I^n + J^n + K^n =A

[Reginald1]

Salve a tutti, ho trovato abbastanza interessante questo problema, anche se un po' complicato, volevo vedere se c'erano soluzioni alternative:

Sia A un anello commutativo con unità; I, J, K tre ideali tali che $I+J+K=A$, mostrare allora che $\forall 1 \le n$ ho che $I^n+J^n+K^n=A$..
Ecco la mia (secondo me orribile) soluzione..

LEMMA: A anello commutativo con unità, G ideale di A diverso da A stesso, allora esiste un ideale massimale I che contiene G.
Considero $X:={H \text{ ideali di A diversi da A stesso che contengono G} }$, X non è vuoto perchè c'è G e allroa lo ordino per inclusione.

Sia $..\subset H_1 \subset H_2 \subset ...$ una catena, voglio far vedere che ha un maggiorante. Considero $L=\cup_{i \in I} H_i $. L è allora un ideale di A, e non è A stesso, perchè se fosse A stesso allora $1\in L$ e allora $1\in H_j$ per un certo j ed è assurdo perche $H_j \in X$, ed inoltre L contiene G, allroa è un maggiorante. Per il lemma di Zorn allora esiste un I ideale massimale che contiene G, e ho mostrato il Lemma.

Suppongo per assurdo che non sia vero $I^n+J^n+K^n=A$. Considero allora H un ideale massimale che contiene $I^n+J^n+K^n$, allora ho che per ogni $i \in I, i^n\in H$. Se fosse che i non appartiene a H allora avrei che $A/H$ ha un divisore di 0, che è assurdo poichè, essendo A commutativo con 1 e H massimale, $A/H$ è un campo. Allora $I\subset H$ e idem per J e K, e quindi $A=H$ e ho la contraddizione.

[maurer]

Dovrebbe essere vero più in generale: [tex]I^m + J^n + K^p = A[/tex]. Infatti, siano [tex]a \in I, \: b \in J, \: c \in K[/tex] tali che [tex]a + b + c = 1[/tex]. Allora posto [tex]d = m + n + p[/tex] si ha [tex](a+b+c)^d = \sum_{j_1 + j_2 + j_3 = d} \binom{d}{j_1, j_2, j_3} a^{j_1} b^{j_2} c^{j_3}[/tex]
Ora, in ogni terna [tex](j_1,j_2,j_3)[/tex] tale che [tex]j_1 + j_2 + j_3 = d[/tex] deve essere [tex]j_1 \ge m[/tex], [tex]j_2 \ge n[/tex] oppure [tex]j_3 \ge p[/tex]. Quindi almeno ogni addendo appartiene a [tex]I^m[/tex], a [tex]J^n[/tex] oppure a [tex]K^p[/tex]. Quindi, a meno di riordinare gli addendi, troviamo che esistono [tex]a' \in I^m, b' \in J^n, c' \in K^p[/tex] tali che [tex]a' + b' + c' = 1[/tex], ossia [tex]I^m + J^n + K^p = A[/tex].

Comunque, va benissimo anche la tua e, sinceramente, la preferisco di molto alla mia, perché ci sono molti meno conti. Ti faccio notare che massimale implica primo (ed in particolare radicale) quindi da [tex]i^n \in H[/tex] concludi direttamente che [tex]i \in H[/tex].

[Reginald1]

Vero, anche nella mia effettivamente non ho mai usato il fatto che fosse $I^n+J^n+K^n$ tutti alla n..=) comunque fantastico, era proprio quello che cercavo, grazie!!

[j18eos]

Il lemma che hai citato (e dimostrato) è dovuto a Krull!

Due critiche costruttive:

1) non hai escluso per ipotesi che gli ideali non siano nilpotenti, ovvero \(\forall n\in\mathbb{N},\,I^n\neq\{0_A\}\);

2) non vedo dove utilizzi le ipotesi dei \(3\) ideali e del medesimo esponente \(n\).

Avendo poi letto la dichiarazione di maurer mi domando cosa mi sfugge!

[maurer]

Rispondo alle critiche.

