単項イデアル整域

$p\in P\subset Q=(q)$ より $p=qx$（$x\in A$）と書ける。$qx=p\in P$ で $P$ は素イデアルなので $q\in P$ または $x\in P$ である。
$x\in P$ とすると $x=py$（$y\in A$）と書け、$p=qpy$ となる。$A$ は整域で $p\neq0$ なので $1=qy$、すなわち $q$ は単元で $Q=A$ となり、$Q$ が素イデアルであること（$Q\neq A$）に反する。よって $q\in P$ である。
$q\in P$ なら $q=pz$（$z\in A$）と書け、$p=qx=pxz$ より $1=xz$ である。よって $z$ は単元で、$(q)=(pz)=(p)$、すなわち $P=Q$ である。
後半について、$0$ でない素イデアル $P$ を含む極大イデアル $M$ を取ると（Krullの定理）、$M$ は $0$ でない素イデアルなので $P=M$ である。$A$ が体でなければ $0$ でない真のイデアルがあり、それを含む極大イデアル $M$ について $(0)\subsetneq M$ は素イデアルの鎖で、これより長い鎖はないので Krull 次元は $1$ である。$\square$

1。$0\notin S$ で $A$ は整域なので $S^{-1}A$ は 商体 の部分環であり、整域である。$\iota\colon A\to S^{-1}A$、$a\mapsto a/1$ とする。$S^{-1}A$ のイデアル $J$ について $J=\{x/s\mid x\in\iota^{-1}(J),\ s\in S\}$ が成り立つ（Noether環 の記事の命題「局所化への遺伝」の証明中の等式）。$\iota^{-1}(J)=(a)$ と書けるので、$J$ の元は $(ax)/s=(a/1)(x/s)$ の形であり、$J=(a/1)$ は単項である。$A_{\mathfrak{p}}$ は局所環である単項イデアル整域であり、$\mathfrak{p}\neq0$ より体でないので、付値環 の記事の定理「離散付値環の特徴づけ」により離散付値環である。
2。$A/I$ のイデアルは、$I$ を含む $A$ のイデアル $J=(b)$ の像 $\bar J$ であり（対応定理）、$\bar J=(\bar b)$ は単項である。$A/I$ が整域であることは $I$ が素イデアルであることと同値であり（整域 の記事の命題「剰余環が整域になる条件」）、$0$ でない素イデアルは極大なので（principal-ideal-domain-prop-prime-maximal）$A/I$ は体である。$\square$

$p$ は単元でないので $(p)\neq A$ である。$(p)\subset J\subset A$ を満たすイデアル $J$ を取ると $J=(b)$ と書け、$p\in(b)$ より $p=bc$（$c\in A$）である。$p$ は既約なので $b$ か $c$ が単元である。$b$ が単元なら $J=A$、$c$ が単元なら $(b)=(p)$ である。よって $(p)$ は極大イデアルであり、極大イデアルは素イデアルなので $p$ は素元である。$\square$

存在。$0$ でも単元でもない元のうち既約元の積に書けないものが存在すると仮定し、そのような元全体を $\mathcal{S}$ とする。$a_0\in\mathcal{S}$ を取る。$a_0$ は既約でないので $a_0=bc$（$b,c$ はともに非単元、したがって $0$ でも単元でもない）と書け、$b,c$ がともに既約元の積なら $a_0$ もそうなるので、$b,c$ の少なくとも一方は $\mathcal{S}$ に属する。それを $a_1$ とすると $(a_0)\subsetneq(a_1)$ である（$a_0=a_1d$ で $d$ は非単元なので、$(a_0)=(a_1)$ なら $a_1=a_0e=a_1de$、$1=de$ となり $d$ が単元になって矛盾する）。同じ操作を繰り返すと単項イデアルの真の昇鎖 $(a_0)\subsetneq(a_1)\subsetneq(a_2)\subsetneq\cdots$ が得られるが、これは $A$ が Noether 環であること（principal-ideal-domain-prop-noetherian）に反する。よって $\mathcal{S}$ は空である。
一意性。$r$ に関する帰納法で示す。$p_1\cdots p_r=q_1\cdots q_s$ とする。$p_1$ は素元なので（principal-ideal-domain-lem-irreducible-prime）右辺のいずれかの因子、番号を付け替えて $q_1$ を割り切る。$q_1=p_1u$ と書くと、$q_1$ が既約で $p_1$ が単元でないので $u$ は単元である。両辺を $p_1$ で約分すると（$A$ は整域）$p_2\cdots p_r=(uq_2)q_3\cdots q_s$ となる。$r=1$ なら左辺は $1$ で、$s\ge2$ なら右辺は非単元 $q_2$ を因子にもつので $s=1$ である。$r\ge2$ なら、$uq_2$ も既約元なので帰納法の仮定により $r-1=s-1$ で、番号を付け替えて $p_i$ と $q_i$（$i\ge2$）は単元倍だけ異なる。$\square$

