Se a qualcuno interessasse vorrei aggiungere una riflessione.
Qual è il senso di fare un esercizio se non per imparare una determinata cosa? In particolare se studio la teoria degli anelli allora se mi ritrovo un esercizio legato a un certo soggetto cerco di trovare un ragionamento al interno della teoria che sto studiando, perché in fondo voglio sviluppare un intuito lì dentro e non in cose che già so! Non vi pare? Pertanto penso sia comunque utile risolvere le cose con metodi più sofisticati, che magari possono essere risolte con altri metodi, ma in fondo l'obbiettivo ultimo è un altro, e non è il saper risolvere l'esercizio in questione, bensì comprendere meglio un certo concetto di una certa teoria!
Poi vero, ho dato un risultato che è più generale. Ma che è totalmente inerente, e non mi sembra particolarmente sofisticato ad essere sinceri, io l'ho visto al secondo anno al corso di anelli e campi.
Quindi sebbene si possa risolvere tranquillamente in 3 righe, senza tirare in ballo risultati sofisticati. Magari se l'obbiettivo è quello imparare i concetti della teoria degli anelli, o parti di esse come gli ideali - cosa questa che suppongo dal titolo - può essere utile abituarsi ad utilizzarli questi concetti, anche se sono d'accordo possa risultare più complicato, però se fatto bene risulta secondo me più utile. Chiaro se si usa il risultato senza dimostrarlo allora sì, come dice Martino ci si allontana dalla vera maturità matematica, dipende tutto da come uno affronta una certa cosa! Questo risultato in particolare mi sembra alla portata di chi ha un minimo di conoscenze della teoria degli anelli! Ecco quindi una dimostrazione di quel teorema
Teorema: Il nilradicale \( \operatorname{nil}(R) \), i.e. l'insieme degli elementi nilpotenti, di un anello commutativo \(R\) è uguale al intersezione di tutti gli ideali primi di \(R\).
Dimostrazione:
Sia \(x \in \operatorname{nil}(R) \) e \( \mathfrak{p} \) un ideale primo di \(R\). Allora abbiamo che \( \overline{x} \in R/\mathfrak{p} \) è un elemento nilpotente. Siccome l'annello \( A/\mathfrak{p} \) è un dominio d'integrità, poiché \( \mathfrak{p} \) è primo, allora il suo nilradicale è ridotto a \(0\). Abbiamo dunque che \( \overline{x} = 0 \) e dunque \( x \in \mathfrak{p} \). Poiché \( \mathfrak{p} \) è un ideale primo qualunque allora \(x \) sta nel intersezione di tutti gli ideali primi.
Per l'altra inclusione, dimostriamo la contrapposta. Sia \(x\in R \) un elemento tale che \( x \not\in \operatorname{nil}(R) \), allora cerchiamo un ideale primo \( \mathfrak{p} \) tale che \(x \not\in \mathfrak{p} \) e questo implica che \( x \) non sta nemmeno nel intersezione di tutti gli ideali primi.
Poniamo dunque \(S= \{ x^n : n \geq 1 \} \) abbiamo che \( 0 \not\in S \).
Inoltre sia \( A = \{ I : I \text{ ideale di } R \text{ tale che } I \cap S = \emptyset \} \). Abbiamo che \(A\) non è vuoto poiché \( (0) \in A \). Inoltre sia \( (I_n)_{n \geq 1} \) una successione crescente (per l'inclusione) di ideali in \(A\), allora abbiamo \( \bigcup_{n \geq 1} I_n \) è ancora un ideale (per convincerti che è un ideale guarda il teorema di Krull) disgiunto da \(A \) che contiene tutti gli \(I_n\). Per il lemma di Zorn, esiste un ideale \( \mathfrak{p} \) che è massimale in questo insieme.
Dimostriamo che se \( \mathfrak{p} \) non è primo allora esistono \( a,b \in A - \mathfrak{p} \) tale che \(ab \in \mathfrak{p} \). Gli ideali \( \mathfrak{p} + (a) \) e \( \mathfrak{p}+(b) \) contengono \( \mathfrak{p} \) e per massimalità di quest'ultimo non stanno in \(A\). Pertanto esistono \(k, \ell \) tale che \( x^{k} \in \mathfrak{p}+ (a) \) e \( x^{\ell} \in \mathfrak{p}+(b) \). Da cui \( x^{k+\ell} \in ( \mathfrak{p} +(a)) (\mathfrak{p}+(b) ) \). Per doppia inclusione si può dimostrare che \( ( \mathfrak{p} +(a)) (\mathfrak{p}+(b) ) = \mathfrak{p}+(ab) \). Se \(ab \in \mathfrak{p} \) allora abbiamo che \( \mathfrak{p}+(ab) = \mathfrak{p} \) ma questo è assurdo poiché \( \mathfrak{p} \) è un elemento di \(A\) dunque non potremmo avere che \( x^{k + \ell} \in \mathfrak{p} \), pertanto \( ab \not\in \mathfrak{p} \). Abbiamo dunque dimostrato che per ogni \( x \not\in \operatorname{nil}(R) \) esiste un ideale primo \( \mathfrak{p} \) tale per cui \( x \not\in \mathfrak{p} \).
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Bene! Ora abbiamo dimostrato questo risultato! Conoscendo questo risultato possiamo dunque dire quanto segue:
Nel nostro caso, \(R=\mathbb{Z}\),
attenzione però, abbiamo che essendo \( \mathbb{Z} \) un dominio d'integrità allora \((0)\)
è un ideale primo di \(\mathbb{Z} \), quindi tecnicamente parlando non abbiamo l'intersezione su tutti gli ideali primi e quindi perché possiamo usare lo stesso risultato? A priori potremmo avere che \( \bigcap_{p} (p) \neq \operatorname{nil}(\mathbb{Z}) = (0) \).
Possiamo proprio per la ragione che diceva Martino, abbiamo infatti che se esiste \(x \neq 0 \) tale che risulta \( x \in (p)=p \mathbb{Z} \) per ogni
numero primo \(p\), allora \(x\) sarebbe divisibile per ogni numero primo.
O se preferisci, nella dimostrazione il nostro insieme \(S\) in realtà dipende da \(x\), che abbiamo fissato, ora, siccome \(x\) è divisibile solo per un numero finito di numeri primi, allora esisterà un numero primo \(p\) che non divide \(x\) tale che non divide nemmeno \(x^n \) per ogni \( n \geq 1 \), pertanto per questo \(p \) abbiamo che che \( S \cap (p) = \emptyset \). Dunque l'elemento massimale di \(A\) non è \( (0)\). Di nuovo usiamo l'arbitrarietà di \(x \) per concludere.
Edit: l'ultima cosa che ho detto, dopo "O se preferisci" credo sia falsa scusa!