交换代数/雅各布森环与雅各布森空间

定义和基本特征

定义 14.1:

雅各布森环是指这样的环，其中每一个素理想都是一些极大理想的交集。

在努力寻找雅各布森环的特征之前，我们先证明一个引理，它将在该特征中的一个证明中非常有用。

引理 14.2:

令 $R$ 为雅各布森环，令 $I\leq R$ 为理想。那么 $R/I$ 是雅各布森环。

证明:

令 $p\leq R/I$ 为素理想。那么 $P:=\pi _{I}^{-1}(p)$ 为素理想。因此，根据假设，我们可以写成

$P=\bigcap _{\alpha \in A}m_{\alpha }$,

其中 $m_{\alpha }$ 都是极大理想。由于 $\pi _{I}$ 是满射，我们有 $\pi _{I}(P)=\pi _{I}(\pi _{I}^{-1}(p))=p$。因此，我们有

$p=\pi _{I}\left(\bigcap _{\alpha \in A}m_{\alpha }\right)=\bigcap _{\alpha \in A}\pi _{I}(m_{\alpha })$,

其中后一个等式来自于 $\forall \alpha \in A:y+I\in \pi _{I}(m_{\alpha })$，这意味着对于所有的 $\alpha$，$y=x_{\alpha }+i_{\alpha }$，其中 $x_{\alpha }\in m_{\alpha }$ 且 $i_{\alpha }\in I\subseteq m_{\alpha }$，因此 $y\in m_{\alpha }$。由于理想 $\pi _{I}(m_{\alpha })$ 是极大的，结论得证。$\Box$

定理 14.3:

令 $R$ 为环。下列命题等价：

1. $R$ 是 Jacobson 环。
2. 每个根理想（见定义 13.1）都是极大理想的交集。
3. 对于每个 $p\leq R$ 素理想，$R/p$ 的 Jacobson 根等于零理想。
4. 对于每个理想 $I\leq R$，$R/I$ 的 Jacobson 根等于 $R/I$ 的幂零根。

证明 1：我们证明 1. $\Rightarrow$ 2. $\Rightarrow$ 3. $\Rightarrow$ 4. $\Rightarrow$ 1.

1. $\Rightarrow$ 2.: 令 $I$ 为一个根理想。根据定理 13.3，

$I=\bigcap _{I\subseteq p \atop p{\text{ prime}}}p$.

现在我们可以将每个包含 $I$ 的素理想 $p$ 写成极大理想的交集（我们是在一个 Jacobson 环中），因此得到 1. $\Rightarrow$ 2.

2. $\Rightarrow$ 3.: 令 $p\leq R$ 为素理想。特别地，$p$ 是根式理想。因此，我们可以写成

$p=\bigcap _{i\in I}m_{i}$,

其中 $m_{i}$ 是最大的。现在假设 $x+p$ 包含在 $R/p$ 的 Jacobson 根中。根据定理 13.7，$(1-xy)+p$ 是 $R/p$ 中的一个单位，其中 $y\in R$ 是任意的。我们想要证明 $x\in p$。因此，设 $k\in I$ 使得 $x\notin m_{k}$。然后 $\langle x\rangle +m_{k}=R$，因此 $1=xy+s$ 其中 $y\in R$ 且 $s\in m_{k}$，即 $s=1-xy$。设 $a+p$ 是 $s+p$ 的逆，即 $as-1\in p$。这意味着 $as-1\in m_{i}$ 对于所有 $i\in I$，特别是 $as-1\in m_{k}$。因此 $1\in m_{k}$，矛盾。

3. $\Rightarrow$ 4.: 令 $I\leq R$. 假设存在 $x+I\in R/I$ 和一个素理想 $q\leq R/I$ 使得 $x\notin q$，但对于所有极大理想 $m\leq R/I$ 都有 $x\in m$。令 $\pi _{I}:R\to R/I$ 为标准投影。由于同态下素理想的原像为素理想，$p:=\pi _{I}^{-1}(q)$ 为素理想。

令 $m'$ 为 $R/p$ 中的一个极大理想。假设 $x+p\notin m'$。令 $\pi _{p}:R\to R/p$ 为标准投影。如同定理 12.2 的第一个证明，$J:=\pi _{p}^{-1}(m')$ 是极大的。

