Llevo un tiempo atascado en este problema:
Sea R un anillo conmutativo con $1 \neq 0$ . Si R tiene un único ideal maximal (es decir, R es local), entonces $x$ o $1-x$ (o ambos) son unidades en R.
Respuestas
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Sea M el único ideal maximal en R. Supongamos por contradicción que $x \in R$ tal que $x \notin M$ no es una unidad. Considere $(x)$ . Como todo ideal propio de un anillo con identidad está contenido en algún ideal maximal, se deduce que $(x) \subset I$ para algún ideal máximo $I \subset R$ . Además, se deduce que $I = M$ ya que M es el único ideal maximal en $R$ . Así, $(x) \subset M$ lo cual es una contradicción porque $x \notin M$ . Por lo tanto, cualquier $x \in R$ tal que $x \notin M$ es una unidad.
Ahora, dejemos que $x \in M$ . Supongamos por contradicción que $1-x \in M$ . Entonces, se deduce que $1-x = m$ para algunos $m \in M$ y además, $1 = x + m$ . Dado que M es un ideal y, por lo tanto, cerrado bajo adición, $1 \in M$ . Así, $M=R$ contradiciendo la construcción de M. Por lo tanto, $1-x \notin M$ y por mi argumento anterior $1-x$ es una unidad.
Maffred
Puntos
843
Supongamos que $I=(x)$ y $J=(1-x)$ son ideales propios.
Todo ideal propio está contenido en un ideal máximo, pero sólo hay uno, digamos $M$ . Entonces $I \subset M$ y $J \subset M$ y así $x, (1-x) \in M \implies x+(1-x)=1 \in M$ lo cual es absurdo.
Entonces $I$ o $J$ o ambos no son adecuados, por ejemplo $I=R \implies \exists a \in R$ tal que $ax=1 \implies x$ es una unidad.
