Zorn の補題

Proof. Zorn の補題で

$\displaystyle \mathcal S= \{$ $I_0$ を含む $R$ の(両側)イデアルのうち $R$ 自身以外からなるもの $\displaystyle \}$

を考える。 $\mathcal S$ は $I_0$

を含むので空ではない。 $\mathcal S$ は包含関係により半順序集合である。 $R$

の極大イデアルを見つけることは $\mathcal S$ の極大元を見つけることと同じである。

Zornの補題を適用するために、 $\mathcal S$ の空でない全順序部分集合 $\mathcal \mathcal T$ をとる。 $\mathcal T$ に上界が存在することを示す必要がある。つまり、イデアル $I\subset R$ が存在して、それは $\mathcal T$ のどの要素より以上であり、しかも $R$ よりは厳密に小さいことを示す必要がある。 $I$ を $\mathcal T$ の全てのイデアルの和集合とする。 $\mathcal T$ は少なくともひとつ元を持ち、それは $I_0$ を含んでいるので、和集合 $I$ も $I_0$ を含み、とくに空集合ではない。 $I$ がイデアルであることを示すため、 $a$ と $b$ を $I$ の元とすると、ふたつのイデアル $J, K \in \mathcal T$ が存在し、 $a \in J$ であり、 $b \in K$ ある。 $\mathcal T$ は全順序であったので、 $J \subset K$ または $K \subset J$ である。前者の場合は、 $a$ も $b$ もともに $K$ の元であり、和 $a + b$ も $K$ の元である。よって、 $a + b$ は $I$ の元である。後者の場合は、 $a$ も $b$ もともに $J$ の元であるから、同様に $a + b$ は $I$ の元である。さらに、任意の $r \in R$ に対して、 $ar $ と $ra$ は $J$ の元であるから、 $I$ の元でもある。以上により、 $I$ は $R$ のイデアルであることが分かった。

そして、イデアルが $R$ と一致することは $1$ を含むことと同値である。そこで、 $I$ が $R$ に等しいと仮定すると、それは $1$ を含み、 $\mathcal T$ のある要素が $1$ を含むことになり、それは $R$ と一致する。しかし、これは $\mathcal S$ から $R$ を除いていたことに矛盾する。

Zornの補題の条件は確認できたので、 $\mathcal S$ には極大元が存在する。言い換えると、 $R$ には極大イデアルが存在する。 $% latex2html id marker 1043 $ \qedsymbol$$

上のように、Zorn の補題の適用時には、ある一つの集合の部分集合の全体あるいは一部(この場合は全体とは異なるイデアル) を使用することも多い。

[
l]Zorn の補題順序集合があるとする。もしの任意の鎖が内に上界を持つとすると、は極大元を持つ。もっと強く、の任意の元に対して、 $% latex2html id marker 1177 $ m \geq s_0$$ を満たすようなの極大元が存在する。

さて、 $\mathcal A$ の任意の元 $T$

をとってくる。

は

の鎖であるから、仮定により $S$

内に上界

を持つ。

が

の極大元ならば話は終わりであるから、 $a_T$

は極大ではないとしてよい。したがって、ある $b_T \in S$ が存在して、 $b_T$

は

のどの元よりも大きい。そこで、おのおのの $T \in \mathcal A$ に対してそのような $b_T$

を選び、写像 $f:\mathcal A \to \mathcal A$ を

今の場合、

は狭義増加者像であるから、次の Bourbakiの補題に反する。

[
l]Bourbakiの補題順序集合があるとする。もし $\mathcal A \ni \exists a_0$ . $\mathcal A$ の任意の鎖 $\mathcal T$ は上限(=最小上界)を持つ。 (これを以下では $\sup(T)$ と書くことにする。) $\mathcal A$ から $\mathcal A$ への増加写像が存在するとすると、ある $x_0 \in A$ が存在して、 $% latex2html id marker 1256 $ x_0 \geq a_0$$ かつである。