Parties multiplicatives et idéaux premiers

Définition Soit A un anneau commutatif et unitaire ; on dit qu'une partie S de A est multiplicative (ou multiplicativement fermée) si, et seulement si, 1 $\in$ S et (x,y) $\in$ S $\times$ S $\Rightarrow$ xy $\in$ S.

Exemple soit P un idéal de A. Alors par définition, P est idéal premier si, et seulement si, A $\setminus$ P est une partie multiplicative de A.

Proposition Soit A un anneau commutatif et unitaire; soient un idéal de A et S une partie multiplicative de A. On suppose que $a\cap$ S= $\emptyset$ . Alors il existe idéal premier de A tel que $a\subset b$ et $b\cap$ S= $\emptyset$ .

Démonstration Soit W l'ensemble des idéaux I de A qui vérifient $a\subset$ I et I $\cap$ S= $\emptyset$ .

W est non vide car il contient .
Montrons que l'ordre induit sur W par l'inclusion fait de W un ensemble inductif: Soit B une partie de $\cal P$ (W). B est un ensemble constitué de sous ensembles de W. On suppose que B est totalement ordonné pour l'inclusion. Soit $m=\displaystyle{\bigcup_{f\in B}f}$ ; clairement, est, par construction, la borne supérieure de B ; reste à montrer que est dans W. Soit $f\in$ B, alors $f\in$ W , donc $a\subset f$ , et donc $a \subset m$ . Supposons maintenant que $m\cap$ S $\neq$ $\emptyset$ ; alors il existe s dans S tel que $s\in\displaystyle{\bigcup_{f\in B}f}$ , donc il existe $f\in$ B tel que s $\in f$ , et donc $f\cap$ S $\neq$ $\emptyset$ , ce qui est absurde. Ainsi $m\cap$ S= $\emptyset$ . est donc dans W, et l'ordre induit sur W par l'inclusion est bien inductif. Comme W est non vide et que l'ordre induit sur W par l'inclusion est inductif, le lemme de Zorn nous permet d'affirmer qu'il existe dans W un élément maximal pour cet ordre. Montrons que est premier et la démonstration sera achevée. Tout d'abord, est strict car A $\cap$ S $\neq \emptyset$ (1 $\in$ A $\cap$ S) et donc A $\not \in$ W. Supposons que ne soit pas premier. Alors, comme est strict, cela implique qu'il existe x et x' dans A $\setminus b$ tels que xx' $\in b$ . Le fait que x et x' soient hors de implique que : $b \subset b+xA$ et que $b \subset b+x'A$ . Attention ces deux inclusions sont strictes. Comme est maximal dans W, on en déduit que et sont hors de W. Comme d'autre part il est clair que $(x)\subset b+xA$ et que $(x)\subset b+x'A$ , le fait que et soient hors de W implique que et coupent S. Ainsi, il existe s et s' dans S, b et b' dans b, et a et a' dans A tels que : s=b+xa et s'=b'+a'x' . En faisant le produit membre à membre, on obtient : ss'=bb'+x'a'b'+aa'xx'. Dans cette égalité, chacun des termes de droite est clairement dans , donc le terme de droite est dans , et le terme de gauche est dans S (car S est une partie multiplicative) ; ainsi $b\cap$ S $\neq \emptyset$ , ce qui est absurde. Ainsi l'hypothèse : est non premier, est fausse.