Seja D um domínio principal, mostre que \langle a\rangle \cap\langle b\rangle= \langle\operatorname{MMC}(a, b)\rangle.

Passo 1

O enunciado está em um domínio principal D, ou seja, todo ideal de D é gerado por um único elemento. Queremos mostrar que, para quaisquer a,b\in D,
\langle a\rangle \,\cap\,\langle b\rangle \;=\;\bigl\langle \mathrm{MMC}(a,b)\bigr\rangle.
Vamos usar que, em um domínio principal, divisibilidade se traduz em inclusão de ideais: \langle x\rangle\subseteq\langle y\rangle se e somente se y\mid x.
Também precisamos da definição e propriedade de \mathrm{MMC}(a,b):
se \gcd(a,b)=g e escrevemos a=g\,a', b=g\,b' com \gcd(a',b')=1, então
\mathrm{MMC}(a,b)=g\,a'\,b'.

Passo 2

Mostramos primeiro
\langle a\rangle \,\cap\,\langle b\rangle \;\subseteq\;\bigl\langle \mathrm{MMC}(a,b)\bigr\rangle.
Se x\in \langle a\rangle \cap \langle b\rangle, então existem u,v\in D tais que
x = a\,u \quad\text{e}\quad x = b\,v.
Escrevendo a=g\,a' e b=g\,b' com \gcd(a',b')=1, temos
x = g\,a'\,u \quad\text{e}\quad x = g\,b'\,v.
Isso mostra que a'\mid \tfrac{x}{g} e b'\mid \tfrac{x}{g}. Como \gcd(a',b')=1, segue que a'b'\mid \tfrac{x}{g}, logo
g\,a'b' \;=\;\mathrm{MMC}(a,b)\;\Bigm|\;x.
Portanto x\in\bigl\langle \mathrm{MMC}(a,b)\bigr\rangle, o que prova a primeira inclusão.

Passo 3

Agora mostramos
\bigl\langle \mathrm{MMC}(a,b)\bigr\rangle \;\subseteq\;\langle a\rangle \,\cap\,\langle b\rangle.
Como a\mid \mathrm{MMC}(a,b), temos \mathrm{MMC}(a,b)\in\langle a\rangle e, pela definição de ideal gerado, todo múltiplo de \mathrm{MMC}(a,b) também está em \langle a\rangle. Ou seja,
\langle \mathrm{MMC}(a,b)\rangle \;\subseteq\;\langle a\rangle.
De modo análogo, b\mid \mathrm{MMC}(a,b) implica \langle \mathrm{MMC}(a,b)\rangle \subseteq \langle b\rangle.
Juntando essas duas inclusões, obtemos \langle \mathrm{MMC}(a,b)\rangle \subseteq \langle a\rangle \cap \langle b\rangle.

Resposta

\langle a\rangle \,\cap\,\langle b\rangle \;=\;\bigl\langle \mathrm{MMC}(a,b)\bigr\rangle.

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