¿En $\mathbb{Z}/(n)$ $(a) = (b)$ implica que el $a$ y $b$ están asociados?

Question

[Actualización: Basado en las sugerencias proporcionadas por @zcn y @whacka, creo que he encontrado una solución. Véase mi respuesta a continuación.]

A continuación, $R$ es un anillo conmutativo con $1$.

En Juan J. Watkins Temas en Anillo Conmutativo Teoría, el autor observa que si $a$ $b$ son socios en $R$, generan el mismo ideal: $(a) = (b)$. Esto es claramente cierto, porque $a = ub$ $b = va$ para algunas unidades $u$$v$, y por lo $a \in (b)$$b \in (a)$, de donde $(a) \subset (b)$$(b) \subset (a)$. De hecho, ni siquiera se requieren $u$ $v$ a unidades para llegar a esta conclusión.

A continuación, el autor afirma que si $R$ no es un dominio, entonces el recíproco no puede ser cierto: podemos tener $(a) = (b)$ incluso si $a$ $b$ no están asociados. Como un "contraejemplo" da $R = \mathbb{Z}/(6)$,$a = 2 + (6)$$b = 4 + (6)$. Claramente estos elementos generan el mismo ideal: $(a) = (b) = \{0, 2 + (6), 4 + (6)\}$. El autor afirma que el $a$ $b$ no están asociados, pero esto es falso: $5 + (6)$ es una unidad, y $(2 + (6))(5 + (6)) = 4 + (6)$, lo $a$ $b$ son asociados.

Pensé que el autor erró en el ejemplo, pero que, sin duda, el hecho básico debe ser cierto: si $R = \mathbb{Z}/(n)$ entonces no puede ser nonassociates $a,b \in R$$(a) = (b)$. Sin embargo, yo no era capaz de encontrar un contraejemplo y, finalmente, recurrió a la escritura de un programa de ordenador y se encontró que no existen contraejemplos en $\mathbb{Z}/(n)$$n \leq 100$.

Así que ahora estoy empezando a pensar que no hay ningún contraejemplo en $\mathbb{Z}/(n)$, pero todavía no he sido capaz de demostrar esto.

Mis preguntas:

1. Si estoy en lo correcto que $(a) = (b)$ $\mathbb{Z}/(n)$ implica que el $a$ $b$ son asociados, agradecería un empujón en la dirección correcta hacia una prueba. (Pero si la prueba es de primaria, por favor, dar sólo una sugerencia, no una solución :-) voy a publicar mi solución una vez que tengo uno.

2. En cualquiera de los casos, podría usted por favor me apunte a un auténtico contraejemplo? Si hay uno en $\mathbb{Z}/(n)$ algunos $n$, que sería lo ideal (sin juego de palabras), de lo contrario un contraejemplo en cualquier anillo conmutativo con $1$ sería genial.

Answer 1

Respuesta a la pregunta del título: Sí, $(a) = (b)$ $\mathbb{Z}/(n)$ fib $a, b$ son socios en $\mathbb{Z}/(n)$.

Sugerencia: por el Resto Chino es suficiente con considerar el caso de $n = p^k$ es una fuente primaria de energía. A continuación, mostrar que todos los ideales de a $\mathbb{Z}/(p^k)$ es de la forma $(p^n + (p^k))$ algunos $n = 0, \ldots, k$. A continuación, comprobar directamente que $p^n + (p^k)$, $p^m + (p^k)$ son asociados, iff $n = m$.

Para un "universal" contraejemplo fuera de $\mathbb{Z}/(n)$, tome $R = k[x,y]/(yx^2-y)$ donde $k$ es cualquier campo: aquí $(y) = (xy)$, pero $y$ $xy$ no están asociados.

Edit: El último punto es sutil, y merece una aclaración. Si $\text{char}(k) \ne 2$, hay una inyección

$$R \hookrightarrow k[x,y]/(y) \times k[x,y]/(x^2-1) \cong k[x] \times (k[x]/(x-1))[y] \times (k[x]/(x+1))[y]$$

(aviso $(x-1), (x+1)$ son comaximal en $k[x]$ desde $\text{char}(k) \ne 2$). Esto induce una inyección

$$R^\times \hookrightarrow (k[x] \times (k[x]/(x-1))[y] \times (k[x]/(x+1))[y])^\times \cong k^\times \times k^\times \times k^\times$$

