Si $K[X]/I \cong K[X]/J$$I \subset J$$I=J$?

Question

Deje $K$ ser un campo y $I,J$ son ideales de a $K[X].$ si $K[X]/I \cong K[X]/J$$I \subset J$, entonces se puede decir que el $I=J$ ?

Answer 1

Sí.

En primer lugar, tenga en cuenta que $K[X]/I$ tiene infinitas $K$-dimensión si y sólo si $I=(0)$. Así, el resultado es true si cualquiera de $I$ o $J$$(0)$.

Supongamos ahora que $I$ $J$ son ambos cero. Recordemos que $K[X]$ es un director ideal de dominio. Por lo tanto, no son polinomios $P$ $Q$ tal que $I=(P)$$J=(Q)$. A continuación, el $K$-dimensión de la $K[X]/I$ (o $K[X]/J$) es el grado de $P$ (o $Q$, respectivamente). Por lo tanto $P$ $Q$ tienen el mismo grado. Finalmente, $I\subset J$ implica que el $P$ es divisible por $Q$. Por lo tanto $P$ $Q$ son iguales a un valor distinto de cero escalar factor, y por lo $I=J$.

Answer 2

Deje $R$ ser cualquier Noetherian anillo y deje $I\subseteq J\subseteq R$ ser ideales que $R/I$ $R/J$ son isomorfos como anillos. A continuación,$I=J$.

Para probar esto, primero debemos reemplazar$R$$R/I$, y así podemos suponer $I=0$. Tenemos entonces un anillo de isomorfismo $R/J\to R$ por algún ideal $J$ y queremos mostrar a $J=0$. Equivalentemente, tenemos una surjective anillo-homomorphism $f:R\to R$ con kernel $J$, y queremos mostrar a $J=0$.

Así que se reduce a mostrar que la si $R$ es un Noetherian anillo y $f:R\to R$ es un surjective anillo-homomorphism, a continuación, $f$ es inyectiva. Para probar esto, tenga en cuenta que si $\ker f\neq 0$, luego las inclusiones $$0\subset\ker f\subset \ker f^2\subset\ker f^3\subset\dots$$ are all strict. Indeed, each of these inclusions is obtained by applying $f^{-1}$ to the previous inclusion, and $f^{-1}$ preserves strict inclusions since $f$ is surjective. So this is an infinite ascending chain of ideals in $R$, which contradicts the assumption that $R$ es Noetherian.

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Alternativamente, en el caso de $R=K[X]$, se puede dar una prueba en el espíritu de las otras respuestas que utiliza $K$-dimensión (suponiendo que el isomorfismo fue un isomorfismo de $K$-álgebras), el cual funciona suponiendo sólo un anillo-isomorfismo. El truco es usar la longitud de los módulos como un sustituto de la $K$-dimensión.

En primer lugar, tenga en cuenta que el anillo de $K[X]/I$ es artinian iff $I\neq 0$, por lo que si $K[X]/I\cong K[X]/J$ $I=0$ fib $J=0$. Así que supongamos $I,J\neq 0$.

En este caso, $K[X]/J$ es un cociente de $K[X]/I$, y ambos son artinian anillos. Tenga en cuenta que la longitud de $K[X]/J$ como un módulo más de sí es la misma que la de su longitud como $K[X]/I$-módulo, ya que $K[X]/I$-submódulos de $K[X]/J$ son los mismos que $K[X]/J$-submódulos. Si $J\neq I$ $K[X]/J$ es un buen cociente de $K[X]/I$, $K[X]/J$ tiene menor longitud de $K[X]/I$ $K[X]/I$- módulo, y por lo tanto la longitud de $K[X]/J$ como un módulo más de la misma es menor que la longitud de $K[X]/I$ como un módulo más de sí. Así, los anillos de $K[X]/I$ $K[X]/J$ no pueden ser isomorfos.

Answer 3

Sugerencia: Como Eric Wofsey mencionado, esta prueba sólo funciona si $\cong$ significa "isomorfo como $K$-Álgebras".

Si $I\subset J$ hemos $$(K[X]/I)/(J/I)\cong K[X]/J$$ Así que nos ponemos en la situación dada

$$(K[X]/I)/(J/I)\cong K[X]/I$$

Desde $K[X]/I$ es de un número finito de dimensiones de espacio vectorial, esto sólo es posible para $J/I=\{0\}$ es decir $I=J$.