Questão 32. Sejam A um anel comutativo com identidade e I um ideal de A. Definimos o radical de I por
\sqrt{I}=\left\{x \in A \mid x^{n} \in I, \text { para algum } n \in Z_{+}\right\} .
Mostre que
i. \sqrt{I} é um ideal de A. Quando I=\sqrt{I}, dizemos que I é um ideal radical.
ii. I \subseteq \sqrt{I}.
iii. \sqrt{\sqrt{I}}=\sqrt{I}.
iv. \sqrt{I}=A \Leftrightarrow I=A.
v. Se J é um ideal de A, então \sqrt{I J}=\sqrt{I \cap J}=\sqrt{I} \cap \sqrt{J}.
vi. Se P é um ideal primo e n \in \mathbb{Z}_{+}, então \sqrt{P^{n}}=P.

Passo 1

O enunciado trabalha num anel comutativo com identidade A e num ideal I\subseteq A. Define-se o radical de I por
\sqrt{I}=\{x\in A\mid x^n\in I\text{ para algum }n\in\mathbb{Z}_+\}.
Precisamos mostrar as propriedades i a vi, que são resultados padrão sobre radicais de ideais.

Passo 2

Prova de i: \sqrt{I} é ideal.
  1. Fechamento sob soma e inverso aditivo: se x,y\in\sqrt{I}, então existem m,n tais que x^m\in I e y^n\in I. Considere
(x+y)^{m+n-1} \;=\;\sum_{i=0}^{m+n-1}\binom{m+n-1}{i}x^i y^{m+n-1-i}.
Para cada termo, ou i\ge m (logo x^i=x^m x^{i-m}\in I) ou m+n-1-i\ge n (logo y^{m+n-1-i}\in I). Como I é ideal, cada parcela está em I, então (x+y)^{m+n-1}\in I, ou seja, x+y\in\sqrt{I}. E (-x)^m = (-1)^m x^m\in I mostra que -x\in\sqrt{I}.
2) Fechamento sob multiplicação por elemento de A: seja a\in A e x\in\sqrt{I} com x^m\in I. Então
(ax)^m = a^m\,x^m \in I,
logo ax\in\sqrt{I}. Assim \sqrt{I} é ideal. Quando I=\sqrt{I} dizemos que I é radical.

Passo 3

Prova de ii: I\subseteq\sqrt{I}.
Se x\in I, então x^1\in I, logo x\in\sqrt{I}.

Passo 4

Prova de iii: \sqrt{\sqrt{I}}=\sqrt{I}.
  • Como \sqrt{I} é ideal, do item ii segue \sqrt{I}\subseteq\sqrt{\sqrt{I}}.
  • Se x\in\sqrt{\sqrt{I}}, existe n tal que x^n\in\sqrt{I}; mas então há m com (x^n)^m=x^{nm}\in I, implicando x\in\sqrt{I}.
    Logo as inclusões se fecham em igualdade.

Passo 5

Prova de iv: \sqrt{I}=A\Leftrightarrow I=A.
\Leftarrow”: Se I=A qualquer x\in A satisfaz x^1\in I, logo x\in\sqrt{I}=A.
\Rightarrow”: Se \sqrt{I}=A então 1\in\sqrt{I}, existe n com 1^n=1\in I, portanto I=A.

Passo 6

Prova de v: \sqrt{I\,J}=\sqrt{I\cap J}=\sqrt{I}\,\cap\sqrt{J}.
  1. I\,J\subseteq I\cap J implica \sqrt{I\,J}\subseteq\sqrt{I\cap J}.
  2. I\cap J\subseteq I e I\cap J\subseteq J dão \sqrt{I\cap J}\subseteq\sqrt{I}\cap\sqrt{J}.
  3. Se x\in\sqrt{I}\cap\sqrt{J}, existem m,n com x^m\in I e x^n\in J. Então
x^{m+n} = x^m x^n \in I\,J,
logo x\in\sqrt{I\,J}. Todas as inclusões fecham as igualdades.

Passo 7

Prova de vi: Se P é primo e n\in\mathbb{Z}_+, então \sqrt{P^n}=P.
  • Se p\in P então p^n\in P^n, logo p\in\sqrt{P^n}, dando P\subseteq\sqrt{P^n}.
  • Se x\in\sqrt{P^n}, existe k com x^k\in P^n\subseteq P. Como P é primo e x^k\in P implica x\in P, segue \sqrt{P^n}\subseteq P.
    Assim \sqrt{P^n}=P.

Resposta

As propriedades i a vi foram todas demonstradas.

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