Tienes problemas con una sola línea en una prueba sobre el por qué ideales principales máximas en un dominio de Dedekind

Question

http://planetmath.org/?op=getobj&from=objects&name=ProofThatADomainIsDedekindIfItsIdealsAreInvertible

En el PlanetMath artículo anterior, en el segundo párrafo de la prueba de la primera lema, dice

[...] vamos a $\mathfrak{p}$ ser una de las primeras ideal, y $\mathfrak{m}$ ser un máxima ideal que contiene a $\mathfrak{p}$. Como $\mathfrak{m}$ es invertible, existe un ideal $\mathfrak{a}$ tal que $\mathfrak{p} = \mathfrak{m}\mathfrak{a}$.

Mi pregunta es la siguiente: ¿por qué es $\mathfrak{a}$ (integral) ideal de $R$ y no un ideal fraccional de su campo de fracciones de $k$? (Por lo $\mathfrak{a}$, potencialmente, pueden no ser totalmente dentro de $R$.) Este hecho es crucial para la línea siguiente, en el que la primalidad de $\mathfrak{p}$ se utiliza para establecer que cualquiera de las $\mathfrak{a} \subseteq \mathfrak{p}$ o $\mathfrak{m} \subseteq \mathfrak{p}$.

Cualquier ayuda sería muy apreciada, y cuanto antes mejor. Muchas gracias de antemano!

(Aquí es una forma alternativa de ayuda: Presentar otra prueba de que el hecho de que un valor distinto de cero el primer ideales son máximas en un dominio de Dedekind que no asume material, más allá de un primer curso de álgebra abstracta. La definición que utilizamos para "dominio de Dedekind" es distinto de cero cada fraccional ideal es invertible, lo que nos resultó equivalente a la condición de que cada apropiado distinto de cero ideal de los factores de forma exclusiva en el primer ideales; la prueba dada en Dummit y Foote también tiene una línea que no veo, así que lo mejor es evitar que uno).

Answer 1

Si $\mathfrak{m}$ es cualquier invertible fraccional ideal en un dominio $R$, entonces su inversa es la ideal fraccional $(R:\mathfrak{m}) = \{x \in K \ | \ x \mathfrak{m} \subset R\}$.

Aquí la prueba de ello está diciendo que si $\mathfrak{p} \subset \mathfrak{m}$, podemos definir

$\mathfrak{a} = \mathfrak{p} (R:\mathfrak{m})$.

Cualquier elemento de $\mathfrak{a}$ es por tanto una suma finita de elementos de $xy$$x \in \mathfrak{p}$$y \mathfrak{m} \subset R$. Desde $\mathfrak{p} \subset \mathfrak{m}$, esto implica $y \mathfrak{p} \subset R$ e lo $yx \in R$. Por lo $\mathfrak{a} \subset R$.

Tenga en cuenta que no hemos utilizado la primalidad de $\mathfrak{p}$ o el maximality de $\mathfrak{m}$. Este es un hecho básico sobre invertible fraccional ideales, a menudo se afirmó en el mantra forma como para contener es dividir.

[A la dirección de la OP otra pregunta: el teorema de la $\S 20.1$ de estas notas muestran que un dominio tiene la propiedad de que todas las fracciones de los ideales son invertible iff es Noetherian, integralmente cerrado de dimensión uno. La prueba de la mitad está preguntando sobre la no parecen utilizar algo de fantasía. Pero, un poco embarazoso, que en la prueba me dan el mantra "para contener es dividir", como si de las que he hablado antes, que un sistema automatizado de búsqueda revela que no es el caso. :( Por lo que el simple argumento anterior parece ser que faltan a partir de mis notas. Por otro lado, tengo que hacer el estado y demostrar la caracterización de la inversa ideal que he utilizado en mi respuesta: ver $\S 19.3$.]

Answer 2

Tal vez tengo demasiado sueño esta mañana, pero si $a$ no es un ideal apropiado, entonces $1\in a$ imposibilitando $p=ma$ $p\subset m$...

¿O me falta algo?