交換代數/雅各布森環與雅各布森空間

定義和基本特徵

定義 14.1:

雅各布森環是指這樣的環，其中每一個素理想都是一些極大理想的交集。

在努力尋找雅各布森環的特徵之前，我們先證明一個引理，它將在該特徵中的一個證明中非常有用。

引理 14.2:

令 $R$ 為雅各布森環，令 $I\leq R$ 為理想。那麼 $R/I$ 是雅各布森環。

證明:

令 $p\leq R/I$ 為素理想。那麼 $P:=\pi _{I}^{-1}(p)$ 為素理想。因此，根據假設，我們可以寫成

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

其中 $m_{\alpha }$ 都是極大理想。由於 $\pi _{I}$ 是滿射，我們有 $\pi _{I}(P)=\pi _{I}(\pi _{I}^{-1}(p))=p$。因此，我們有

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

其中後一個等式來自於 $\forall \alpha \in A:y+I\in \pi _{I}(m_{\alpha })$，這意味著對於所有的 $\alpha$，$y=x_{\alpha }+i_{\alpha }$，其中 $x_{\alpha }\in m_{\alpha }$ 且 $i_{\alpha }\in I\subseteq m_{\alpha }$，因此 $y\in m_{\alpha }$。由於理想 $\pi _{I}(m_{\alpha })$ 是極大的，結論得證。$\Box$

定理 14.3:

令 $R$ 為環。下列命題等價：

1. $R$ 是 Jacobson 環。
2. 每個根理想（見定義 13.1）都是極大理想的交集。
3. 對於每個 $p\leq R$ 素理想，$R/p$ 的 Jacobson 根等於零理想。
4. 對於每個理想 $I\leq R$，$R/I$ 的 Jacobson 根等於 $R/I$ 的冪零根。

證明 1：我們證明 1. $\Rightarrow$ 2. $\Rightarrow$ 3. $\Rightarrow$ 4. $\Rightarrow$ 1.

1. $\Rightarrow$ 2.: 令 $I$ 為一個根理想。根據定理 13.3，

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

現在我們可以將每個包含 $I$ 的素理想 $p$ 寫成極大理想的交集（我們是在一個 Jacobson 環中），因此得到 1. $\Rightarrow$ 2.

2. $\Rightarrow$ 3.: 令 $p\leq R$ 為素理想。特別地，$p$ 是根式理想。因此，我們可以寫成

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

其中 $m_{i}$ 是最大的。現在假設 $x+p$ 包含在 $R/p$ 的 Jacobson 根中。根據定理 13.7，$(1-xy)+p$ 是 $R/p$ 中的一個單位，其中 $y\in R$ 是任意的。我們想要證明 $x\in p$。因此，設 $k\in I$ 使得 $x\notin m_{k}$。然後 $\langle x\rangle +m_{k}=R$，因此 $1=xy+s$ 其中 $y\in R$ 且 $s\in m_{k}$，即 $s=1-xy$。設 $a+p$ 是 $s+p$ 的逆，即 $as-1\in p$。這意味著 $as-1\in m_{i}$ 對於所有 $i\in I$，特別是 $as-1\in m_{k}$。因此 $1\in m_{k}$，矛盾。

3. $\Rightarrow$ 4.: 令 $I\leq R$. 假設存在 $x+I\in R/I$ 和一個素理想 $q\leq R/I$ 使得 $x\notin q$，但對於所有極大理想 $m\leq R/I$ 都有 $x\in m$。令 $\pi _{I}:R\to R/I$ 為標準投影。由於同態下素理想的原像為素理想，$p:=\pi _{I}^{-1}(q)$ 為素理想。

令 $m'$ 為 $R/p$ 中的一個極大理想。假設 $x+p\notin m'$。令 $\pi _{p}:R\to R/p$ 為標準投影。如同定理 12.2 的第一個證明，$J:=\pi _{p}^{-1}(m')$ 是極大的。

