Este problema es el Ejercicio 11.3 en Álgebra Conmutativa de Atiyah/Macdonald. Piden demostrar que todo ideal finitamente generado en un anillo booleano es de hecho un ideal principal.
La pregunta ya ha sido respondida en StackExchange: nota que $(x,y) = (x+y+xy)$ y luego usa inducción. Sin embargo, ¿hay alguna motivación clara para usar $x+y+xy$ como generador de este ideal? (aparte de sacarlo de la manga y notar que tiene propiedades agradables)
¡De hecho es bastante agradable razonar a través de esto! Todo esto es posible gracias a dos propiedades teóricas del retículo de los anillos booleanos. Es bueno conocer acerca de estas dos propiedades, y resulta que son bastante instructivas en esta demostración.
Una cosa que necesitamos es el mapa involutivo $(x) \mapsto (1-x)$ que establece una biyección inversa de inclusión en los ideales principales del anillo booleano $R$, al cual llamaré $L$. Por lo tanto, $L((a)) := (1-a)$, y $(a) \subseteq (b)$ implica $L((b)) \subseteq L((a)) . (Pista: si $(a) \subseteq (b)$, toma $a = br$ y haz algo con $1-b = (1-b)(1-a) + (1-b)a$.)
La otra cosa que nos brindan los anillos booleanos que necesitamos es que $(a) \cap (b) = (ab)$. El $\supseteq$ es obvio, y dejo el $\subseteq$ como ejercicio.
Usando estas dos cosas, podemos armar la fórmula $a+b+ab$.
Busquemos el límite superior mínimo de $(a)$ y $(b)$. Un candidato natural es encontrar el límite inferior máximo de $L((a))$ y $L((b))$, y luego mapearlo de vuelta por encima de $(a)$ y $(b)$ usando el mapa de inclusión inversa.
Explícitamente, como sabemos que el límite inferior máximo de $(1-a)$ y $(1-b)$ es $((1-a)(1-b))$, tenemos que $(1-a) \supseteq ((1-a)(1-b))$, y después de aplicar $L$ tenemos que $(a) \subseteq (1-(1-a)(1-b))$, y de forma similar $(b) \subseteq (1-(1-a)(1-b)) .
Pero mira $1-(1-a)(1-b)=a+b-ab$. Acabamos de demostrar que $(a+b-ab)$ es un límite superior de $(a)$ y $(b) . Finalmente, obviamente está contenido en $(a,b) , así que en realidad es igual.
Aquí hay una imagen de esa prueba: 
Recuerda que todos los signos de resta bien pueden ser de suma porque la característica es 2.
Por lo tanto, en retrospectiva, el carácter "misterioso" $a+b+ab$ es solo un producto de la interacción de esta involución $a\mapsto 1-a$ con la forma en que interseccionan los ideales principales. Podemos recuperarlo a través de una conexión de Galois en los ideales principales del anillo.
Podemos asumir que $R$ es finito (de lo contrario consideramos el subanillo generado por $x, y$). Entonces $R=(P(S),\Delta,\cap)$ para algún conjunto finito $S$. Tenemos que $x \in (p)$ si y solo si $x \subseteq p$. Por lo tanto, tenemos $(x, y) \subseteq (p)$ si y solo si $x \subseteq p$ y $y \subseteq p$, es decir, $x \cup y \subseteq p$. Queremos un $p$ mínimo. Por lo tanto, $p = x \cup y$ es la única opción. Ahora observa que $x \cup y = x \Delta y \Delta (x \cap y).
Alternativamente, observa que el subanillo generado por $x, y$ es el espacio vectorial $\mathbb{F}_2$ generado por $1, x, y, xy$. Podemos asumir que es una base (ya que este es el caso en el ejemplo universal). Si $p = \lambda_0 + \lambda_1 x + \lambda_2 y + \lambda_3 xy$ es un generador de $(x, y)$, entonces $p \bmod x = \lambda_0 + \lambda_2 y$ es un generador de $(y)$, lo que implica que $\lambda_2=1$ y $\lambda_0=0$. De la misma manera obtenemos $\lambda_1=1$. Pero $x+y$ no funciona, así que $p=x+y+xy$ es la única elección.
