Demostrando un sub-anillo de $\mathbb{Q}$ contiene $\mathbb{Z}$ es un PID

Question

Deje $S$ ser un sub-anillo de $\mathbb{Q}$ contiene $\mathbb{Z}$. Demostrar que es un director ideal de dominio.

Así que aquí es lo que he intentado. Tomar cualquier ideal $I\subset S$. Tomar cualquiera de los dos elementos, decir $a=p/q, b=r/s$$I$. Racionalizar denominadores (podemos hacerlo desde $\mathbb{Z}\subset S$. Ahora tenemos $aqs=p=K(r)=K(bqs)+R$, es decir, sólo se aplica el Algoritmo de Euclides. Ahora, $a-Kb=R/qs\in I$, así que el conjunto de todos los restos de $R/qs$.

Hay dos posibilidades. Este grupo tiene un menor elemento positivo, o no.

Supongamos que se tiene un menor elemento, se $x=m/n$. Deje $a=p/q\in I$. Mostramos $a=lx$. Para suponer que no. Racionalización de denominadores con $n, q>1$, $p=Lm+Z$, así que, a continuación,$Z<m$$Z/qn<m/n=x$, dando una contradicción.

Ahora, sin embargo, estoy atascado en el caso en que no existe tal elemento más pequeño :(

Los pensamientos?

EDIT: Para aquellos marcado como un duplicado: la primera respuesta de La pregunta vinculada, como se ha mencionado en los comentarios, se siente un poco antinatural y requiere que todos los de este extra de la maquinaria. Por otro lado, la segunda respuesta es incompleta: El cartel dice "Ahora muestran que el ideal generado por a $t=\frac{t}{1}$ R es el ideal que empezaste." Pero si $\frac{r}{s}\in I$, entonces no existe $k$ tal que $r=kt$, lo $\frac{r}{s}=\frac{k}{s}\cdot \frac{t}{1}$, pero $\frac{k}{s}$ no está necesariamente en $S$.

Answer 1

Deje $\mathbb{Z} \subsetneq A \subsetneq \mathbb{Q}.$, por Lo que hay algunos elementos $n \in \mathbb{Z}, n \neq \pm 1$, que es invertible en a $A,$ es decir $\frac{1}{n} \in A.$ Deje $n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2} \cdots p_r^{\alpha_r}$ ser la factorización en primos (hasta unidades de $\pm 1$). Entonces es claro que $\frac{1}{p_i} \in A, \forall i = 1, 2, \cdots , r.$ Deje $S$ ser un multiplicatively subconjunto cerrado de $\mathbb{Z}$ generado por todos los números primos $p \in \mathbb{Z}$ tal que $\frac{1}{p} \in A.$, Entonces es fácil demostrar que $A = S^{-1}\mathbb{Z}.$ Es un hecho bien conocido (ver, por ejemplo, de Atiyah-McDonald, Una Introducción al Álgebra Conmutativa, en el Capítulo 3, la Proposición 3.11) que todos los ideales de a $S^{-1}\mathbb{Z}$ es de la formulario de $S^{-1}I$ por algún ideal $I$$\mathbb{Z}.$, por Lo que sigue siendo para mostrar que $S^{-1}I$ es la directora. Deje $I = \langle a \rangle.$, Entonces cada elemento de a $S^{-1}I$ es de la forma $\frac{ar}{s}$ algunos $r \in \mathbb{Z}, s \in S.$ $\frac{ar}{s} = \frac{r}{s} \cdot\frac{a}{1} \Rightarrow S^{-1}I = \langle \frac{a}{1} \rangle.$

En caso de que no quieras usar el lenguaje de la localización, siempre se puede engañar como sigue: Deje $\mathbb{Z} \subsetneq A \subsetneq \mathbb{Q}.$, por Lo que hay algunos elementos $n \in \mathbb{Z}, n \neq \pm 1$, que es invertible en a $A,$ es decir $\frac{1}{n} \in A.$ Deje $n = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2} \cdots p_r^{\alpha_r}$ ser la factorización en primos (hasta unidades de $\pm 1$). Entonces es claro que $\frac{1}{p_i} \in A, \forall i = 1, 2, \cdots , r.$ Esto también dice que, si $\frac{1}{m}, \frac{1}{n} \in A$ $\frac{1}{mn} \in A.$ Nota también de que siempre que $\frac{a}{b} \in A, \frac{1}{b} \in A.$ ver esto, assune que mcd$(a, b) = 1.$ Escribir $ax + by =1$ algunos $x, y \in \mathbb{Z}.$ $\frac{1}{b} = \frac{a}{b} \cdot x + y \in A.$ Ahora vamos a $I^c$ denota el ideal $I \cap \mathbb{Z}$ y vamos a denotar, por $J^e$, la extensión de un ideal $J \subset\mathbb{Z}$ $A.$ Obviamente, $I^{ce} \subseteq I.$ queremos demostrar que la inversa de la inclusión. Deje $\frac{m}{n} \in I.$, $\frac{m}{1} = n \cdot \frac{m}{n} \in I \Rightarrow m \in I^c.$ But then $\frac{m}{1} \in I^{ce}$ and $\frac{m}{n} = \frac{m}{1} \cdot \frac{1}{n} \in I^{ce}.$ Hence $I = I^{ce}.$ Ahora uso el mismo argumento como el anterior.