La ACC sobre ideales principales implica la factorización en irreducibles. ¿Acaso $R$ ¿tiene que ser un dominio?

Question

Estoy siguiendo un argumento del capítulo cero del libro de Álgebra Conmutativa de Eisenbud. No está claro si él está asumiendo o no que $R$ es un dominio. Si empiezo la prueba asumiendo $R$ no es necesariamente un dominio esto es lo que obtengo:

Supongamos que $R$ (anillo conmutativo con identidad) satisface ACC en los ideales principales pero existe una unidad no $a_1\in R$ tal que $a_1$ no admite una factorización en irreducibles. Como $a_1$ no es irreducible, $a_1=bc$ con ambos $b$ et $c$ no unidades.

Ambos $b$ et $c$ no puede tener factorización en irreducibles ya que en ese caso tendríamos una factorización en irreducibles de $a_1$ . Así que WLoG, asume que $b$ no tiene factorización en irreducibles.

Set $a_2=b$ . Entonces tenemos $(a_1)\subsetneq (a_2)$ .

Aquí es donde estoy atascado. Está claro que $(a_1)\subset (a_2)$ ya que $a_1=a_2 c$ . Pero me quedo atascado mostrando que $(a_1)\neq (a_2)$ . Lo que me frustra es que puedo demostrar con facilidad que $(a_1)\neq (a_2)$ si $R$ es un dominio (o incluso si $a_1$ no es un divisor cero) pero no en otro caso.

El resto del argumento es sencillo. Continúe eligiendo el $a_i$ inductivamente y obtener una cadena ascendente no terminal de ideales principales; contradiciendo a ACC.

Answer 1

De hecho, no está demasiado claro por el contexto, pero Eisenbud está asumiendo $R$ para ser un dominio en este argumento. He aquí un contraejemplo si $R$ no es un dominio:

Toma $R = \prod_{i=1}^n \mathbb{F}_2$ (el campo con $2$ elementos), con $n > 1$ . Entonces $R$ sólo tiene una unidad (a saber $1$ ), y cada no unidad admite factorizaciones no triviales en no unidades (si $a = (a_1, \ldots, a_n)$ no es una unidad, entonces $a_i = 0$ para algunos $i$ y luego $a = a \cdot (1, \ldots, 1, 0, 1, \ldots, 1)$ con $0$ en el $i^{\text{th}}$ punto). Esto demuestra que $R$ no tiene elementos irreducibles. Pero $R$ es noetheriano, por lo que satisface ACC en todos los ideales, y por lo tanto en particular también en los ideales principales.

(Nota: la misma construcción funciona exactamente si $R$ es cualquier producto directo finito de campos, aunque hay más unidades).

Answer 2

Efectivamente, es falso con la definición de "irreductible" que está utilizando. Esto es lo que la gente que investiga la factorización en anillos conmutativos con divisores cero llama "muy fuertemente irreducible". (Para más información y ejemplos, sugeriría empezar con el artículo "Factorization in Commutative Rings with Zero Divisors" de Anderson y Valdes-Leon). Llamamos "irreducible" a un elemento x si x = yz implica que (x) = (y) o (x) = (z). Con esta definición más débil, el resultado es verdadero. Prueba: Supongamos que no. Entonces, por ACCP, hay un elemento x que no es un producto de irreducibles, pero todo divisor propio de él lo es. Como x no es en sí mismo irreducible, tenemos x = yz con y y z divisores propios, por tanto productos de irreducibles. Así que x es un producto de irreducibles, una contradicción.

Answer 3

Sugerencia: Intente hacer que uno de los factores de $a_1$ irreducible al extender su ideal principal a un ideal principal máximo. Si puedes sacar un factor irreducible en cada paso, entonces los otros factores te darán un estrictamente cadena creciente de ideales principales.

Por ejemplo, si $(a_1)=(a_2)$ entonces tienes $a_2=xa_1$ et $a_1=ya_2$ con $y$ irreducible. Entonces $a_1=yxa_1$ implica $yx=1$ implica $y$ es una unidad, una contradicción.