我們斷言 $K:=\pi _{I}(J)$ 是最大的。假設 $1+I\in K$，也就是說 $i-1\in J$ 對於某個合適的 $i\in I$。由於 $I\subseteq p\subseteq J$，$1\in J$，矛盾。假設 $K$ 被嚴格包含在 $L\leq R/I$ 內。令 $x+I\in L\setminus K$。則 $x\in \pi _{I}^{-1}(L)$。如果 $x\in \pi _{I}^{-1}(K)$，則 $x+I\in K$，矛盾。因此 $\pi _{I}^{-1}(L)\supsetneq \pi _{I}^{-1}(K)=J$，因此 $1\in \pi _{I}^{-1}(L)$，也就是說 $1+I\in L$。

此外，如果$x+I\in K$，那麼$x\in \pi _{I}^{-1}(\pi _{I}(J))$。現在$\pi _{I}^{-1}(\pi _{I}(J))=I+J=J$，因為$I\subseteq J$。因此，$x\in J$，也就是說，$\pi _{p}(x)\in M'$，與$x+p\notin m'$矛盾。

因此，$x$包含在$R/p$的Jacobson根中。

4. $\Rightarrow$ 1.: 假設$q\leq R$是一個素理想，不是最大理想的交集。那麼

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

因此，存在一個$x\in R$，使得對於$R$的每個最大理想$m$，都有$q\subseteq m\Rightarrow x\in m\setminus q$。

集合$\{(x+q)^{n}|n\in \mathbb {N} _{0}\}$在乘法下封閉。因此，定理 12.3 給我們一個素理想$p\leq R/q$，使得$x\notin p$。

設 $m$ 是 $R/q$ 的一個極大理想，並且不包含 $x$。設 $\pi :R\to R/q$ 為典範投影。我們斷言 $\pi ^{-1}(m)$ 是一個包含 $p$ 的極大理想。實際上，證明過程與定理 12.2 的第一個證明相同。此外，$\pi ^{-1}(m)$ 不包含 $x$，因為如果包含，則 $\pi (x)=x+p\in m$。因此我們得到了矛盾，這就是為什麼 $R/q$ 的每一個極大理想都包含 $x$。

由於在 $R/q$ 中，雅可比根等於零根，$x$ 也包含在 $R/q$ 的所有素理想中，特別是包含在 $p$ 中。因此，我們得到了矛盾。$\Box$

證明 2：我們證明 1. $\Rightarrow$ 4. $\Rightarrow$ 3. $\Rightarrow$ 2. $\Rightarrow$ 1.

1. $\Rightarrow$ 4.: 根據引理 3.10，$R/I$ 是一個 Jacobson 環。因此，根據定理 13.3 和定義 13.6 的表述，$R/I$ 的冪零根和 Jacobson 根是相等的。

4. $\Rightarrow$ 3.: 由於$p$ 是一個根理想（因為它甚至是一個素理想），$R/p$ 沒有冪零元素，因此它的冪零根消失。由於該環的 Jacobson 根由於假設而等於冪零根，因此我們得到 Jacobson 根也消失。

3. $\Rightarrow$ 2.: 我找不到比將 3. $\Rightarrow$ 1. 與 1. $\Rightarrow$ 2. 相結合更短的路徑。

2. $\Rightarrow$ 1.: 每個素理想都是根理想。$\Box$

剩餘箭頭:

1. $\Rightarrow$ 3.: 令$p$ 是$R$ 的一個素理想。現在假設$x+p$ 包含在$R/p$ 的 Jacobson 根中。根據定理 13.7，$(1-xy)+p$ 是$R/p$ 中的一個單位，其中$y\in R$ 是任意的。寫

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

其中，$m_{i}$ 是極大的。我們想要證明 $x\in p$。因此，令 $k\in I$ 使得 $x\notin m_{k}$。那麼 $\langle x\rangle +m_{k}=R$，因此 $1=xy+s$，其中 $y\in R$ 且 $s\in m_{k}$，也就是說 $s=1-xy$。令 $a+p$ 是 $s+p$ 的逆元，也就是說 $as-1\in p$。這意味著 $as-1\in m_{i}$ 對於所有 $i\in I$ 都成立，特別是，$as-1\in m_{k}$。因此，$1\in m_{k}$，矛盾。

