Idéaux

Je continue de penser qu'il manque des hypothèses.

Soient $A$ un anneau commutatif, $I,J$ deux idéaux de $A$.
Soit $K:= \{u\in A\mid \forall y \in J, \exists (m,n) \in \N^2, u^my^n \in I\}$


I) Soit $x\in A$ il y a équivalence entre

1°) $x$ appartient à tout idéal premier $\frak p$ de $A$ tel que $I\subseteq \mathfrak p$ et $J\not \subseteq \mathfrak p$
2°) $x\in K$.

II) $I:J \subseteq \sqrt I :J \subseteq K$ et si $J$ est de type fini, $\sqrt{I}:J=K$.

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II) les inclusions sont triviales (et je n'ai pas vraiment l'impression qu'il y ait égalité dans le cas général), et si $J=<y_1,...,y_k>$ et si $x\in K$, soient $m_1,n_1,...,m_k,n_k$ tels que pour tout $i\leq k, x^{m_i}y^{n_i}\in I$. Soient $m:= \max \{m_1,...,m_k\}$ et $n:=\sum_{i=1}^k n_i$, alors un calcul (multinôme...) montre que pour tous $a\in A^k$, $\big(x(a_1y_1+...+a_k y_k)\big)^{m+n} \in I$ donc $x(a_1y_1+...+a_k y_k)\in \sqrt I$ donc $x\in \sqrt I :J$...

Montrons I)

2°)=>1°) Soit $\mathfrak p$ un idéal premier de $A$ tel que tel que $I\subseteq \mathfrak p$ et $J\not \subseteq \mathfrak p$.
Soit $y\in J \backslash \mathfrak p$ et $n\in \N$ tel que $x^my^n\in I \subseteq \mathfrak p$. Comme $y\notin \mathfrak p$,$y^n\notin \mathfrak p$ donc $x^m\in \mathfrak p$ donc $x\in \mathfrak p$.

1°) =>2°) Par contraposée. Supposons que $x\notin K$. Alors il existe $t\in J$ tel que pour tous $m,n\in \N$, $x^mt^n\notin I$. Soit $B:=A/I$. Par ce qui précède, on a $x^mt^n\neq 0$ dans $B$ et ce quel que soit $n$. Donc le localisé $S^{-1}B$ n'est pas nul. Soit $\mathfrak m$ un idéal maximal de $S^{-1}B$. Soit $\mathfrak q:=\left\{y \in B \mid \frac{y}{1}\in \mathfrak m \right\}$. Soit $\mathfrak p:= \{z \in A \mid z+I \in \mathfrak q\}$. Alors par construction, $\mathfrak p$ est premier, $t\in J \backslash \mathfrak p$, $I\subseteq \mathfrak p$ et $x\notin \mathfrak p$, d'où le résultat.

Preuve: Supposons que $I=\sqrt{I}$. Quitte à quotienter par $I$ on peut supposer que $I=0$ et $A$ est réduit. Soit $a\in \bigcap_{J\not\subset \mathfrak{p}}\mathfrak{p}$ alors l’idéal $JA[1/a]$ de $A[1/a]$ est contenu dans tous les idéaux premiers et donc l'image de $J$ dans $A[1/a]$ est nulle (car $A[1/a]$ est aussi réduit). Ainsi pour tout $x\in J$ il existe $N\geqslant 1$ tel que $a^Nx=0$ donc $ax$ nilpotent et finalement $ax=0$ (car $A$ est réduit). Ainsi $a\in (0:J)$ ce qui prouve l'inclusion réciproque.