Un integrante del dominio en el que cada primer ideal es principal es un PID

Question

¿Alguien tiene una simple prueba de los hechos siguientes:

Un integrante del dominio en el que cada primer ideal es director es un director ideal de dominio (PID).

Answer 1

Aquí está una prueba seguido por conceptual de elaboración, desde mi 2008/11/9 Pedir un Algebrista post.

Vamos a R integrante de dominio. Cada primer ideal en R ser director. Probar que R es una de las principales ideales de dominio (PID)

A continuación les presento una manera más simple de ver la prueba, y algunas referencias. Primero vamos a recordar un conocido prueba presentada por P. L. Clark (editado):

Prueba de$_{\,1}$ $\ $ Supongamos que no. Entonces el conjunto de todos los nonprincipal ideales es no vacío. Deje $\{I_i\}$ ser una cadena de nonprincipal ideales y poner $\,I = \cup_i I_i.\,$ Si $I = (x)$ $x \in I_i$ algunos $i,$ $I = (x) \subset I_i$ implica $I = I_i$ que es lo principal, la contradicción. Por lo tanto, por el Lema de Zorn no es un ideal de a $I$ que es maximal con respecto a la la propiedad de no ser director. Como es tan a menudo el caso para los ideales de la máxima con respecto a algún tipo de propiedad o de otros, podemos mostrar que el yo debe ser un primo. En efecto, supongamos que $ab \in I$ pero ni $a$ ni $b$ se encuentra en I. Entonces el ideal $J = (I,a)$ es estrictamente mayor que $I,$ principal: decir $J = (c).$ $I:a := \{r \in R\ :\ ra \in I\}$ es un ideal que contiene a$I$$b,$, por lo que estrictamente mayor de $I$ y por lo tanto principal: decir $I:a = (d).$ Deje $i \in I,$$i = uc.$$u(c) \subset I$$ua \in I$$u \in I:a.$, con Lo que podemos escribir $u = vd$ $i = vcd.$ Esto muestra $I \subset (cd).\ $ por el Contrario, $d \in I:a$ implica $da \in I$ $d(I,a) = dJ \subset I$ $cd \in I.$ por lo Tanto $I = (cd)$ que es lo principal, la contradicción. $\ \ $ QED

Yo afirmación de que la segunda parte de la prueba es sólo un ideal teórico la versión de un hecho bien conocido acerca de los números enteros. Es decir, supongamos que la entero $i>1$ no es primo. Entonces, por definición, no son enteros $a,b$ tal que $i|ab,\ \,i\nmid a,b.$, Pero de inmediato se obtiene un adecuada de la factorización de $i,$ es decir $i = c\, (i\!:\!c),$ donde $c = (i,a).$ Por lo tanto: no prime $\Rightarrow$ reducible (o: irreducible $\Rightarrow$ prime). Una similar constructivo prueba funciona de forma mucho más general, a saber,

Teorema $ $ ideal Si $I\ne 1$ satisface: ideal $\,J \supset I \Rightarrow J\,|\,I\,$ $I$ no prime $\Rightarrow I\,$ reducible (correctamente).

Prueba $\ $ $I$ no prime $\Rightarrow$ existe $a,b \not\in I$ $ab \in I.$ $\ A := (I,a)\supset I \Rightarrow A|I,$ dice $I = AB;$ wlog asumimos $b \in B$ desde $A(B,b) = AB\,$ través $Ab = (I,a)b \subset I = AB.$ Los factores de $A,B$ son adecuados: $A = (I,a),\, a \not\in I;\,\ B \supset (I,b),\, b \not\in I.\quad$ QED

Tenga en cuenta que la contiene $\Rightarrow$ divide hipótesis: $J\supset I \Rightarrow J\,|\,I\,$ es trivialmente cierto para los principales ideales de la $J$ (por lo tanto, la prueba de$_{\,1}$), y también es cierto para todos los ideales en un dominio de Dedekind. Generalmente tales ideales J se llama multiplicación ideales. Anillos cuyos ideales satisfacer esta propiedad se conoce como la multiplicación de los anillos y su estudio se remonta a Krull.

