¿Es irreductible el radical de un ideal irreducible?

Question

Fijar un anillo conmutativo $R$ . Recordemos que un ideal $I$ de $R$ es irreducible si $I = J_1 \cap J_2$ para los ideales $J_1$ y $J_2$ sólo cuando $I = J_1$ o $I = J_2$ .

Pregunta: Supongamos que $I$ es un ideal irreducible. ¿Debe el radical de $I$ ser un ideal irreducible?

EDIT : La respuesta de abajo en el caso noetheriano me ha convencido de que esto es más difícil de lo que pensaba. Por lo tanto, lo he publicado en MathOverflow aquí

Answer 1

La respuesta es sí en un anillo noetheriano $A$ . Sea $I$ sea un ideal propio irreducible de $A$ . De AM-7.12, $I$ es un ideal primario. De ahí que $\sqrt{I}$ es primo (AM-4.1). Ahora, concluya que un ideal primo es irreducible (AM-1.11-ii).

Se puede llegar a la misma conclusión si $I$ se supone que es descomponible (es decir $I$ es la intersección de un número finito de ideales primarios). En un anillo noetheriano, todo ideal es descomponible (AM-7.13). No sé qué pasa si $I$ no es descomponible.

Answer 2

Pham Hung Quy respondió a la pregunta en MathOverflow .

(Este es un post de la wiki de la comunidad).

(No entiendo nada de la respuesta de Pham Hung Quy, y creo que sería estupendo que se dieran explicaciones más elementales sobre la EME).

[La parte anterior fue escrita por Pierre-Yves Gaillard].

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[Comienzo de la parte escrita por Florian.]

Así es como funciona el contraejemplo de Pham Hung Quy con un anillo no etereo:

Comenzamos con el anillo local noetheriano $R = k[[x,y]]/(xy)\ $ (serie de potencia formal en $x$ y $y$ modulo el ideal $(xy)$ ).

Tenga en cuenta que $M := (x,y)$ es el único ideal maximal en $R$ . Necesitaremos esto, y es la razón por la que trabajamos con $k[[x,y]]$ en lugar de $k[x,y]$ .

Obsérvese también que el ideal cero en $R$ es lo mismo que $(xy)$ (ya que hemos factorizado $(xy)$ fuera), y como $(xy)=(x)\cap(y)$ vemos que el ideal cero en $R$ es reducible. Además, $R$ no tiene ningún elemento nilpotente.

Ahora construimos un $R$ -Módulo $I$ con las siguientes propiedades:

1. $I$ tiene un único submódulo mínimo de dimensión $1$ es decir, hay un submódulo no nulo en $I$ que está contenido en cualquier otro submódulo distinto de cero. Claramente, esto demuestra que el submódulo cero de $I$ no puede escribirse como una intersección de submódulos no nulos de $I$ ya que esta intersección contendrá de nuevo el submódulo mínimo.
2. $I$ es divisible. Esto significa: Dado $f\in I$ y $r\in R$ que no es un divisor cero hay un $g\in I$ tal que $f=r\cdot g$ (es decir, podemos "dividir los elementos de $I$ por elementos de $R$ que no son divisores de cero").

Veremos que $I={\rm Hom}_{k}(R,k)$ hace el trabajo ( $k$ -mapas lineales de $R$ a $k$ ; este es un $R$ -definiendo $(r\cdot f)(s) := f(r\cdot s)$ para $f\in I$ y $r,s\in R$ ). Comprobemos ahora que $I$ tiene efectivamente las dos propiedades deseadas:

1. Supongamos que $J\subseteq I$ es un submódulo no nulo. Entonces consideremos $J^\perp \subseteq R$ (aquellos elementos en $R$ aniquilado por todos los elementos en $J$ ; más generalmente, tenemos un emparejamiento bilineal no degenerado $I\times R \longrightarrow k: (g,r)\mapsto g(r)$ y siempre podemos formar espacios perpendiculares con respecto a este emparejamiento). Como incluso en infinitas dimensiones seguimos teniendo la conocida igualdad del álgebra lineal $J^{\perp\perp}=J$ Debemos tener $J^\perp \neq R$ . Dado que se puede demostrar que $J^\perp$ es un ideal, y $M$ es el único ideal maximal en $R$ debe seguir $J^\perp \subseteq M$ y por lo tanto $J=J^{\perp \perp} \supseteq M^\perp$ . Por lo tanto, se deduce que $M^\perp$ (el conjunto de todos los elementos de $I$ que se desvanecen en $M$ ) es el único submódulo mínimo de $I$ . También es fácil ver que $M^\perp$ es unidimensional, ya que cada elemento de $M^\perp$ debe factorizar a través del epimorfismo natural $R\longrightarrow R/M\cong k$ .
2. Dado $f\in I$ y $r\in R$ que no sea un divisor nulo (esto asegura la buena definición) buscamos un $g\in I$ tal que $(r\cdot g)(s)=f(s)$ para todos $s\in R$ que por definición es lo mismo que $g(rs)=f(s)$ para todos $s\in R$ . Así que toma $g$ para ser el funcional lineal en el $k$ -espacio vectorial (incluso ideal) $rR$ que está definida por la ecuación antes mencionada, y extenderla a $R$ (nota que $g$ no tiene que satisfacer ninguna propiedad estructural más que la de ser $k$ -lineal, y $k$ -los funcionales lineales siempre pueden extenderse a espacios mayores utilizando el axioma de elección).

Ahora tomamos el anillo $R$ y el $R$ -Módulo $I$ y construir un nuevo anillo $$ E := R\oplus I $$ donde la adición se define de forma obvia, es decir $(r,i)+(r',i') := (r+r',i+i')$ y la multiplicación se define por la fórmula $(r,i)\cdot (r',i') := (rr',ri'+ir')$ .

Tenga en cuenta que $I$ es un ideal en $E$ y de hecho $I^2=(0)$ (en $E$ .) Por lo tanto, $I$ es el radical del ideal cero en $E$ (es todo el radical desde $E/I\cong R$ no tiene elementos nilpotentes). Pero $I= (I+(x))\cap (I+(y))$ y por lo tanto no es irreducible (aquí vale la pena que nos hayamos asegurado de que el ideal cero en $R$ no era irreductible).

Ahora todo lo que tenemos que comprobar es que el ideal cero en $E$ es de hecho irreducible. Sea $f$ sea un generador para el único submódulo mínimo de $I$ y que $J\subseteq E$ sea un ideal no nulo. Pretendemos demostrar que $f\in J$ , lo que implicará que $(0)$ no puede ser la intersección de ideales no nulos, ya que cada una de estas intersecciones contiene $f$ . Tenemos dos posibilidades:

1. $J \subseteq I$ : En este caso, $J$ es un submódulo de $I$ y sabemos que contiene $f$ porque $f$ genera el único submódulo mínimo de $I$ .
2. $J \not\subseteq I$ : En este caso podemos elegir algún $(r,h)\in J$ con $r\neq 0$ . Podemos elegir un $j\in I$ tal que $r\cdot j \neq 0$ (ya que claramente encontramos un funcional con $j(r)\neq 0$ ). Entonces $(r,h)\cdot(0,j)=(0,rj)\neq 0$ y por lo tanto $(0,rj)\cdot E \subset J$ es un sub-ideal de $J$ contenida en $I$ . Este contiene $f$ debido al primer punto.

(parece que ni siquiera necesitamos la divisibilidad)

[Fin de la parte escrita por Florian.]