Una unidad en $R$ es así (la imagen de) un polinomio $f \in k[x,y]$ que es a la vez distinto de cero constante modulo $y, x-1$, e $x+1$. Ser una unidad modulo $y$ $f = u + yg$ para algunos $g \in k[x,y]$, $u \in k^\times$. A continuación, $f \bmod (x-1)$ constante en $k[y] \implies g(1,y) = 0$ (de lo contrario $\deg_y f(1,y) > 0$), por lo $(x-1) \mid g$ (por la expansión de $g$ en términos de $x-1$). Por el mismo razonamiento $(x+1) \mid g$, lo que en realidad $(x^2-1) \mid g$. Por lo tanto $f = u + y(x^2-1)h \implies f \equiv u$ $R$ es constante.

Si $\text{char}(k) = 2$,$x^2-1 = (x+1)^2$. Establecimiento $S := k[x,y]/(x+1)^2$, hay una inyección

$$R^\times \hookrightarrow (k[x,y]/(y) \times S)^\times \cong k^\times \times S^\times$$

En virtud de la proyección de $S \to k[y]$ (quotienting por $x+1$), cada unidad en $S^\times$ diferencia modulo $x+1$ a partir de una unidad en $k[y]^\times = k^\times$. Por lo tanto $S^\times = k^\times + (x+1)S$, por lo que si $f \in k[x,y]$ reduce a una unidad en $S$ y $k[x]$, $f = u + (x+1)g$ para algunos $u \in k^\times, g \in k[x,y]$. Por otra parte $y \mid g$ (de lo contrario $\deg_x f(x,0) > 0$), lo que en realidad $f = u + y(x+1)h$, que de hecho son todas las unidades en $R$ (desde $(y(x+1))^2 = 0$$R$, lo $f^2 = u^2$). Por lo tanto $R^\times = \{k^\times + y(x+1)h \mid h \in R\}$, lo que para cualquier $v \in R^\times$, $xy \ne vy$ (de hecho, cualquiera de las $vy \in k^\times y$ o $\deg_y(vy) \ge 2$).

Answer 2

OK, he revisado el teorema del resto Chino en Dummit y Foote. En primer lugar se realiza un breve resumen y, a continuación, aplicar a este problema.

Teorema Del Resto Chino

Deje $R$ ser un anillo conmutativo con $1$, y deje $I_1, \ldots I_m$ ser distinto a los ideales de la $R$ con la propiedad de que $I_j + I_k = R$ todos los $j \neq k$. Entonces:

1. $I_1 I_2 \ldots I_m = I_1 \cap I_2 \cap \ldots \cap I_m$; digamos que esta $K$ para el corto.
2. El mapa de $\phi : R \rightarrow (R / I_1) \times (R / I_2) \times \ldots \times (R/I_m)$ definido por $\phi(r) = (r + I_1, r + I_2, \ldots, r + I_m)$ es un surjective anillo homomorphism con kernel $K$, y, por tanto, por el primer teorema de isomorfismo, $R / K \cong (R / I_1) \times (R / I_2) \times \ldots \times (R/I_m)$.
3. Desde las unidades de $(R / I_1) \times (R / I_2) \times \ldots \times (R/I_m)$ son, precisamente,$(R / I_1)^{\times} \times (R / I_2)^{\times} \times \ldots \times (R/I_m)^{\times}$, y desde cualquier isomorfismo mapas de unidades de unidades, $(R / K)^{\times} \cong (R / I_1)^{\times} \times (R / I_2)^{\times} \times \ldots \times (R/I_m)^{\times} $.

Aplicación a este problema

Deje $R = \mathbb{Z}/(n)$, y deje $n = p_1^{k_1} p_2^{k_2} \cdots p_m^{k_m}$ ser la factorización prima de $n$. Para cada una de las $1 \leq i \leq m$, vamos a $I_i = (p_i^{k_i})$, el director ideal generado por a $p_i^{k_i}$. Si $i \neq j$, entonces el mcd de a$p_i^{k_i}$$p_j^{k_j}$$1$, lo $I_i + I_j = R$ y el teorema del resto Chino se aplica. Tenga en cuenta también que $K = I_i \cap I_2 \cap \ldots \cap I_m = (n)$, que es el "cero" elemento $R$, lo $R/K$ es simplemente $R$, y el mapa de $\phi$ descrito en el CRT declaración es un isomorfismo.