Si $R$ es un anillo booleano, podemos definir una relación $$ a\le b \quad\text{si y solo si}\quad ab=a $$ Esto se ve fácilmente como una relación de orden, ya que
Cualquier par de elementos en $R$ tiene una cota inferior bajo esta relación de orden. De hecho, si $a,b\in R$, entonces $ab\le a$, porque $(ab)a=a^2b=ab$ y, de manera similar, $ab\le b$. Luego, si $c\le a$ y $c\le b$, tenemos $c\le ab$, ya que $$ c(ab)=(ca)b=cb=c. $$
Nuestro propósito ahora es encontrar una cota superior para $a$ y $b$. Debería ser un elemento $d\in R$ tal que $a\le d$ y $b\le d$ y, además, si $a\le c$ y $b\le c$ para algún $c\in R$, deberíamos tener $d\le c$.
Una idea es considerar $d=a+b+x$; ya que queremos que $a\le d$, debemos tener $$ a=a(a+b+x)=a^2+ab+ax=a+ab+ax $$ entonces $ab+ax=0$. De manera similar, de $b\le d$ obtenemos $ab+bx=0$, lo que significa $ax=bx$. Oh, nosotros sabemos una elección para $x$, a saber, $x=ab$. Ahora demostramos la otra condición: supongamos $a\le c$ y $b\le c$; entonces $$ c(a+b+ab)=ca+cb+cab=a+b+ab=d $$ así que $d\le c$ y hemos probado que $a+b+ab$ es una cota superior para $a$ y $b$.
¿Cuál es el mínimo para esta relación de orden? Por supuesto $0$, porque $0a=0$ para todo $a\in R$. De manera similar, de $a1=a$ deducimos que $1$ es el máximo.
¿Qué necesitamos ahora? Un complemento: para $a\in R$ necesitamos $b$ tal que $$ ab=0\quad\text{y}\quad a+b+ab=1. $$ Pero $ab=0$ implica $a+b=1$ o $b=1-a=1+a$ (en un anillo booleano tenemos $-x=x$).
Podemos observar que tenemos un retículo acotado con complementos. Si es distributivo, entonces es un álgebra booleana. Definimos $a\land b=ab$ y $a\lor b=a+b+ab$: tenemos que probar que $$ a\land(b\lor c)=(a\lor b)\land(a\lor c). $$ El lado izquierdo es $$ a(b+c+bc)=ab+ac+abc $$ mientras que el lado derecho es \begin{align} (a+b+ab)(a+c+ac) &=a^2+ab+a^2b+ac+bc+abc+a^2c+abc+a^2bc\\ &=a+ab+ab+ac+bc+abc+ac+abc+abc=ab+ac+abc \end{align} recordando que $2x=0$ en un anillo booleano.
Si $A$ es un álgebra booleana bajo las operaciones $\land$, $\lor$ y el complemento $'$, definimos \begin{gather} ab=a\land b\\ a+b=(a\land b')\lor(a'\land b) \end{gather> Es solo una verificación tediosa verificar los axiomas del anillo. Obtenemos un anillo booleano porque $a^2=a\land a=a$. Además $$ a+b+ab=a\lor b $$ como se verifica fácilmente.
Un ideal en un álgebra booleana $A$ es un subconjunto no vacío $I$ tal que para $a,b\in I$ tenemos $a\lor b\in I$ y, si $a\in I$ y $b\le a$ (es decir, $a\land b=b$ o, equivalente, $a\lor b=a$), entonces $b\in I$.
En particular $0\in I$ para cualquier ideal. Pero también es claro que un ideal en un álgebra booleana es también un ideal bajo las operaciones del anillo booleano. De hecho, si $a,b\in I$, entonces $$ a+b\le a\lor b $$ (verifícalo). Además, si $a\in I$ y $b\in A$, entonces $ab\le a$, así que $ab\in I$.
De manera conversa, si $I$ es un ideal en un anillo booleano $R$, entonces también es un ideal bajo las operaciones del álgebra booleana (verifícalo).
Así que el ideal principal generado por $a\in R$ es $aR=\{b\in R:b\le a\}$, por lo que es el ideal de álgebra booleana generado por $a$. Más claramente, el ideal de álgebra booleana generado por $a$ y $b$ es el ideal generado por $a\lor b=a+b+ab$.
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Es probable que sea más fácil entender lo que está sucediendo si piensas en términos de los operadores lógicos "y" y "o".