La OP del problema es bien conocido: es el Ejercicio $1\!-\!1\!-\!10\ p.8$ en Kaplansky: Conmutativa Anillos, a saber:

1. (M. Isaacs) En un anillo R deje $I$ ser máxima entre los no-principal los ideales. Demostrar que $I$ es primo. (Sugerencia: adaptar la prueba del Teorema 7. Tenemos $(I,a) = (c).$ Esta vez tome $J =$ $x$ $xc \in I.$ Desde $J \supset (I,b),\ J$ es la directora. Argumentan que $I = Jc$, por lo que es principal.)

Para la generalización de tales Kaplansky estilo de Zorn Lema argumentos de ver los artículos que se hace referencia en mi post aquí.

A continuación es una referencia interesante sobre la multiplicación de los anillos.

---

Mott, Joe Leonard. Condiciones equivalentes a las de un anillo de ser una multiplicación de anillo.
Canadá. J. Math. 16 1964 429 434--. MR 29:119 13.20 (16.00)

Si "anillo" se refiere a un anillo conmutativo con identidad y un la multiplicación de anillo es un "anillo" en la que, cuando a y B son ideales con Un $\subset$ B, hay un ideal de C tales que a = BC , entonces se muestra que las siguientes afirmaciones son equivalentes.

• (I) R es una multiplicación de anillo;
• (II) si P es un primo ideal de R que contiene el ideal de A, entonces hay una ideal C tales que a = PC;
• (III) R es un anillo en el que los tres siguientes las condiciones son válidas:
  $\qquad$ (a) todos los ideales es igual a la intersección de sus aislado componentes principales;
  $\qquad$ (b) cada principal ideal es una potencia de sus radical;
  $\qquad$ (c) si P es un primer mínima de B y n es el menos positivo entero tal que $\rm P^n$ es un aislado de los principales componentes de B , y si $\rm P^n \ne P^{n+1},$ , entonces P no contiene la intersección de las restantes aislado los componentes primarios de B . (Aquí un hecho aislado P-componente principal de Una es la intersección de todos los P-primario ideales que contienen A .)

Revisado por H. T. Muhly

Answer 2

Hacemos esto en unos pocos pasos. Deje $R$ ser nuestros integral de dominio, y estamos suponiendo que cada primer ideal en $R$ es la directora.

1. Deje $S$ el conjunto de no-principales ideas de $R$, y supongamos que $S$ es no vacío. Lanzar una inclusión de orden parcial en $S$ (o la nota que tiene uno, pero me gusta ser físico con mis matemáticas a veces). WRT este orden parcial, deje $\{C_i\}$ ser una cadena en $S$, y deje $C = \cup C_i$. Entonces sabemos que el $C$ es un ideal.

2. Demostrar que $C$ no es principal:
   Supongamos que $C$ que es lo principal, por lo que el $C = \langle c \rangle$. A continuación, $c \in C_j$ algunos $j$, por lo que el $C \subseteq C_j$. A continuación, $C_j$ que es lo principal, que contradicen nuestra hipótesis.

3. Apelación a Zorn para conseguir una inclusión del máximo nonprincipal ideal:
   Como $C$ no es principal, la cadena de $\{C_i\}$ tiene un límite superior en $S$. Por el Lema de Zorn, $S$ contiene un elemento maximal. Deje $M$ ser uno de esos elementos.

4. Deje $a,b \in R$ s.t. $ab \in M$ mientras $a,b \not \in M$, que existen debido a $M \in A$ y por lo tanto no es primo. Desde $a \not \in M$, tenemos que $M \subsetneq (M,a)$, $M \subsetneq (M,b)$. Como $M$ es máxima en términos de no-principado, sabemos que tanto $(M,a)$ $(M,b)$ son principales. Supongamos que $(M,a) = \langle \alpha \rangle, (M,b) = \langle \beta \rangle$.

   Deje $N = \{ r \in R\;|\;r(M,a) \subseteq M\}$. Tenga en cuenta que $(M,a)(M,b) = (M^2, Ma, Mb, ab) \subseteq M$, por lo que el $(M,b) \subseteq N$. Y más aún, $(M,a)N \subseteq M$, e $(M,a)N$ es la directora.

