простые идеалы

[klonic]

$p_{1}, \ldots , p_{k}$ - простые идеалы , а идеал $I \subset \cup_{i=1}^{k}p_{i}$.
Нужно доказать, что $I$ содержится в одном из $p_{i}$.

И пусть $p$ - простой идеал, содержащий $\cap _{i=1}^{k}J_{i}$. Нужно доказать, что $p$ содержит один из идеалов $J_{i}$

Помогите разобраться с решением. К сожалению, пока нет никаких идей с чего начать. Подскажите, в каком русле думать.
Заранее благодарен.

[apriv]

klonic в сообщении #630278 писал(а):

$p_{1}, \ldots , p_{k}$ - простые идеалы , а идеал $I \subset \cup_{i=1}^{k}p_{i}$.
Нужно доказать, что $I$ содержится в одном из $p_{i}$.

Ну, докажите для $k=2$, что ли, и устройте индукцию.

[klonic]

то-то и оно, что не получается для двух

[Joker_vD]

От противного: если $I\not\subset p_1,\;I\not\subset p_2$, то есть $x_1,x_2\in A$ такие, что $x_1\notin p_1$, $x_2\notin p_2$. Если $x_1\notin p_2$, то $x_1\notin p_1\cup p_2$ и $I\not\subset p_1\cup p_2$, доказано. Если же $x_1\in p_2$, $x_2\in p_1$, то для $y=x_1+x_2$ имеем $y\in A,\; y\notin p_1,\;y\notin p_2$, доказано.

[klonic]

Joker_vD в сообщении #630500 писал(а):

От противного: если $I\not\subset p_1,\;I\not\subset p_2$, то есть $x_1,x_2\in A$ такие, что $x_1\notin p_1$, $x_2\notin p_2$. Если $x_1\notin p_2$, то $x_1\notin p_1\cup p_2$ и $I\not\subset p_1\cup p_2$, доказано. Если же $x_1\in p_2$, $x_2\in p_1$, то для $y=x_1+x_2$ имеем $y\in A,\; y\notin p_1,\;y\notin p_2$, доказано.

мы разве берем $x_{1}, x_{2}$ из всего кольца $A$, а не из идеала $I$?
и получается, что простотой мы никак не пользуемся?

-- 13.10.2012, 22:56 --

Кстати, для пересечения я сделал. Осталось только с объединением разобраться.



-- 13.10.2012, 23:23 --

А вот еще, что непонятно, как доказать по индукции дальше?(Если объединение идеалов не есть идеал)

[Joker_vD]

Да, $x_1,x_2$ из $I$.

Простота понадобится при индуктивном шаге (кстати, стартовать лучше с $n=1$, тогда можно показанный случай $n=2$ обобщить до произвольного $n$): вы берете $x_i\in I\colon x_i\notin p_j \;\forall j\ne i$. В худшем случае $x_i\in p_i$ для всех $i$, так что вы возьмете $y=\sum\limits_{i=1}^n \prod\limits_{j\ne i} x_j$ и благодаря простоте $p_i$ выйдет, что $y\notin p_i$ для всех $p_i$.