Vamos $A$, $B$ dos reducido $k$-álgebras. Entonces, si cualquier elemento de la forma $$\sum a_{i}\otimes b_{j}$$ is nilpotent, we can compose it with any $k$-homomorphism $f$ from $$ to $k$ to get a homomorphism from $\otimes B$ to $B$. This map's image is $$\sum f(a_{i})\otimes b_{j}$$must be nilpotent as well. So if we assume $b_{j}$ is linearly independent in the first place, we may reason that $f(a_{i})=0$. This showed that $a_{i}$ are in the Jacobson radical of $A$. However, we only know $Nil(A)=0$, y no es claro para mí cómo pasar de la Jacobson radical para el nilradical sin el uso de algunos de álgebra conmutativa de la maquinaria.
Aquí es lo que creo que podría funcionar. Si $A$ es finito, por Nullstellensatz podemos afirmar lo anterior es cierto. Pero si $A$ no es finito tipo, entonces puedo escribir $A=k[x_{1},..x_{n}][X]$ donde $n$ es el trascendental grado de $k(A)$ $k[X]$ es finito $k$. A continuación, debería ser capaz de pasar de $k[X]$ $A$por inductivo argumento en el trascendental grado de $k(A)$, ya que el primer ideales son máximas en una unidad flash usb (estoy trabajando con $k[x]$ mediante la introducción de $[x]$).
La prueba que tengo para el caso de finito tipo no es satisfactorio. Dado $I\in k[X]$, utilizando Nullstellensatz uno puede mostrar que $$I_{X}V_{X}[I]=\sqrt{I}$$ donde $V_{X}[I]$ es el conjunto de todos los puntos en $X$ que $I$ se desvanece, y $I_{X}(V_{X}[I])$ ser el ideal en $k[X]$ que se desvanece en $V_{X}[I]$. La concesión de este, vamos a $I=(a_{i})$, entonces, queremos mostrar $I=0$,$V_{X}[I]=X$. Esto se deduce ya que si $U\subset W$,$V_{X}[U]\supset V_{X}[W]$. Desde $V_{X}[I]\supset V_{X}[m_{x}]$ para todo ideal maximal correspondiente a los puntos, debe ser $X$. Esta prueba es innecesariamente liquidación mediante el ideal de correspondencia de la variedad. Idealmente debería ser capaz de construir una pura prueba algebraica.
La cosa no me queda claro es si la estrategia anterior, realmente funciona. Es decir, yo no estoy seguro de si realmente se puede introducir en el trascendental grado de $k(A)$. Para hacer las cosas simples asumir que mostró la declaración tiene por $A$ con transdental grado $<n$. Para $A$ con transdental grado $n$ por lo tanto podemos escribir como $k[A'][x]$. Entonces cualquier ideal maximal $m'$ $k[A'][x]$ debe corresponder a un ideal maximal $m=m'\cap k[A']$$k[A']$. Pero parece que no es posible demostrar que cualquier otro primer ideal es máxima. De hecho teniendo en cuenta el ejemplo sencillo de $k[x,y]$ donde $(x)$ es un alojamiento ideal, pero no máxima desde $k[x,y]/(x)=k[y]$, no es un campo. El problema está en el proceso de inducción de la base del anillo no es necesariamente un campo, y por lo que esta estrategia no puede trabajar.
Estoy pensando que tal vez me puede mostrar $m'=m[f(x)]$ $f(x)$ algunos polinomio irreducible en $k[A'][x]$. Porque sabemos $k[A'][x]$ es noetherian por Hilbert teorema de la base, por lo que, en particular, $m'$ debe tener un número finito de generación del sistema. Y podemos reducir el número de polinomio irreducible a 1 desde $m'$ es un ideal maximal. Pero yo todavía no sé cómo usar este para terminar la prueba.
