Radykał w pierścieniu noetherowskim

Grupy, pierścienie, ciała, rozkładalność, klasyczne struktury algebraiczne...
Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: max » 30 lis 2008, o 13:16

Wykaż, że w noetherowskim pierścieniu \(\displaystyle{ A}\) radykał \(\displaystyle{ \sqrt{I} := \{a \in A \ : \ \exists_{n\in \mathbb{N}}: \, a^{n} \in I\}}\) dowolnego ideału \(\displaystyle{ I}\) jest skończonym przecięciem ideałów pierwszych z \(\displaystyle{ A}\).

Chętnie zobaczę pomysły różne od mojego:)

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: xiikzodz » 30 lis 2008, o 14:26

Krok 1: Nil radykal jest przecieciem wszystkich idealow pierwszych pierscienia \(\displaystyle{ A}\). W jedna strone: jestli \(\displaystyle{ a^n=0}\), to a nalezy do dowolnego idealu pierwszego. W druga strone. Niech \(\displaystyle{ s}\) lezy we wszystkich idealach pierwszych. Rozwazmy zbior multiplikatywny \(\displaystyle{ S=\{1,s,s^2,...\}}\). Jesli ten zbior jest nieskonczony, to istnieje ideal pierwszy z nim rozlaczny (chyba trzeba uzyc Zorna). Zatem zbior jest skonczony i wobec tego \(\displaystyle{ s}\) jest nilpotentny.

Krok 2: \(\displaystyle{ \sqrt I/I}\) jest nil radykalem pierscienia \(\displaystyle{ A/I}\), wiec stosujemy krok 1. \(\displaystyle{ \sqrt I}\) jest wiec przecieciem idealow pierwszych zawierajacych \(\displaystyle{ I}\).

Mozna wybrac przeciecie skonczone, w przeciwnym razie to jest, gdy istnieje nieskonczony ciag idealow pierwszych \(\displaystyle{ P_i}\) taki, ze \(\displaystyle{ P_0\supsetneq... \supsetneq P_{n} \supsetneq P_{n+1}\supseneq...\supseteq I}\) konstruujemy wstepujacy ciag idealow \(\displaystyle{ A}\) postaci \(\displaystyle{ \langle p_0,...,p_n\rangle}\) dla \(\displaystyle{ p_n\in P_{n+1}\setminus P_n}\).

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: max » 30 lis 2008, o 18:32

W pierścieniu noetherowskim każda niepusta rodzina ideałów ma element maksymalny w sensie inkluzji (bez LKZ).

Wydaje mi się, że problem nie jest taki prosty, tzn gdyby ciąg \(\displaystyle{ P_{n}}\) byłby wstępujący to ok, ale on jest zstępujący, więc co najwyżej można brać \(\displaystyle{ p_{n}\in P_{n}\setminus P_{n+1}}\) i od jakiego \(\displaystyle{ n}\) nie zaczniemy, to możemy zejść w dół z indeksem jedynie skończenie wiele razy...

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: xiikzodz » 30 lis 2008, o 20:01

A faktycznie, dlapierscieni noetherowskich lemat Zorna niepotrzebny.

Moj argument na skonczonosc do kitu.

Moze tak w takim razie. Kazdy ideal pierscienia \(\displaystyle{ A}\), w tym \(\displaystyle{ \sqrt I}\), zawiera skonczony produkt idealow pierwszych:

Gdyby nie, to z ACC istnieje najwiekszy o tej wlasnosci, powiedzmy \(\displaystyle{ J}\), ktory oczywiscie nie jest pierwszy, wiec istnieja \(\displaystyle{ a,b\notin J}\) takie, ze \(\displaystyle{ ab\in J}\). Wtedy jednak \(\displaystyle{ (J,a), (J,b)}\) zawieraja (maksymalnosc \(\displaystyle{ J}\)) skonczone produkty idealow pierwszych, wiec \(\displaystyle{ J=(J,a)(J,b)}\) rowniez.

Argument konczy spostrzezenie, ze jesli \(\displaystyle{ \bigcap_{i=1}^{n}P_i\subseteq P}\), dla pierwszych \(\displaystyle{ P,P_i}\), to \(\displaystyle{ P=P_j}\) dla pewnego \(\displaystyle{ j}\).

Btw. Roznice pomiedzy pierscieniami z ACC, apierscieniami z DCC sa zaskakujaco male. W szczegolnosci DCC \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) ACC, zas dla pierscieni z jedynka ACC \(\displaystyle{ \Rightarrow}\) DCC.

