Ideales comaximales en un anillo conmutativo

Question

Sea $R$ sea un anillo conmutativo y $I_1, \dots, I_n$ ideales comaximales pares en $R$ es decir, $I_i + I_j = R$ para $i \neq j$ . ¿Por qué los ideales $I_1^{n_1}, ... , I_r^{n_r}$ (para cualquier $n_1,...,n_r \in\mathbb N$ ) ¿también comaximal?

Answer 1

Basta con demostrarlo para el caso de dos ideales comaximales, digamos $I,J$ . Necesidad de mostrar, $I^m+J^n=R$ para cualquier número entero positivo $m,n$ . Ahora, $R=R^{m+n-1}=(I+J)^{m+n-1}\subseteq I^m+J^n$ ya que en la expansión binomial de $(I+J)^{m+n-1}$ en cada término, ya sea el poder de $I$ es como mínimo $m$ o el poder de $J$ es como mínimo $n$ por el principio del encasillamiento.

Answer 2

Si está familiarizado con los radicales ideales, entonces, como mencioné en sci.math la prueba es de una sola línea:

$$\rm rad\ (I^m +\: \cdots\: + J^n) \ \supset\ I +\:\cdots\:+ J\: =\: 1\ \ \Rightarrow\ \ I^m +\:\cdots\: + J^n\: =\: 1 $$

Alternativamente, y de forma mucho más general, puede verse como una consecuencia inmediata de la El sueño de un novato teorema del binomio $\rm\ (A + B)^n = A^n + B^n\ $ . Este teorema es cierto tanto para la aritmética de GCDs como para los ideales (invertibles) simplemente porque, en ambos casos, la multiplicación es cancelativa y la suma es idempotente, es decir. $\rm\ A + A = A\ $ para ideales y $\rm\ (A,A) = A\ $ para los DGC. Combinando esto con las leyes asociativa, conmutativa y distributiva de la suma y la multiplicación obtenemos la siguiente prueba muy elemental de nivel de bachillerato del Sueño del Novato:

$\rm\qquad\quad (A + B)^4 \ =\ A^4 + A^3 B + A^2 B^2 + AB^3 + B^4 $

$\rm\qquad\quad\phantom{(A + B)^4 }\ =\ A^2\ (A^2 + AB + B^2) + (A^2 + AB + B^2)\ B^2 $

$\rm\qquad\quad\phantom{(A + B)^4 }\ =\ (A^2 + B^2)\ \:(A + B)^2 $

Así $\rm\quad {(A + B)^2 }\ =\ \ A^2 + B^2\ $ si $\rm\ A+B\ $ es cancelativo, por ejemplo, si $\rm A+B = 1$ .

La misma prueba funciona en general ya que, como en el caso anterior

$\rm\qquad\quad (A + B)^{2n}\ =\ A^n\ (A^n + \:\cdots\: + B^n) + (A^n +\:\cdots\: + B^n)\ B^n $

$\rm\qquad\quad\phantom{(A + B)^{2n}}\ =\ (A^n + B^n)\ (A + B)^n $

Así $\rm\quad {(A + B)^n }\ =\ \ A^n + B^n\ $ si $\rm\ A+B\ $ es cancelativo, por ejemplo, si $\rm A+B = 1$ .

En el caso GCD $\rm\ A+B\ := (A,B) = \gcd(A,B)\ $ para $\rm\:A,B\:$ en un dominio GCD, es decir, un dominio donde $\rm\: \gcd(A,B)\:$ existe para todos $\rm\:A,B \ne 0,0.\,$ Así que el Sueño es cierto ya que $\rm\:A+B = (A,B)\:$ es cancelable, siendo distinto de cero en un dominio.

En un dominio, los ideales principales distintos de cero son cancelables, por lo que Sueño es cierto para ideales en un PID (por ejemplo $\mathbb Z\:$ ) o, por ejemplo, los ideales (finitamente generados) de un dominio de Bezout. En términos más generales, Dream también es válido en cualquier dominio Dedekind (por ejemplo cualquier anillo numérico), ya que los ideales no nulos son invertibles y, por tanto, cancelables.

De hecho, este "sueño del novato" es cierto para todos los ideales f.g. en el dominio $\rm\:D\:$ si todo ideal f.g. no nulo es invertible. Tales dominios se conocen como dominios de Prufer. Son generalizaciones no noetherianas de los dominios Dedekind de Dedekind. Además forman una clase importante de dominios porque también pueden caracterizarse equivalentemente por un gran número de otras propiedades importantes, por ejemplo, son precisamente los dominios que satisfacen el teorema chino del resto; $\ $ Lemma de Gauss: la ideal de contenido $\rm\ \ c(fg) = c(f)\ c(g)\:$ ; $\ $ los ideales f.g. no nulos son cancelables; $\ $ f.g. los ideales satisfacen contiene $\Rightarrow$ divide; $\: $ etc. Se calcula que que se conocen cerca de cien caracterizaciones de este tipo. Véase mi publicar aquí para una treintena de caracterizaciones de este tipo.

Answer 3

Una ligera variación de la frase radical: Observa que dos ideales $A$ y $B$ son comaximales (es decir. $A+B=R$ ) si y sólo si el ideal $A+B$ no está contenido en ningún ideal maximal del dominio. Tomemos ahora el ideal $A^{m} + B^{n}$ . Reclamación: $A^{m} + B^{n} = R$ . Porque si no $A^{m} + B^{n}$ debe estar contenido en un ideal maximal $M$ . Pero como $A^{m}$ , $B^{n}$ están contenidos en $A^{m} + B^{n}$ tenemos $A^{m}$ , $B^{n}$ contenida en $M$ . Desde $M$ es un primo obtenemos $A$ , $B$ contenida en $M$ una contradicción. Un razonamiento similar demostrará que $A^{m}$ , $B^{n}$ comaximal implica que $A$ , $B$ son comaximales. Muhammad

Answer 4

En los comentarios aquí se ha planteado la cuestión de si tal propiedad es válida para los anillos conmutativos sin unidad.

La respuesta es negativa, como muestra el siguiente ejemplo: $R=\mathbb Z$ con multiplicación cero, es decir, $a*b=0$ para cualquier $a,b\in\mathbb Z$ et $I=2\mathbb Z$ , $J=3\mathbb Z$ . Claramente $I+J=R$ y puesto que $R^2=0$ tenemos $I^m+J^n=0$ para cualquier $m,n\ge2$ .

Answer 5

Una ligera variación con respecto a otras pruebas. Supongamos $I+J=R$ Así que $a+b=1$ para algunos $a\in I, b \in J$ . Quiero sustituir $a$ por $a^n$ Así que escribo $a^n + (a-a^n) + b = 1$ . Si supiera que $a-a^n$ está en $J$ podría agruparlo con $b$ y obtener $a^n+b' = 1$ Así que $I^n+J = R$ . Pero $a-a^n = a(1-a^{n-1})$ es divisible por $1-a = b \in J$ por lo que, de hecho, está en $J$ . En $I^n+J=R$ el caso general $I^n+J^m=R$ se sigue por otra aplicación del mismo argumento.