Algebra - Zadanie 4.10

Algebra - Zadanie 4.10

Ola Grzybowska i Natalia Jankowska

Treść zadania:

1. Udowodnić, że podzbiór elementów nilpotentnych pierścienia jest ideałem (nazywa się go nilradykałem).

2. Wykazać, że pierścień ilorazowy nie zawiera niezerowych elementów nil- potetnych.

3. Wykazać, że nilradykał jest przecięciem wszystkich ideałów pierwszych pierścienia.

Rozwiązanie:

1. Żeby pokazać, że elementy nilpotentne pierścienia są ideałem trzeba po- kazać, że są podgrupą grupy addytywnej pierścienia oraz że spełniają wa- runek: ∀y ∈ R x ∈ I xy ∈ I, gdzie R jest pierścieniem, a I ideałem.

Niech N będzie zbiorem elementów nilpotetnych pierścienia.

(a) Elementy nilpotentene tworzą podgrupę grupy addytywnej pierście- nia, ponieważ:

• 0 ∈ N - w każdym pierścieniu 0 jest elementem nilpotetntnym.

• ∀x ∈ N − x ∈ N .

Dowód: Niech xⁿ= 0. Wtedy (−x)ⁿ = (−1)ⁿxⁿ= 0.

• ∀x, y ∈ N x + y ∈ N .

Dowód: Niech xⁿ= 0 i y^m= 0. Wtedy

(x + y)^n+m−1=

n+m−1

X

k=0

n + m − 1 k



x^n+m−1−ky^k.

Jeśli k < m to x^n+m−1−k = 0, a jeśli k ¬ m to y^k = 0, zatem wszystkie składniki tej sumy są równe 0.

(b) ∀y ∈ R x ∈ N yx ∈ N .

Dowód: Niech xⁿ= 0. Wtedy ∀y ∈ R (yx)ⁿ= yⁿxⁿ = 0.

Zatem N jest ideałem w R.

2. Pokażemy, że R/N nie zawiera niezerowych elementów nilpotentnych.

Weźmy (x + N ) - element nilpotetntny w R/N .

Wtedy istnieje n ∈ N t.że (x + N )ⁿ = N (N jest zerem w pierścieniu ilorazowym R/N ). Wiadomo też, że (x + N )ⁿ= xⁿ+ N .

1

Określmy przekształcenie ilorazowe π : R → R/N . Ponieważ π jest na, wiadomo, że istnieje x ∈ R t.że x−→ x + N .^π

Wtedy x^{n π}−→ (x + N )ⁿ= N ⇒ xⁿ∈ N ⇒ ∃k ∈ N (xⁿ)^k = 0 ⇒ x ∈ N ⇒ x−→ N , czyli R/N nie zawiera niezerowych elementów nilpotentnych.^π 3. N - nilradykał. Pokażemy, że nilradykał jest iloczynem (przecięciem) wszyst-

kich ideałów pierwszych pierścienia.

I C R jest ideałem pierwszym ⇔ ∀x, y ∈ R xy ∈ I ⇒ x ∈ I ∨ y ∈ I.

Chcemy wykazać, że N = T

j∈JIj, gdzie Ij - ideały pierwsze pierścienia R.

(a) N ⊂T

j∈JIj.

Dowód: Weźmy dowolny I - ideał pierwszy i x ∈ N t. że xⁿ = 0.

Wystarczy pokazać, że x ∈ I.

Wiemy, że 0 ∈ I, czyli xⁿ= 0 ∈ I, a ponieważ I jest ideałem pierw- szym musi zachodzić x ∈ I lub xⁿ⁻¹∈ I.

Indukcja: xⁿ∈ I ⇒ x ∈ I.

dla n = 1 x ∈ I - ok.

Zał. ind: xⁿ∈ I ⇒ x ∈ I.

Teza ind: xⁿ⁺¹∈ I ⇒ x ∈ I

Dowód: xⁿ⁺¹∈ I, czyli x ∈ I - ok, lub xⁿ∈ I ⇒ x ∈ I (z zał. ind) - ok.

(b) T

j∈JIj ⊂ N .

Chcemy pokazać, że przecięcie wszystkich ideałów pierwszych nie za- wiera nic poza elementami nilradykału.

Weźmy a /∈ N (a nie jest elementem nilpotentnym). Pokażemy, że a /∈T

j∈JI_j.

Wystarczy pokazać, że istnieje I - ideał pierwszy, t.że a /∈ I.

Niech B będzie rodziną wszystkich ideałów B t.że ∀n ∈ N aⁿ ∈ B./ Rodzina B jest niepusta, bo zawiera {0} - ideał zerowy.

W dalszej części dowodu będziemy korzystać z lematu Kuratowskiego- Zorna, który brzmi następująco:

Niech (A, ¬A) będzie zbiorem częściowo uporządkowanym. Jeśli każdy liniowo uporządkowany podzbiór zbioru A (każdy łańcuch) ma w (A, ¬A) ograniczenie górne, to w (A, ¬A) istnieje element maksy- malny.

Rodzina B jest częściowo uporządkowana przez inkluzję, a każdy łań- cuch w tej rodzinie jest ograniczony (przez sumę wszystkich ideałów z tego łańcucha).

Zatem B spełnia założenia lematu Kuratowskiego-Zorna, czyli w B

2

istnieje element maksymalny (ze względu na zawieranie) - nazwijmy go M .

Pokażemy teraz, że M jest ideałem pierwszym, czyli że jeśli xy ∈ M to x ∈ M lub y ∈ M .

Dowód (nie wprost):

Załóżmy, ze xy ∈ M oraz x /∈ M i y /∈ M .

Wtedy M (x) + M i M (y) + M , czyli ideały (x) + M i (y) + M nie należą do rodziny B (bo M był maksymalny w B).

Czyli ∃k t.że a^k ∈ (x) + M oraz ∃l t.że a^l∈ (y) + M .

Niech a^k = xr1 + m1 i niech a^l = yr2 + m2, gdzie r1, r2 ∈ R, m1, m2∈ M .

Wtedy a^k+l = a^ka^l = xyr1r2+ xr1m2+ yr2m1+ m1m2. Ponadto xyr1r2 ∈ M , bo xy ∈ M , xr1m2 ∈ M bo m2 ∈ M , yr2m1 ∈ M bo m1∈ M oraz m1m2∈ M , czyli a^k+ljest sumą elementów należących do M , czyli a^k+l∈ M - sprzeczność, bo M ∈ B, czyli M nie zawiera żadnej potęgi a.

Zatem jeśli xy ∈ M to x ∈ M lub y ∈ M , czyli M jest ideałem pierw- szym, który nie zawiera aⁿ ale n ∈ N, a tym samym pokazałyśmy, że istnieje ideał pierwszy, który nie zawiera a.

3