5. Si $x \in M$, mostraremos $x = s\alpha$ algunos $s \in N$, y a la conclusión de que $M = (M,a)N$ es principal - una contraxiction:
   Deje $x \in M$. Desde $M \subset (M,a)$, sabemos que $x = s\alpha$ algunos $s \in R$. Tenga en cuenta que en el hecho de $s(M,a) = s\langle \alpha \rangle \subseteq M$, lo $s \in N$. Por lo tanto $M \subseteq (M,a)N$, y lo que es más importante $M$ es la directora.

   Esta es una contradicción en los que no principado de $M$, por lo que estamos equivocados al suponer que $S$ es no vacío.

Por lo tanto $R$ no tiene nonprincipal ideales y es un director ideal de dominio.

Answer 3

Uno puede demostrar que esta usando la maquinaria de Lam y Reyes del Primer principio ideal (disponible aquí). Un hermoso papel que recomiendo a cualquier persona interesada en este tipo de argumentos. Dado un ideal $I$ y un elemento $a\in R$, definir $I:a = \{x\in R\mid xa\in I\}$. Tenga en cuenta que este es un ideal.

Definición. Una clase de ideales $\mathcal{F}$ $R$ $R\in\mathcal{F}$ es una Oka familia si por $a\in R$$I\triangleleft R$, si $(I,a)$$I\colon a$$\mathcal{F}$,$I$$\mathcal{F}$.

Definición. Deje $\mathcal{F}$ ser una clase de ideales de a $R$. Decimos que $\mathcal{F}$ es una MP-familia ("Maximal es primo") si el máximo de elementos de $\mathcal{F}$ son los principales ideales de la $R$.

Definición. Deje $\mathcal{F}$ ser una clase de ideales de a $R$. A continuación, $\mathcal{F}'$ es el complemento de a $\mathcal{F}$ en la clase de todos los ideales de a $R$.

Teorema. (Lam y Reyes) Si $\mathcal{F}$ es una Oka familia, $\mathcal{F}'$ es una MP-familia.

Prueba. Deje $I$ ser un elemento maximal de a $\mathcal{F}'$ y asumir que $I$ no es primo. Desde $I\neq R$ ( $R\in\mathcal{F}$ , por definición), vamos a $a,b\in R$ tal que $a,b\notin I$, de tal manera que $ab\in I$. A continuación, $(I,a)$ es estrictamente mayor que $I$, por lo tanto, en $\mathcal{F}$; y desde $ba\in I$,$b\in I:a$, por lo tanto $I:a$ también adecuadamente contiene $I$. Por lo tanto, $(I,a)$ $(I:a)$ ambos se encuentran en $\mathcal{F}$. Por lo tanto, desde el $\mathcal{F}$ es una Oka familia, se deduce que el $I\in \mathcal{F}$, contradiciendo que $I\in\mathcal{F}'$. $\Box$

Teorema. Deje $R$ ser un anillo conmutativo con unidad, y supongamos que $R$ tiene al menos un nonprincipal ideal. Si $I$ es un ideal maximal con respecto a la propiedad de ser nonprincipal (es decir, si $I\subsetneq J$ $J$ es un ideal, entonces $J$ es capital), a continuación, $I$ es un alojamiento ideal.

Prueba. Podemos demostrar que la recopilación de las principales ideas es una Oka familia. Claramente contiene a $R$. Supongamos $(I,a)$ $I:a$ son principales. Deje $(I,a) = (x)$$I:a = (y)$.

Yo reclamo que $I=(xy)$. De hecho, la primera nota que $(xy)\subseteq I$: $(x)=I+(a)$ por lo $(xy)=(x)(y) = (I+(a))(y) = Iy + (ay)\subseteq I+I = I$, lo $(xy)\subseteq I$. Por el contrario, si $r\in I$, $r=xt$ algunos $t$; desde $a=xv$ algunos $v$,$vr=vxt = at\in I$, lo $t\in I:a=(y)$, por lo tanto $t=yz$ algunos $z$, lo $r=xt=xyz\in (xy)$. Por lo tanto, $I=(xy)$.

Por lo tanto, la recopilación de las principales ideas es una Oka familia. En particular, la colección de nonprincipal ideales es un DIPUTADO de la familia. Pero, como cada primer ideal es principal, se sigue que la colección de nonprincipal ideales está vacía, así que todos los ideales de a $R$ es la directora. $\Box$