En un dominio ideal principal, demostrar que todo ideal primario no trivial es un ideal máximo. ¿Qué podría estar mal en este enfoque?

Question

En un dominio ideal principal, probar que cada ideal primario no trivial es un ideal máximo

Intento: Deje que $R$ ser el principal dominio ideal. Un dominio ideal principal $R$ es un dominio integral en el que cada ideal $A$ es de la forma $\langle a \rangle = \{ar~~ | ~~r \in R\}$

Deje que $ \langle a \rangle $ ser un ideal primario $\implies R/A $ es un dominio integral.

Un dominio integral finito es un campo. Por lo tanto, si probamos que $R/A$ es finito, entonces $R/A$ es un campo $\implies A$ es un ideal máximo.

Ahora, $\langle a \rangle = \{ar~~ | ~~r \in R\}$

Como R es un dominio integral, no hay divisores cero y se permite la cancelación. $\implies ar_1 = ar_2 \implies r_1=r_2 \implies ar_i$ mapas a un miembro diferente de $R$ para cada uno de los diferentes $r_i \implies \langle a \rangle$ representa los elementos de $R$ en algún orden aleatorio.

$\implies \langle a \rangle = R$ y por lo tanto, $R/A \approx {0}$ es finito y por lo tanto $A$ es máxima.

¿Es mi intento correcto?

Answer 1

Para probar esto usamos que $PID$ son UFDs. Entonces deja $\mathfrak{p}=(p)$ ser un ideal primario de $R$ . Supongamos que hay un ideal $\mathfrak{p}\subseteq\mathfrak{m}=(m)\subseteq R$ . Entonces tendríamos que $m|p$ pero luego por la definición de un elemento primario de un UFD esto significa que $m=p$ o $m=u$ una unidad. Por lo tanto $\mathfrak{m}=(p)$ o $R$ probando la maximización.

Editar: Como la operación no ha visto todavía los UFDs, aquí hay una forma rápida de evitarlo:

Becaues $(p)\subseteq (m)$ tenemos que hay un $b\in R$ para que $ap=bm$ para cada $ap\in (p)$ . En particular $p=b_0m$ . Pero entonces como $p$ es primordial, ya sea $m$ o $b_0$ debe ser una unidad. el primer caso implica $\mathfrak{m}=R$ la segunda implica $\mathfrak{m}=\mathfrak{p}$ Por lo tanto $\mathfrak{p}$ es máxima.

Answer 2

Pista $ $ Fíjese que para los ideales principales: $\ \rm\color{#0a0}{contains} = \color{#c00}{divides}$ , $ $ es decir. $(a)\supset (b)\iff a\mid b.\,$ Por lo tanto

$\qquad\begin{eqnarray} (p)\,\text{ is maximal} &\iff&\!\! (p)\, \text{ has no proper } \,{\rm\color{#0a0}{container}}\,\ (a)\\ &\iff& p\ \ \text{ has no proper}\,\ {\rm\color{#c00}{divisor}}\,\ a\\ &\iff& p\ \ \text{ is irreducible}\\ &\iff& \!\!(p)\ \text{ is prime, } \ \text{by PID} \Rightarrow\text{UFD,}\ \text{ so ireducible = prime } \end{eqnarray}$

Observación $\ $ Los PID son los UFD de la dimensión $\le 1,\,$ es decir, donde todos los ideales principales $\ne 0\,$ son máximas.

Answer 3

Tu enfoque no puede funcionar. El anillo $\mathbb{Q}[x]$ donde $\mathbb{Q}$ es el campo de los números racionales, es una EPI. Sin embargo, para el ideal primario $P=\langle x\rangle$ el cociente es $\mathbb{Q}[x]/P\cong\mathbb{Q}$ que es infinito.

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Supongamos que $P$ es un ideal primario no cero y $P=\langle p\rangle$ . Ahora, dejemos que $I=\langle a\rangle$ ser un ideal tal que $\langle p\rangle\subseteq\langle a\rangle$ . En particular $$ p=ab $$ así que $ab\in P$ . Por lo tanto, por definición de ideal primario, o bien $a\in P$ o $b\in P$ .

Si $a\in P$ Entonces $\langle a\rangle\subseteq\langle p\rangle$ de donde $I=P$ .

Si $b\in P$ Entonces $b=pc$ así que $p=ab=apc$ de la cual $1=ac$ y $a$ es invertible, por lo que $I=R$ .