Deje $\mathcal{O}_K$ ser el anillo de enteros algebraicos en un campo de número de $K$. La bonita propiedad que mencionar es debido al hecho de que $\mathcal{O}_K$ es un dominio de Dedekind. En particular, todos los ideales en $\mathcal{O}_K$ factores de forma única como producto de primer ideales y todos los no-cero prime ideal es máxima.
Deje $a_1,\dotsc,a_s,b_1,\dotsc,b_r\geq1$ tal que $\frak{a}=\prod\frak{p}_1^{a_1}\dotsm\frak{p}_s^{a_s}$$\frak{b}=\prod\frak{q}_1^{b_1}\dotsm\frak{q}_r^{b_r}$$\frak{p}_i\neq \frak{p}_j$$\frak{q}_i\neq \frak{q}_j$$i\neq j$. Observar que $\frak{a}\frak{b}=\frak{a}\cap\frak{b}$ implica (check it!) que $\frak{p}_i\neq\frak{q}_j$$i\neq j$.
Para demostrar que $\frak{a}+\frak{b}=(1)$ vamos a utilizar el radical de un ideal de a $\newcommand{\radical}[1]{\operatorname{r}\left(#1\right)} \radical{\cdot}$ y algunas de sus propiedades.
Primero de todo, tenga en cuenta que
$$
\radical{\frak{a}+\frak{b}}=
\radical{\radical{\frak{un}}+\radical{\frak{b}}}=
\radical{\bigcap \frak{p}_i + \bigcap \frak{q}_j}
$$
por lo tanto, si podemos probar que $\bigcap \frak{p}_i + \bigcap \frak{q}_j=(1)$ tendremos que $\radical{\frak{a}+\frak{b}}=\radical{1}=(1)$, lo que implica $\frak{a}+\frak{b}=(1)$.
Por contradicción, supongamos $\bigcap \frak{p}_i + \bigcap \frak{q}_j\neq(1)$. A continuación, $\frak{m}\supseteq \bigcap \frak{p}_i + \bigcap \frak{q}_j$ para un ideal maximal $\frak{m}$. En particular, esto significa que $\frak{m}\supseteq \bigcap \frak{p}_i$, por lo $\frak{m}\supseteq \frak{p}_i$ algunos $1\leq i \leq s$. Igualmente tenemos que $\frak{m}\supseteq \frak{q}_j$ algunos $1\leq j \leq r$. Ahora recuerdo que tanto $\frak{p}_i$ $\frak{q}_j$ son primos, por lo tanto máxima. Por lo tanto $\frak{p}_i=\frak{m}=\frak{q}_j$, contradiciendo la hipótesis de que la $\frak{a}\frak{b}=\frak{a}\cap\frak{b}$.
Comentario: Vamos a $\frak{a},\frak{b}$ ser ideales en un anillo conmutativo $R$$1$. En general, "cada primer ideal en $R$ es máxima" es necesario tener $\frak{a}\frak{b}=\frak{a}\cap\frak{b}$ implican $\frak{a}+\frak{b}=(1)$, mientras que en realidad no necesita $R$ a de un dominio.
En efecto, como ya se ha señalado, $\Bbb Z[X]$ es un Noetherian UFD (de ahí integralmente cerrado) donde $(2)(X)=(2)\cap(X)$, pero $(2)+(X)=(2,X)\neq(1)$.
Por otro lado, consideremos $R=k\times k$ donde $k$ es un campo. A continuación, los dos únicos no-trivial ideales en $R$$\frak{p}_1=\mathit{k}\times {0}$$\frak{p}_2={0}\times \mathit{k}$, los cuales son claramente coprime. Por lo tanto para cada $\frak{a},\frak{b}\subset \mathit{R}$ ideales tenemos que $\frak{a}\frak{b}=\frak{a}\cap\frak{b} \Rightarrow \frak{a}\neq\frak{b} \Rightarrow \frak{a}+\frak{b}=(1)$.
La reclamación. Deje $\frak{a},\frak{b}$ ser ideales en un anillo conmutativo $R$$1$. A continuación, "cada primer ideal en $R$ es máxima" es una condición necesaria, pero no suficiente, condición para "$\frak{a}\frak{b}=\frak{a}\cap\frak{b} \Rightarrow \frak{a}+\frak{b}=(1)$".
Para la primera parte, supongamos que el $\mathfrak{p}\subset R$ es un no-máxima primer contenida en algunos máxima ideal $\mathfrak{m}$. Pick $a\in \frak m \setminus p$ y deje $\mathfrak{a}=(a)$. Entonces para cualquier $b\in\frak a\cap p$ tenemos $b=ac\in\mathfrak{p}$, por lo tanto $c\in\mathfrak{p}$ desde $\mathfrak{p}$ es el primer y $a\notin\mathfrak{p}$. Por lo tanto,$b\in\frak ap$.
Un amigo mío me ayudó a encontrar el siguiente ejemplo, que muestra que la condición no es suficiente. Deje $R'$ ser la localización de $\Bbb R[X,Y]/(X^3-Y^2)$ $(x,y)$ donde $x,y$ son las imágenes de $X,Y$ en el cociente del anillo. Observar que se trata de un dominio de la dimensión de Krull $1$, ya que el $X^3-Y^2$ es irreducible en a $\Bbb R[X,Y]$ $\Bbb R[X,Y]$ tiene dimensión 2. Ahora considere los ideales $\mathfrak{a}=(x,y^2),\mathfrak{b}=(x^3,y)$ $R'$ y definen $R=R'/(\frak a\cap b)$. Finalmente, se observa que en $R$ tenemos $\frak\bar{a}\neq\bar{b}$ desde $\frak a\neq b$ en $R'$, $\frak \bar{a}\cap \bar{b}=\{0\}=\bar{a}\bar{b}$, y $\bar{\mathfrak{a}}+\bar{\mathfrak{b}}=(\bar{x},\bar{y})\neq R$.
Tenga en cuenta que esto es coherente con lo que hemos demostrado antes, porque $R$ es un Noetherian locales de dominio de la dimensión 1, pero no es un dominio de Dedekind, ya que no es integralmente cerrado. Usted puede ver, por ejemplo, como $R'$ es el anillo local de la curva de $X^3-Y^2=0$ en el origen, donde no es suave. Alternativamente, usted puede probar que el ideal maximal $(x,y)$ $R'$ no es principal.
