Condiciones para $\sqrt{\mathfrak{a + b}} = \sqrt{\mathfrak{a}} + \sqrt{\mathfrak{b}}$

Question

Deje $A$ ser un anillo conmutativo con identidad y, $\mathfrak{a}$ $\mathfrak{b}$ ideales.Estoy tratando de encontrar suficiente y condiciones necesarias para $\sqrt{\mathfrak{a + b}} = \sqrt{\mathfrak{a}} + \sqrt{\mathfrak{b}}$ mantiene. Creo que para cualquier unidad flash usb. No pude encontrar ninguna contra-ejemplo (para cualquier anillo) ni demostrar el recíproco de la UFD afirmación anterior.

Gracias de antemano.

Answer 1

La pregunta es si la suma de dos radicales ideales es radical. En general, esto está lejos de ser verdad, por ejemplo, tenemos la $(y)+(x^2-y)=(x^2,y)$$k[x,y]$.

Hay un algebro-geométrico explicación para esto: Si $I,J$ son radicales, los ideales de un anillo conmutativo $A$, esto significa que hemos reducido subschemes $V(I)$ $V(J)$ de los afín esquema de $\mathrm{Spec}(A)$, pero su intersección $V(I) \times_{\mathrm{Spec}(A)} V(J) = V(I+J)$ no tiene que ser reducido. En el ejemplo anterior nos cruzan la parábola $y=x^2$ con el eje $y=0$, esto le da un punto de la multiplicidad $2$.

Parece plausible que la $V(I+J)$ se reduce el fib $V(I)$ $V(J)$ son transversales iff la intersección de multiplicidades se $\leq 1$ (siempre que estas nociones están bien definidas, por ejemplo, para suavizar curvas).

Algunas observaciones en la dirección positiva:

Lema. Deje $A$ ser un anillo conmutativo. Si cada localización de $A$ tiene la propiedad de que la suma de dos radicales ideales es radical, entonces esto también se aplica para $A$.

Prueba. Deje $\mathfrak{a},\mathfrak{b} \subseteq A$ ser radical ideales, tenemos que demostrar que $A/(\mathfrak{a}+\mathfrak{b})$ es reducido. Esto es bien conocido por ser un local de propiedad. Cocientes y las sumas de los ideales conmuta con localizaciones. Además, la localización de un radical ideal es fácilmente visto ser un radical ideal. QED

La proposición. En un $1$-dimensión integral dominio de la suma de dos radicales ideales es radical.

Prueba. Por el Lema podemos suponer que la $A$ es local, por ejemplo, con ideal maximal $\mathfrak{m}$. El único primer ideales son $0$$\mathfrak{m}$, por lo que estos son sólo los únicos radicales ideales. Pero estos son, obviamente, cerrado bajo la suma. QED

Para los anillos con divisores de cero de esta falla.

Ejemplo. Deje $k$ ser un campo y $A = k[x,y]/(y(x^2 - y))$. Tenemos $\dim(A)=1$. Los cocientes $A/(y)=k[x]$ $A/(x^2-y)=k[x,y]/(x^2-y)$ son menores, pero $A/(y,x^2-y)=k[x]/(x^2)$ no lo es.

Dudo (pero no puede demostrar que no existe ninguna $2$-dimensiones finitely generadas $k$-álgebra con la propiedad.