我们断言 $K:=\pi _{I}(J)$ 是最大的。假设 $1+I\in K$，也就是说 $i-1\in J$ 对于某个合适的 $i\in I$。由于 $I\subseteq p\subseteq J$，$1\in J$，矛盾。假设 $K$ 被严格包含在 $L\leq R/I$ 内。令 $x+I\in L\setminus K$。则 $x\in \pi _{I}^{-1}(L)$。如果 $x\in \pi _{I}^{-1}(K)$，则 $x+I\in K$，矛盾。因此 $\pi _{I}^{-1}(L)\supsetneq \pi _{I}^{-1}(K)=J$，因此 $1\in \pi _{I}^{-1}(L)$，也就是说 $1+I\in L$。

此外，如果$x+I\in K$，那么$x\in \pi _{I}^{-1}(\pi _{I}(J))$。现在$\pi _{I}^{-1}(\pi _{I}(J))=I+J=J$，因为$I\subseteq J$。因此，$x\in J$，也就是说，$\pi _{p}(x)\in M'$，与$x+p\notin m'$矛盾。

因此，$x$包含在$R/p$的Jacobson根中。

4. $\Rightarrow$ 1.: 假设$q\leq R$是一个素理想，不是最大理想的交集。那么

$q\subsetneq \bigcap _{q\subseteq m\leq R \atop m{\text{ maximal}}}m$.

因此，存在一个$x\in R$，使得对于$R$的每个最大理想$m$，都有$q\subseteq m\Rightarrow x\in m\setminus q$。

集合$\{(x+q)^{n}|n\in \mathbb {N} _{0}\}$在乘法下封闭。因此，定理 12.3 给我们一个素理想$p\leq R/q$，使得$x\notin p$。

设 $m$ 是 $R/q$ 的一个极大理想，并且不包含 $x$。设 $\pi :R\to R/q$ 为典范投影。我们断言 $\pi ^{-1}(m)$ 是一个包含 $p$ 的极大理想。实际上，证明过程与定理 12.2 的第一个证明相同。此外，$\pi ^{-1}(m)$ 不包含 $x$，因为如果包含，则 $\pi (x)=x+p\in m$。因此我们得到了矛盾，这就是为什么 $R/q$ 的每一个极大理想都包含 $x$。

由于在 $R/q$ 中，雅可比根等于零根，$x$ 也包含在 $R/q$ 的所有素理想中，特别是包含在 $p$ 中。因此，我们得到了矛盾。$\Box$

证明 2：我们证明 1. $\Rightarrow$ 4. $\Rightarrow$ 3. $\Rightarrow$ 2. $\Rightarrow$ 1.

1. $\Rightarrow$ 4.: 根据引理 3.10，$R/I$ 是一个 Jacobson 环。因此，根据定理 13.3 和定义 13.6 的表述，$R/I$ 的幂零根和 Jacobson 根是相等的。

4. $\Rightarrow$ 3.: 由于$p$ 是一个根理想（因为它甚至是一个素理想），$R/p$ 没有幂零元素，因此它的幂零根消失。由于该环的 Jacobson 根由于假设而等于幂零根，因此我们得到 Jacobson 根也消失。

3. $\Rightarrow$ 2.: 我找不到比将 3. $\Rightarrow$ 1. 与 1. $\Rightarrow$ 2. 相结合更短的路径。

2. $\Rightarrow$ 1.: 每个素理想都是根理想。$\Box$

剩余箭头:

1. $\Rightarrow$ 3.: 令$p$ 是$R$ 的一个素理想。现在假设$x+p$ 包含在$R/p$ 的 Jacobson 根中。根据定理 13.7，$(1-xy)+p$ 是$R/p$ 中的一个单位，其中$y\in R$ 是任意的。写

$p=\bigcap _{i\in I}m_{i}$,

其中，$m_{i}$ 是极大的。我们想要证明 $x\in p$。因此，令 $k\in I$ 使得 $x\notin m_{k}$。那么 $\langle x\rangle +m_{k}=R$，因此 $1=xy+s$，其中 $y\in R$ 且 $s\in m_{k}$，也就是说 $s=1-xy$。令 $a+p$ 是 $s+p$ 的逆元，也就是说 $as-1\in p$。这意味着 $as-1\in m_{i}$ 对于所有 $i\in I$ 都成立，特别是，$as-1\in m_{k}$。因此，$1\in m_{k}$，矛盾。

