El entendimiento local de los anillos

Question

No entiendo los dos últimos frase del siguiente texto (de Adkins' Álgebra):

$1-$ Qué $\phi(P)$ es máxima ideal? Mi intento: es una idea, porque para $$\phi(P) = {\{ab^{-1} \in Q(R) \ : \ a\in P \ \text{and} \ b\notin P}\} $$ and for $a'b'^{-1} \en R_S$, $a'b'^{-1}\phi(P)=\phi(P)a'b'^{-1} \subseteq \phi(P)$. But How to prove that it is maximal? Especially I believe that $\phi(P) = R_S$ por lo que no es máxima!

$2-$ ¿Por qué hay sólo un ideal maximal de a $R_S$, es decir,$\phi(P)$? (es decir, el texto que dice "único" ideal maximal).

Answer 1

No hay una única respuesta a ambas preguntas: para cualquier subconjunto multiplicativo $S$ de un anillo de $R$, hay un bijection entre el primer ideales de $S^{-1}R$ y el primer ideales de $R$ que no cumplan $S$. Si $i\colon R\to S^{-1}R$ es la canónica mapa, el bijections son \begin{align} \operatorname{Spec}(S^{-1}R)&\to\operatorname{Spec}R\\ \mathfrak q &\mapsto \mathfrak i^{-1}(\mathfrak q)\\ i(\mathfrak p)S^{-1}R&\leftarrow \mathfrak p \end{align} En particular, los máximos ideales de la $S^{-1}R$ corresponden al primer ideales de $R$ que son máximas entre aquellos que no cumplan $S$.

Ahora, si $S=R\setminus\mathfrak p$, de los ideales por los que no cumplan $S$ son los ideales contenidos en $\mathfrak p$, por lo tanto cada primer ideal $\mathfrak q$ que no cumple con las $S$ está contenida $\mathfrak p$, de ahí que su imagen $\mathfrak q R_{\mathfrak p}$ está contenido en $\mathfrak p R_{\mathfrak p}$, que es por definición el ideal maximal de a $R_{\mathfrak p}$.

La prueba de la bijection (boceto): Podemos demostrar que componen los mapas en ambas órdenes se obtiene el mapa de identidad:

• Si $\mathfrak p$ es un primer ideal de $R$ que no cumple con las $S$, el ideal generado por a $\mathfrak p$ $S^{-1}R$ es el conjunto de elementos de la forma $\dfrac ps$ $\;(p\in \mathfrak p,\, s\in S$), y si un elemento en $i(\mathfrak p)S^{-1}R$ se encuentra en $i(R)$, podemos escribir $$\frac x1=\frac ps\iff\exists t\in S,\;tsx=tp.$$ Por lo tanto $tsx\in \mathfrak p$. Como $ts\notin \mathfrak p$, $x\in\mathfrak p$. Esto demuestra $\;i^{-1}(\mathfrak pS^{-1}R)\subset \mathfrak p$. El reverso de la inclusión es obvio.
• Por el contrario, vamos a $\mathfrak q$ a ser un ideal de a $S^{-1}R$, y establecer $\mathfrak p=i^{-1}(\mathfrak q)$. Si $\dfrac qs\in \mathfrak q$, $\;\dfrac q1=\dfrac s1\cdot\dfrac qs\in \mathfrak q\cap i(R)$, por lo $\;q\in i^{-1}(\mathfrak q)$$\dfrac qs\in i^{-1}(\mathfrak q)S^{-1}R$, es decir,$\mathfrak q\subset i^{-1}(\mathfrak q)S^{-1}R$. El reverso de la inclusión, de nuevo, es obvio.

Answer 2

1) $\phi(P)$ es máxima debido a que cada elemento no contenida en $\phi(P)$ es una unidad, y un ideal que contiene una unidad debe ser el todo el anillo. Así que supongamos $\phi(P) \subsetneq I$ por algún ideal $I$. A continuación, hay algunos $x\in I$$x \notin \phi(P)$. A continuación, $x$ es una unidad, por lo que, como se mencionó anteriormente, $I = R_S$.

En cuanto a por qué $\phi(P) \neq R_S$: Por definición, el primer ideales son adecuados, por lo $1 \notin P$. Podría $1 = \frac{1}{1}$$\phi(P)$? Si lo fuera, entonces $1 = \frac{a}{b}$$a \in P$$b \notin P$. Pero, a continuación, desactive denominadores implica $a = b$, una contradicción.

2) Para mostrar esto, trate de probar el siguiente resultado: Deje $A$ ser un anillo conmutativo con $1$. Si el conjunto de $A \setminus A^\times$ de nonunits es un ideal, entonces, es el único ideal maximal. Ya hemos visto que la $\phi(P) = R_S \setminus R_S^\times$, por lo que esto conteste tu pregunta.