Si $I\subseteq J\subseteq A$ tienen la misma imagen en la localización por todos los ideales maximales, entonces $I=J$

Question

Primero expondré mi pregunta:

Supongamos que $I\subseteq J\subseteq A$ son dos ideales en un anillo conmutativo $A$ . Además, supongamos que para cada ideal máximo $\mathfrak{m}$ de $A$ la imagen de $I$ y $J$ bajo el mapa canónico $A\to A_{\mathfrak{m}}$ es el mismo. ¿Cómo puedo demostrar que $I=J$ ?

El mencionado mapa canónico $A\to A_{\mathfrak{m}}$ es $a\mapsto a/1$ .

Mis intentos: Creo que podríamos utilizar el siguiente hecho. Si $f: M\to N$ es $A$ -entonces las siguientes afirmaciones son equivalentes:

1) $f$ es inyectiva.

2) El mapa inducido $f_{\mathfrak{m}}: M_{\mathfrak{m}}\to N_{\mathfrak{m}}$ es inyectiva para todo ideal maximal $\mathfrak{m}$ de $A$ .

Ahora, si dejamos que $M=I$ y $N=J$ (como ideales de $A$ son naturalmente $A$ -), entonces el mapa de inclusión $i: I\to J$ es inyectiva. Así, los mapas inducidos $i_{\mathfrak{m}}: I_{\mathfrak{m}}\to J_{\mathfrak{m}}$ son también inyectivas, para cada ideal maximal $\mathfrak{m}$ de $A$ . Ahora me gustaría utilizar el hecho de que $I$ y $J$ tienen las mismas extensiones en $A_{\mathfrak{m}}$ . ¿Se puede hacer que este enfoque funcione?

Gracias por su tiempo.

Answer 1

Teorema

Si $I,J$ son ideales de un anillo conmutativo $A$ tal que $I_{\mathfrak{m}}=J_{\mathfrak{m}}$ para todos los ideales máximos $\mathfrak{m}$ de $A$ entonces $I=J$ .

Prueba

Supongamos, por una contradicción, que $I\not\subseteq J$ y que $x\in I\setminus J$ . El conjunto $(x:J)=\{a\in A:ax\in J\}$ es un ideal de $A$ . Si $I_{\mathfrak{m}}=J_{\mathfrak{m}}$ para todos los ideales máximos $\mathfrak{m}$ de $A$ entonces $(x:J)$ no está contenido en ningún ideal maximal de $A$ . Por lo tanto, $(x:J)=A$ es decir, $x\in J$ una contradicción. A la inversa, se puede demostrar que $J\subseteq I$ y concluir que $I=J$ . Q.E.D.

Un ejercicio que permite practicar la técnica de prueba anterior:

Ejercicio 1 : Si $A$ es un anillo conmutativo en el que cada ideal primo está finitamente generado, entonces cada ideal está finitamente generado, es decir $A$ es noetheriano. ( Sugerencia : utiliza la prueba por contradicción. Sea $S$ sea el conjunto de todos los ideales no generados infinitamente de $A$ y nota que $S$ está parcialmente ordenado con respecto a la inclusión. Si $S\neq \emptyset$ y comprobar que se cumple la hipótesis del lema de Zorn, de modo que $S$ tiene elementos máximos. Si $I\in S$ es un elemento maximal, entonces demuestre que $I$ es un ideal primo de $A$ una contradicción. Q.E.D. )

¡Espero que esto ayude! (La prueba es corta, así que puede que necesites pensar un poco para digerirla).