Conversar con el teorema del resto chino

Question

Así como se ve en esta pregunta Converso del Teorema del Resto Chino, sabemos que si $(n,m) \neq 1$,$\mathbb{Z} /mn \mathbb{Z} \ncong \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$, debido a que el lado derecho no tiene un elemento de orden $nm$.

Pero de una manera más general de ajuste. Deje $R$ ser un anillo conmutativo, y deje $A,B$ ser ideales en $R$. $A$ y $B$ son comaximal si $A+B=R$. Si $A, B$ son comaximal, entonces tenemos: $R/AB \cong R/A \times R/B$. En esta configuración, es a la inversa verdad?

Si tenemos $A, B$ ideales en $R$ tal que $R/AB \cong R/A \times R/B$, ¿ siempre tenemos que $A$ $B$ son comaximal?

Answer 1

Voy a asumir el isomorfismo es $R$-módulos (o el resultado es false, ver Can $R \times R$ ser isomorfo a $R$ como anillos?).

Supongamos $R/A\oplus R/B\cong R/AB$, en particular, es cíclico, y que $(x+A,y+B)$ es un generador. Entonces, para algunos $r\in R$, $(1+A,0+B)=r(x+A,y+B)=(rx+A,ry+B)$, así $$ 1=rx+a,\qquad ry\in B $$ para algunos $a\in A$. A continuación,$y=y1=ay+rxy\in A+B$. Si $z\in R$, luego $$ (0+a,z+B)=s(x+A,y+B) $$ para algunos $s\in R$, lo que implica $z+B=sy+B\in(A+B)/B$, lo $A+B=R$.

La misma prueba de curso se aplica si en lugar de $AB$ tenemos cualquier otro ideal, en particular,$A\cap B$.

Answer 2

Si usted está considerando la cocientes como $R$-módulos, no es difícil probar que si $I,J$ no comaximal, a continuación,$R/IJ\not\simeq R/I\times R/J$: tomar un ideal maximal $M$ contiene $I,J$ y el tensor de ambos lados por $R/M$ ( $R$ ) con el fin de obtener una contradicción. (De hecho, $R/I\times R/J$ es cíclica $R$-módulo de iff $I+J=R$.)

Si el isomorfismo de anillos, entonces el reclamo tiene trivialmente para local de los anillos. Para el caso general considere la posibilidad de un anillo de $R$ tal que $R\simeq R\times R$ (para un ejemplo ver aquí) y $I=J=(0)$.