3. $\Rightarrow$ 1.: 令 $p\leq R$ 为素数。如果 $p$ 是极大的，则没有需要证明的。如果 $p$ 不是极大的，则 $R/p$ 不是一个域。在这种情况下，$R/p$ 中存在一个非单位元，因此，根据定理 12.1 或 12.2（应用于 $I=(a)$ 其中 $a$ 是一个非单位元），$R/p$ 至少包含一个极大理想。此外，$R/p$ 的 Jacobson 根是平凡的，这就是为什么存在一些 $R/p$ 的极大理想 $m_{i},i\in I$ 使得

$\bigcap _{i\in I}m_{i}=\emptyset$.

如同定理 12.2 的第一个证明，$K_{i}:=\pi ^{-1}(m_{i})$ 是 $R$ 的极大理想。此外，

$p=\bigcap _{i\in I}K_{i}$.

2. $\Rightarrow$ 4.: 令 ${\mathcal {N}}_{I}$ 为 $R/I$ 的零根。我们断言

$K:=\pi _{I}^{-1}({\mathcal {N}}_{I})=r(I)$.

首先令 $k\in K$，也就是说，$k+I\in {\mathcal {N}}_{I}$。那么 $k^{n}+I=0+I$，也就是说 $k^{n}\in I$ 且 $k\in r(I)$。另一个包含关系的证明类似，只是顺序相反（实际上，我们只是做了等价转换）。

根据假设，我们可以写成

$r(I)=\bigcap _{\alpha \in A}m_{\alpha }$,

其中 $m_{\alpha }$ 是 $R$ 的极大理想。

由于 $\pi _{I}$ 是满射，$\pi _{I}(\pi _{I}^{-1}({\mathcal {N}}_{I}))={\mathcal {N}}_{I}$。因此，

${\mathcal {N}}_{I}=\pi _{I}(r(I))=\pi _{I}\left(\bigcap _{\alpha \in A}m_{\alpha }\right)=\bigcap _{\alpha \in A}\pi _{I}(m_{\alpha })$,

其中最后一个等式来自 $\forall \alpha \in A:y+I\in \pi _{I}(m_{\alpha })$，这意味着 $y=x_{\alpha }+i_{\alpha }$ 对于 $i_{\alpha }\in I\subseteq m_{\alpha }$ 和 $x_{\alpha }\in m_{\alpha }$，因此 $y\in m_{\alpha }$ 对所有 $\alpha$。此外，$\pi _{I}(m_{\alpha })$ 或者是极大的，或者是等于 $R/I$，因为 $R/I$ 中任何包含 $\pi _{I}(m_{\alpha })$ 的真理想 $J$ 包含一个元素 $y+I$ 不在 $\pi _{I}(m_{\alpha })$ 内，这就是为什么 $y\notin \pi _{I}^{-1}(\pi _{I}(m_{\alpha }))=m_{\alpha }$，因此 $\pi _{I}^{-1}(J)=R$，因此 $J=\pi _{I}(\pi _{I}^{-1}(J))=R/I$.

因此，${\mathcal {N}}_{I}$ 是 $R/I$ 的一些极大理想的交集，因此 $R/I$ 的 Jacobson 根包含在其中。由于另一包含在一般情况下成立，因此我们完成了。

4. $\Rightarrow$ 2.: 与之前一样，我们有

$\pi _{I}^{-1}({\mathcal {N}}_{I})=r(I)$.

现在让 ${\mathcal {J}}_{I}$ 为 $R/I$ 的 Jacobson 根，即

${\mathcal {J}}_{I}=\bigcap _{\alpha \in A}m_{\alpha }$,

其中 $m_{\alpha }$ 是 $R/I$ 的极大理想。那么根据假设，我们有

$\bigcap _{\alpha \in A}\pi _{I}^{-1}(m_{\alpha })=\pi _{I}^{-1}\left({\mathcal {J}}_{I}\right)=\pi _{I}^{-1}\left({\mathcal {N}}_{I}\right)=r(I)$.