Non vedo dove l'ipotesi che gli ideali non siano nilpotenti giovi. Voglio dire: l'argomentazione, all'osso, è [tex]I^m \subset I^n + J^n + K^p \subset H \Rightarrow I \subset H[/tex] per massimalità. Quindi [tex]I,J,K \subset H[/tex], ossia [tex]A = H[/tex], assurdo. Mi pare che funzioni bene!

La seconda critica: infatti, non è necessario.

[Reginald1]

Invece l'ipotesi di commutatività penso si possa tagliare, se non ho sbagliato :

nella dimostrazione del lemma non serve la commutatività, suppongo per assurdo che $I^n+J^m+K^t$ non sia A, se allora H è un ideale massimale che contiene $I^n+J^m+K^t$, suppongo per assurdo che esista un $i \in I$ non contenuto in H, allora $i\in (i)+H \implies 1=i*a+h$ per un certo a in A e h in H,per massimalità di H, inoltre a non sta in H poichè altrimenti ci starebbe anche 1. Sia ora s il minimo intero tale che $i^s \in H$, questo minimo esiste perchè N è ben ordinato e $I^n \in H$, allora $H=(i^s+H)(a+H)=i^{s-1}+H$ assurdo per la minimalità di s. Idem per J e K.

l'ipotesi che ci sia l'1 invece non mi pare si possa evitare,

basta prendere gli interi pari, $I=4\mathbb{Z}$, $J=6 \mathbb{Z}$, $K=8 \mathbb{Z}$, allora $2=6-4$ e quindi ho tutto, però $I^2+J^2+K^2$ sono tutti multipli di 4 e allrora non c'è il 2..

[j18eos]

maurer a meno di una qualche proprietà che ignoro (preso il quesito nella forma generale), può esistere una terna di numeri naturali che "annulli" gli ideali considerati; ecco perché ho mosso e ripropongo quella prima critica!

[maurer]

Ma ne sei proprio sicuro? Posso chiederti un esempio concreto?

Se [tex]I,J,K[/tex] fossero tutti e tre nilpotenti, allora avremmo che [tex]I,J,K \subset \mathfrak N_A[/tex]. Ora [tex]\mathfrak N_A = \bigcap_{\mathfrak p \in \text{Spec}(A)} \mathfrak p[/tex] e quindi da [tex]I + J + K = A[/tex], seguirebbe [tex]\mathfrak N_A = A[/tex]. Quindi l'anello dovrebbe essere interamente composto di elementi nilpotenti. Ma questo è impossibile perché [tex]1[/tex] non è nilpotente (naturalmente, visto che lavoriamo in contesto di algebra commutativa, abbiamo il buon senso di sottointendere la richiesta [tex]1_A \ne 0_A[/tex]!).

[j18eos]

"j18eos":maurer a meno di una qualche proprietà che ignoro...

Non penso di averti contestato; ho mosso delle critiche costruttive perché non riuscivo ad escludere il nefasto caso. Tutto qui!

Una domanda; supposto che con \(\mathrm{spec}(A)\) indichi l'insieme degli ideali massimali di \(A\), il loro ideale intersezione ha un nome notevole così da potermi informare?

[maurer]

Scusami, pensavo che avessi in mano un controesempio e io non riuscivo a trovare una falla nel ragionamento.
Spero che ci siamo chiariti, adesso!

Comunque, per rispondere alla seconda domanda, con [tex]\text{Spec}(A)[/tex] denoto lo spettro dell'anello, ossia l'insieme degli ideali primi di [tex]A[/tex]. La loro intersezione è detta nilradicale e tradizionalmente si denota con [tex]\mathfrak N_A[/tex]. In effetti [tex]\mathfrak N_A[/tex] è l'insieme formato da tutti e soli gli elementi nilpotenti dell'anello. Chi fosse interessato, può provare a dimostrare questa affermazione: è un esercizio davvero carino!

D'altra parte, l'insieme degli ideali massimali si denota talvolta con [tex]\text{Max}(A)[/tex]. La loro intersezione si denota [tex]\mathfrak R_A[/tex] e viene detta radicale di Jacobson di [tex]A[/tex]. Questa volta vi potete divertire a dimostrare che [tex]a \in \mathfrak R_A[/tex] se e solo se [tex]1 + a[/tex] è invertibile. Potete poi divertirvi a provare che se [tex]A[/tex] è un anello non nullo, allora [tex]\mathfrak N_{A[X]} = \mathfrak R_{A[X]}[/tex]!

