La mayoría de los libros que tengo el tratamiento primario de la descomposición sólo en el Noetherian caso. Atyiah-MacDonald va un paso más allá y armario de la singularidad teoremas de descomposición primaria sin la Noetherian hipótesis. Pero a mí me parece que una ligera resultado diferente al habitual.
Definiciones
Recordar que un primer $P$ se dice que se asocia a la $A$-módulo de $M$ si existe $m \in M$ tal que $P = Ann(m)$; equivalentemente, $A/P$ inyecta en $M$. Me indican por $Ass(M)$ el conjunto de los asociados de los números primos. Si $A$ $M$ son Noetherian, este no es siempre vacío.
Un sitio ideal para una $I$ dejamos $Ass(I) = Ass(A/I)$. Así que un primer $P$ está asociado a $I$ si y sólo si $P$ es de la forma $(I : x)$ algunos $x \in A$.
Para los efectos de esta pregunta, permítanme decir que el $P$ pertenece a $I$ si y sólo si $P$ es de la forma $\sqrt{(I : x)}$ algunos $x \in A$. Llamamos a $Bel(I)$ el conjunto de los números primos pertenecientes a $I$.
A continuación, el resultado de Atyiah-MacDonald muestra que si $I$ tiene una (mínima) de primaria de descomposición $I = \bigcap Q_i$, y si dejamos $P_i = \sqrt{Q_i}$, el conjunto de $P_i$ que aparecen es exactamente $Bel(I)$. La costumbre formulación, en cambio, que para $A$ Noetherian este conjunto es $Ass(I)$.
El problema
Quiero entender la relación entre el$Ass(I)$$Bel(I)$. Claramente, ya que el primer ideales son radicales, $Ass(I) \subset Bel(I)$. En general no veo ningún motivo por el contrario inclusión debe ser cierto.
Veamos cómo ir probando el opuesto a la inclusión en un caso especial. Suponga $I$ es descomponible. A continuación, por el resultado de Atyiah-MacDonald es suficiente para demostrar que si tenemos un mínimo primaria descomposición $I = \bigcap Q_i$, y si dejamos $P_i = \sqrt{Q_i}$,$P_i \in Ass(I)$.
Hagamos esto por $P_1$ y llame a $R = Q_2 \cap \cdots \cap Q_n$. También me llama $P = P_1$, $Q = Q_1$, por lo $I = Q \cap R$.
Luego de observar que los $R/I = R/(R \cap Q) \cong (R + Q) /Q \subset A/Q$. Desde $Q$ $P$- primaria, $Ass(A/Q) = P$. Por lo $Ass(R/I) \subset \{ P \}$.
Si por otra parte $A$ es Noetherian este conjunto no vacío, por lo $Ass(R/I) = \{ P \}$ y, a fortiori, de ello se sigue que $P \in Ass(A/I)$.
No veo la manera de hacer esto sin la Noetherian hipótesis, sin embargo.
Preguntas
Es $Ass(I) = Bel(I)$ siempre, incluso si $A$ no es Noetherian?
Es $Ass(I) = Bel(I)$ si asumimos que $A$ no es Noetherian, pero al menos $I$ es descomponible?