此外，正如定理 12.2 的第一个证明中所述，$\pi _{I}^{-1}(m_{\alpha })$ 是极大的。

Goldman 标准

现在我们将证明另外两种关于 Jacobson 环的特征。这些特征是由 奥斯卡·戈德曼 提出的。

定理 14.4 (Goldman 的第一个标准):

令 $R$ 为一个环。 $R$ 是 Jacobson 环当且仅当 $R[x]$ 是 Jacobson 环。

这是比较难的，我们直接把它做完，这样我们就完成了。

证明:

一个方向 ($\Leftarrow$) 不太糟糕。令 $R[x]$ 为一个 Jacobson 环，并令 $p_{0}\leq R$ 为 $R$ 的一个素理想。（我们将用一个小零来表示 $R$ 的理想，而不是 $R[x]$ 的理想，以避免混淆。）

我们现在定义

$p:=p_{0}R[x]+xR[x]$.

这个理想包含恰好那些常数项在 $p_{0}$ 中的多项式。它是素理想，因为

$fg\in p\Rightarrow f\in p\vee g\in p$

正如通过比较常数系数可以看出的那样。由于 $R[x]$ 是 Jacobson 环，对于给定的 $a$ 不包含在 $p_{0}$ 中，因此也不在 $p$ 中，存在一个包含 $p$ 但不包含 $a$ 的极大理想 $m$。令 $m_{0}:=m\cap R$。我们断言 $m_{0}$ 是极大理想。实际上，我们有一个同构

$R[x]/m\cong R/m_{0}$

通过

$a_{n}x^{n}+\cdots +a_{1}x+a_{0}+m\mapsto a_{0}+m_{0}$.

因此，$R[x]/m$ 是一个域当且仅当 $R/m_{0}$ 是。 因此，$m_{0}$ 是极大的，并且它不包含 $a$。 由于因此 $p_{0}$ 之外的每个元素都可以通过一个极大理想与 $p_{0}$ 分开，$R$ 是一个 Jacobson 环。

另一个方向 $\Rightarrow$ 就比较长了。

我们给出了 $R$ 一个 Jacobson 环，并希望证明 $R[x]$ 是 Jacobson。 因此，令 $p\leq R[x]$ 为一个素理想，我们希望证明它是一个极大理想的交集。

我们首先处理 $p\cap R=\{0\}$ 的情况，其中 $R$ 是一个整环。

首先假设 $p$ 包含一个非零元素（即不等于零理想）。

假设 $g\in R[x]$ 包含在所有包含 $p$ 的极大理想中，但不包含在 $p$ 中。设 $f\in p$ 使得 $f$ 在 $p$ 中所有非零多项式中具有最低的次数。由于 $p\cap R=\{0\}$，$\deg f\geq 1$。由于 $R$ 是一个整环，我们可以构造商域 $K=\operatorname {Quot} R$。然后 $R[x]\subseteq K[x]$.

假设 $f$ 在 $K[x]$ 中不可约。则 $f=f_{1}f_{2}$，$f_{1},f_{2}\in K[x]$，其中 $f_{1}$，$f_{2}$ 与 $f$ 不相关联。令 $\alpha ,\beta ,\gamma$ 使得 $\alpha f,\beta f_{1},\gamma f_{2}\in R[x]$。则 $\alpha \beta \gamma f=\alpha (\beta f_{1})(\gamma f_{2})$。由于 $p$ 是素数，不妨设 $\alpha \beta f_{1}\in p$。因此 $\deg f_{1}=\deg f$。因此，$f$ 和 $f_{1}$ 相关联，矛盾。

$K[x]$ 是欧几里得环，以次数为绝对值。素因子分解的唯一性给出了最大公因数的定义。由于 $f$ 在 $K[x]$ 中不可约，且 $g\notin p$，$\gcd(f,g)=1$。应用欧几里得算法，$1=fh_{1}+gh_{2}$，$h_{1},h_{2}\in K[x]$。乘以适当的常数 $b$ 可以得到 $b=fbh_{1}+gbh_{2}$，$bh_{1},bh_{2}\in R[x]$。因此，$b\in p+gR[x]$。因此，$b$ 包含在包含 $p$ 的所有极大理想中。此外，$p\cap R=\{0\}\Rightarrow b\notin p$.

