Dado que $R$ es un UFD que no es un PID, quiero demostrar que $R$ debe tener un ideal máximo no principal.
Probé varios métodos, incluido el lema de Zorn, pero no conseguí nada. Se agradecerá cualquier sugerencia.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Dejemos que $R$ sea un UFD en el que cada ideal maximal es principal, y sea $I$ sea un ideal no nulo de $R$ . Sea $(x)$ sea el máximo común divisor de todos los elementos no nulos de $I$ Así que $I = (x)J$ , donde $J$ es un ideal que no está contenido en ningún ideal principal propio. Pero entonces por nuestra suposición $J$ no está contenido en ningún ideal maximal, por lo que $J = R$ y $I = (x)$ .
Añadido : Permítanme abordar por qué existen gcds de conjuntos arbitrarios de elementos en una UFD. Sea $R$ sea un UFD y que $\mathcal{P}$ sea el conjunto de ideales primos principales no nulos de $R$ , de modo que para todos los casos no nulos $x \in R$ , $x = \prod_{p \in \mathcal{P}} p^{n_p(x)}$ donde cada $n_p(x) \in \mathbb{N}$ y todas, excepto algunas finitas, son cero. Para cualquier subconjunto $S = (x_s)$ de elementos no nulos de $R$ el máximo común divisor de los elementos de $S$ es $\prod_{p \in \mathcal{P}} p^{\min_{s \in S} n_p(x_s)}$ Esto existe. (De hecho hay un subconjunto finito $T \subset S$ tal que $\operatorname{gcd}(S) = \operatorname{gcd}(T)$ .)
Sridher
Puntos
16
Caso 1 . Sea $R$ ser un noetheriano UFD donde todos sus ideales máximos son principales, entonces es un PID.
Supongamos lo contrario y dejemos que $I$ es un ideal que es máximo sin ser principal, entonces $I$ es un ideal primo (mira el Teorema 1.4. para más detalles). Por supuesto, $I$ no puede ser maximal, por lo que existe un ideal maximal $m=(x)$ que contiene $I$ correctamente (tenga en cuenta que $x$ es un elemento irreducible). Ahora, $m \subseteq I+m \subseteq R.$
Si $m=I+m,$ basado en la suposición, cualquier ideal primo contiene un elemento primo (Ver este ). Sea $i \in I$ sea un elemento primo, entonces $xt=i+xr$ para algunos $t,r \in R,$ entonces $i=x(t-r).$ Obviamente, $i$ no puede dividir $x$ así que $t-r=is$ para algunos $s \in R.$ Por lo tanto, $i=x(t-r)=xis$ lo que implica que $x$ es una unidad que una contradicción.
Si $I+m=R$ es decir $is+xr=1$ para $i \in I,$ y $s,r \in R.$ Ahora, $i \in (x),$ o $i=xt$ para algunos $t \in R.$ Así, $x(ts+r)=1$ lo que implica que $x$ es un elemento unitario, lo cual es de nuevo una contradicción. Por lo tanto, tal $I$ no existe y hemos terminado.
Caso 2 . Sea $R$ ser un Noetheriano UFD donde todos sus ideales máximos son principales, entonces es un PID.
Supongamos que no, y dejemos que $I$ sea el ideal primo anterior contenido en un ideal maximal principal $m=(x)$ Desde $R$ es un UFD noetheriano entonces cualquier ideal primo de altura uno es principal, por lo tanto, $ht(I) \geq 2$ lo que implica que $ht(m) \geq 3,$ por lo tanto es una contradicción, por Teorema del ideal principal de Krull .
Apéndice :
A continuación puede ver otra breve prueba realizada por Pete L. Clark. De hecho, no era consciente del hecho de que el teorema de Kaplansky (como se menciona, 15.1 aquí ) se mantiene para todos los dominios.