3. $\Rightarrow$ 1.: 令 $p\leq R$ 為素數。如果 $p$ 是極大的，則沒有需要證明的。如果 $p$ 不是極大的，則 $R/p$ 不是一個域。在這種情況下，$R/p$ 中存在一個非單位元，因此，根據定理 12.1 或 12.2（應用於 $I=(a)$ 其中 $a$ 是一個非單位元），$R/p$ 至少包含一個極大理想。此外，$R/p$ 的 Jacobson 根是平凡的，這就是為什麼存在一些 $R/p$ 的極大理想 $m_{i},i\in I$ 使得

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

如同定理 12.2 的第一個證明，$K_{i}:=\pi ^{-1}(m_{i})$ 是 $R$ 的極大理想。此外，

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

2. $\Rightarrow$ 4.: 令 ${\mathcal {N}}_{I}$ 為 $R/I$ 的零根。我們斷言

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

首先令 $k\in K$，也就是說，$k+I\in {\mathcal {N}}_{I}$。那麼 $k^{n}+I=0+I$，也就是說 $k^{n}\in I$ 且 $k\in r(I)$。另一個包含關係的證明類似，只是順序相反（實際上，我們只是做了等價轉換）。

根據假設，我們可以寫成

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

其中 $m_{\alpha }$ 是 $R$ 的極大理想。

由於 $\pi _{I}$ 是滿射，$\pi _{I}(\pi _{I}^{-1}({\mathcal {N}}_{I}))={\mathcal {N}}_{I}$。因此，

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

其中最後一個等式來自 $\forall \alpha \in A:y+I\in \pi _{I}(m_{\alpha })$，這意味著 $y=x_{\alpha }+i_{\alpha }$ 對於 $i_{\alpha }\in I\subseteq m_{\alpha }$ 和 $x_{\alpha }\in m_{\alpha }$，因此 $y\in m_{\alpha }$ 對所有 $\alpha$。此外，$\pi _{I}(m_{\alpha })$ 或者是極大的，或者是等於 $R/I$，因為 $R/I$ 中任何包含 $\pi _{I}(m_{\alpha })$ 的真理想 $J$ 包含一個元素 $y+I$ 不在 $\pi _{I}(m_{\alpha })$ 內，這就是為什麼 $y\notin \pi _{I}^{-1}(\pi _{I}(m_{\alpha }))=m_{\alpha }$，因此 $\pi _{I}^{-1}(J)=R$，因此 $J=\pi _{I}(\pi _{I}^{-1}(J))=R/I$.

因此，${\mathcal {N}}_{I}$ 是 $R/I$ 的一些極大理想的交集，因此 $R/I$ 的 Jacobson 根包含在其中。由於另一包含在一般情況下成立，因此我們完成了。

4. $\Rightarrow$ 2.: 與之前一樣，我們有

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

現在讓 ${\mathcal {J}}_{I}$ 為 $R/I$ 的 Jacobson 根，即

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

其中 $m_{\alpha }$ 是 $R/I$ 的極大理想。那麼根據假設，我們有

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

此外，正如定理 12.2 的第一個證明中所述，$\pi _{I}^{-1}(m_{\alpha })$ 是極大的。

Goldman 標準

現在我們將證明另外兩種關於 Jacobson 環的特徵。這些特徵是由 奧斯卡·戈德曼 提出的。

定理 14.4 (Goldman 的第一個標準):

令 $R$ 為一個環。 $R$ 是 Jacobson 環當且僅當 $R[x]$ 是 Jacobson 環。

這是比較難的，我們直接把它做完，這樣我們就完成了。

證明:

一個方向 ($\Leftarrow$) 不太糟糕。令 $R[x]$ 為一個 Jacobson 環，並令 $p_{0}\leq R$ 為 $R$ 的一個素理想。（我們將用一個小零來表示 $R$ 的理想，而不是 $R[x]$ 的理想，以避免混淆。）