设 $m_{0}\leq R$ 是 $R$ 的任何不包含 $a$ 的极大理想。设置

$I:=m_{0}R[x]+p$.

假设 $I=R[x]$。然后 $1=u(x)+v(x)$，$u\in m_{0}R[x],v\in p$。我们将 $v$ 除以 $f$，应用适用于一般多项式环元素的多项式长除法算法：我们通过减去 $f$ 的适当倍数来逐次消去 $v$ 的首项系数。如果这不可能，我们将 $v$ 乘以 $f$ 的首项系数，记为 $a$。然后我们不能消去 $v$ 的目标系数，但我们可以消去 $av$ 的目标系数。重复此过程，我们得到

$a^{n}v(x)=f(x)h(x)+i(x)$，$\deg i<\deg f$

对于 $h,i\in R[x]$。此外，由于该等式意味着 $i\in p$，我们必须有 $i=0$，因为 $f$ 的度数在 $p$ 中的多项式中是最小的。那么

${\begin{aligned}a^{n}&=a^{n}v(x)+a^{n}u(x)\\&=f(x)h(x)+a^{n}u(x)\\&=f(x)h(x)+r(x)\end{aligned}}$

其中 $r(x):=a^{n}u(x)\in m_{0}R[x]$。通过将这些系数移动到 $r(x)$ 中，我们可以假设 $h$ 的系数都不在 $m_{0}$ 中。此外，$h$ 不为零，因为否则 $a^{n}\in m_{0}\Rightarrow a\in m_{0}$。用 $\delta$ 表示 $h$ 的最高系数，用 $\epsilon$ 表示 $r$ 的最高系数。由于 $fh$ 和 $r$ 的最高系数必须抵消（因为 $\deg f\geq 1$），

$a\delta =-\epsilon$.

因此，$a\notin m_{0}$ 且 $\delta \notin m_{0}$，但 $-\epsilon \in m_{0}$，这很荒谬，因为每个极大理想都是素理想。因此，$I\subsetneq R[x]$。

根据定理 12.2，存在一个极大理想 $m\leq R[x]$ 包含 $I$。现在 $m\cap R$ 不等于 $R$ 的全部，否则 $m=R[x]$。因此，$m_{0}\subseteq m\cap R$，并且 $m_{0}$ 的极大性意味着 $m\cap R=m_{0}$。此外，$m$ 是一个包含 $p$ 的极大理想，因此包含 $b$。因此，$b\in m_{0}$。

因此，每个不包含 $a$ 的极大理想 $m_{0}$ 都包含 $b$；也就是说，对于 $R$ 的所有极大理想 $m_{0}$，都有 $ab\in m_{0}$。但根据定理 12.3，我们可以选择 $R$ 的一个素理想 $p_{0}$，它不与（乘法封闭的）集合 $\{(ab)^{n}|n\in \mathbb {N} \}$ 相交，并且由于 $R$ 是一个 Jacobson 环，所以存在一个包含 $p_{0}$ 但不包含 $ab$ 的极大理想 $m_{0}$。这是一个矛盾。

现在令 $p\leq R[x]$ 为零理想（在整环内为素理想）。假设在 $R[x]$ 中仅有有限个元素在 $K[x]$ 中不可约，并将其称为 $f_{1},\ldots ,f_{n}$。元素

$f_{1}(x)\cdots f_{n}(x)+1$

分解成不可约元素，但同时不被任何一个$f_{1},\ldots ,f_{n}$整除，否则不失一般性。

$f_{1}(x)\cdots f_{n}(x)+1=f_{1}(x)\cdot s(x)\Leftrightarrow 1=f_{1}(x)(s(x)-f_{2}(x)\cdots f_{n}(x))$,

这是荒谬的。因此，存在至少一个不在$f_{1},\ldots ,f_{n}$列表中的不可约元素，并且将它乘以一个适当的常数会得到$R[x]$中的另一个元素，在$K[x]$中是不可约的。

