Deje $A$ ser un anillo conmutativo con unidad y $I,J$ dos ideales de $A$. También, denotan $V(I):=\{\mathfrak{p}\in\operatorname{Spec}A\mid I\subset\mathfrak{p}\}$. ¿Por qué es cierto que si $J\subseteq \sqrt{I}$$V(I)\subseteq V(J)$? Supongo que tiene algo que ver con el hecho de que los radicales $\sqrt{I}$ es la intersección de los principales ideales de la $\mathfrak{p}\in V(I)$.
Respuesta
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Robert Cardona
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Supongamos $J \subseteq \sqrt I$. Queremos mostrar a $V(I) \subseteq V(J)$.
Si usted tiene el resultado siguiente a su disposición: $\sqrt I = \cap \{\mathfrak p$ primer $ : I \subseteq \mathfrak p\}$, entonces su razonamiento funciona:
Deje $\mathfrak p \in V(I)$,$I \subseteq \mathfrak p$. Pero desde $J \subseteq \sqrt I = \cap \{\mathfrak p $ primer $: I \subseteq \mathfrak p\}$, se deduce que el $J \subseteq \mathfrak p$ e lo $\mathfrak p \in V(J)$. Por lo que su razonamiento era correcto.
Si usted no tiene este resultado, Olivier Bégassat del razonamiento funciona muy bien:
Observar que $V(I) = V(\sqrt I)$ desde $I \subseteq \mathfrak p$ si y sólo si $\sqrt I \subseteq \mathfrak p$:
- Si $\sqrt I \subseteq \mathfrak p$, y sabemos $I \subseteq \sqrt I$,$I \subseteq \mathfrak p$.
- Si $I \subseteq \mathfrak p$, vamos a $x \in \sqrt I$, entonces no existe $n > 0$ tal que $x^n \in I \subseteq \mathfrak p$, lo que significa $x \in \mathfrak p$ desde $\mathfrak p$ es primo. Por lo tanto $\sqrt I \subseteq \mathfrak p$.
Si $J \subseteq \sqrt I$, $V(I) = V(\sqrt I) \subseteq V(J)$ que era lo que quería.
