Deje $R$ ser un conmutativa unital anillo. Deje $S$ ser un subconjunto multiplicativo.
Hay una caracterización de los ideales en el anillo de fracciones de $S^{-1}R$ en términos de los ideales de la $I$$R$$R$?
Respuesta
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Robert Cardona
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La proposición: Vamos a $R$ ser un anillo conmutativo con unidad. Adecuada de los ideales del anillo de fracciones de $D^{-1}R$ son de la forma $\displaystyle D^{-1}I = \bigg\{ \frac{i}{d} : i \in I,\ d \in D\bigg\}$ $I$ un ideal de a$R$$I \cap D = \emptyset$.
Prueba: Supongamos $J$ ser una adecuada idea de $D^{-1}R$. Deje $I = J \cap R$ y observar que $I$ es un ideal de a $R$. Supongamos que al contrario que $I \cap D \neq \emptyset$. Deje $d \in I \cap D$$d \in I$. Observar que $\displaystyle \frac{d}{1} \in J$. Por otra parte, desde la $J$ es un ideal, debe absorber cualquier elemento de $D^{-1}R$. Observar que $\displaystyle \frac1d \in D^{-1}R$. Por lo tanto debe seguir ese $\displaystyle \frac1d \cdot \frac{d}{1} = 1 \in J$ e lo $J$ contiene una unidad que implica la $J = D^{-1}R$, una contradicción a $J$ ser apropiado. Por lo tanto $I \cap D = \emptyset$.
Deje $j \in J$. Observar que $\displaystyle j = \frac{i}{d} = \frac{1}{d}\frac{i}{1}$ para algunos $i \in R$, $d \in D$. Desde $J$ es un ideal de a $D^{-1}R$ debe absorber $\displaystyle \frac{d}{1}$ e lo $\displaystyle \frac{d}{1}\bigg(\frac{1}{d}\frac{i}{1}\bigg) = \frac{i}{1} \in J$. Ahora desde $I = J \cap R$$\frac{i}{1} = i \in J \cap R$, se deduce que el $i \in I$. Por lo tanto $J \subseteq D^{-1}I$.
Deje $x \in D^{-1}I$ donde $\displaystyle x = \frac{i}{d}$ algunos $i \in I$ y algunos $d \in D$. Desde $i \in I = J \cap R$,$i \in J$. Por lo tanto $x \subseteq D^{-1}I$.
Por lo tanto podemos concluir que el $J = D^{-1}I$.
Como un ejemplo, usted podría considerar la $R = \mathbb Z$$D = \{12^i : i = 0, 1, 2, \ldots\}$. Se puede ver que $I = D^{-1}2\mathbb Z$ no es un buen ideal, ya que se va a conseguir una unidad con $r = 6$, $i = \frac{2}{12}$.
La proposición: Vamos a $R$ ser un anillo conmutativo con unidad. El primer ideales en $D^{-1}R$ son de la forma $D^{-1}P$ donde $P$ es un primer ideal de $R$$P \cap D = \emptyset$.
Prueba:Supongamos $Q$ es un primer ideal de $\displaystyle D^{-1}R = \bigg\{ \frac{r}{d} : r \in R,\ d \in D \bigg\}$. Set $P = Q \cap R$. Supongamos que al contrario que $P \cap D \neq \emptyset$. Elija $d \in P \cap D$. Observar que $\frac{d}{1} \in Q$. Por otra parte $\frac1d \in D^{-1}R$. Desde $Q$ es un alojamiento ideal, se deduce que el $\frac1d \frac{d}{1} = 1 \in Q$, lo que implica que $Q = D^{-1}R$ una contradicción a $Q$ ser un primer ideal, que por definición es correcta. Por lo tanto $P \cap D = \emptyset$.
Deje $q \in Q$. A continuación,$q = \frac{r_1}{d_1}$$r_1 \in R$$d_1 \in D$. Observar que $\frac{d_1}{1} \in D^{-1}R$. Así, py propiedad de $Q$ siendo un ideal, $\frac{d_1}{1} \frac{r_1}{d_1} = \frac{r_1}{1} \in Q$ y desde $P = Q \cap R$,$r_1 \in P$. Por lo tanto, tenemos $\frac{r_1}{1} \in D^{-1}P$. Por lo tanto $Q \subseteq D^{-1}P$.
Deje $x \in D^{-1}P$. A continuación, $x = \frac{p_1}{d_1}$ donde$p_1 \in P$$d_1 \in D$. Desde $P = Q \cap R$ $p_1 \in P$ se sigue que $p_1 \in Q$$x \in Q$. Por lo tanto $D^{-1}P \subseteq Q$.
A la conclusión de que $Q = D^{-1}P$.
