¿Contiene todo conjunto cerrado de ideales primos de un anillo noetheriano (conmutativo) un subconjunto denso finito?
EDITAR 1. He aquí la motivación. En libros como el libro rojo de Mumford o Eisenbud-Harris, los autores describen la topología del espectro de algunos anillos noetherianos interesantes describiendo sólo los cierres de puntos. La respuesta de Zev demuestra que, después de todo, tienen razón: esto cuenta toda la historia, porque cualquier conjunto cerrado es una unión finita de tales cierres.
EDITAR 2. En aras de la exhaustividad, he aquí una prueba de la siguiente afirmación:
(*) Un anillo noetheriano sólo contiene un número finito de ideales primos mínimos.
Sea $A$ sea nuestro anillo noetheriano, y sea $R$ el conjunto de los ideales $\mathfrak a$ de $A$ que son iguales a su radical $r(\mathfrak a)$ . Utilizaremos los siguientes datos:
(a) $r(\mathfrak a\mathfrak b)=r(\mathfrak a\cap\mathfrak b)=r(\mathfrak a)\cap r(\mathfrak b)$ para todos los ideales $\mathfrak a,\mathfrak b$ en particular $\mathfrak a,\mathfrak b\in R\Rightarrow$ $\mathfrak a\cap\mathfrak b\in R$ ,
(b) si $\mathfrak p\in R$ y si las condiciones $\mathfrak a,\mathfrak b\in R$ y $\mathfrak p=\mathfrak a\cap\mathfrak b$ implica $\mathfrak p=\mathfrak a$ ou $\mathfrak p=\mathfrak b$ entonces $\mathfrak p$ es primo.
La afirmación (a) es clara. Demostramos (b). Sea $\mathfrak p$ cumplen los supuestos de (b) y supongamos por contradicción que $\mathfrak p$ es pas de primera. Por (a) hay ideales $\mathfrak c,\mathfrak d$ tal que $\mathfrak p\supset\mathfrak c\cap\mathfrak d$ , $\mathfrak p\not\supset\mathfrak c$ , $\mathfrak p\not\supset\mathfrak d$ .
De hecho, como $\mathfrak p$ no es primo, hay ideales $\mathfrak c',\mathfrak d'$ tal que $\mathfrak p\supset\mathfrak c'\mathfrak d'$ , $\mathfrak p\not\supset\mathfrak c'$ , $\mathfrak p\not\supset\mathfrak d'$ y basta con establecer $\mathfrak c:=r(\mathfrak c')$ , $\mathfrak d:=r(\mathfrak d')$ . (Nota $\mathfrak c\cap\mathfrak d=r(\mathfrak c'\mathfrak d')\subset\mathfrak p$ por (a).)
En particular, $\mathfrak p$ no contiene $\mathfrak a:=r(\mathfrak c+\mathfrak p)$ ni $\mathfrak b:=r(\mathfrak d+\mathfrak p)$ y tenemos por (a) $$ \mathfrak a\cap\mathfrak b=r((\mathfrak c+\mathfrak p)(\mathfrak d+\mathfrak p))\subset\mathfrak p\subset\mathfrak a\cap\mathfrak b, $$ y así $\mathfrak p=\mathfrak a\cap\mathfrak b$ . Pero la elección de $\mathfrak p$ implica $\mathfrak p=\mathfrak a$ de $\mathfrak p=\mathfrak b$ una contradicción. Esto demuestra (b).
Para demostrar (*) $I\subset R$ sea el conjunto de intersecciones finitas de primos. Afirmamos que $I=R$ .
Para demostrar esta igualdad, argumentamos de nuevo por contradicción, suponiendo que $I\neq R$ . Sea $\mathfrak p$ sea un elemento maximal de $R\setminus I$ . En particular $\mathfrak p$ es pas primo, y (b) implica que hay $\mathfrak a,\mathfrak b\in R$ tal que $\mathfrak p=\mathfrak a\cap\mathfrak b$ y $\mathfrak a\neq \mathfrak p\neq\mathfrak b$ . Por maximalidad de $\mathfrak p$ tenemos $\mathfrak a,\mathfrak b\in I$ y, por tanto $\mathfrak p\in I$ contradicción. Esto demuestra $I=R$ .
En particular, el nilradical $\mathfrak n$ , estando en $R=I$ es la intersección de los primos $\mathfrak p_1,\dots,\mathfrak p_n$ . Sea $\mathfrak p$ sea un primo arbitrario. Como $\mathfrak p$ contiene $\mathfrak n$ contiene uno de los $\mathfrak p_i$ . Esto demuestra (*).
