$R ≅ R/I$ demuestra que para cualquier ideal de dos lados$A$ y$B$ tenemos$A⊆B$ o$B⊆A$

Question

Supongamos que$R$ es un anillo tal que para cualquier ideal de dos lados$I$ de$R$ tenemos$R ≅ R/I$. Demostrar que para cualquier ideal de dos lados$A$ y$B$ tenemos$A⊆B$ o$B⊆A$.

Trato de resolver con una prueba por contradicción y esta propiedad de que$A∩B$ también es un ideal, pero no pude encontrar nada útil.

Answer 1

Permítanme indicar un problema más general y, a continuación, explicar la solución.

Problema. Mostrar que si $A$ es un trivial estructura algebraica que es isomorfo a cada uno de sus trivial cocientes, a continuación, la celosía de congruencias en $A$ es un orden bien.

[Aquí $A$ es trivial significa $|A|>1$. Una congruencia en $A$ es un núcleo de un homomorphism.]

[Antes de dar la solución, aquí la terminología: una expresión algebraica de la estructura es simple si su entramado de congruencias es un 2-elemento de la cadena. Es pseudosimple si no es simple, pero es isomorfo a cada uno de sus trivial cocientes. Así que el problema es para demostrar que si un álgebra simple o pseudosimple, a continuación, su entramado de congruencias es un orden bien.]

Solución. Elija $a\neq b$ $A$ y deje $\alpha$ ser una congruencia en $A$ máxima para la separación de estos elementos. A continuación, $A/\alpha$ es un trivial cociente de $A$, ya que contiene los distintos elementos de la $a/\alpha$ y $b/\alpha$, por lo tanto $A\cong A/\alpha$. Por el maximality de $\alpha$, $A/\alpha$ tiene un más pequeño distinto de cero la congruencia, es decir, aquella que identifica a $a/\alpha$$b/\alpha$. Esto implica que el cero de la congruencia de $A/\alpha$ es satisfacer totalmente irreductible. Desde $A\cong A/\alpha$, el cero de la congruencia de $A$ también es satisfacer totalmente irreductible. Desde $A\cong A/\theta$ siempre $|A/\theta|>1$, se deduce que el cero de la congruencia en cualquier trivial cociente de $A$ es satisfacer totalmente irreductible. Por el Teorema de la Correspondencia, cada debida congruencia $\theta$ $A$ es totalmente cumplir irreductible.

Esto ya implica que el entramado de congruencias de $A$ es un orden bien. En primer lugar, debe ser un orden lineal, ya que, si había incomparable elementos $\beta$ $\gamma$ , $\theta=\beta\cap\gamma$ sería una congruencia que no se satisfaga completamente reducible. A continuación, se ha DCC, ya que si $(\delta_n)_{n\in\omega}$ es estrictamente decreciente $\omega$-cadena de en el entramado de congruencias, entonces $\theta=\bigcap_{n\in\omega} \delta_n$ no se cumplen totalmente irreductible.

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Permítanme responder a las preguntas de Batominovski:

1. ($A\cap B$ Ser la máxima congruencia $C$ que separa a $A$$B$?) No, estamos a la separación de los elementos de $R$, no congruencias/ideales de $R$. En el anillo de notación, elija $a\neq 0$$R$, y, a continuación, deje $A$ a ser un ideal de a $R$ que es la máxima por la propiedad,$a\notin A$. Tal $A$ existe por el Lema de Zorn. [Ahora estoy tomando $R$ para mi álgebra, $a$ $0$ a mis dos elementos por separado, y la congruencia modulo $A$ para la separación de la congruencia.]

2. (¿Cómo se demuestra que el cero de la congruencia de $R$ es satisfacer totalmente irreductible?) Esto es suficiente para mostrar que $R$ tiene un trivial cociente que ha satisfaga completamente irreductible cero congruencia, ya que $R$ es isomorfo a cualquier anillo. Así que toma un subdirectly irreductible cociente. Esto es lo que se describe en los primeros 2-3 frases de la Solución. Si $a\neq 0$ $R$ $A$ es máxima en $R$ para la propiedad$a\notin A$, $R/A$ es trivial, desde $\bar{a}\neq \bar{0}$ en este cociente, sin embargo, cualquier valor distinto de cero ideal de $R/A$ contiene $\bar{a}$ por el maximality de $A$. Por lo tanto la completa satisfacer distinto de cero ideales de $R/A$ también contiene $\bar{a}$, lo que significa que este completo satisfacer no es cero. Esto muestra que el cero ideal de $R/A$ es satisfacer totalmente irreductible.

3. (¿Conoces algún anillo de $R$ con la propiedad requerida?) Como Tsemo Aristide señalado, si $R$ tiene un consumo máximo de ideal y de la propiedad, a continuación, $R$ debe ser sencillo, no pseudosimple. Esto ocurrirá si $R$ tiene un elemento de identidad, como rschwieb ya se ha mencionado. Por lo tanto, cualquier simple anillo tiene la propiedad, y estos son los únicos ejemplos al $R$ tiene un ideal maximal. Como para pseudosimple anillos, No sé si hay alguna no conmutativa ejemplos. Pero es un ejercicio difícil demostrar que una propiedad conmutativa pseudosimple anillo debe ser un anillo con cero de la multiplicación y la pseudosimple subyacente aditivo grupo, y por lo tanto cualquier conmutativa pseudosimple anillo es isomorfo a un Prufer grupo $\mathbb Z_{p^\infty}$ equipada con cero de la multiplicación.

El pseudosimple conmutativa semigroups se clasifican en

Boris M. Schein, Pseudosimple conmutativa semigroups, Monatshefte für Mathematik De marzo de 1981, Volumen 91, número 1, pp 77-78.

y pseudosimple celosías con la congruencia de celosías de cada admisible tipo de orden que se construyen en

Graetzer, G.; Schmidt, E. T. Dos notas sobre la red de congruencias. Ann. Univ. Sci. Budapest. Eotvos. Secta. De matemáticas. 1 1958 83-87.

Answer 2

Permita que$A$ sea un ideal, suponemos que$A$ es un ideal máximo. Denotamos por$p_A:R\rightarrow R/A$ el mapa del cociente. Existe un isomorfismo$g:R/A\rightarrow R$,$p_A\circ g:R/A\rightarrow R/A$ es un morfismo de anillos cuyo kernel contiene$g^{-1}(A)$. Como$A$ es máximo,$g^{-1}(A)=0$. Deducimos que$A=0$ ya que$g$ es un isomorfismo. Esto implica que el único ideal no trivial de$R$ es$\{0\}$.