Conmutativa anillos sin asumir la identidad

Question

Iba a través de Ejercicios en Dummit&Foote, que no asume la identidad en la definición de un anillo, y llegó el siguiente ejercicio:

Demostrar que en un anillo Booleano ($a^2 = a$ todos los $a$) cada primer ideal es un ideal maximal.

Esto era relativamente fácil asumiendo la identidad, pero no está tan claro, sin identidad. Mis preguntas,entonces, son:

• Esto puede ser resuelto sin asumir la identidad?
• La prueba de que la máxima ideales son el primer requiere de la identidad. Se afirma que si $R$ es un anillo conmutativo con identidad y $I$ es un ideal maximal, entonces $R/I$ es un campo, y por lo tanto una parte integral de dominio. Por lo tanto, $I$ es un alojamiento ideal. Hace algo similar se aplican a conmutativa anillos sin identidad? Son máximos ideales necesariamente prime en esos anillos? Si es así, ¿cuál es un ejemplo de un anillo?

Answer 1

Usted no necesita una identidad. Deje $P$ ser una de las primeras ideal y deje $I$ ser un ideal que estrictamente contiene $P$. Voy a demostrar que $I$ es el conjunto de anillo.

Deje $i \in I - P$. Para cualquier elemento $r$ en el ring, $$ i(r-ri) = ri-ri^2 = ri - ri = 0 \en P. $$ Desde $P$ es un alojamiento ideal, esto implica que $r-ri$$P$. Desde $ri \in I$, esto muestra que $r = (r-ri)+ri \in I$.

Answer 2

Tampoco necesita asumir que el anillo es unital ni el anillo es conmutativo.

Definición: Los anillos, donde para cada una de las $x \in R$ no es un número entero positivo $n(x) >1$ (dependiendo $x$).t. $x^{n(x)}=x,$ son llamados Jacobson-anillos o J-anillos.

Resultado General debido a Jacobson: J-anillos conmutativos. Para la prueba, usted puede tomar un vistazo a la No-conmutativa Anillos por Herstein)

En cualquier J-ring, cada primer ideal es máxima.

Prueba: Supongamos $p$ ser una de las primeras ideal que no es maximal. Así que hay un ideal maximal $m$ $R$ s.t. $p \subsetneq m \subsetneq R.$ Deje $x \in m\setminus p.$ Por la propiedad dada, existe un número natural $n>1$ s.t. $x^n=x$ o $x^n-x=0.$ Deje $y \in R$ ser arbitraria. A continuación,$x^ny-xy=0 \to x(x^{n-1}y-y)=0 \in p$, $x \in p$ o $x^{n-1}y-y \in p.$$x \in m\setminus p$, llegamos a la conclusión de que $x^{n-1}y-y \in p \subsetneq m.$ sabemos que $x \in m$ por lo tanto, $y \in m.$ Desde $y$ fue un elemento arbitrario de $R$ $m=R$ lo cual es una contradicción y hemos terminado.

Answer 3

A la dirección de su última pregunta: no es cierto en general que el máximo de los ideales son necesariamente prime en (propiedad conmutativa) anillos de sin identidad.

Considerar el anillo sin identidad,$R=2\mathbb{Z}$. El ideal de $4\mathbb{Z}$ es máxima en $R$ (ya que tiene el primer índice de un subgrupo), pero no es primo: $2\times 2\in 4\mathbb{Z}$, pero $2\notin 4\mathbb{Z}$.

Por otro lado,

La proposición. Deje $R$ ser un anillo, no necesariamente conmutativo, no necesariamente con la identidad, de tal manera que $RR=R$ (en particular, esto es si $R$ tiene una identidad). Si $\mathfrak{M}$ es un ideal maximal, entonces $\mathfrak{M}$ es un alojamiento ideal; es decir, si $\mathfrak{AB}\subseteq \mathfrak{M}$ de los ideales de la $\mathfrak{A}$$\mathfrak{B}$, $\mathfrak{A}\subseteq\mathfrak{M}$ o $\mathfrak{B}\subseteq \mathfrak{M}$.

Prueba. Deje $\mathfrak{M}$ es un ideal maximal de a $R$, e $\mathfrak{A},\mathfrak{B}$ son ideales tales que ni $\mathfrak{A}$ ni $\mathfrak{B}$ están contenidas en $\mathfrak{M}$; vamos a mostrar que el $\mathfrak{AB}$ no está contenido en $\mathfrak{M}$. De hecho, maximality de $\mathfrak{M}$ da $\mathfrak{A}+\mathfrak{M}=\mathfrak{B}+\mathfrak{M} = R$, por lo que $$R = RR = (\mathfrak{A}+\mathfrak{M})(\mathfrak{B}+\mathfrak{M}) = \mathfrak{AB}+\mathfrak{AM}+\mathfrak{MB}+\mathfrak{MM}\subseteq \mathfrak{AB}+\mathfrak{M}\subseteq R,$$ por lo $\mathfrak{AB}+\mathfrak{M}=R$, por lo tanto $\mathfrak{AB}$ no está contenida en $\mathfrak{M}$. $\Box$

La condición de que $RR=R$ es un poco complicado. Hay anillos en los que esto no es sino la implicación que tiene de todos modos: por ejemplo, tomar un abelian grupo que no tiene la máxima ideales (por ejemplo, $\mathbb{Q}$), y convertirlo en un anillo definiendo $ab=0$ todos los $a,b$. A continuación, los ideales son los subgrupos, y la ausencia de la máxima ideales significa que la implicación es por la vaguedad. Si $RR\neq R$ y no es un ideal maximal que contiene a $RR$, luego de que el ideal será un testimonio de la implicación no se sostiene, como ocurre, por ejemplo, por encima de con $R=2\mathbb{Z}$.

Answer 4

@Ehsan

Utilizando su respuesta llegaría a esto. Que se ve bien para mí

Deje $R$ ser un anillo Booleano es decir $x^2=x$

Deje $P$ ser una de las primeras ideal tal que no es máxima y la $M$ ser un Ideal maximal tal que $P \subsetneq M \subsetneq R$

Además vamos a $y \in M\backslash P$. Ahora sabemos $y^2=y \implies y^2 - y = 0$ ahora vamos a $z$ ser un elemento arbitrario en $R$. A continuación, $y^2z-yz= 0 \implies y(yz-z) = 0 \in P$ así $y \in P$ o $yz-z \in P$ Pero que afirmó $y \in M \backslash P$, por lo que podemos concluir que $yz-z \in P$ y sabemos $y \in M$ pero $z \in P \subsetneq M \implies z \in M$ $z$ fue elegido de forma arbitraria por lo tanto $M=R$, tenemos una contradicción.

Answer 5

Usted no asume la identidad, a la vez, recordar que un anillo Booleano es definida como la presencia de identidades. La definición dada en paréntesis en este enunciado del problema es sólo una simplificación de la especificación.