理想的根

理想 $I$ 可以看成一组被宣布为零的方程。若 $r^n$ 已被宣布为零，那么在只关心“哪些点令方程消失”的几何问题中，$r$ 与 $r^n$ 没有区别：在域中 $r^n=0$ 强迫 $r=0$。根理想正是把这种“有限次幂后才显现的零”提前纳入约束。于是 $I$ 保留方程的重数与无穷小厚度，$\sqrt{I}$ 只保留其底层零点集合。

$\sqrt{I}$ 是包含 $I$ 的最小根理想。商环 $R/\sqrt{I}$ 因而是将 $R/I$ 的幂零元全部除去后得到的约化环。素理想交刻画提供另一种检测方式：检查 $x$ 是否属于每个包含 $I$ 的素理想，等价于寻找某个幂 $x^n$ 属于 $I$。

在 $\mathbb{Z}$ 中取 $I=(12)$。整数 $a$ 的某次幂被 $12$ 整除，当且仅当 $2$ 与 $3$ 都整除 $a$，所以

由 $12=2^2\cdot 3$ 变成 $6=2\cdot 3$，两个素因子都只保留一次。又在域 $k$ 上的 $k[x,y]$ 中，

因为 $x^2\in I$，故 $x\in \sqrt{I}$；反过来 $I\subseteq (x)$ 且 $(x)$ 为素理想，于是 $\sqrt{I}\subseteq (x)$。两者的零点集都是直线 $x=0$，但 $R/I$ 中还保留非零幂零元 $\overline{x}$，且 $y\overline{x}=0$。在 $y$ 可逆的区域，后一个等式迫使 $\overline{x}=0$，所以这层额外结构集中在原点。

有限交与乘积满足

对于无限交，$k[x]$ 中的理想族 $(x^n)$ 给出不同结果：非零多项式的次数有限，所以 $\bigcap _{n\ge 1}(x^n)=(0)$，其根为 $(0)$；而每个 $(x^n)$ 的根都是 $(x)$，这些根的交仍为 $(x)$。

根理想的和也可能产生幂零关系。例如在 $k[x,y]$ 中，$(y)$ 与 $(y-x^2)$ 都是素理想，但它们的和是 $(y,x^2)$，其根为 $(x,y)$，比原来的和更大。对理想之和成立的公式是 $\sqrt{I+J}=\sqrt{\sqrt{I}+\sqrt{J}}$。

根理想是代数与几何之间“忽略重数”这一步的代数载体。Zariski 闭集 $V(I)$ 只依赖 $\sqrt{I}$；在代数闭域上的强 Hilbert 零点定理进一步断言 $I(V(I))=\sqrt{I}$。因此由方程到零点再回到方程时，恢复的不是原理想，而是其根，这正是几何无法看见普通幂零厚度的精确表述。

对 $I\subseteq k[x_1,\dots ,x_m]$ 和多项式 $f$，Rabinowitsch 技巧把根理想成员判定转成增加一个变量后的理想成员问题：

若 $f^n\in I$，可用恒等式 $1=(tf{)}^n+(1-tf)\sum _{j=0}^{n-1}(tf{)}^j$ 验证右侧。反向在 $f=0$ 时直接成立；对 $f\ne 0$，在令 $f$ 可逆的局部化理路环的局部化Localization of rings把指定乘法闭集中的元素形式地变为可逆元所得的环。中把 $t$ 代为 $1/f$，再清除分母，便得到某个 $f^N\in I$。

在Noether 环理路Noether 环Noetherian ring每个理想有限生成，等价地理想升链最终稳定的环。中，$\sqrt{I}$ 有有限个生成元。若 $\sqrt{I}=(a_1,\dots ,a_r)$ 且 $a_i^{n_i}\in I$，取 $N=1+\sum _i(n_i-1)$，则每个 $N$ 次生成元乘积都含某个 $a_i^{n_i}$，故 $(\sqrt{I}{)}^N\subseteq I$。有限生成性在这里给出了适用于整个根理想的统一幂次界。

取根会忽略本页例子 $(x^2,xy)$ 在原点的额外结构。准素分解理路准素分解Primary decomposition · Lasker-Noether theoremNoether 理想可有限交分解为准素分量；证明存在性的机制，并完整核验带嵌入分量的两个不同最小分解。进一步写出 $(x^2,xy)=(x)\cap (x^2,y)$，把直线分量与嵌入点分开；嵌入准素分量可以换成 $(x,y{)}^2$，但两种最小分解的根集合相同。