我們現在定義

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

這個理想包含恰好那些常數項在 $p_{0}$ 中的多項式。它是素理想，因為

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

正如透過比較常數係數可以看出的那樣。由於 $R[x]$ 是 Jacobson 環，對於給定的 $a$ 不包含在 $p_{0}$ 中，因此也不在 $p$ 中，存在一個包含 $p$ 但不包含 $a$ 的極大理想 $m$。令 $m_{0}:=m\cap R$。我們斷言 $m_{0}$ 是極大理想。實際上，我們有一個同構

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

透過

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

因此，$R[x]/m$ 是一個域當且僅當 $R/m_{0}$ 是。 因此，$m_{0}$ 是極大的，並且它不包含 $a$。 由於因此 $p_{0}$ 之外的每個元素都可以透過一個極大理想與 $p_{0}$ 分開，$R$ 是一個 Jacobson 環。

另一個方向 $\Rightarrow$ 就比較長了。

我們給出了 $R$ 一個 Jacobson 環，並希望證明 $R[x]$ 是 Jacobson。 因此，令 $p\leq R[x]$ 為一個素理想，我們希望證明它是一個極大理想的交集。

我們首先處理 $p\cap R=\{0\}$ 的情況，其中 $R$ 是一個整環。

首先假設 $p$ 包含一個非零元素（即不等於零理想）。

假設 $g\in R[x]$ 包含在所有包含 $p$ 的極大理想中，但不包含在 $p$ 中。設 $f\in p$ 使得 $f$ 在 $p$ 中所有非零多項式中具有最低的次數。由於 $p\cap R=\{0\}$，$\deg f\geq 1$。由於 $R$ 是一個整環，我們可以構造商域 $K=\operatorname {Quot} R$。然後 $R[x]\subseteq K[x]$.

假設 $f$ 在 $K[x]$ 中不可約。則 $f=f_{1}f_{2}$，$f_{1},f_{2}\in K[x]$，其中 $f_{1}$，$f_{2}$ 與 $f$ 不相關聯。令 $\alpha ,\beta ,\gamma$ 使得 $\alpha f,\beta f_{1},\gamma f_{2}\in R[x]$。則 $\alpha \beta \gamma f=\alpha (\beta f_{1})(\gamma f_{2})$。由於 $p$ 是素數，不妨設 $\alpha \beta f_{1}\in p$。因此 $\deg f_{1}=\deg f$。因此，$f$ 和 $f_{1}$ 相關聯，矛盾。

$K[x]$ 是歐幾里得環，以次數為絕對值。素因子分解的唯一性給出了最大公因數的定義。由於 $f$ 在 $K[x]$ 中不可約，且 $g\notin p$，$\gcd(f,g)=1$。應用歐幾里得演算法，$1=fh_{1}+gh_{2}$，$h_{1},h_{2}\in K[x]$。乘以適當的常數 $b$ 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 $p$ 的所有極大理想中。此外，$p\cap R=\{0\}\Rightarrow b\notin p$.

設 $m_{0}\leq R$ 是 $R$ 的任何不包含 $a$ 的極大理想。設定

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

假設 $I=R[x]$。然後 $1=u(x)+v(x)$，$u\in m_{0}R[x],v\in p$。我們將 $v$ 除以 $f$，應用適用於一般多項式環元素的多項式長除法演算法：我們透過減去 $f$ 的適當倍數來逐次消去 $v$ 的首項係數。如果這不可能，我們將 $v$ 乘以 $f$ 的首項係數，記為 $a$。然後我們不能消去 $v$ 的目標係數，但我們可以消去 $av$ 的目標係數。重複此過程，我們得到

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

對於 $h,i\in R[x]$。此外，由於該等式意味著 $i\in p$，我們必須有 $i=0$，因為 $f$ 的度數在 $p$ 中的多項式中是最小的。那麼

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

其中 $r(x):=a^{n}u(x)\in m_{0}R[x]$。透過將這些係數移動到 $r(x)$ 中，我們可以假設 $h$ 的係數都不在 $m_{0}$ 中。此外，$h$ 不為零，因為否則 $a^{n}\in m_{0}\Rightarrow a\in m_{0}$。用 $\delta$ 表示 $h$ 的最高係數，用 $\epsilon$ 表示 $r$ 的最高係數。由於 $fh$ 和 $r$ 的最高係數必須抵消（因為 $\deg f\geq 1$），

$a\delta =-\epsilon$.

