No puedo asegurarlo, pero creo que es una pregunta difícil de responder en general. Como se mencionó en un comentario, tendremos que excluir $I=R$ de lo contrario, el único anillo con esta propiedad será $R=0$ . Además, voy a suponer $R\neq0$ .
Primero daré un rápido argumento de por qué $\Bbb Z$ no puede satisfacer la propiedad (2). En el corolario A de abajo proporciono una condición necesaria y suficiente para que la propiedad (2) se cumpla en general, pero no estoy seguro de qué hacer con la propiedad (1).
Nótese que al considerar la propiedad (2), sólo consideraremos aquellos $M$ que tienen $R$ como un subringulo: de hecho, sólo con tomar $I = (0)$ necesitaríamos una incrustación $R\hookrightarrow M$ Así que también podemos identificar $R$ con su imagen en $M$ .
Reclamación: Fijar $0\neq R\subseteq M$ . Si se cumple la propiedad (2), entonces la imagen del homomorfismo único $\Bbb Z\to R$ es un campo. En particular, una condición necesaria para (2), y por tanto para (1), es que $R$ contiene un campo como un subring.
Prueba. Dejemos que $1\in R$ sea el elemento de identidad, y $n = n\cdot1$ sea algún múltiplo entero de ella. Si $n$ no es una unidad, entonces genera un ideal propio en $R$ por lo que por la propiedad (2) tenemos un homomorfismo de anillo $\varphi:R\to M$ enviando $n\mapsto0$ . Sin embargo, como $\varphi(1)=1$ debe fijar necesariamente todos los múltiplos enteros de la identidad, por lo que en particular esto significa $n=\varphi(n)=0$ .
Corolario: No existe un anillo $M$ para lo cual $\Bbb Z$ satisfará la propiedad (2).
Sin embargo, no estoy seguro de poder decir mucho más en este nivel de generalidad, porque parece que todo tipo de anillos pueden tener estas propiedades. Un ejemplo trivial sería si $R$ es un campo, ya que entonces el único ideal propio es trivial y por tanto el mapa de identidad en $R$ basta con mostrar $R$ tiene la propiedad (1). Sin embargo, estos no son los únicos ejemplos:
Ejemplo: Si $R=\Bbbk[x]$ para $\Bbbk$ un campo, entonces $R$ no puede satisfacer la propiedad (1), pero satisface la propiedad (2).
Prueba. Desde $R$ es un PID, los ideales son fáciles de caracterizar. Para ver que $R$ no puede satisfacer la propiedad (1), dejemos que $p(x)\in R$ sea cualquier polinomio no constante, entonces $R/p(x)^2$ no es un dominio integral y, por tanto, no se puede incrustar en $R$ .
En cuanto a la propiedad (2), toma $M := \Bbbk[X_p\mid p\in R, \deg p(x)>0]/J$ donde $J$ es el ideal generado por $p(X_p)$ para $p(x)\in R$ con $\deg p(x)>0$ . Este es el anillo donde hemos elegido una raíz $X_p$ para cada polinomio no constante $p(x)$ . Así, para cualquier polinomio no constante $p(x)\in R$ podemos realizarlo como el núcleo del homomorfismo de anillo $R\to M$ dada por la fijación de $\Bbbk$ y enviando $x\mapsto X_p$ .
Observación. El argumento que demuestra que $R$ no puede satisfacer la propiedad (1) se generaliza fácilmente para mostrar que un dominio integral no puede satisfacer la propiedad (1) a menos que sea un campo.
Nota. Si relajamos la condición (1) para que sólo se preocupe de prime ideales, entonces $R=\Bbbk[x]$ satisfará esta condición más débil siempre que $\Bbbk$ es algebraicamente cerrado.
