Bizonyítás

Nézzük először a részgyűrűkre vonatkozó állítást! Jelöljük $S$-sel az $\mathcal{S}$ halmazrendszerben lévő részgyűrűk únióját. Azt kell megmutatni, hogy $S$ részgyűrű $R$-ben. Ez a 18.15. Tétel szerint pontosan akkor teljesül, ha $S$ zárt az $R$-beli összeadásra, szorzásra és ellentettképzésre, valamint tartalmazza az $R$ gyűrű nullelemét.

Mivel $\mathcal{S}$ minden eleme részgyűrű, így a 18.15. Tétel 3. pontja miatt mindegyik tartalmazza $R$ nullelemét. Az tehát valóban benne van ezek úniójában, azaz $S$-ben.

Legyen most $x$ az $S$ halmaz egy tetszőleges elem. Mivel $S$ az $\mathcal{S}$-beli részgyűrűk úniója, így ezek között biztosan létezik legalább egy olyan $X$ részgyűrű, amelynek $x$ szintén eleme. Az $X$ viszont a 18.15. Tétel 4. pontja miatt zárt az ellentettképzésre. Így $-x$ is eleme $X$-nek, és emiatt $S$-nek is.

Végül legyen $x$ és $y$ az $S$ halmaz két tetszőleges eleme. Mivel $S$ az $\mathcal{S}$-beli részgyűrűk úniója, így ezek között biztosan léteznek olyan $X$ és $Y$ részgyűrűk, hogy $x\in X$ és $y\in Y$ teljesül. Mivel az $\mathcal{S}$ halmazrendszerben bármely két részgyűrű között legalább az egyik irányban fennáll a tartalmazási reláció, ezért $X\sube Y$ vagy $Y\sube X$ közül legalább az egyik teljesül.

Ha például $X\sube Y$ a helyzet, akkor $x\in X$ miatt $x\in Y$ is teljesül, azaz $x$ és $y$ mindketten benne vannak a $Y$-ban. De ekkor az összegük és a szorzatuk is benne van $Y$-ban – mivel $Y$ részgyűrű –, és így $S$-ben is.

Ha $X\sube Y$ nem teljesül, akkor teljesül $Y\sube X$, és ekkor a fentivel megegyező gondolatmenet alapján $x$ és $y$ összege és szorzata $X$-ben lesz benne, és így megintcsak $S$-ben is. Az $S$ únióhalmaz tehát valóban részgyűrű $R$-ben.

Most nézzük a balideálokra vonatkozó állítást! Jelöljük $I$-vel az $\mathcal{I}$ halmazrendszerben lévő balideálok únióját. Azt kell megmutatni, hogy $I$ balideál $R$-ben. Ez a 18.18. Definíció szerint azt jelenti, hogy egyrészt $I$ részgyűrű $R$-ben, másrészt akármelyik $a\in I$ elemet balról megszorozva akármelyik $r\in R$ elemmel, az így kapott $ra$ szorzat szintén benne van $I$-ben. Minthogy $\mathcal{I}$ minden eleme részgyűrű $R$-ben – hiszen balideál –, ezért a fentiek alapján az $I$ únióhalmaz is részgyűrű $R$-ben. Elegendő tehát csak a baloldali szorzásra vonatkozó feltételt ellenőrizni.

Mivel $a\in I$, és $I$ az $\mathcal{I}$-beli balideálok úniója, így e balideálok között biztosan létezik olyan $X$ balideál, amelynek $a$ szintén eleme. Minthogy $X$ balideál, emiatt az $ra$ szorzat is benne van $X$-ben, és így $I$-ben is. Emiatt $I$ valóban balideál $R$-ben.

A jobbideálokra vonatkozó állítás értelemszerűen ugyanezzel a gondolatmenettel igazolható azzal a különbséggel, hogy ekkor az $ra$ szorzat helyett az $ar$ szorzatot kell tekinteni.

Végül a (kétoldali) ideálokra vonatkozó állítás triviálisan adódik, hiszen minden (kétoldali) ideál egyszerre bal- és jobbideál.

∎