[Paolo902]

"maurer":
Comunque, per rispondere alla seconda domanda, con [tex]\text{Spec}(A)[/tex] denoto lo spettro dell'anello, ossia l'insieme degli ideali primi di [tex]A[/tex]. La loro intersezione è detta nilradicale e tradizionalmente si denota con [tex]\mathfrak N_A[/tex]. In effetti [tex]\mathfrak N_A[/tex] è l'insieme formato da tutti e soli gli elementi nilpotenti dell'anello. Chi fosse interessato, può provare a dimostrare questa affermazione: è un esercizio davvero carino!

Già, veramente molto carino. Grazie per averlo proposto

Sia [tex]\mathfrak N_A = \{x \in A \, \vert \, \exists n > 0, \, x^{n}=0_{A} \}[/tex]. Vogliamo mostrare che [tex]\bigcap_{\mathfrak p \in \rm{Spec}(A)} \mathfrak p = \mathfrak N_A[/tex].

[*:13f10d6s] [tex]\supseteq[/tex]: sia [tex]x \in \mathfrak N_A[/tex]. Allora, esiste un intero positivo $n \in \NN$ tale che $x^n=x \cdots x =0_A$. D'altra parte, [tex]0_A \in \mathfrak p[/tex], per ogni [tex]\mathfrak p \in \rm{Spec}(A)[/tex] e, quindi, poichè stiamo parlando di ideali primi, [tex]x \cdots x \in \mathfrak p[/tex], per ogni [tex]\mathfrak p \in \text{Spec}(A)[/tex] implica [tex]x \in \mathfrak p[/tex], per ogni [tex]\mathfrak p \in \text{Spec}(A)[/tex], cioè [tex]x \in \bigcap_{\mathfrak p \in \rm{Spec}(A)} \mathfrak p[/tex].
[/*:m:13f10d6s]
[*:13f10d6s] [tex]\subseteq[/tex]: sia ora [tex]x \in \bigcap_{\mathfrak p \in \rm{Spec}(A)} \mathfrak p[/tex] e supponiamo, by way of contradiction, che [tex]x \notin \mathfrak N_A[/tex]. Questo significa che $\forall n >0$, $x^{n} \ne 0_A$. In altre parole, detto [tex]\mathcal S := \{x^{n}, \, n >0 \}[/tex], si ha [tex]S \cap \{0_A\}=\emptyset[/tex]. Questo significa che l'insieme degli ideali di $A$ disgiunti da $S$ è non vuoto (c'è l'ideale nullo!); detto insieme è in maniera naturale un poset, con l'ordine dato dall'inclusione insiemistica. Ogni catena ha un maggiorante (utile esercizio per il lettore: si consideri l'unione degli elementi della catena...) e, quindi, per il lemma di Zorn, $S$ ha un elemento massimale, sia esso $J$. Se mostriamo che $J$ è primo, abbiamo finito. Sia $ab \in J$ e $a \notin J$, $b \notin J$. Allora necessariamente $a,b \in S$ (altrimenti [tex]J \cup \{a,b\}[/tex] violerebbe la massimalità di $J$), cioè esistono interi positivi $r,s$ tali che $a=x^r$ e $b=x^s$. E' banale verificare che $S$ è chiuso per moltiplicazione, quindi $ab=x^rx^s \in S$, il che è assurdo, avendo supposto $ab \in J$ e $S \cap J =\emptyset$. Dunque $J$ è un ideale primo. Ma allora, essendo [tex]x \in \bigcap_{\mathfrak p \in \rm{Spec}(A)} \mathfrak p[/tex], si ha $x \in J$ il che contrasta [tex]S \cap J=\emptyset[/tex]. [][/*:m:13f10d6s][/list:u:13f10d6s]

Può andare?

[maurer]

La strada è giusta, ma c'è un passaggio da mettere a posto.

"Paolo90":
[...] Allora necessariamente [tex]a,b \in S[/tex] (altrimenti [tex]J \cup \{a,b\}[/tex] violerebbe la massimalità di [tex]J[/tex]), [...]

Quello che affermi è falso, perché [tex]J \cup \{a,b\}[/tex] non è un ideale! Come aggirare lo scoglio?