Bijección entre ideales de $R/I$ e ideales que contengan $I$

Question

He leído que existe una correspondencia de uno a uno entre los ideales de $R/I$ y los ideales que contienen $I$ . ( $R$ es un anillo y $I$ es cualquier ideal en $R$ )

¿Es obvia esta biyección? Para mí no lo es. ¿Puede alguien decirme cómo es la biyección explícitamente? Muchas gracias por vuestra ayuda.

Answer 1

Éste es sólo uno de los teoremas de isomorfismo. Es válido para grupos, anillos, módulos y, en general, para cualquier álgebra (en el sentido de álgebra universal). Las pruebas son todas iguales; de hecho, se puede tomar la prueba para grupos y se convertirá en una prueba para anillos mutatis mutandis . Aquí está, explícitamente, para los anillos.

Sea $R$ sea un anillo, sea $I$ sea un ideal. La correspondencia uno a uno entre subrings de $R/I$ y subrings de $R$ que contienen $I$ (que de hecho también hace que los ideales se correspondan con los ideales) se da de la siguiente manera:

Sea $\pi\colon R\to R/I$ sea la proyección canónica que envía $r$ a la clase $r+I$ .

Dado un subring $S$ de $R$ con $I\subseteq S\subseteq R$ dejamos que $$\pi(S) = \{\pi(s)\mid s\in S\} = \{s+I\mid s\in S\}\subseteq R/I.$$

Dado un subring $T$ de $R/I$ la hacemos corresponder con $$\pi^{-1}(T) = \{r\in R\mid \pi(r)\in T\}.$$

1. $\pi(S)$ es un subring de $R/I$ siempre que $S$ es un subring de $R$ que contiene $I$ . Si $S$ es un ideal (izquierdo, derecho, de dos lados), entonces $\pi(S)$ es un ideal (izquierdo, derecho, de dos caras) de $R/I$ .

   Prueba. $0\in S$ Así que $\pi(0) = 0+I \in \pi(S)$ Por lo tanto $\pi(S)$ no está vacío. Además, si $(s+I),(t+I)\in \pi(S)$ con $s,t\in S$ entonces $s-t\in S$ Así que $(s+I)-(t+I) = (s-t)+I = \pi(s-t)\in \pi(S)$ . Así, $\pi(S)$ es un subgrupo de $R/I$ . Y si $s+I,t+I\in\pi(S)$ con $s,t\in S$ entonces $(s+I)(t+I) = st+I = \pi(st)\in \pi(S)$ (ya que $S$ es un subring de $R$ ), por lo que $\pi(S)$ es un subring.

   Si además $S$ es un ideal (izquierdo) de $R$ entonces dado $(s+I)\in \pi(S)$ y $(a+I)\in R/I$ con $s\in S$ tenemos $(a+I)(s+I) = as+I = \pi(as)$ ya que $S$ es un ideal (izquierdo), $s\in S$ y $a\in R$ entonces $as\in S$ Así que $\pi(as)\in \pi(S)$ . Argumentos similares establecen los casos de la derecha y de los dos lados.

2. Si $T$ es un subring de $R/I$ entonces $\pi^{-1}(T)$ es un subring de $R$ que contiene $I$ . Si $T$ es un ideal (izquierdo, derecho, de dos lados), entonces también lo es $\pi^{-1}(T)$ .

   Prueba. $0+I\in T$ y puesto que para todo $a\in I$ , $\pi(a)=a+I = 0+I\in T$ entonces $a\in \pi^{-1}(T)$ . Así, $\pi^{-1}(T)$ contiene $I$ . Si $r,s\in \pi^{-1}(T)$ entonces también lo son $r-s$ y $rs$ ya que $\pi(r-s) = (r-s)+I = (r+I)-(s+I)\in T$ (ya que $r+I,s+I\in T$ y $T$ es un subring) y $\pi(rs) = rs+I = (r+I)(s+I)\in T$ (ya que $T$ es cerrado bajo productos y $r+I,s+I\in T$ ). Por lo tanto, $\pi^{-1}(T)$ es un subring de $R$ .

   Si $T$ es un ideal izquierdo de $R/I$ y $s\in\pi^{-1}(T)$ , $a\in R$ entonces $\pi(s)\in T$ Así que $\pi(as) = \pi(a)\pi(s)\in T$ (ya que $T$ es un ideal de la izquierda), por lo que $as\in\pi^{-1}(T)$ . Así, $\pi^{-1}(T)$ es un ideal izquierdo de $R$ . Argumentos similares establecen los casos de la derecha y de los dos lados.

3. Las correspondencias son inversas entre sí, por lo que son biyecciones.

   Prueba. Si $(\pi^{-1}\circ\pi)$ y $(\pi\circ\pi^{-1})$ son ambas la identidad, entonces $\pi$ es un isomorfismo.

   Sea $S$ sea un ideal de $R$ que contiene $I$ . Entonces $S\subseteq \pi^{-1}(\pi(S))$ es válida, porque es válida para cualquier subconjunto y cualquier función. Supongamos que $a\in \pi^{-1}(\pi(S))$ . entonces $\pi(a)\in \pi(S)$ por lo que existe $s\in S$ tal que $\pi(a)=\pi(s)$ Por lo tanto $\pi(a-s)\in\mathrm{ker}(\pi) = I$ . Así, $a-s\in I\subseteq S$ . Desde $a-s,s\in S$ y $S$ es un subring de $R$ entonces $a=(a-s)+s\in S$ . Así, $\pi^{-1}(\pi(S))\subseteq S$ demostrando $(\pi^{-1}\circ\pi)=\text{id}$ .

   Por el contrario, si $T$ es un ideal de $R/I$ entonces $\pi(\pi^{-1}(T))=T$ porque $\pi$ es onto y esta igualdad es válida para cualquier función suryectiva. $\Box$

4. Las correspondencias preservan la inclusión.

   Prueba. Para cualquier función $f\colon X\to Y$ y subconjuntos $A,B\subseteq X$ si $A\subseteq B$ entonces $f(A)\subseteq f(B)$ y para cualquier subconjunto $C,D$ de $Y$ si $C\subseteq D$ entonces $f^{-1}(C)\subseteq f^{-1}(D)$ por lo que se deduce de consideraciones puramente teóricas.

Answer 2

Sea $J\supseteq I$ sea un ideal de $R$ . Porque $I$ es cerrado bajo negación y $J$ es cerrado por adición, cada coset de $I$ está contenido en $J$ o disjuntos de $J$ y, por tanto $J$ corresponde directamente a un subconjunto de $R/I$ mediante el homomorfismo canónico de proyección $\pi:R\to R/I$ la imagen resulta ser un ideal.

En el otro sentido, supongamos $K$ es un ideal en $R/I$ . Entonces $\pi^{-1}(K)$ se ve fácilmente que es un ideal de $R$ (la preimagen de un ideal bajo un homomorfismo suryectivo es siempre un ideal); contiene $I$ porque $0_{R/I}$ debe estar en todo ideal.