Aquí hay tres definiciones equivalentes de "Noetherian anillo" (equivalente en ZFC, en cualquier caso):
- Cada ascendente de la cadena de ideales estabiliza.
- Cada ideal es finitely generado.
- Cada colección no vacía de ideales tiene un elemento maximal.
Para el primer y tercer definiciones, la prueba sigue fácilmente de la Celosía Teorema de Isomorfismo, lo cual nos indica que hay una orden de preservación de la bijection entre los ideales de $f(R)$ e ideales de $R$ que contiene $\mathrm{ker}(f)$.
Para la segunda definición, se deduce fácilmente del hecho general de que el finitely generado subobjetos siendo finitely generados en la imagen: si $I=(a_0,\ldots,a_n)$, muestran que $f(I)=(f(a_0),\ldots,f(a_n))$$f(R)$. Así que, de nuevo, el uso de la correspondencia de arriba, usted puede utilizar la información sobre los ideales en $R$ para obtener información acerca de los ideales en $f(R)$.
Comentarios sobre la versión editada de la pregunta:
"Porque hay sólo un número finito de ideales en $f^{−1}(\mathfrak{b})$, que es noetherian" es absurdo. $f^{-1}(\mathfrak{b})$ es un ideal de a $R$, no un noetherian nada. (Bueno, técnicamente, es un noetherian módulo a través de $R$, ya que el $R$ es noetherian y $f^{-1}(\mathfrak{b})$ es finitely generados; pero el punto es que es evidente que existe una categórica confusión aquí, entre los ideales, anillos, preimages, etc).
"...también puede ser sólo un número finito de ideales en $f(R)$". Eso es falso. $\mathbb{Z}$ es noetherian, y sus imágenes pueden tener una infinidad de ideales. Específicamente, si $f$ es una incrustación, a continuación, $f(\mathbb{Z})$ habría infinitamente muchos ideales.
El Entramado Teorema de Isomorfismo de los estados lo que he dicho que dice: hay una orden de preservación de la bijection entre los ideales de $f(R)$ y los ideales de $R$ que contengan $\mathrm{ker}(f)$.
Las ecuaciones $f(a_{0},a_{1},....,a_{n}) = f(a_{0}),f(a_{1}),f(a_{2}),...,f(a_{n})= f(R)$ son absurdas como por escrito.
Mi observación es que simplemente no eres muy cuidadoso con la notación, definiciones o ideas; que es probable que sea al menos la mitad de su problema con estas pruebas. No está claro en lo que están asumiendo, o lo que usted desee celebrar.
Queremos mostrar que cualquier ascendente de la cadena de ideales en $f(R)$ estabiliza. Vamos
$$\mathfrak{b}_1\subseteq \mathfrak{b}_2\subseteq\cdots$$
ser ascendente de la cadena de ideales en $f(R)$. Queremos mostrar que existe $n$ tal que para todo $k\geq n$, $\mathfrak{b}_n=\mathfrak{b}_k$.
Considere la posibilidad de la cadena de ideales en $R$ obtenido a través de la Celosía Teorema de Isomorfismo:
$$f^{-1}(\mathfrak{b}_1)\subseteq f^{-1}(\mathfrak{b}_2)\subseteq\cdots.$$
Desde $R$ es noetherian, existe $n$ tal que para todo $k\geq n$, $f^{-1}(\mathfrak{b}_n) = f^{-1}(\mathfrak{b}_k)$. La aplicación de $f$ a ambos lados de la ecuación, obtenemos que para todos los $k\geq n$,
$$\mathfrak{b}_n = f\left(f^{-1}(\mathfrak{b}_n)\right) = f\left(f^{-1}(\mathfrak{b}_k)\right) = \mathfrak{b}_k.$$
Esto es exactamente lo que queríamos probar, por lo que la cadena se estabiliza. Por lo tanto, $f(R)$ es noetherian.
Deje $\mathfrak{b}$ a ser un ideal de a $f(R)$. Queremos mostrar que es finitely generado. Considere la posibilidad de $f^{-1}(\mathfrak{b})$, que es un ideal de a $R$ por el Entramado Teorema de Isomorfismo. Desde $R$ es noetherian, de todos los ideales de a $R$ es finitely generado, por lo que no existe $a_1,\ldots,a_n\in R$ tal que $f^{-1}(\mathfrak{b})=(a_1,\ldots,a_n)$. Yo reclamo que $\mathfrak{b} = (f(a_1),\ldots,f(a_n))$, donde el ideal de la izquierda es el ideal en $f(R)$. En efecto, desde el $a_1,\ldots,a_n\in f^{-1}(\mathfrak{b})$,$f(a_i)\in\mathfrak{b}$$i=1,\ldots,n$; por lo $(f(a_1),\ldots,f(a_n))\subseteq \mathfrak{b}$. Ahora vamos a $b\in\mathfrak{b}$. Entonces existe $a\in A$ tal que $f(a)=b$ (desde $f$ es a $f(R)$); por lo tanto, $a\in f^{-1}(\mathfrak{b})$, lo $a\in (a_1,\ldots,a_n)$. Por lo tanto, no existe $\alpha_1,\ldots,\alpha_n)\in R$ tal que
$$a=\alpha_1a_1+\cdots+\alpha_na_n.$$
Por lo tanto,
$$b = f(a) = f(\alpha_1a_1+\cdots+\alpha_na_n) = f(\alpha_1)f(a_1)+\cdots + f(\alpha_n)f(a_n) \in (f(a_1),\ldots,f(a_n)).$$
Esto demuestra que $\mathfrak{b}\subseteq (f(a_1),\ldots,f(a_n))$. Junto con el resto de la inclusión, llegamos a la conclusión de que $\mathfrak{b}=(f(a_1),\ldots,f(a_n))$, por lo tanto $\mathfrak{b}$ es finitely generado.
Por lo tanto, de todos los ideales de a $f(R)$ es finitely generados, por lo $f(R)$ es noetherian.
Deje $M$ ser una colección no vacía de ideales de a $f(R)$. Queremos mostrar que $M$ máximo de elementos. Deje $N = \{f^{-1}(\mathfrak{b})\mid \mathfrak{b}\in M\}$. A continuación, $N$ es una colección no vacía de ideales de a $R$. Desde $R$ es noetherian, $N$ tiene un elemento maximal, $f^{-1}(\mathfrak{b_0})$. Yo reclamo que $\mathfrak{b_0}$ es un elemento maximal de a $M$. De hecho, vamos a $\mathfrak{b}\in M$ ser tal que $\mathfrak{b}_0\subseteq \mathfrak{b}$. A continuación,$f^{-1}(\mathfrak{b}_0)\subseteq f^{-1}(\mathfrak{b})$. Por el maximality de $f^{-1}(\mathfrak{b}_0)$$N$, ya que el $f^{-1}(\mathfrak{b})\in N$ llegamos a la conclusión de que $f^{-1}(\mathfrak{b}_0) = f^{-1}(\mathfrak{b})$. La aplicación de $f$ a ambos tenemos
$$\mathfrak{b}_0 = f(f^{-1}(\mathfrak{b})) = f(f^{-1}(\mathfrak{b})) = \mathfrak{b}.$$
Es decir: hemos demostrado que si $\mathfrak{b}\in M$$\mathfrak{b}_0\subseteq \mathfrak{b}$,$\mathfrak{b}_0 = \mathfrak{b}$. Esto demuestra que $\mathfrak{b}_0$ es maixmal en $M$.
Por lo tanto, cualquier colección no vacía de ideales en $f(R)$ tiene un elemento maximal. Por lo tanto, $f(R)$ es noetherian.
