Después de tanto batallar ya hallamos la contestación de este enigma que algunos de nuestros usuarios de esta web han presentado. Si tienes algún dato que compartir no dejes de dejar tu información.
Solución:
Sea $R$ un anillo, no necesariamente con identidad, no necesariamente conmutativo.
Un $mathfrakP$ ideal de $R$ se dice que es un primer ideal si y solo si $mathfrakPneq R$, y siempre que $mathfrakA$ y $mathfrakB$ sean ideales de $R$, entonces $mathfrakABsubseteq mathfrak P$ implica $mathfrakAsubseteq mathfrakP$ o $mathfrakBsubseteq mathfrakP$.
(La condición dada por los elementos, $abin P$ implica $ain P$ o $bin P$, es más fuerte en el caso de anillos no conmutativos, como evidencia el ideal cero en el anillo $M_2(F)$, con $F$ un campo, pero es equivalente a la definición ideal en el caso de anillos conmutativos; esta condición se denomina “fuertemente prima” o “totalmente prima”. En general, con los anillos no conmutativos, las versiones “ideales” de las propiedades ideales multiplicativas son más débiles que las versiones “elementales”, y las dos versiones son equivalentes en los anillos conmutativos).
Cuando el anillo no tiene una identidad, es posible que ni siquiera tengas ideales máximos. Pero esto es lo que puedes rescatar; recuerda que si $R$ es un anillo, entonces $R^2$ es el ideal de $R$ dado por todas las sumas finitas de elementos de la forma $ab$ con $a,bin R$ (es decir, es el producto teórico-ideal habitual de $R$ consigo mismo, vistos como ideales). Cuando $R$ tiene una identidad, $R^2=R$; pero incluso cuando $R$ no tiene una identidad, es posible que $R^2$ sea igual a $R$.
Teorema.Sea $R$ un anillo, no necesariamente con identidad, no necesariamente conmutativo. Si $R^2=R$, entonces todo ideal maximal de $R$ es también un ideal primo. Si $R^2neq R$, cualquier ideal que contenga $R^2$ no es un ideal primo. En particular, si $R^2neq R$ y hay un ideal maximal que contiene $R^2$, este ideal es maximal pero no primo.
Prueba. Supongamos que $R^2=R$. Sea $mathfrakM$ un ideal maximal de $R$; por suposición, sabemos que $mathfrakMneq R$. Ahora suponga que $mathfrakA,mathfrakB$ son dos ideales tales que $mathfrakAnotsubseteq mathfrakM$ y $mathfrakBnotsubseteqmathfrak M$. Probaremos que $mathfrakAB$ no está contenido en $mathfrakM$ (estamos demostrando que $mathfrakM$ es primo por contraposición). Luego, por la maximalidad de $mathfrakM$, se sigue que $mathfrakM+mathfrakA=mathfrakM+mathfrakB=R$.
Entonces tenemos: $$beginalign* R &= R^2\ &= (mathfrakM+mathfrakA)(mathfrakM+mathfrakB)\ &= mathfrakM^2 + mathfrakAM+mathfrakMB+mathfrakAB\ &subseteq mathfrakM+mathfrakM+mathfrakM+ mathfrakAB\ &=mathfrakM+mathfrakAB\ &subseteq R, endalign*$$ por lo tanto $mathfrakMsubsetneqmathfrakM+ mathfrakAB=R$. Por lo tanto, $mathfrakABnotsubseteqmathfrakM$. Por lo tanto, $mathfrakM$ es un ideal primo, como se afirma.
Ahora supongamos que $R^2neq R$ y $mathfrakI$ es un ideal de $R$ que contiene $R^2$. Si $mathfrakI=R$, entonces $mathfrakI$ no es primo. Si $mathfrakIneq R$, entonces $RRsubseteq mathfrakI$, pero $Rnotsubseteq mathfrakI$, entonces $mathfrakI$ no es primo. En particular, si $mathfrakM$ es un ideal maximal que contiene $R^2$, entonces $mathfrakM$ no es primo. $Caja$
En su ejemplo, tenemos $R=2mathbbZ$, $R^2=4mathbbZneq R$, por lo que cualquier ideal que contenga $R^2$ (en particular, el ideal $ R^2$ en sí mismo) no es primo. Y dado que $4mathbbZ$ es un ideal maximal que contiene $R^2$, exhibe un ideal maximal que no es primo. (De hecho, $2mathbbZ$ tiene ideales maximales que contienen cualquier ideal dado; esto se puede demostrar directamente o invocando el hecho de que es noetheriano)
Como señala Thomas, $2mathbb Z$ no es un “anillo”, ya que no contiene ningún elemento de identidad $1.$ Es true que todo ideal máximo de un anillo conmutativo con identidad es primo
Si $R$ es un anillo conmutativo tal que $R^2=R$ (en particular si R tiene una identidad), entonces todo ideal maximal es primo.
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