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: max » 30 lis 2008, o 21:03

To spostrzeżenie nie działa - weźmy \(\displaystyle{ \mathbb{Z}[X_{1}, X_{2}, \ldots, X_{n+1}]}\) i \(\displaystyle{ P_{i} = (X_{1}, \ldots, X_{i}), \ P = (X_{1},\ldots, X_{n+1})}\), pierścień jest noetherowski (tw Hilberta o bazie), wszystkie z tych ideałów są pierwsze, \(\displaystyle{ \bigcap_{i = 1}^{n}P_{i} P}\). Ale \(\displaystyle{ P_{i}\subsetneq P}\) dla każdego \(\displaystyle{ i}\)

ACC z jedynką nie musi pociągać DCC, żeby daleko nie szukać, to w \(\displaystyle{ \mathbb{Z}}\) mamy \(\displaystyle{ (2^{n}) \supsetneq (2^{n+1})}\) dla każdego \(\displaystyle{ n\in \mathbb{N}}\), a \(\displaystyle{ \mathbb{Z}}\) jest nawet dziedziną ideałów głównych.

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: xiikzodz » 30 lis 2008, o 21:07

Chodzilo oczywiscie o produkt, a nie przeciecie \(\displaystyle{ P_1\cdot... P_n\subseteq P}\) inaczej nie ma to zadnego zwiazku ze wczesniejszym tekstem.

ACC oczywiscie nie pociaga DCC (choc tak jest w zaskakujaco duzych klasach pierscieni, tylko juz nie pamietam szczegolow), zas DCC pociaga ACC dla pierscieni z jedynka. Z uwagi na to, ze pamiec u mnie marna i moglo mi jakies zalozenie umknac, dopisze, ze chodzi mi o tw. Hopkinsa-Levitzkiego.

Zaryzykuje stwierdzenie, ze pierscien noetherowski z trywialnym idealem Jasobsona jest artinowski. Jestem w stanie wyobrazic sobie dowod, choc diabel tkwi w szczegolach. Niestety nie mam zadnej ksiazki z teorii pierscieni.

Zeby jakos sobie w glowie uporzadkowac spisze cala propozycje dowodu:

Krok 1: Nil radykal (czyli zbior elementow nilpotentnych) jest przecieciem wszystkich idealow pierwszych pierscienia \(\displaystyle{ A}\). W jedna strone: jestli \(\displaystyle{ a^n=0}\), to a nalezy do dowolnego idealu pierwszego. W druga strone. Niech \(\displaystyle{ s}\) lezy we wszystkich idealach pierwszych. Rozwazmy zbior multiplikatywny \(\displaystyle{ S=\{1,s,s^2,...\}}\). Jesli ten zbior jest nieskonczony, to istnieje ideal pierwszy z nim rozlaczny (dowod uzywa ACC). Zatem zbior jest skonczony i wobec tego \(\displaystyle{ s}\) jest nilpotentny.

Krok 2: \(\displaystyle{ \sqrt I/I}\) jest nil radykalem pierscienia \(\displaystyle{ A/I}\), wiec stosujemy krok 1. \(\displaystyle{ \sqrt I}\) jest wiec przecieciem idealow pierwszych zawierajacych \(\displaystyle{ I}\).

Krok 3. Ideal pierwszy zawierajacy produkt idealow pierwszych zawiera jeden z tych idealow. Dowod przez indukcje po liczbie idealow w produkcie.

Krok 4. Kazdy ideal pierscienia \(\displaystyle{ A}\) zawiera skonczony produkt idealow pierwszych.

Gdyby nie, to z ACC istnieje najwiekszy o tej wlasnosci, powiedzmy \(\displaystyle{ J}\), ktory oczywiscie nie jest pierwszy, wiec istnieja \(\displaystyle{ a,b\notin J}\) takie, ze \(\displaystyle{ ab\in J}\). Wtedy jednak \(\displaystyle{ (J,a), (J,b)}\) zawieraja (maksymalnosc \(\displaystyle{ J}\)) skonczone produkty idealow pierwszych, wiec \(\displaystyle{ J=(J,a)(J,b)}\) rowniez.

Krok 5. Kazdy ideal jest przecieciem minimalnych ze wzgledu na indukcje idealow pierwszych go zawierajacych. Wynika to stad, ze przeciecie zstepujacego ciagu idealow pierwszych jest idealem pierwszym, a dalej lemat Zorna (pomysle jak to pokazac bez Zorna).

Krok 6. Kazdy ideal jest przecieciem skonczonej liczby idealow pierwszych minimalnych. Wynika to z 4 i 5: Na mocy 4 w pierscieniu \(\displaystyle{ A/I}\) jest skonczenie wiele idealow pierwszych minimalnych i ich przeciecie jest trywialne. Idealy pierwsze mozna podnosic (kazdemu idealowi pierwszemu w pierscieniu ilorazowym odpowiada ideal pierwszy zawierajacy jadro homomorfizmu naturalnego) zatem \(\displaystyle{ I}\) jest przecieciem skonczonej liczby idealow pierwszych minimalnych zawierajacych \(\displaystyle{ I}\).

