Anillo Noetheriano es dominio de factorización

Sea A un dominio íntegro Noetheriano. Entonces A es un dominio de factorización.

Demostración. Se dice que un elemento a \in A se factoriza si se escribe de la forma a = u\,p_1\,\hdots\,p_n, donde u \in \mathcal{U}(A) es una unidad del anillo, y los p_i son elementos irreducibles. Observar que A es un dominio de factorización si y sólo si todo elemento de A se factoriza.

Suponer que A no fuera un dominio de factorización. Entonces existe un elemento a \in A no nulo que no se factoriza, es decir, un elemento que no se escribe como producto de una unidad por elementos irreducibles.

El lema siguiente asegura que dado un elemento x \in A que no se factoriza existe otro elemento y \in A tal que y no se factoriza y además \langle x \rangle \subsetneq \langle y \rangle. Aplicando el lema, se construye la cadena creciente de ideales \langle a \rangle \subsetneq \langle a_1 \rangle \subsetneq \langle a_2 \rangle \subsetneq ..., que no se estaciona, contradiciendo el hecho de que A es Noetheriano.

Lema. Sea x \in A un elemento no nulo que no se factoriza. Entonces existe un elemento y \in A tal que y no se factoriza y además \langle x \rangle \subsetneq \langle y \rangle.

Demostración. Dado que x \in A no se factoriza, se tiene que x no es una unidad y no es un elemento irreducible.

Recordar que un elemento es irreducible si no es una unidad y, cada vez que se tiene x = a\,b, se tiene también que a \in \mathcal{U}(A) \lor b \in \mathcal{U}(A). Por lo tanto deben existir a, b \in A tales que x = a\,b donde a \not\in \mathcal{U}(A) y b \not\in \mathcal{U}(A).

Suponer que tanto a como b se factorizaran. En tal caso, se escribirían de la forma:

  • a = u\,p_1\,\hdots\,p_n
  • b = v\,q_1\,\hdots\,q_m

para ciertos naturales n, m \in \mathbb{N}, unidades u, v \in \mathcal{U}(A) y elementos irreducibles p_i, q_j. Si así fuera, se tendría que x = u\,v\,p_1\,\hdots\,p_n\,q_1\,\hdots\,q_m contradiciendo el hecho de que x no se factoriza. Por lo tanto se da el caso que o bien a no se factoriza o bien b no se factoriza.

Como el anillo es conmutativo, suponer sin pérdida de generalidad que b no se factoriza, y tomar y = b. Entonces \langle y \rangle \supseteq \langle x \rangle, pues y divide a x. Además, la inclusión es estricta. Si no fuera estricta, se tendría que los dos ideales son iguales, y en particular y \in \langle x \rangle, es decir y = c\,x = c\,a\,b = c\,a\,y. Despejando, se tiene c\,a\,y - y = 0, con lo cual (c\,a - 1)\,y = 0. Como A es un dominio íntegro y el elemento y no es nulo, se concluye c\,a = 1. De este modo, a es una unidad del anillo. Pero ya se sabía a \not\in \mathcal{U}(A), llegando así a un absurdo. Así, la inclusión debe ser estricta, lo que completa la prueba.

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