因此，$a\notin m_{0}$ 且 $\delta \notin m_{0}$，但 $-\epsilon \in m_{0}$，這很荒謬，因為每個極大理想都是素理想。因此，$I\subsetneq R[x]$。

根據定理 12.2，存在一個極大理想 $m\leq R[x]$ 包含 $I$。現在 $m\cap R$ 不等於 $R$ 的全部，否則 $m=R[x]$。因此，$m_{0}\subseteq m\cap R$，並且 $m_{0}$ 的極大性意味著 $m\cap R=m_{0}$。此外，$m$ 是一個包含 $p$ 的極大理想，因此包含 $b$。因此，$b\in m_{0}$。

因此，每個不包含 $a$ 的極大理想 $m_{0}$ 都包含 $b$；也就是說，對於 $R$ 的所有極大理想 $m_{0}$，都有 $ab\in m_{0}$。但根據定理 12.3，我們可以選擇 $R$ 的一個素理想 $p_{0}$，它不與（乘法封閉的）集合 $\{(ab)^{n}|n\in \mathbb {N} \}$ 相交，並且由於 $R$ 是一個 Jacobson 環，所以存在一個包含 $p_{0}$ 但不包含 $ab$ 的極大理想 $m_{0}$。這是一個矛盾。

現在令 $p\leq R[x]$ 為零理想（在整環內為素理想）。假設在 $R[x]$ 中僅有有限個元素在 $K[x]$ 中不可約，並將其稱為 $f_{1},\ldots ,f_{n}$。元素

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

分解成不可約元素，但同時不被任何一個$f_{1},\ldots ,f_{n}$整除，否則不失一般性。

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

這是荒謬的。因此，存在至少一個不在$f_{1},\ldots ,f_{n}$列表中的不可約元素，並且將它乘以一個適當的常數會得到$R[x]$中的另一個元素，在$K[x]$中是不可約的。

令$f\in R[x]$在$K[x]$中是不可約的。我們構造理想$\langle f\rangle \leq K[x]$並定義$I_{f}:=R[x]\cap \langle f\rangle$。我們聲稱$I_{f}$是素理想。實際上，如果$a(x)b(x)\in \langle f\rangle$，則$a$和$b$在$K[x]$中分解成不可約的因式。由於$K[x]$是唯一分解整環，$f$至少出現在這兩個因式分解中的一箇中。

假設存在一個非零元素 $w(x)$ 包含在所有 $I_{f}$ 中，其中 $f$ 在 $K[x]$ 上不可約。 $w$ 在 $K[x]$ 中唯一分解成有限個不可約分量，這與 $K[x]$ 中不可約元素的無窮性矛盾。 因此，

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

其中每個 $I_{f}$ 都是素理想，並且 $I_{f}\cap R=\{0\}$。 因此，根據前面的情況，每個 $I_{f}$ 可以寫成極大元的交集，因此，$p=\{0\}$ 也可以寫成極大元的交集。

現在考慮一般情況，其中 $R$ 是一個任意的 Jacobson 環，而 $p\leq R[x]$ 是 $R[x]$ 中的一個一般的素理想。令 $p_{0}:=p\cap R$。 $p_{0}$ 是一個素理想，因為如果 $ab\in p_{0}$，其中 $a,b\in R$，那麼 $a\in p$ 或 $b\in p$，因此 $a\in p_{0}$ 或 $b\in p_{0}$。我們進一步令 $q:=p_{0}R[x]$。然後我們有

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

透過同構

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

令

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

然後 $R'$ 是一個整環，也是一個雅可比環（引理 14.2），並且 $p'$ 是 $R'[x]$ 的一個素理想，它具有以下性質：$p'\cap R'=\{0\}$。因此，根據之前的情況，

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

因此，由於 $q\subseteq p$，

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

這由於引理 12.4 和同構保持最大理想，因此是最大理想的交集。$\Box$

定理 14.5（戈德曼的第二準則）:

