$R/(ab)\cong R/(a)\oplus R/(b)$ $a$ $b$ no asociado irreductible

Question

Deje $a,b$ ser no asociar elementos irreductibles en UFD $R$. Entonces $$R/(ab)\cong R/(a)\oplus R/(b)$$

¿Cuál es el isomorfismo función tengo que definir?

Qué $f(r+(ab))=(r+(a),r+(b))$ trabaja aquí? Si sí, ¿cómo demostrar que es surjective?

Yo también la necesidad de entender algo, ¿por Qué necesitamos UFD?

Answer 1

No creo que esto es verdad es que sin necesidad de que $R$ ser un PID. Considere el ejemplo $R = \mathbb{Z}[X]$$a = 2, b = X$. A continuación, la declaración implicaría $\mathbb{Z}[X]/(2X) \cong \mathbb{Z} \oplus \mathbb{F}_{2}[X]$. El último anillo tiene cuatro idempotente elementos, a saber,$(0, 0), (1, 0), (0, 1)$$(0, 0)$. El ex anillo, sin embargo, sólo tiene trivial idempotents por el grado de argumentos (el cuadrado de cualquier polinomio no constante con una extraña coeficiente inicial también tiene una extraña coeficiente inicial de grado superior).

Answer 2

Deje $R = \mathbb{C}[X,Y], a = X -1, b = X +1$. Entonces $$R/(ab) = \mathbb{C}[X,Y]/(X^2-1)$$ I am pretty sure this is not isomorphic to $R/(a) \times R/(b) \cong \mathbb{C}[X] \times \mathbb{C}[Y] \cong \mathbb{C}[X,Y]/(XY)$.

Si fueran isomorfos, entonces su primer ideal estructuras tendría que ser el mismo.

Vamos $A = \mathbb{C}[X]/(XY)$, $B = \mathbb{C}[X,Y]/(X^2-1)$. Estos anillos son de una dimensión y de Noetherian. Cada Noetherian anillo tiene sólo un número finito de un mínimo de primer ideales.

A la mínima que el primer ideales de $A$$\mathfrak q_1 = (X)/(XY)$$\mathfrak q_2 = (Y)/(XY)$. A la mínima que el primer ideales de $B$$\mathfrak p_1 = (X+1)/(X^2-1)$$\mathfrak p_2 = (X-1)/(X^2-1)$.

Para el anillo de $B$, cada ideal maximal es de la forma $(X-z_1,Y-z_2)/(X^2-1)$ donde $z_1 = \pm 1$ $z_2$ es cualquier número complejo. A continuación, cada ideal maximal de a $B$ contiene exactamente una de las mínimas primer ideales $\mathfrak p_1, \mathfrak p_2$.

Por otro lado, $(X,Y)/(XY)$ es un ideal maximal de a $A$ que contiene un mínimo de primer ideales $\mathfrak q_1, \mathfrak q_2$.

Answer 3

Aquí está la prueba de un PID

Deje $f:R\rightarrow R/a\oplus R/b$ definido por $f(x)= [x]_a\oplus [x]_b$, $f(ab)=0$, lo $f$ induce $g:R/ab\rightarrow R/a\oplus R/b$, $a,b$ no están asociados implica que el ideal generado por a $a,b$ es $R$ $1=ua+vb$, por lo $[ua]_b=1$ $[vb]_a=1$ esto implica que para $x,y\in R$ $g(yua+xvb)=[yua+xvb]_a+[yua+xvb]_b=[xvb]_a\oplus [yua]_b=[x]_a+[y]_b$ por lo $g$ es surjective.

$g(x)=0$ implica que $[x]_a=0, [x]_b=0$, $a,b$ divide $x$ por lo tanto $ab$ divide $x$ desde $R$ es un UFD.