El radical de un ideal monomio también es monomio

Question

Tengo problemas con esto:

Necesito demostrar que en el polinomio anillo el radical de un ideal generado por monomials también es generado por monomials.

He encontrado una prueba en internet que utiliza el casco convexo de la multidegrees de la monomials, pero quiero una prueba de que utiliza menos de la terminología. Por ejemplo, se puede demostrar de una manera sencilla el siguiente:

Dado un monomio $u=x^a = \prod\limits_{k = 1}^n {x_k ^{\alpha_k}}$ definimos $\sqrt u = \prod\limits_{k = 1}^n {x_k }$. ¿Cómo puedo probar que si $G(I)$ es un conjunto mínimo de generadores de $I$ ( he demostrado que este conjunto es también un monomio), entonces el conjunto $\left\{\sqrt u: u \in G\left(I\right) \right\}$ genera el radical de $I$?

Answer 1

Reclamo: Si $m_1,\ldots,m_s$ son monomials en $K[x_1,\ldots,x_n]$, $$\sqrt{\langle m_1,\ldots,m_s\rangle} = \langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle.$$

Prueba: Pon $k_i:=(\text{greatest exponent of any variable in }m_i)\in\mathbb{N}$, es decir, si $m_i=x_{j_1}^{a_1}\cdots x_{j_l}^{a_l}$$k_i=\max\{a_1,\ldots,a_l\}$. Ahora pon $k:=k_1+\cdots+k_s-s+1$. Tenemos $\langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle^k\subseteq \langle m_1,\ldots,m_s\rangle$, debido a que cada término de $\prod_{j=1}^k(f_{1,j}\sqrt{m_1}+\cdots+f_{s,j}\sqrt{m_s})$ tiene la forma $f\sqrt{m_1}^{\beta_1}\cdots\sqrt{m_s}^{\beta_s}$ donde$b_j\in\mathbb{N}_0$$\beta_1+\cdots+\beta_s=k$, lo que significa que al menos uno de los $\beta_j\geq k_j$. Por lo tanto $$\langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle^k\subseteq\langle m_1,\ldots,m_s\rangle\subseteq\langle\sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle/\sqrt{~},$$ $$\sqrt{\langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle}\subseteq\sqrt{\langle m_1,\ldots,m_s\rangle}\subseteq\sqrt{\langle\sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle}.$$ Así es mostrar que $\sqrt{\langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle}=\langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle$, es decir, que squarefree monomio ideales son radicales.

Si $\sqrt{m_1}=x_{j_1}\cdots x_{j_l}$,$\langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle=\bigcap_{r=1}^l\langle x_{j_r},\sqrt{m_2},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle$, debido a que por el punto e) de mi post aquí, $$\langle x_{j_1},\sqrt{m_2},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle\cap\langle x_{j_2},\sqrt{m_2},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle= \sum\sum\langle\mathrm{lcm}(\ast,\ast)\rangle= \langle x_{j_1}x_{j_2},\sqrt{m_2},\ldots,\sqrt{m_s} \rangle.$$ Siguiente, $\langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle=\bigcap_r\bigcap_{r'}\langle x_{j_r},x_{j_{r'}},\sqrt{m_3},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle$, y así sucesivamente. Por lo tanto, $\langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle = \bigcap_\lambda\mathfrak{p}_\lambda$ por unos ideales $\mathfrak{p}_\lambda$, generado por las variables. Pero $\mathfrak{p}_\lambda$ son primos por b), por lo tanto $\sqrt{\langle \sqrt{m_1},\ldots,\sqrt{m_s}\rangle} = \sqrt{\cap_\lambda\mathfrak{p}_\lambda}=\cap_\lambda\sqrt{\mathfrak{p}_\lambda}=\cap_\lambda\mathfrak{p}_\lambda$, ya que el primer ideales son radicales. $\blacksquare$

Answer 2

Deje $J=\oplus J_i$ $\mathbb{Z}$ o $\mathbb{N}$ clasificados módulo a través de un anillo graduado $R=\oplus R_i$ (esta pregunta es un caso). Denotar por $J^\ast$ el ideal generado por homogéneos elementos de $J$.

Cada vez que escribimos algo en su único grado de descomposición, vamos a escribir $x=\sum x_i$ donde $x_i$ es homogénea de grado $i$.

Idea clave: Por definición, un elemento $x\in J$ $J^\ast$ fib $x_i\in J$ todos los $i$.

La proposición: $(\sqrt{J})^\ast=\sqrt{J^\ast}$.

Lema: Si $z$ es un elemento homogéneo de $J$,$z\in \sqrt{J}\iff z\in\sqrt{J^\ast}$.

La prueba del lema: $z\in \sqrt{J}\iff \exists n, z^n\in J\iff \exists n, z^n\in J^\ast\iff z\in \sqrt{J^\ast} $ QED.

La prueba de la proposición: Por el lema, cualquier elemento homogéneo de $\sqrt{J}$$\sqrt{J^\ast}$, y por lo $(\sqrt{J})^\ast\subseteq\sqrt{J^\ast}$.

Ahora procedemos a mostrar la igualdad a través de una contradicción. Supongamos que existe una $x=\sum x_i\in \sqrt{J^\ast}\setminus(\sqrt{J})^\ast $. Si uno de los $x_i$$\sqrt{J}$, $x-x_i$ está todavía en $\sqrt{J^\ast}\setminus(\sqrt{J})^\ast $. WLOG a continuación, reemplace $x$, con lo que queda después de restar todos los de la $x_i$ que ya están en $\sqrt{J}$.

Supongamos que momentáneamente $x$ tiene una estrictamente positivo de grado plazo, y deje $x_{max}$ ser el término de mayor grado positivo. Por definición, existe una $n$ tal que $x^n\in J^\ast$, por lo que cada homogénea plazo de $x^n$$J$. Pero el mayor grado de plazo en $x^n$$x_{max}^n$, lo $x_{max}^n\in J$, y, en consecuencia,$x_{max}\in\sqrt{J}$. Esto es una contradicción ya que el $x_{max}$ no $\sqrt{J}$. Por lo tanto, $x$ no tiene estrictamente positivo de grado plazo.

Si la clasificación es Por un argumento similar, $x$ no tiene estrictamente negativo grado plazo. Por lo tanto, $x$ es homogénea de grado cero, y por lo tanto es en $(\sqrt{J})^\ast$: es una contradicción!