Deje $R$ ser un anillo de valoración. Si $ P = (a)$ es un primer ideal de $R$ $P$ es el máximo ideal. Sé que el máximo ideal es $\lbrace{ x \in R | v(x) > 0}\rbrace$.
Respuestas
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Hay una caracterización de los principales ideales de una valoración de dominio $R$.
LEMA: si $P=(a)$ es cualquier director ideal de una valoración de dominio $R$,$P=\{ x \in R : v(x) \ge v(a)\}$.
Os dejo la prueba de como los ejercicios todas.
Como la respuesta de tu problema, vamos a $M$ ser el único ideal maximal de a $R$. Supongamos por contradicción que $P$ es el primer y $P \neq M$. Entonces existe algún $y \in M \setminus P$. Desde $y \notin (a)$, por el lema, $$v(y)<v(a)$$ o, de manera equivalente, $$v(ay^{-1})=v(a)-v(y)>0$$ Lo que implica que $ay^{-1} \in R$. Ahora, $$ay^{-1} \cdot y=a \in P$$ desde $P$ es un alojamiento ideal y $y \notin P$, necesariamente,$ay^{-1} \in P$. Por el lema, $$v(a)-v(y)=v(ay^{-1}) \ge v(a)$$ o, de manera equivalente, $$v(y) \le 0$$ contradiciendo $y \in M = \{ x \in R : v(x) > 0\}$. Llegamos a una contradicción, lo que necesariamente $P=M$.
rschwieb
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Si $(a)$ no es maximal, entonces existe $x$ tal que $(a)\subsetneq (x)\subseteq M$ donde $M$ es el máximo ideal. (Los principales ideales de la $R$ son linealmente ordenado, después de todo.)
A continuación,$a=xr$, pero $a$ es irreductible (ya que es primo, ya que $(a)$ es un alojamiento ideal), por lo $r$ es una unidad, y $(a)=(x)$, una contradicción.
Por eso, $(a)$ tiene que ser máxima, para empezar.
Tsemo Aristide
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Respuesta parcial es la imagen de la valoración es de los enteros.
Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $R$ $v$ de la valoración.
Deje $x\in R$ supongamos que hay xists $y\in P$ tal que $v(x)=v(y)$.
$y=(yx^{-1})x$, $v(y^{-1}x)=0$ implica que $yx^{-1}$$R$, ya que el $P$ es primo, $yx^{-1}\in P$ o $x\in P$, lo $x\in P$.
Deje $x\in R$ $v(x)>0$ existe $p$ tal que $v(x^p)=v(a^m)$, esto implica que $x^p\in P$ $x\in P$ desde $P$ es un alojamiento ideal.
