No es restrictivo asumir que $1\in S$ ya que existe un isomorfismo canónico entre $S^{-1}A$ y $S_1^{-1}A$ , donde $S_1=S\cup\{1\}$ Así que de ahora en adelante asumiré $1\in S$ .
El homomorfismo de anillo $\lambda_S\colon A\to S^{-1}A$ puede ser no inyectiva, por lo que los mapas son, más precisamente, $$ f\colon I_A\to I_S, \quad f(\mathfrak{a})=\lambda_S(\mathfrak{a})S^{-1}A=\mathfrak{a}^e $$ y $$ g\colon I_S\to I_A, \quad g(\mathfrak{b})=\lambda_S^{-1}(\mathfrak{b})=\mathfrak{b}^c $$ Es fácil demostrar que $\mathfrak{b}^{ce}=\mathfrak{b}$ para todos los ideales $\mathfrak{b}$ de $S^{-1}A$ . Sólo hay que ver que $\mathfrak{b}^c=\{a\in A: a/1\in\mathfrak{b}\}$ .
En particular $f$ es suryente y $g$ es inyectiva.
Por supuesto, los dos mapas no tienen por qué ser biyectivos y, de hecho, nunca lo son, excepto en el caso de que $S=\{1\}$ . De hecho, si $s\in S$ y $s\ne1$ tenemos $(sA)^e=S^{-1}A$ porque $s/1\in(aA)^e$ y es invertible en $S^{-1}A$ . En general, si $\mathfrak{a}\cap S\ne\emptyset$ , $\mathfrak{a}^e=S^{-1}A$ por la misma razón.
Si $\mathfrak{b}$ es un ideal propio de $S^{-1}A$ entonces $\mathfrak{b}^c\cap S=\emptyset$ . De hecho, si $a\in\mathfrak{b}^c\cap S$ tenemos $a/1\in\mathfrak{b}$ es invertible en $S^{-1}A$ .
Podríamos intentar probar que $\mathfrak{a}^{ec}=\mathfrak{a}$ cuando $\mathfrak{a}\cap S=\emptyset$ pero esto no es cierto, en general. Por supuesto $\mathfrak{a}\subseteq\mathfrak{a}^{ec}$ . Veamos cuáles son los elementos de $\mathfrak{a}^{ec}$ parecer.
Si $a\in\mathfrak{a}^{ec}$ entonces $a/1\in\mathfrak{a}^e$ Así que $$ \frac{a}{1}=\sum_{i=1}^n\frac{x_i}{1}\frac{y_i}{s_i} $$ para $x_i\in\mathfrak{a}$ , $y_i\in A$ y $s_i\in S$ un argumento estándar muestra entonces que $$ \frac{a}{1}=\frac{x}{s} $$ para algunos $x\in\mathfrak{a}$ y $s\in S$ , por lo que hay $t\in S$ con $$ (as-x)t=0 $$ En particular, hay $u\in S$ tal que $au\in S$ . Por el contrario, si $a\in A$ y $as\in\mathfrak{a}$ para algunos $s\in S$ tenemos $$ \frac{a}{1}=\frac{as}{s}\in\mathfrak{a}^e $$ y por lo tanto $a\in\mathfrak{a}^{ec}$ . Así que concluimos que $$ \mathfrak{a}^{ec}=(\mathfrak{a}:S)=\{a\in A:as\in\mathfrak{a} \text{, for some }s\in S\} $$ Así, $\mathfrak{a}^{ec}=\mathfrak{a}$ si y sólo si $(\mathfrak{a}:S)=\mathfrak{a}$ .
Un caso especial es cuando $S=A\setminus\mathfrak{p}$ , donde $\mathfrak{p}$ es un ideal primo de $A$ . En este caso, $\mathfrak{a}\subseteq\mathfrak{p}$ es una condición equivalente para $(\mathfrak{a}:S)=\mathfrak{a}$ cuando también $\mathfrak{a}$ es primo.
En efecto, supongamos que $\mathfrak{a}\subseteq\mathfrak{p}$ y $a\in(\mathfrak{a}:S)$ . Entonces $as\in \mathfrak{a}$ para algunos $s\notin\mathfrak{p}$ en particular, $s\notin\mathfrak{a}$ ya que $\mathfrak{a}$ es primo, concluimos que $a\in\mathfrak{a}$ .
Es fácil demostrar ahora que los mapas entre el conjunto de ideales inducen una biyección entre los ideales primos de $A$ contenida en $\mathfrak{p}$ y los ideales primos de $(A\setminus\mathfrak{p})^{-1}A=A_{\mathfrak{p}}$ .
Veamos un ejemplo explícito. Sea $A=\mathbb{Z}$ y $\mathfrak{p}=p\mathbb{Z}$ , donde $p$ es un número primo. Los ideales contenidos en $p\mathbb{Z}$ son de la forma $m\mathbb{Z}$ , donde $p\mid m$ . Utilicemos $p=3$ y $m=6$ . A continuación, se establece $S=\mathbb{Z}\setminus3\mathbb{Z}$ tenemos $$ (6\mathbb{Z}:S)=3\mathbb{Z} $$ así que $(6\mathbb{Z})^{ec}\ne6\mathbb{Z}$ .
Intenta probar que $(m\mathbb{Z})^{ec}=m\mathbb{Z}$ si y sólo si $m$ es una potencia de $p$ .