1。$y\neq0$ について条件 2 により $\phi(y)=\phi(1\cdot y)\ge\phi(1)$ である。
2。$x$ が単元なら $\phi(1)=\phi(xx^{-1})\ge\phi(x)$ であり、1 により $\phi(x)\ge\phi(1)$ なので $\phi(x)=\phi(1)$ である。逆に $\phi(y)=\phi(1)$ とし、$y$ が単元でないと仮定する。$y\neq0$（$\phi(y)=\phi(1)>0$）かつ $1\notin(y)$ かつ $\phi(1)\ge\phi(y)$ なので、条件 3 を $x=1$ に適用すると $0<\phi(p-qy)<\phi(y)=\phi(1)$ となる $p,q$ が存在するが、これは 1 に反する。よって $y$ は単元である。$\square$

概 Euclid 整域は単項イデアル整域である。$\phi$ を Dedekind–Hasse ノルムとし、$I\neq0$ を $A$ のイデアルとする。$\{\phi(x)\mid x\in I,\ x\neq0\}$ は正の整数の空でない集合なので最小値をもち、それを与える $y\in I$、$y\neq0$ を取る。$I=(y)$ を示す。$(y)\neq I$ なら $x\in I\setminus(y)$ が取れ、$x\neq0$ なので $\phi(y)$ の最小性から $\phi(x)\ge\phi(y)$ である。条件 3 により $0<\phi(px-qy)<\phi(y)$ となる $p,q\in A$ が存在するが、$px-qy\in I$ は $0$ でないので $\phi(y)$ の最小性に反する。よって $I=(y)$ である。
単項イデアル整域は概 Euclid 整域である。$A$ を単項イデアル整域とする。principal-ideal-domain-thm-ufd により $0$ でない $x\in A$ は既約元（$=$ 素元）の積 $x=up_1\cdots p_s$（$u$ は単元、$s\ge0$）に書け、因子の個数 $s$ は表示によらない。そこで
$$\phi(x):=2^{s}\quad(x\neq0),\qquad\phi(0):=0$$
と定める。条件 1 は定義から明らかである。$x,y\neq0$ について、$xy$ の分解は $x$ と $y$ の分解を並べたものなので $\phi(xy)=\phi(x)\phi(y)\ge\phi(x)$ であり、条件 2 が成り立つ。条件 3 を示す。$x,y\in A$ が $y\neq0$、$x\notin(y)$ を満たすとする。イデアル $(x,y)$ の生成元 $d$ を取る。$y\in(d)$ より $y=dz$（$z\in A$）と書け、$d\neq0$ で $\phi(y)=\phi(d)\phi(z)\ge\phi(d)$ である。もし $\phi(d)=\phi(y)$ なら $\phi(z)=1$、すなわち $z$ は単元で $(d)=(y)$ となり、$x\in(d)=(y)$ となって仮定に反する。よって $0<\phi(d)<\phi(y)$ である。一方 $d\in(x,y)$ なので $d=px-qy$ となる $p,q\in A$ が存在し、$0<\phi(px-qy)<\phi(y)$ である。$\square$