Ideal en un anillo artiniano $I=aR=Rb$ , demuestre que $I=Ra=bR$

Question

Dejemos que $R$ sea un anillo artiniano y supongamos que existe $a,b\in R$ s.t. $I=aR=Rb$ , entonces demuestre que $I=bR=Ra$ . (Se puede asumir que un anillo artiniano derecho es noetheriano derecho).

Me las he arreglado para conseguir $Ra$ , $bR$ contenida en $I$ sin usar el hecho de que es Artiniano. La pista me confunde porque no estoy seguro de cómo hacer una cadena ascendente útil para utilizar el hecho de que es noetheriano derecho.

Answer 1

Por simetría, basta con demostrar que $aR = bR$ .

Desde $R$ es artiniano correcto, es noetheriano correcto. Así que $R$ tiene un longitud finita como un derecho $R$ -: tiene una serie de composición finita. Por el teorema de Jordan-Holder, la longitud $l(M)$ de cualquier serie de composición de cualquier módulo de longitud finita $M$ está bien definida (no depende de la elección de la serie de composición), y satisface $l(M) = l(N) + l(M/N)$ siempre que $N$ es un submódulo de $M$ .

Ahora $I = Rb = aR$ así que $a \in Rb$ y $b \in aR$ . Por lo tanto, hay $x,y \in R$ tal que $a = xb$ y $b = ay$ . Por lo tanto, $bR = ayR \subseteq aR$ . También $bu = 0$ implica $au = xbu = 0$ , por lo que el aniquilador correcto $rann(b)$ de $b$ está contenida en $rann(a)$ .

Así, $l(bR) \leq l(aR)$ y $l(rann(b)) \leq l(rann(a))$ .

Por el primer teorema de isomorfismo para módulos, sabemos que $aR \cong R / rann(a)$ y $bR \cong R / rann(b)$ Así que

$l(aR) + l(rann(a)) = l(R) = l(bR) + l(rann(b))$ .

Por lo tanto, $0 \leq l(aR) - l(bR) = l(rann(b)) - l(rann(a)) \leq 0$ .

Por lo tanto, $l(aR) = l(bR)$ y $aR = bR$ .