令$f\in R[x]$在$K[x]$中是不可约的。我们构造理想$\langle f\rangle \leq K[x]$并定义$I_{f}:=R[x]\cap \langle f\rangle$。我们声称$I_{f}$是素理想。实际上，如果$a(x)b(x)\in \langle f\rangle$，则$a$和$b$在$K[x]$中分解成不可约的因式。由于$K[x]$是唯一分解整环，$f$至少出现在这两个因式分解中的一个中。

假设存在一个非零元素 $w(x)$ 包含在所有 $I_{f}$ 中，其中 $f$ 在 $K[x]$ 上不可约。 $w$ 在 $K[x]$ 中唯一分解成有限个不可约分量，这与 $K[x]$ 中不可约元素的无穷性矛盾。 因此，

$\bigcap _{f\in K[x] \atop f{\text{ irreducible}}}I_{f}=\{0\}$,

其中每个 $I_{f}$ 都是素理想，并且 $I_{f}\cap R=\{0\}$。 因此，根据前面的情况，每个 $I_{f}$ 可以写成极大元的交集，因此，$p=\{0\}$ 也可以写成极大元的交集。

现在考虑一般情况，其中 $R$ 是一个任意的 Jacobson 环，而 $p\leq R[x]$ 是 $R[x]$ 中的一个一般的素理想。令 $p_{0}:=p\cap R$。 $p_{0}$ 是一个素理想，因为如果 $ab\in p_{0}$，其中 $a,b\in R$，那么 $a\in p$ 或 $b\in p$，因此 $a\in p_{0}$ 或 $b\in p_{0}$。我们进一步令 $q:=p_{0}R[x]$。然后我们有

$R[x]/q\cong (R/p_{0})[x]$

通过同构

$\varphi :a_{n}x^{n}+\cdots +a_{1}x+a_{0}+q\mapsto (a_{n}+p_{0})x^{n}+\cdots +(a_{1}+p_{0})x+(a_{0}+p_{0})$.

令

$R':=R/p_{0}$ 以及 $p':=\varphi (\pi _{q}(p))$。

然后 $R'$ 是一个整环，也是一个雅可比环（引理 14.2），并且 $p'$ 是 $R'[x]$ 的一个素理想，它具有以下性质：$p'\cap R'=\{0\}$。因此，根据之前的情况，

$p'=\bigcap _{p'\subseteq m'\leq R' \atop m'{\text{ max.}}}m'$.

因此，由于 $q\subseteq p$，

$p=\pi _{q}^{-1}(\varphi ^{-1}(p'))=(\varphi \circ \pi _{q})^{-1}\left(\bigcap _{p'\subseteq m'\leq R' \atop m'{\text{ max.}}}m'\right)=\bigcap _{p'\subseteq m'\leq R' \atop m'{\text{ max.}}}(\varphi \circ \pi _{q})^{-1}(m')$,

这由于引理 12.4 和同构保持最大理想，因此是最大理想的交集。$\Box$

定理 14.5（戈德曼的第二准则）:

一个环 $R$ 是雅可比环当且仅当对于每一个最大理想 $m\in R[x]$，$m_{0}:=m\cap R$ 在 $R$ 中是最大理想。

证明:

反方向 $\Leftarrow$ 再次更容易。

令 $p_{0}\leq R$ 是 $R$ 内的素理想，令 $a\notin p_{0}$。设置

$I:=p_{0}R[x]+(ax-1)R[x]$.

假设 $I=R[x]$。那么存在 $f\in p_{0}R[x]$，$g\in R[x]$ 使得

$1=f(x)+(ax-1)g(x)$.

By shifting parts of $g$ to $f$, one may assume that $g$ does not have any coefficients contained within $p_{0}$. Furthermore, if $g=0$ follows $1\in p_{0}R[x]$. Further, $p_{0}R[x]\cap R=p_{0}$, since if $ch\in R$, $c\in p_{0}$, $h\in R[x]$, then $c$ annihilates all higher coefficients of $h$, which is why $ch$ equals the constant term of $h$ times $c$ and thus $ch\in p_{0}$. Hence $g\neq 0$ and let $b$ be the leading coefficient of $g$. Since the nontrivial coefficients of the polynomial $f(x)+(ax-1)g(x)$ must be zero for it being constantly one, $ab\in p_{0}$, contradicting the primality of $p_{0}$.