Reivindicación 1: $(a) = (b)$ $R$ si y sólo si $(a) = (b)$ en cada una de las $R/I_j$.

Prueba: Supongamos $(a) \subset (b)$$R$. A continuación, $a = bx$ algunos $x \in R$, lo $\phi(a) = \phi(b)\phi(x)$ (desde $\phi$ es un isomorfismo), lo que significa que $a = bx$ en cada una de las $R/I_j$, y por lo tanto $(a) \subset (b)$$R/I_j$.

Por el contrario, supongamos que $(a) \subset (b)$ en cada una de las $R/I_j$. A continuación, en $R/I_j$ tenemos $a = bx_j$ algunos $x_j$. Por lo tanto, en $(R/I_1) \times (R/I_2) \times \cdots \times (R/I_m)$ tenemos $(a,a,\ldots,a) = (b,b,\ldots,b)(x_1,x_2,\ldots,x_m)$. La aplicación de $\phi^{-1}$ a esta ecuación, obtenemos $a = bx$ para algunos únicas $x \in R$. Por lo tanto, $(a) \subset (b)$$R$.

Invirtiendo los roles de $a$ $b$ da la prueba para que el opuesto de contención. $\square$

Reivindicación 2: $a$ $b$ son socios en $R$ si y sólo si $a$ $b$ son socios en cada una de las $R/I_j$.

Prueba: Supongamos que $a = ub$ por alguna unidad en $R$. A continuación,$\phi(a) = \phi(u)\phi(b)$, lo $a = ub$ en cada una de las $R/I_j$. Por otra parte, $\phi$ mapas de unidades de unidades, por lo $u$ es una unidad en cada una de las $R/I_j$.

Por el contrario, supongamos que en cada una de las $R/I_j$, $a = u_jb$ donde $u_j$ es una unidad. Por lo tanto, en $(R/I_1) \times (R/I_2) \times \cdots \times (R/I_m)$ tenemos $(a,a,\ldots,a) = (u_1,u_2,\ldots,u_m)(b,b,\ldots,b)$. La aplicación de $\phi^{-1}$, obtenemos $a = ub$$R$, para algunos la única unidad de $u \in R$. $\square$

Porque de los dos reclamos, es suficiente para resolver el problema de $R/(p^k)$ donde $p^k$ es cualquier potencia principal. Tenga en cuenta que $R = \mathbb{Z}/(n)$, pero $p^k$ divide $n$, lo $R/(p^k)$ realmente es (isomorfo a) $\mathbb{Z}/(p^k)$.

La prueba de $R = \mathbb{Z}/(p^{k})$

Deje $I = (p^{k})$, y y suponga que $(a) = (b) = J$$R$. A continuación, $J = (x + I) = (x + (p^{k}))$ algunos $x \in \mathbb{Z}$. Como $J$ es un subgrupo aditivo de $R$, $|J|$ debe dividir $|R| = p^{k}$. Por lo tanto $|J| = p^{k-j}$ algunos $0 \leq j \leq k$. Esto obliga a $J = (p^{j} + (p^k))$.

Hemos establecido que la $(a) = (b) = (p^{j} + (p^k))$. Por lo tanto, trabajar modulo $p^k$, tenemos:

• $a = rp^j$ algunos $r$.
• $r$ no puede ser divisible por $p$, pues si lo fuera, decir $r = sp^m$ donde$m \geq 1$,$a = sp^{m+j}$, lo $p^{k-m-j}a = 0$, lo que significa que el tamaño de $(a)$ es estrictamente menor que $p^{k-j} = |J|$.
• $u$ es una unidad en $R$ si y sólo si a no es divisible por $p$.
• Por lo tanto, $r$ es una unidad.
• Por el mismo argumento, $b = sp^j$ para algunos de una unidad de $s$.
• Por lo tanto, $b = r^{-1}sa$, e $a$ $b$ son asociados.

Answer 3

(1) empujón: romper el problema utilizando el teorema del resto.

(2) si quieres algo, hacerlo pasar: $R=k[a,b,u,v]/(a-bu,b-av)$.

Lo anterior es en algún sentido un contraejemplo "universal". Si bien es sencillo (relativamente, supongo) para probar el $uv\ne 1$ en este cociente, demostrando que #% el %#% y $a$ no son asociado por cualquier unidad es más implicado; ver el siguiente enlace user26857.