一個環 $R$ 是雅可比環當且僅當對於每一個最大理想 $m\in R[x]$，$m_{0}:=m\cap R$ 在 $R$ 中是最大理想。

證明:

反方向 $\Leftarrow$ 再次更容易。

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

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

假設 $I=R[x]$。那麼存在 $f\in p_{0}R[x]$，$g\in R[x]$ 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 $m\leq R[x]$ 為包含 $I$ 的最大理想。假設 $m$ 包含 $a$。那麼 $ax-(ax-1)=1\in m$ 因此 $m=R[x]$。 $m$ 收縮為 $R$ 的一個最大理想 $m_{0}$，它不包含 $a$，但包含 $p_{0}$。因此，結論成立。

另一個方向更棘手，但不像前一個定理那樣糟糕。

因此，令 $R$ 為一個 Jacobson 環。假設存在一個最大理想 $m\leq R[x]$ 使得 $R\cap m$ 在 $R$ 中不是最大的。定義

$p_{0}:=m\cap R$ 以及 $p:=p_{0}R[x]$。 $p_{0}$ 是一個素理想，因為如果 $a,b\in R$ 滿足 $ab\in R$，則 $a\in m$ 或 $b\in m$，因此 $a\in p_{0}$ 或 $b\in p_{0}$。進一步

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

透過同構

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

根據引理 12.5，$\pi _{p}(m)$ 是 $R[x]/p$ 中的一個極大理想。我們設定

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

那麼 $R'$ 是一個不是域的 Jacobson 環，$m'$ 是 $R'$ 中的一個極大理想（同構保持極大理想）並且 $m'\cap R'=\{0\}$，因為如果 $w\in R[x]$ 是 $m$ 中任何一個不被 $\pi _{p}$ 對映為零的元素，那麼至少 $a_{n}+p_{0},\ldots ,a_{1}+p_{0}$ 中的一個必須是非零的，因為如果只有 $a_{0}\notin p_{0}$，那麼 $a_{0}\in (m\cap R)\setminus p_{0}$，這是荒謬的。

將 $R$ 替換為 $R'$，$m$ 替換為 $m'$，我們推匯出一個矛盾，其中 $R$ 是一個整環，但不是域，並且 $m\cap R=\{0\}$.

$m$ 不為零，因為否則 $R[x]$ 將是一個域。設 $f\neq 0$ 是 $m$ 中非零多項式中度數最小的一個，設 $a\in R$ 是 $f$ 的首項係數。

令 $n_{0}\leq R$ 為 $R$ 的任意最大理想。 $n_{0}$ 不能是零理想，否則 $R$ 將是一個域。 因此，令 $b\in n_{0}$ 為非零元素。 由於 $m\cap R=\{0\}$，$b\notin m$。 由於 $m$ 是最大理想，$m+\langle b\rangle =R[x]$。 因此，$1=g(x)+bh(x)$，其中 $g\in m$ 且 $h\in R[x]$。 應用上述的一般除法演算法，將 $g$ 除以 $f$，得到

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

對於合適的 $n\in \mathbb {N}$ 和 $r,s\in R[x]$，使得 $\deg r<\deg f$。 由 $h$ 成立的等式，我們得到

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

因此，$a^{n}-br(x)\in m$，並且由於 $f$ 在 $m$ 中的度數是最小的，所以 $a^{n}-br(x)=0$。由於 $br(x)$ 的所有係數都在 $n_{0}$ 內（因為它們被 $b$ 乘了），所以 $a^{n}\in n_{0}$。因此 $a\in n_{0}$（極大理想是素理想）。

因此，$a$ 包含在 $R$ 的所有極大理想中。但由於 $R$ 被假定為一個整環，根據引理 12.3 應用於集合 $S=\{a^{n}|n\in \mathbb {N} _{0}\}$，得到一個素理想 $p_{0}\leq R$，它與 $a$ 由一個極大理想隔開，因為 $R$ 是一個 Jacobson 環。因此，我們得到了一個矛盾。 $\Box$