la localización de un anillo es una parte integral de dominio iff los aniquiladores de divisores de cero son ideales comaximal

Question

Agradecería cualquier ayuda con el siguiente problema. deje $R$ ser un anillo conmutativo (con $1$). Necesito mostrar que los siguientes son equivalentes

i) para cada primer ideal $P$, la localización de la $R_P$ es una parte integral de dominio

ii) para cada ideal maximal $M$, $R_M$ es una parte integral de dominio

iii) por $x,y \in R$ tal que $xy = 0$ tenemos $Ann(x) + Ann(y) = R$ donde $Ann$ denota el annihilator ideal.

Claramente, i) implica ii), y me mostró que ii) implica iii). Si iii) eran falsos, a continuación, podemos encontrar $x,y \in R$ $xy = 0$ $Ann(x) + Ann(y) \subset M$ para un ideal maximal $M$. Luego, en $R_M$ tenemos $\frac{xy}{1} = \frac{0}{1}$. Ahora, estamos suponiendo que la $R_M$ es una parte integral de dominio, por lo tanto cualquiera de las $\frac{x}{1} = \frac{0}{1}$ o $\frac{y}{1} = \frac{0}{1}$. Por lo tanto, no existe $s,t \in R-M$ tal que cualquiera de las $sx = 0$ o $ty = 0$. Pero $sx = 0$ significa que $s \in Ann(x)$, por lo tanto $s \in M$, lo que contradice el hecho de que $s \in R-M$. Del mismo modo, $ty = 0$ conduce a una contradicción. Ii) implica iii).

Estoy teniendo problemas para demostrar que iii) implica i). Deje $P$ ser un primer ideal de $R$ y supongamos que $\frac{x}{s} \cdot \frac{y}{t} =\frac{0}{1}$. Esto significa que no existe $z \in R-P$$zxy = 0$. Ahora, quiero mostrar que cualquiera de las $\frac{x}{s}$ o $\frac{y}{t}$ es igual a $0$, por lo que he intentado demostrar que, o bien $zx = 0$ o $zy = 0$. En el supuesto de que hemos $Ann(zx) + Ann(y) = R$, pero no veo cómo a la conclusión de que la $Ann(zx) = R$ (o tal vez este enfoque no es correcto aún).

Estoy estudiando esto por mi cuenta, así que esto no es un problema de HW. Agradecería cualquier sugerencia. Gracias de antemano.

Answer 1

Supongo que su enfoque es correcto, pero hay que ser un poco más delicado.

Vamos a comenzar con una observación relativa a la localización en general:

Lema

Si $\mathfrak{p}$ es un alojamiento ideal, entonces para cualquier $x \in R$ tal que $x/1 \neq 0 \in R_\mathfrak{p}$$\mathrm{Ann}(x) \subset \mathfrak{p}$.

Prueba

En efecto, supongamos que $t \in \mathrm{Ann}(x)$, o en otras palabras $tx = 0$$t \not \in \mathfrak{p}$. A continuación, $1/t$ es un elemento válido de $R_\mathfrak{p}$ y podemos calcular: $$ 0 = tx/1 \cdot 1/t = tx/t = x/1 \neq 0 $$ que forma el deseado contradicción. $\square$

Ahora, supongamos que como usted lo hizo, eso $x/s \cdot y/t = 0 \in R_\mathfrak{p}$. Entonces usted acertadamente a la conclusión de que $xyz = 0$ algunos $z \not \in \mathfrak{p}$. Será suficiente para demostrar que $x/1 = 0$ o $y/1 = 0$. Supongamos lo contrario, es decir, que $x/1 \neq 0$$y/1 \neq 0$. Entonces, sostenemos que también se $xz/1 \neq 0$, ya que el $z/1$ es invertible. Por el lema, sabemos que $$\mathrm{Ann}(xz), \mathrm{Ann}(y) \subset \mathfrak{p}$$ so $$\mathrm{Ann}(xz) + \mathrm{Ann}(y) \subset \mathfrak{p} + \mathfrak{p} = \mathfrak{p}$$ But from (iii) we know that $$\mathrm{Ann}(xz) + \mathrm{Ann}(y) = R$$ cual es el deseado contradicción.