Nilradicales sin el lema de Zorn

Question

Es bien sabido que el nilradical de un anillo conmutativo con identidad $A$ es la intersección de todos los ideales primos de $A$ .

Todas las pruebas que he encontrado (por ejemplo, en el clásico "Álgebra Conmutativa" de Atiyah y Macdonald) utilizan el lema de Zorn para demostrar que $x \notin Nil(A) \Rightarrow x \notin \cap_{\mathfrak{p}\in Spec(A)} \mathfrak{p}$ (la otra forma es inmediata). ¿Alguien conoce una prueba que no lo implique?

Answer 1

Ya que has pedido una prueba, permíteme complementar la respuesta de Chris Phan esbozando una prueba que se basa únicamente en la Teorema de la compacidad para la lógica proposicional, que es otro equivalente de la Teorema del ultrafiltro sobre ZF.

Sea A un anillo conmutativo y sea x ∉ Nil(A). A cada elemento a ∈ A asociamos una variable proposicional p _a y sea T la teoría cuyos axiomas son

• p ₀ , ¬p ₁ , ¬p _x , ¬p _{x ²} , ¬p _{x ³} ,...
• p _a ∧ p _b → p _a+b para todo a, b ∈ A.
• p _a → p _ab para todo a, b ∈ A.
• p _ab → p _a ∨ p _b para todo a, b ∈ A.

Los modelos de T corresponden precisamente a los ideales primos que no contienen a x. En efecto, si P es un ideal de este tipo, entonces al establecer p _a es verdadera si a ∈ P satisface todos los axiomas anteriores, y a la inversa. Así que basta con demostrar que T tiene un modelo.

Puesto que x n ≠ 0 para todo n, se puede verificar usando ideales sobre subrings finitamente generados de A que la teoría T es finitamente consistente, es decir, cualquier subconjunto finito de T tiene un modelo. (Lo que acabo de ocultar aquí es una prueba constructiva del teorema para cocientes de Z[v ₁ ,...,v _n ].) El Teorema de la compacidad para la lógica proposicional garantiza entonces que T tiene un modelo.

Answer 2

Y. Rav demostró esto utilizando el Principio del Ultrafiltro ("Todo filtro sobre un conjunto puede extenderse a un ultrafiltro"), que es más débil que el Axioma de Elección. Teorema 4.1 de Variantes del lema de selección de Rado y sus aplicaciones, Math. Nachr. 79 (1977), 145--165 estados:

Teorema 4.1. Sea R sea un anillo, $\mathfrak{a}$ un ideal propio en R y supongamos que S es un subsemigrupo multiplicativo de R que no cumple $\mathfrak{a}$ . Entonces se deduce del Principio de Ultrafiltro que existe un ideal primo $\mathfrak{p}$ en R tal $\mathfrak{a} \subseteq \mathfrak{p}$ y $\mathfrak{p} \cap S= \emptyset$ .

Rav también mostró:

Corolario 4.4. Las siguientes afirmaciones son mutuamente equivalentes en el conjunto ZF ZF:
(a) Todo filtro de un conjunto puede convertirse en un ultrafiltro.
(b) En todo anillo asociativo conmutativo con identidad, todo ideal propio está incluido en algún ideal primo.
(c) En toda álgebra booleana, todo ideal propio (resp. filtro) está incluido en algún ideal primo (resp. ultrafiltro).

Answer 3

Supongo que el argumento que tiene en mente es el siguiente: supongamos que $f \in \cap \mathfrak{p}$ ; a continuación, demostrar que $f$ es nilpotente, basta con demostrar que el anillo localizado $A_f$ es cero. Y de hecho, si $f$ está en todo ideal primo de $A$ entonces $A_f$ no tiene ningún ideal primo; como todo anillo distinto de cero tiene un ideal máximo por el lema de Zorn, debemos tener $A_f = 0$ .

Esta línea de razonamiento se adapta fácilmente para demostrar que, de hecho, la afirmación de que $\operatorname{Nil}(A) = \cap \mathfrak{p}$ implica que todo anillo distinto de cero tiene un ideal primo. En efecto, supongamos que $A$ fueran distintos de cero sin ideales primos; entonces $\cap \mathfrak{p} = A$ por lo que cada elemento de $A$ es nilpotente. En particular, $1 = 1^n = 0$ Así que $A = 0$ .

Siguiendo la respuesta de Eric Rowell, esto está muy cerca de ser equivalente al axioma de elección (sin embargo, no implica obviamente la existencia de máximo ideales).

Answer 4

Esto parece difícil ya que el teorema de Krull (existencia de ideales maximales) implica el Axioma de Elección. Esto se debe a W. Hodges Creo.