Esta construcción era realmente un producto tensorial (coproducto) de $\Bbbk$ -algebras $M = \bigotimes_{I\subsetneq R}R/I$ . De hecho, podemos realizar esta construcción en general, aunque no siempre funcionará (por ejemplo, $\bigotimes_n\Bbb Z/n\Bbb Z=0$ porque todos los anillos en cuestión tienen características diferentes). Dicho esto, podemos decir lo siguiente:
Reclamación: Si $R$ satisface la propiedad (2), entonces podemos tomar $M := \bigotimes_{I\subsetneq R}R/I$ como producto tensorial de $\Bbb Z$ -algebras.
Prueba. Dejemos que $M$ sea el anillo que atestigua la propiedad (2) para $R$ entonces por el primer teorema del isomorfismo tenemos monomorfismos $\varphi_I:R/I\hookrightarrow M$ para cada ideal propio $I\subsetneq R$ . Por la propiedad universal del producto tensorial como coproducto (en la categoría de $\Bbb Z$ -), esto induce un homomorfismo de anillo único $\varphi:\bigotimes_IR/I\to M$ a través de la cual todos $\varphi_I$ factor.
Denotemos las inclusiones canónicas por $\iota_J:R/J\to\bigotimes_IR/I$ entonces, en particular, tenemos que el $\varphi_I=\varphi\circ\iota_I$ son todas inyectivas. Por lo tanto, $\iota_I$ es inyectiva para todo $I$ . Por lo tanto, para cualquier ideal adecuado $J\subsetneq R$ el homomorfismo $R\twoheadrightarrow R/J\xrightarrow{\iota_J}\bigotimes_IR/I$ tendrá un núcleo $J$ , según se desee.
Corolario A: $R$ tiene la propiedad (2) si las inclusiones canónicas $R/J\to\bigotimes_{I\subsetneq R}R/I$ son inyectivas para todo $J\subsetneq R$ donde el producto tensorial se toma sobre $\Bbb Z$ -algebras.
Observación. De hecho, este mismo argumento puede utilizarse para demostrar un resultado algo más general: si $R$ es un anillo conmutativo, y $\Phi$ es alguna propiedad para los ideales (hasta ahora hemos utilizado la propiedad $\Phi(I)$ diciendo " $I$ es propio"), entonces existe un anillo $M$ tal que cualquier ideal $I$ Satisfaciendo a $\Phi(I)$ se realiza como el núcleo de algún homomorfismo de anillo $R\to M$ si para cualquier ideal $J$ Satisfaciendo a $\Phi(J)$ la inclusión canónica $R/J\to\bigotimes_{I:\Phi(I)}R/I$ es inyectiva.
Por ejemplo, podríamos tomar el caso especial $\Phi(J)$ diciendo " $J=I$ "para algún ideal fijo $I$ entonces esto solo dirá que el ideal $I$ es el núcleo del homomorfismo canónico $R\to R/I$ . Por otro lado, si $\Phi$ es "sin restricción" (por lo que incluimos el ideal $I=R$ ), entonces la inclusión canónica $R\to\bigotimes_{I\subseteq R}R/I=0$ siendo fuerzas inyectivas $R=0$ .
Sin embargo, esto no significa que $R$ tiene la propiedad (1) si y sólo si $R\cong\bigotimes_IR/I$ : no tenemos que tomar un anillo tan grande en general.
Ejemplo: El anillo $R:=\Bbb C[x]/(x^2)$ tiene la propiedad (1) y no es isomorfo a $\bigotimes_IR/I$ .
Prueba. El único ideal no trivial de $R$ es generado por $x$ . De hecho, $ax+b$ es una unidad siempre que $b\neq0$ ya que podemos tomar $(ax+b)(\frac{-a}{b^2}x+\frac1b)=1$ . En este caso, podemos tomar simplemente el homomorfismo $\varphi:R\to R$ enviando $x\mapsto0$ y por lo tanto $R$ tiene la propiedad (1).
Sin embargo, el producto tensorial de la derecha es $R\otimes_{\Bbb Z}\Bbb C$ que es notablemente mayor que $R$ .
Observación. $R=\Bbbk[x]/(x^2)$ siempre satisfará la propiedad (1), pero si tomamos por ejemplo $\Bbbk=\Bbb Q$ entonces será isomorfo a $\bigotimes_IR/I$ .
