Es $\bigcap_{n=1}^\infty I^n$ idempotente, para cualquier ideal $I$?

Question

Deje $I$ un ideal en un anillo de $R$. Por $I^n$, vamos a entender el ideal generado por todos los $n$veces productos de $x_1x_2\cdots x_n$ donde $x_1, \ldots, x_n \in I$. Obviamente $I \supseteq I^2 \supseteq I^3 \supseteq \ldots$. También vamos a definir $I^\infty =\bigcap_{n=1}^\infty I^n$.

Pregunta: ¿el ideal de $I^\infty$ siempre satisfacer $(I^\infty)^2 = I^\infty$?

Si nos ingenuamente considerar los elementos de $I^\infty$ a ser algo así como "infinitamente larga de los productos", entonces es tentador pensar que esto debe ser así por algún tipo de infinito de la estafa tipo de argumento. Sin embargo, si estamos siendo honestos, los elementos de $I^\infty$ son los elementos que pueden ser expresados como (sumas de) arbitrariamente larga de los productos de los elementos de $I$. Pero no parece haber ninguna razón convincente de por qué cada elemento debe ser expresable como suma de los productos de dichos elementos.

Nota: Si te gusta nonunital anillos, entonces no es necesario introducir un ideal $I$ a plantear esta pregunta. Podemos trabajar con los poderes del anillo de $R$.

Answer 1

No, esto no es cierto. Por ejemplo, supongamos $k$ ser su favorito de campo, vamos a $R$ ser el sub-anillo $k[x,y,x^{-1}y,x^{-2}y,x^{-3}y,\dots]\subset k(x,y)$ y deje $I$ ser el ideal generado por a $x$. A continuación, $I^\infty$ es el ideal generado por a $x^{-n}y$ todos los $n\in\mathbb{N}$. En particular, $y\in I^\infty$, pero $y\not\in (I^\infty)^2$ ya que cada elemento de a $(I^\infty)^2$ es divisible por $x^{-n}y^2$ algunos $n$.

De hecho, incluso no es necesariamente cierto que $I\cdot I^\infty=I^\infty$. Por ejemplo, supongamos $R=k[y,x_1,x_1^{-1}y,x_2,x_2^{-2}y,x_3,x_3^{-3}y,\dots]$ y deje $I$ ser el ideal generado por todas las $x_n$'s. A continuación, $y\in I^\infty$ ya que es divisible por $x_n^n$ por cada $n$, pero $y\not\in I\cdot I^\infty$, esencialmente porque una vez se divide $y$ por una sola $x_n$ pierde la divisibilidad por todos los demás (esto toma un poco de trabajo para convertirse en una rigurosa prueba, aunque).

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Usted puede incluso conseguir un Noetherian contraejemplo. Deje $R=k[x,y]/(xy-y)$ y deje $I=(x)$. A continuación,$I^\infty=(y)$, que no es igual a su cuadrado. En un Noetherian (propiedad conmutativa) anillo pesar de que debe tener al menos $I\cdot I^\infty=I^\infty$, por el Artin-Rees lema.

Answer 2

Para una más "natural" ejemplo, si no te importa no conmutativa anillos, elegir un campo de $k$ y considerar la posibilidad de la no-conmutativa anillo de $k[X^{\omega_1}]$ de los polinomios de más de $k$ con exponentes en $\omega_1$ (de modo que para cualquier ordinales $\alpha$$\beta$, usted tiene $X^\alpha\cdot X^\beta=X^{\alpha+\beta}$).

Este es un anillo local con ideal maximal $\mathfrak m=(X)$. Tenga en cuenta que $X^\omega=(X^1)^n\cdot X^\omega=X^{n+\omega}=X^\omega$ todos los $n$, lo $\mathfrak m^\omega:=\bigcap_{n\in \omega} \mathfrak m^n=(X^\omega)$, lo que evidentemente no es un idempotente (de hecho, incluso $\mathfrak m^\omega \cdot \mathfrak m\neq \mathfrak m^\omega$).

De esta manera, usted puede encontrar los ideales que tardar mucho para estabilizar.