Pewnie jeszcze sa bledy, bo caly czas mylilo mi sie przeciecie z produktem, ale raczej da sie rozwinac do pelnego rozwiazania i pewnie istotnie skrocic droge dowodu. Jesli to zadanie domowe, to chetnie zobacze rozwiazanie firmowe...
Ostatnio zmieniony 30 lis 2008, o 22:09 przez xiikzodz, łącznie zmieniany 1 raz.

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: max » 30 lis 2008, o 22:03

W sumie powinienem się domyślić:)
Ja to wykombinowałem w pewnym sensie podobnie, korzystając z zadania jakie dostałem w poniedziałek na sprawdzianie z algebry:
Jeśli \(\displaystyle{ A}\) jest pierścieniem noetherowskim, a \(\displaystyle{ I}\) ideałem właściwym w tym pierścieniu, to istnieją ideały pierwsze \(\displaystyle{ P_{1},\ldots, P_{n}}\) takie, że \(\displaystyle{ P_{1}\cdot\ldots\cdot P_{n}\subset I\subset \bigcap P_{i}}\) (idea mojego dowodu tak jak w kroku 4. powyżej; firmówki jeszcze nie znam, ale raczej niczego innego się nie spodziewam...), ale nie zdałem sobie sprawy z tego, że dla ideałów pierwszych zachodzi taka implikacja jak w poście wyżej i dzięki temu mam nowe rozwiązanie zadania ze sprawdzianu (tylko głupio, że choć było proste, to jakiekolwiek jego rozwiązanie miałem dopiero 3 dni po fakcie..).

Dziękuję za odnośniki do głębszej teorii:)

Co do tej tezy z radykałem Jacobsona, to chyba znów \(\displaystyle{ \mathbb{Z}}\) będzie dobrym kontrprzykładem.

O, w międzyczasie post powyżej wyewoluował:)

Dla mnie już jasne jak tym sposobem skończyć dowód wyjściowego problemu, ale mam pytanie co do kroku 5. - mam rozumieć, że w tym wypadku ideał oznacza radykał \(\displaystyle{ \sqrt{I}}\)?

A co do genezy zadania, to powstało ono w mojej głowie, po tym jak zastanawiałem się jak zrobić wspomniane zadanie ze sprawdzianu.

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: xiikzodz » 30 lis 2008, o 22:15

Tak, w 5 chodzi o \(\displaystyle{ \sqrt I}\). Niestety dowod powstawal w czasie pisania (taka juz uroda dowodzenia rzeczy poprzez forum - tekst jest jednoczesnie brudnopisem i czystopisem) przez co wyewoluowal do malo liniowej formy. Ale chyba juz panuje nad wszystkimi jego elementami.

No tak... ACC ciezko przekuc w DCC (trudno o bardziej przyzwoity pierscien noetherowski, niz \(\displaystyle{ \mathbb{Z}}\)). Znaczy sie nad dowodem twierdzenia Wedderburna-Artina nie mam zbyt duzej kontroli.

Krotko mowiac, wbrew wypisywanym przeze mnie glupotom na ten temat, pierscien jest artinowski z grubsza wtedy i tylko wtedy, gdy spelnia jedna z rownowaznych definicji, hehe. Najblizsze klasy pierscieni, ktore ja znam, klasie pierscieni artinowski to nadklasa pierscieni noetherowskich i podklasa pierscieni polprostych (macierzy nad algebrami zdzieleniem).

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: max » 30 lis 2008, o 23:19

Jednak jest problem z rozwiązaniem wyjściowego problemu..
Jak:
-z tego, że iloczyn (algebraiczny) ideałów pierwszych zawarty w ideale pierwszym musi zawierać czynnik zawarty w tym ideale
i
-z tego, że \(\displaystyle{ I}\) zawiera iloczyn (algebraiczny) ideałów pierwszych
wynika, że
w \(\displaystyle{ A/I}\) jest tylko skończenie wiele ideałów pierwszych minimalnych?
Gdybyśmy wiedzieli, że wszystkie czynniki tego iloczynu ideałów pierwszych siedzącego w \(\displaystyle{ I}\) zawierają \(\displaystyle{ I}\), to nie ma sprawy, ale żeby to pokazać trzeba niestety udowodnić przytoczony przeze mnie lemat..

Już wiem. Powtarzamy rozumowanie z 4., żeby pokazać, że dla każdego ideału w pierścieniu noetherowskim istnieje jedynie skończenie wiele ideałów pierwszych minimalnych go zawierających (w szczególności dla zerowego).

