Esta no va a ser una respuesta completamente general por la siguiente razón:
Obviamente, esto no es cierto para anillos con primos incrustados, pero existen anillos no reducidos sin primos incrustados, por ejemplo, $k[x]/(x^2)$, que tiene un único ideal primo, $(x)$, y por lo tanto cumple con tus propiedades.
Sin embargo, para evitar primos incrustados, asumamos que $R$ es reducido. También asumamos que $R$ es Noetheriano, ya que no estoy seguro de cuánto de lo que voy a decir se aplica a anillos no Noetherianos sin verificar algunas referencias. Entonces, los primos asociados de $R$ son precisamente los ideales primos minimales.
Si $R$ es reducido y Noetheriano, los siguientes son equivalentes:
- Los primos asociados son par a par comaximales.
- $R\cong \prod_{P\in\operatorname{Ass} R} R/P$
- Cada primo asociado es el anulador de un idempotente
- Cada primo asociado es principal, generado por un idempotente
Geométricamente, todos estos corresponden a $\newcommand\Spec{\operatorname{Spec}}\Spec R$ siendo la unión disjunta de sus componentes irreducibles.
Prueba:
$1\implies 2$: Si cada par de primos asociados es comaximal, entonces el teorema chino del resto garantiza que $$R\cong \prod_{P\in\operatorname{Ass} R} R/P,$$ ya que la intersección de los primos asociados es $0$, dado que $R$ es reducido.
$2\implies 3$: Si $R$ es isomorfo a ese producto, entonces $P$ es el anulador del idempotente correspondiente a la preimagen en $R$ de la identidad en $R/P$.
$3\implies 4$: Si cada primo asociado es el anulador de un idempotente, entonces si $P=\newcommand\ann{\operatorname{ann}}\ann e$, $P=R(1-e)$, ya que cada elemento de $R(1-e)$ está en $\ann e$, y si $fe=0$, entonces $f(1-e)=f-fe=f$, así que $f\in R(1-e)$. Por lo tanto, $P$ es principal, generado por el idempotente $1-e$.
$4\implies 1$: Finalmente, si $P$ y $Q$ son primos distintos con $P=Re$ y $Q=Rf$ para idempotentes $e$ y $f$, entonces consideremos $R/P$. En este anillo, la imagen de $f$ sigue siendo idempotente, pero $P$ es primo, así que la imagen de $f$ es o bien $0$ o $1$. Si la imagen de $f$ es $1$, entonces $P$ y $Q$ son comaximales, ya que esto implica que $1-f$ está en $P$, así que $1-f+f = 1 \in P+Q$. Por otro lado, si la imagen de $f$ es $0$, $f\in P$, por lo que $Q\subseteq P$, y considerando la imagen de $e$ en $R/Q$ vemos que o bien la imagen de $e$ es $1$, en cuyo caso $P$ y $Q$ son comaximales, o la imagen de $e$ también es $0$, por lo que $P\subseteq Q$ también, contradiciendo que $P$ y $Q$ fueran distintos.
