Caracterizaciones equivalentes de anillos de valoración discretos

Dejar$R$Sea un anillo conmutativo con identidad, entonces los siguientes son equivalentes:

1. $R$es un DVR
2. $R$es un dominio euclidiano local que no es un campo.
3. $R$es un PID local que no es un campo.
4. $R$es un dominio local de Dedekind que no es un campo.
5. $R$es un UFD con un único elemento irreducible hasta una unidad.
6. Hay un elemento no unitario no nilpotente$\pi \in R$tal que cada$a \in R \setminus\{0\}$tiene una expresión única$a = u \pi^n$, dónde$u \in R^\times$y$n\in \mathbb{N}$.
7. $R$es un anillo de valoración noetheriano y no un campo.
8. $R$es un anillo local noetheriano con un ideal maximal principal generado por un elemento no nilpotente.
9. $R$es un anillo de dimensión noetheriano local regular$1$.
10. $R$es un dominio noetheriano local que no es un campo tal que todo ideal distinto de cero es una potencia del ideal maximal.

Esto es lo que probé hasta ahora:

$(1.) \Rightarrow (2.)$ Cada anillo de valoración es local . Suponer$v$es una valoración discreta en el campo de fracción de$R$tal que$v^{-1}(\mathbb{N}) \cup \{0\} = R$. Afirmamos que$v$es en realidad también una función euclidiana para$R$. Dejar$x,y \in R$,$y \neq 0$, si$\frac{x}{y} \in R$, tenemos$x = y \frac{x}{y} + 0$, así que hemos terminado. Si$\frac{x}{y} \notin R$, entonces$0 > v(\frac{x}{y}) = v(x)- v(y)$, entonces$v(y) > v(x)$. Ahora tenemos$v(x) = v(y + (x - y)) \geq \min(v(y), v(x - y))$, pero como$v(y) > v(x)$, debe darse el caso de que$v(x) \geq v(x-y)$. ahora escribimos$x = 1\cdot y + (x - y)$y$v(y) > v(x) \geq v(x-y)$.

$(2.) \Rightarrow (3.)$ Todo dominio euclidiano es un PID .

$(3.) \Rightarrow (4.)$ Cada PID es un dominio Dedekind .

$(3.) \Rightarrow (5)$ Todo PID es un UFD y todo elemento irreducible genera un ideal maximal en un PID y todo ideal maximao es generado por un elemento irreducible (Como$R$no es un campo, los ideales máximos son distintos de cero). Como todos estos ideales máximos deben coincidir, existe exactamente un elemento irreductible hasta una unidad.

$(5.) \Rightarrow (6.)$Un dominio no contiene nilpotentes no triviales. Entonces podemos tomar$\pi$ser el único elemento irreducible.

$(1.) \land (3.) \Rightarrow (7.)$ Cada PID es noetheriano .

$(7.) \Rightarrow (3.)$Cada anillo de valoración es un dominio Bezout local. Los dominios de Noetherian Bezout son PID.

$(4.) \Rightarrow (10.)$Dejar$R$ser un dominio local de Dedekind que no es un campo. Entonces$R$es unidimensional, por lo que todo ideal primo distinto de cero es maximal, pero solo hay un ideal maximal como$R$es local, por lo que solo hay un ideal primo distinto de cero. Como$R$es Dedekind, todo ideal distinto de cero es un producto de ideales primos, por lo que todo ideal distinto de cero es una potencia del ideal maximal.

$(8.) \Rightarrow (9.)$Sea el ideal máximo$m$ser generado por$x$, entonces la imagen de$x$genera$m/m^2$. Si$m/m^2 = 0$,$m = m^2$, pero entonces$m = 0$por el lema de Nakayama , entonces$m/m^2 \neq 0$, de este modo$\operatorname{dim}_{R/m}m/m^2 = 1$. Del teorema ideal principal de Krull se deduce que$\operatorname{dim}R= 1$.

