Caracterización del nilradical

Sea A un anillo conmutativo y S \subseteq A un conjunto multiplicativo que no contiene a 0.

Parte 1

Existen ideales de A maximales con la propiedad de no cortar a S.

Demostración. La demostración usa el Lema de Zorn. Para esto, considerar el conjunto \Omega formado por los ideales de A que no cortan a S. Por empezar, \Omega es no vacío pues contiene al ideal \{0\} que no corta a S. Se verá además que toda cadena infinita creciente de elementos de \Omega tiene una cota superior en \Omega, con lo cual habrá un elemento maximal en \Omega, que es lo que se quiere probar.

Dada una cadena creciente I_1 \subseteq I_2 \subseteq \hdots de ideales que no cortan a S, considerar la unión J = \bigcup_{i \in \mathbb{N}}{I_i}. Es un ideal de A que contiene a todos los I_i. Además J no corta a S, pues si lo hiciera, existiría un s \in S que también está en J, y por lo tanto s \in I_i para algún i \in \mathbb{N}, lo cual es absurdo porque los I_i no cortan a S.

Parte 2

Sea I un ideal maximal entre aquellos que no cortan a S. Entonces I es primo.

Demostración. Sea x\,y \in I, y suponer que x, y \not\in I. Como I es un ideal maximal entre aquellos que no cortan a S, y como x \not\in I, se tiene que \langle I, x \rangle corta a S. Por lo tanto existe un s_1 \in S que se escribe de la forma s_1 = i_1 + \alpha_1\,x para ciertos i_1 \in I, \alpha_1 \in A. Análogamente, como y \not\in I, se tiene que existe un s_2 \in S que se escribe como s_2 = i_2 + \alpha_2\,y para i_2 \in I, \alpha_2 \in A.

El producto s_1\,s_2 está en S, pues este es un conjunto multiplicativo. Por otra parte, s_1\,s_2 = (i_1 + \alpha_1\,x)\,(i_2 + \alpha_2\,y) = i_1\,(i_2 + \alpha_2\,y) + \alpha_1\,x\,i_2 + \alpha_1\,x\,y. Los primeros dos términos están en I pues i_1, i_2 \in I. El tercer término está en I porque x\,y \in I. Entonces s_1\,s_2 \in S \cap I, lo cual es absurdo pues I no corta a S.

Parte 3

Un elemento a \in A pertenece a todos los ideales primos del anillo si y sólo si alguna potencia de a es 0. En otras palabras, la intersección de todos los ideales primos de un anillo conmutativo coincide con el conjunto de los elementos nilpotentes. En particular, los nilpotentes forman un ideal, que se conoce con el nombre de nilradical del anillo A.

Demostración.

(\subseteq) Sea a \in \bigcap_{\mathfrak{p} {\mathrm{\,primo}}}{\mathfrak{p}}. Considerar S = \{a^n\ |\ n \in \mathbb{N}\} el conjunto de todas las potencias de a. Por el absurdo, suponer que a no fuera nilpotente. Entonces S es un conjunto multiplicativo que no contiene a 0. Por la Parte 1, existe un ideal I maximal que no corta a S. Por la Parte 2, dicho ideal I es primo. Entonces a \in I, pues a está en todos los ideales primos de A. Pero además a \in S, que es el conjunto de todas las potencias de a. Esto es absurdo pues I no corta a S.

(\supseteq) Sea a nilpotente y \mathfrak{p} un ideal primo de A. Por inducción en el orden de nilpotencia de a. Si a^1 = 0, entonces a \in \mathfrak{p}. Si a^{r+1} = 0, entonces a^{r+1} \in \mathfrak{p}. Como \mathfrak{p} es primo se tiene que o bien a \in \mathfrak{p}, en cuyo caso no hay nada que probar, o bien que a^r \in \mathfrak{p}, en cuyo caso se concluye que a \in \mathfrak{p} por hipótesis inductiva.

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