Demostrar que un UFD es un PID si y sólo si cada ideal primo no nulo es maximal.

Question

Demostrar que un UFD es un PID si y sólo si cada ideal primo no nulo es maximal.

La dirección de avance es estándar, y la de retroceso me está dando problemas. En concreto, puedo demostrar que si todo ideal primo distinto de cero es maximal, entonces todo ideal maximal es principal. A partir de aquí, sé que cada ideal $I$ está contenido en un ideal maximal, y ese ideal maximal es principal, pero no puedo concluir del todo que $I$ también debe ser principal.

En particular, esto no es cierto para los sub-ideales de los ideales principales en anillos generales, así que estaba buscando en el conjunto de todos los ideales máximos que contienen I, y tratando de argumentar algo acerca de la factorización, pero no puedo llegar allí. ¿Alguna pista?

Answer 1

Este hilo (incluidos los comentarios tanto de Jeremy como de Alex) me resultó muy útil en la preparación de los PhD Quals.

Me gustaría dar una prueba detallada utilizando el esquema de Jeremy y Alex, pero sin mencionar Spec(R), en caso de que el lector sea menos algebraico-geométrico-inclinado.

Se aceptan correcciones. Gracias.

Propuesta . Sea R una UFD en la que todo ideal primo no nulo es maximal. Entonces R es un PID.

Lema 1 . Si p es un elemento irreducible no nulo de R, entonces (p) es un ideal primo de R.

Prueba . Sean a y b elementos no nulos de R tales que ab ∈ (p), es decir, ab = pf para algún elemento no nulo f ∈ R. Si a y b son ambos no unidades, entonces podemos escribir sus factorizaciones únicas a = up ₁ ...p _r y b = vq ₁ ...q _s para elementos irreducibles únicos p _i y q _j y unidades u y v ∈ R. Por factorización única, p = uno de los p _i o p = uno de los q _j o ambos. Por lo tanto, o a ∈ (p) o b ∈ (p) o ambos. [Por lo tanto, (p) es un ideal primo.

Lema 2 . Si I es un ideal primo no nulo de R, entonces I es principal.

Prueba . Dado un ideal primo propio no nulo, $I$ con algún elemento $r\in I$ escribe $r= p_1\cdots p_n$ como producto de primos. Por la primalidad de $I$ sabemos que algunos $p_i\in I$ . Desde $p_i$ es primo, por suposición $(p_i)$ es máxima, por lo que $(p_i)\subseteq I$ implica que $I=(p_i)$ .

Prueba de la proposición.

Siguiendo el hilo de Alex N sea el conjunto de los ideales no principales de R. Supongamos que N no está vacío. N es un conjunto parcialmente ordenado (siendo la inclusión de ideales la relación de ordenación). Cualquier subconjunto totalmente ordenado de ideales J ₁ ⊆ J ₂ ⊆ ... en N tiene un límite superior, a saber, J = ∪ J _i . J es un ideal de R porque el subconjunto estaba totalmente ordenado. Si J = (x) para algún x ∈ R, entonces x ∈ J _i para algún i, y por tanto (x) = J _i . Contradicción. Por lo tanto, J ∈ N y por el Lemma de Zorn, N tiene un elemento maximal. Llámalo n .

Por el Lemma 2, vemos que n no es un ideal primo de R. Por tanto, existen a, b ∈ R, tales que a, b ∉ n pero ab ∈ n . Pero entonces n + (a) y n + (b) son ideales en R estrictamente mayores que n y por tanto deben ser ideales principales, es decir. n + (a) = (u) y n + (b) = (v) para u, v ∈ R. Entonces tenemos

n \= n + (ab) = ( n + (a)) ( n + (b)) = (u)(v) = (uv). Contradicción.

Así, N debe ser el conjunto vacío, es decir, todos los ideales de R son principales.

Answer 2

Vale, pues me parece que lo que dices es que has demostrado que bajo la condición de que todo ideal primo es maximal todo ideal maximal es principal. El problema se deriva entonces de una bonita condición que tal vez quieras recordar:

Teorema: Sea $R$ sea un dominio integral. Entonces, $R$ es un PID si y sólo si cada elemento de $\text{Spec}(R)$ es principal.

Aquí te resumo las pruebas. Supongamos que cada elemento de $\text{Spec}(R)$ es principal y supongamos que el conjunto $\mathscr{N}$ de los ideales no pincipales no era vacío. Es bastante fácil demostrar entonces que toda cadena ascendente en $\mathscr{N}$ tiene un límite superior de donde el lema de Zorn le da que $\mathscr{N}$ tiene un elemento maximal, llamémoslo $\mathfrak{a}$ que es un ideal no principial. Afirmamos que $\mathfrak{a}$ en realidad no es primo (hacia una contradicción). Vemos entonces que existe $a,b\notin \mathfrak{a}$ con $ab\in \mathfrak{a}$ . Obsérvese entonces que $\mathfrak{a}_a=(\mathfrak{a},a)$ y $\mathfrak{a}_b=(\mathfrak{a},b)$ son superconjuntos adecuados de $\mathfrak{a}$ y por tanto debe ser principal, digamos igual a $(\alpha)=\mathfrak{a}_a$ (en realidad sólo nos importa uno). Definir entonces $\mathfrak{b}$ sea el cociente ideal de $\mathfrak{a}$ en $\mathfrak{a}_a$ . Demostrar que $\mathfrak{b}$ contiene $\mathfrak{a}_b$ y así es principal, digamos $\mathfrak{b}=(\beta)$ . Demuestre entonces que $\mathfrak{a}=\mathfrak{a}_a\mathfrak{b}$ para que $\mathfrak{a}=(\alpha\beta)$ contradictorio con la suposición.

Esta contradicción nos permite concluir que $\mathscr{N}$ debe haber estado vacía.