Jacobson Álgebra Básica, volumen II (segunda edición):
Definición. Un dominio $D$ es llamado un dominio de Dedekind si cada $D$-ideal fraccional de $F$ (el campo de fracciones de $D$) es invertible.
Teorema. (Teorema 10.6, página 630) Deje $D$ ser un dominio. Los siguientes son equivalentes:
- $D$ es Dedekind.
- $D$ es integralmente cerrado, noetherian, y cada valor distinto de cero el primer ideal de $D$ es máxima.
- Cada apropiado integral ideal de $D$ puede ser escrito en una y sólo una manera como un producto de primer ideales.
- $D$ es noetherian y $D_P$ es un discreto anillo de valoración para cada ideal maximal $P$$D$.
La prueba de que 3 implica 1 se acredita a Zariski y Samuel:
En primer lugar, cada invertible prime $P$ $D$ es máxima en $D$; deje $a\in D-P$, y se supone que $aD+P\neq D$; a continuación, $aD+P$ se puede escribir como un producto de números primos,
$$aD+P = P_1\cdots P_m$$
y de la misma manera, $a^2D+P\neq D$, por lo que
$$a^2D+P = Q_1\cdots Q_n$$
Desde $P$ es de propiedad contenida en $aD+P$ y en $a^2D+P$, $P$ está correctamente contenida en cada una de las $P_i$ y cada una de las $Q_j$. Ahora mira a $D/P$, que es también un dominio, y en que $\overline{aD} = \overline{P_1}\cdots\overline{P_m}$$\overline{a^2D}=\overline{Q_1}\cdots \overline{Q_n}$. Los principales ideales de la $\overline{aD}$ $\overline{a^2D}$ es invertible, y $\overline{P_i}$ $\overline{Q_j}$ son los principales ideales. Desde $\overline{a^2D} = \overline{a}^2\overline{D}=(\overline{aD})^2 = \overline{P_1}^2\cdots\overline{P_n}^2$, y desde factorizations para invertible integral ideales son únicos, $\{\overline{P_1},\overline{P_1},\ldots,\overline{P_n},\overline{P_n}\}$ es de la misma secuencia $\{\overline{Q_1},\ldots,\overline{Q_m}\}$, excepto tal vez por el orden. Por lo tanto, las secuencias correspondientes a los ideales de la $D$ que contienen $P$, $\{P_1,P_1,\ldots,P_n,P_n\}$ y $\{Q_1,\ldots,Q_m\}$ son de la misma hasta el fin. Por lo tanto $(aD+P)^2 = a^2D+P$, por lo que
$$P\subseteq (aD+P)^2 = a^2D+aP+P^2 \subseteq aD+P^2.$$
Así que si $p\in P$,$p=ax+y$$x\in D$$y\in P^2$; por lo tanto $ax\in P$, y desde $a\notin D$,$x\in P$. Por lo $P\subseteq aP+P^2\subseteq P$, lo $P=aP+P^2$. Ya que estamos asumiendo $P$ es invertible, entonces a $D = P^{-1}P = P^{-1}(aP+P^2) = aD+P$, una contradicción.
Por lo $aD+P = D$ por cada $a\notin P$, por lo tanto $P$ es máxima.
Ahora vamos a $P$ ser cualquier valor distinto de cero el primer ideal, y deje $b\neq 0$ ser un elemento de $P$. Por lo $bD\subseteq P$ $bD=P_1P_2\cdots P_m$ cuando la $P_i$ son primos y se invertible. Por lo que el $P_i$ son máximas. Desde $P$ es primo, $P_i\subseteq P$ algunos $i$; por lo tanto $P=P_i$, lo $P$ es invertible.
Ya que cada apropiado ideal es un producto de números primos, y cada una de las prime es invertible, se sigue que cada integrante ideal es invertible.
Dado un ideal fraccional $I'=aI$, $I$ integral y $a\neq 0$,$I'(I')^{-1}=II^{-1}=D$, por lo que todo ideal fraccional es invertible. $\Box$