因此，令 $m\leq R[x]$ 为包含 $I$ 的最大理想。假设 $m$ 包含 $a$。那么 $ax-(ax-1)=1\in m$ 因此 $m=R[x]$。 $m$ 收缩为 $R$ 的一个最大理想 $m_{0}$，它不包含 $a$，但包含 $p_{0}$。因此，结论成立。

另一个方向更棘手，但不像前一个定理那样糟糕。

因此，令 $R$ 为一个 Jacobson 环。假设存在一个最大理想 $m\leq R[x]$ 使得 $R\cap m$ 在 $R$ 中不是最大的。定义

$p_{0}:=m\cap R$ 以及 $p:=p_{0}R[x]$。 $p_{0}$ 是一个素理想，因为如果 $a,b\in R$ 满足 $ab\in R$，则 $a\in m$ 或 $b\in m$，因此 $a\in p_{0}$ 或 $b\in p_{0}$。进一步

$R[x]/p\cong (R/p_{0})[x]$

通过同构

$\varphi :a_{n}x^{n}+\cdots +a_{1}x+a_{0}+p\mapsto (a_{n}+p_{0})x^{n}+\cdots +(a_{1}+p_{0})x+(a_{0}+p_{0})$.

根据引理 12.5，$\pi _{p}(m)$ 是 $R[x]/p$ 中的一个极大理想。我们设置

$R':=R/p_{0}$ 以及 $m':=\varphi (\pi _{p}(m))$。

那么 $R'$ 是一个不是域的 Jacobson 环，$m'$ 是 $R'$ 中的一个极大理想（同构保持极大理想）并且 $m'\cap R'=\{0\}$，因为如果 $w\in R[x]$ 是 $m$ 中任何一个不被 $\pi _{p}$ 映射为零的元素，那么至少 $a_{n}+p_{0},\ldots ,a_{1}+p_{0}$ 中的一个必须是非零的，因为如果只有 $a_{0}\notin p_{0}$，那么 $a_{0}\in (m\cap R)\setminus p_{0}$，这是荒谬的。

将 $R$ 替换为 $R'$，$m$ 替换为 $m'$，我们推导出一个矛盾，其中 $R$ 是一个整环，但不是域，并且 $m\cap R=\{0\}$.

$m$ 不为零，因为否则 $R[x]$ 将是一个域。设 $f\neq 0$ 是 $m$ 中非零多项式中度数最小的一个，设 $a\in R$ 是 $f$ 的首项系数。

令 $n_{0}\leq R$ 为 $R$ 的任意最大理想。 $n_{0}$ 不能是零理想，否则 $R$ 将是一个域。 因此，令 $b\in n_{0}$ 为非零元素。 由于 $m\cap R=\{0\}$，$b\notin m$。 由于 $m$ 是最大理想，$m+\langle b\rangle =R[x]$。 因此，$1=g(x)+bh(x)$，其中 $g\in m$ 且 $h\in R[x]$。 应用上述的一般除法算法，将 $g$ 除以 $f$，得到

$a^{n}h(x)=s(x)f(x)+r(x)$

对于合适的 $n\in \mathbb {N}$ 和 $r,s\in R[x]$，使得 $\deg r<\deg f$。 由 $h$ 成立的等式，我们得到

$a^{n}bh(x)=a^{n}(1-g(x))=bs(x)f(x)+br(x)\Leftrightarrow a^{n}-br(x)=bs(x)f(x)+a^{n}g(x)$.

因此，$a^{n}-br(x)\in m$，并且由于 $f$ 在 $m$ 中的度数是最小的，所以 $a^{n}-br(x)=0$。由于 $br(x)$ 的所有系数都在 $n_{0}$ 内（因为它们被 $b$ 乘了），所以 $a^{n}\in n_{0}$。因此 $a\in n_{0}$（极大理想是素理想）。

因此，$a$ 包含在 $R$ 的所有极大理想中。但由于 $R$ 被假定为一个整环，根据引理 12.3 应用于集合 $S=\{a^{n}|n\in \mathbb {N} _{0}\}$，得到一个素理想 $p_{0}\leq R$，它与 $a$ 由一个极大理想隔开，因为 $R$ 是一个 Jacobson 环。因此，我们得到了一个矛盾。 $\Box$