$(9.) \Rightarrow (8.)$Dejar$m$sea ​​el ideal máximo y$\bar{x}$ser un generador de$m/m^2$y deja$x$ser una preimagen de$\bar{x}$bajo el mapa del cociente natural. entonces tenemos$m = m^2 + (x)$, entonces$m = (x)$por un corolario del lema de Nakayama. Ahora tenemos que demostrar que$x$no es nilpotente. Como$\operatorname{dim}R = 1$,$m$contiene correctamente un ideal primo mínimo$p$. Si$x$era nilpotente, entonces$x \in p$, pero esto implica$m \subset p$, lo cual es imposible.

$(10.) \Rightarrow (8.)$Dejar$m$Sea el ideal máximo. Tenga en cuenta que no podemos tener$m^2 = m$si no$m = 0$por el lema de Nakayama, pero$R$no es un campo. Elegir$x \in m \setminus m^2$, entonces$(x)$es un poder de$m$, pero por nuestra elección de$x$la única posibilidad es que$m = (x)$. Como$R$es un dominio,$(x)$no es nilpotente.

$(8.) \Rightarrow (6.)$Dejar$m = (\pi)$Sea el ideal máximo. Primero mostramos que todo distinto de cero$x_0 \in R$tiene una expresión de la forma requerida. Primero, si$x_0$es una unidad, entonces hemos terminado. Si$x_0$no es una unidad, entonces$x_0 \in m$, entonces$x_0 = x_1 \cdot \pi$. Luego, haz lo mismo para$x_1$. Si$x_1$es una unidad, entonces hemos terminado, si$x_1$no es una unidad$x_1 \in m$, entonces podemos escribir$x_1 = x_2 \cdot \pi$etc. Para ver que este proceso debe terminar, observamos que si no lo hace, tenemos$x \in m^n$para todos$n\in \mathbb{N}$lo que contradice el teorema de la intersección de Krull . Ahora que todo elemento distinto de cero es de la forma$u\pi^n$tenemos que mostrar singularidad. Si tomamos dos elementos distintos de cero, los escribimos como$u_{1}\pi^n$y$u_{2}\pi^k$, entonces su producto$u_{1}u_{2}\pi^{n+k}$es distinto de cero, como$\pi$no es nilpotente. Esto muestra que$R$es un dominio integral, por lo que el monoide multiplicativo es cancelativo, de esto, la unicidad se sigue fácilmente, si tenemos$u_1 \pi^n = u_2 \pi^k$Supongamos que wlog$n \geq k$, entonces nosotros tenemos$u_1 = u_2 \pi^{n-k}$. Ahora si$n > k$, LHS es una unidad mientras que RHS no lo es, lo cual es absurdo. De este modo$n = k$y$u_1 = u_2$.

$(6.) \Rightarrow (1.)$ $R$es un dominio integral por el mismo argumento que en$(8.) \Rightarrow(6.)$Ahora defina una valoración en$R$a través de$v(u\pi^n)=n$Tenemos$v(u_1\pi^n\cdot u_2 \pi^k) = n+k = v(u_1\pi^n)+v(u_2\pi^k)$Supongamos que wlog$k \leq n$, entonces$v(u_1\pi^k+u_2\pi^n)=v( (u_1+u_2\pi^{n-k})\pi^k) \geq k = \min(v(u_1\pi^k),v(u_2\pi^n))$. Extender$v$al campo de fracción de$R$configurando$v(\frac{a}{b})=v(a)-v(b)$, entonces es obvio que$R$es el anillo de valoración de$v$.

Mi pregunta es, ¿todo esto es correcto? ¿Conoces alguna otra caracterización de los DVR? Si es así, ¿por qué es equivalente? Por ejemplo, wikipedia tiene lo siguiente

$R$es un (editar: noetheriano) dominio que no es un campo, y cada ideal fraccionario distinto de cero de$R$es irreducible en el sentido de que no puede escribirse como una intersección finita de ideales fraccionarios que lo contienen propiamente.

Pero no tengo idea de cómo demostrar que es equivalente.