W sumie mój pomysł, żeby udowodnić ten lemat korzystając z tego zadania jest raczej głupi, bo w rozwiązaniu tego zadania i tak dwa razy powtarzamy rozumowanie, które jest niemal takie samo jak bezpośredni dowód tego lematu.
Ostatnio zmieniony 30 lis 2008, o 23:49 przez max, łącznie zmieniany 1 raz.

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: xiikzodz » 30 lis 2008, o 23:46

W pierscieniu noetherowskim \(\displaystyle{ R}\) ideal zerowy \(\displaystyle{ 0}\) jest iloczynem (algebraicznym) skonczonej liczby idealow pierwszych - to juz mamy. Kazdy ideal pierwszy minimalny zawiera wiec pewien ideal pierwszy ze skonczonego zbioru. Wobec ich minimalnosci idealow pierwszych minimalnych jest zatem skonczenie wiele.

Stosujemy to do \(\displaystyle{ R=A/I}\) (zakladajac, ze \(\displaystyle{ I=\sqrt{I}}\) co mamy z krokow 1,2) otrzymujac:

Liczba idealow pierwszych zawierajacych dany ideal minimalnych ze wzgledu na inkluzje jest skonczona. (Dowod: podnosimy idealy minimalne w \(\displaystyle{ A/I}\).)

Podsumowujac: \(\displaystyle{ I}\) jest przecieciem idealow pierwszych minimalnych zawierajacych ten ideal (krok 5), lecz tych jest skonczenie wiele.

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: max » 30 lis 2008, o 23:53

Może to głupie pytanie, ale dlaczego wiemy, że ideał zerowy jest iloczynem algebraicznym skończonej liczby ideałów pierwszych? (dalej jest oczywiste)

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: xiikzodz » 30 lis 2008, o 23:56

Bo stosujemy krok 4 dla idealu zerowego otrzymujac, skonczony produkt idealow pierwszych w nim zawartych, ale w ideale zerowym nie ma miejsca, wiec ten produkt jest idealem zerowym.

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: max » 1 gru 2008, o 00:01

No tak, to było głupie pytanie, czas odpocząć.
Dziękuję za cierpliwość.

xiikzodz
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1874
Rejestracja: 4 paź 2008, o 02:13
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Lost Hope
Podziękował: 28 razy
Pomógł: 502 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: xiikzodz » 1 gru 2008, o 00:07

Nie bylo glupie i zadna cierpliwosc. Istnienie i skonczonosc liczby idealow pierwszych minimalnych w pierscieniach noetherowskich byly mi do dzis nieznane.

Awatar użytkownika
max
Gość Specjalny
Gość Specjalny
Posty: 3306
Rejestracja: 10 gru 2005, o 17:48
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Lebendigentanz
Podziękował: 37 razy
Pomógł: 778 razy

Radykał w pierścieniu noetherowskim

Post autor: max » 2 gru 2008, o 20:05

Mam jeszcze inny, prostszy dowód, bez żadnych lematów:
Dowodzimy nie wprost. Niech \(\displaystyle{ I}\) będzie maksymalnym (korzystamy z noetherowskości \(\displaystyle{ A}\)) w sensie inkluzji ideałem tże \(\displaystyle{ \sqrt{I}}\) nie jest przecięciem sk liczby ideałów pierwszych. \(\displaystyle{ I}\) nie jest pierwszy, więc znajdziemy \(\displaystyle{ a, b\not\in I}\) tże \(\displaystyle{ ab\in I}\). \(\displaystyle{ I\subsetneq I + aA, I + bA\subsetneq A}\) (druga para inkluzji wynika z pierwszej pary i z \(\displaystyle{ (I + aA)\cdot(I + bA)\subset I}\)), czyli z maksymalności \(\displaystyle{ I}\) radykały \(\displaystyle{ \sqrt{I + aA}, \sqrt{I + bA}}\) są przecięciami sk liczby ideałów pierwszych. Oczywiście \(\displaystyle{ \sqrt{I}\subset \sqrt{I + aA}\cap\sqrt{I + bA}}\). Z drugiej strony jeśli \(\displaystyle{ r \sqrt{I + aA}\cap\sqrt{I + bA}}\), to istnieją \(\displaystyle{ n, m\in \mathbb{N}}\), że \(\displaystyle{ r^{m} I + aA, \ r^{n}\in I + bA}\), ale wtedy \(\displaystyle{ r^{m+n} (I+aA)(I+bA)\subset I}\), czyli \(\displaystyle{ r\in \sqrt{I}}\). Zatem \(\displaystyle{ \sqrt{I} = \sqrt{I + aA}\cap\sqrt{I + bA}}\) - sprzeczność.

Jak widać stosujemy dokładnie tę samą sztuczkę, ale szybciej osiągamy co trzeba:)

ODPOWIEDZ