环同态下素理想收缩性质的证明疑问
你遇到的这两个卡点其实是用Zorn引理解决这类理想问题的典型环节，我来一步步帮你梳理清楚：
一、全序链的上界：别用理想和，换成并集！
你之前尝试用$J+K$构造上界，但对于全序链（链里任意两个理想必有包含关系），更合适的上界是链中所有理想的并集，具体推导如下：
假设$\mathcal{C} = {J_i \mid i \in I}$是$\mathcal{F}$中的一个全序链，令$U = \bigcup_{i\in I} J_i$，我们要证$U \in \mathcal{F}$：
- 先证U是S的理想：
- 任取$x,y\in U$，则存在$i,j\in I$使得$x\in J_i$，$y\in J_j$。因为链是全序的，不妨设$J_i \subseteq J_j$，那么$x,y\in J_j$，而$J_j$是理想，所以$x-y\in J_j \subseteq U$。
- 任取$s\in S$，$x\in U$，则$x\in J_i$对某个$i$，$J_i$是理想，所以$s x \in J_i \subseteq U$，同理$x s \in U$。
综上，U满足理想的定义，是S的理想。
- 再证$f^{-1}(U) = P$：
- 一方面，每个$J_i\in\mathcal{F}$，即$f^{-1}(J_i)=P$，显然$P = f^{-1}(J_i) \subseteq f^{-1}(U)$，这是包含关系的一边。
- 另一方面，取$x\in f^{-1}(U)$，则$f(x)\in U$，即存在某个$J_i$使得$f(x)\in J_i$，所以$x\in f{-1}(J_i)=P$，因此$f{-1}(U)\subseteq P$。
两边结合就得到$f^{-1}(U)=P$，所以U是这个全序链的上界，且属于$\mathcal{F}$。
二、证明极大元Q是素理想：用反证法+素理想的性质
这里要用到题目里的关键条件：P是R的素理想，具体步骤如下：
假设$\mathcal{F}$中的极大元$Q$不是素理想，根据素理想的否定定义：存在$a,b\in S$，$a\notin Q$，$b\notin Q$，但$ab\in Q$。
现在考虑两个理想：$Q_1 = Q + (a)$（由Q和a生成的理想），$Q_2 = Q + (b)$。显然$Q \subsetneq Q_1$，$Q \subsetneq Q_2$（因为a,b不在Q里）。
因为Q是$\mathcal{F}$中的极大元，所以$Q_1$和$Q_2$都不能属于$\mathcal{F}$（否则就和Q的极大性矛盾了），这意味着它们的原像严格包含P：
- 存在$x \in f^{-1}(Q_1) \setminus P$，即$f(x)\in Q_1$但$x\notin P$；
- 存在$y \in f^{-1}(Q_2) \setminus P$，即$f(y)\in Q_2$但$y\notin P$。
接下来计算$f(xy)$：
因为$f(x)\in Q_1$，所以$f(x)=q_1 + s_1 a$（$q_1\in Q$，$s_1\in S$）；同理$f(y)=q_2 + s_2 b$（$q_2\in Q$，$s_2\in S$）。
展开乘积：
$$f(xy) = (q_1 + s_1 a)(q_2 + s_2 b) = q_1 q_2 + q_1 s_2 b + s_1 a q_2 + s_1 s_2 ab$$
现在看每一项：
- $q_1 q_2 \in Q$（Q是理想，乘法封闭）；
- $q_1 s_2 b \in Q$（$q_1\in Q$，理想对乘法封闭，所以$q_1$乘任何S中元素都在Q里）；
- $s_1 a q_2 \in Q$（同理，$q_2\in Q$，$a q_2\in Q$，再乘$s_1$仍在Q中）；
- $s_1 s_2 ab \in Q$（因为$ab\in Q$，所以$s_1 s_2 ab$属于Q的倍数，仍在Q中）。
所以$f(xy)$是Q中元素的和，因此$f(xy)\in Q$，即$xy\in f^{-1}(Q)=P$。
但P是R的素理想，素理想的核心性质是：如果$xy\in P$，那么$x\in P$或$y\in P$。但我们取的$x\notin P$且$y\notin P$，这就产生了矛盾！
因此假设不成立，Q必须是素理想。
这样就完成了整个证明的两个关键环节啦～
备注：内容来源于stack exchange，提问作者liv
