Artin局所環のイデアルは準素イデアル

まず後半を示す. $a\in \mathfrak{m}$とする. すると$a^{\nu }\in {\mathfrak{m}}^{\nu }\subseteq I$だから$a\in \sqrt{I}$となる. よって$\sqrt{I}\supseteq \mathfrak{m}$. しかし$\mathfrak{m}$は極大イデアルだから, $\sqrt{I}=\mathfrak{m}$となる.
次に後半を示す. $ab\in I,b\notin \sqrt{I}$となる$a,b$をとる. このとき$I\subseteq \sqrt{I}$だから$ab\in \mathfrak{m}$でもある. $\mathfrak{m}$は素イデアルで$b\notin \sqrt{I}=\mathfrak{m}$だから$a\in \mathfrak{m}$でなければならず, したがって$a\in \sqrt{I}$となり, $I$は準素イデアルであることが従う.

補題1により, 極大イデアル$\mathfrak{m}$が冪零であることを示せば十分である.
$A$はArtin環だから, 真減少列$\mathfrak{m}⊋{\mathfrak{m}}^2⊋\cdots$は有限で止まり, したがって${\mathfrak{m}}^n={\mathfrak{m}}^{n+1}=\cdots$となる$n\ge 1$が存在する. $I=0:{\mathfrak{m}}^n=\{a\in A\mid a{\mathfrak{m}}^n=0\}$とする. このとき
$$I:\mathfrak{m}=(0:{\mathfrak{m}}^n):\mathfrak{m}=0:{\mathfrak{m}}^{n+1}=I$$
が成り立つ. $I\ne A$であると仮定し, $I$より真に大きいイデアルのうち極小なものを$I^{\prime }$とする. $x\in I^{\prime }\setminus I$をとると, 中山の補題により$I^{\prime }\ne x\mathfrak{m}+I$だから$I=x\mathfrak{m}+I$となり, $x\mathfrak{m}\subseteq I$であることが従う. ゆえに$x\in I:\mathfrak{m}=I$となるが, $x\in I^{\prime }\setminus I$だったからこれは矛盾である. よって$I=A$となり, これは${\mathfrak{m}}^n=0$を意味する.