Question

{0_R} ≠ A, R halkasının ve {0_S} ≠ B, S halkasının ideali olsun. R x S halkasının bütün ideallerinin A x B biçiminde olup olmadığını gösteriniz.

Comments

$R$ ve $S$ halkası birimli olarak verilmediğinden doğru olmaz.

Answer 1

Daha önce bu soruya yanlış bir cevap vermiştim, onu kaldırdım.

$R$ ve $S$ halkaları birimli ise şöyle bir şeyler söyleyebiliriz:

1. $\pi_R : R \times S \to R$ fonksiyonu, $R$ üzerine izdüşüm fonksiyonu olsun. Yani, $\pi_R(r,s) = r$ kuralı ile tanımlansın. Aynı şekilde $\pi_S$ fonksiyonu da $S$ üzerine izdüşüm fonksiyonu olsun. Bu iki fonksiyon da örten halka homomorfizmasıdır. Bunu kanıtlamak kolay.
2. Genel olarak, elimizde örten bir $f: R_1 \to R_2$ halka homomorfizması varsa ve $I \subseteq R_1$ bir ideal ise, $f(I)$ da $R_2$'nin bir idealidir: $f(I)$'nın altgrup olduğu bariz. Şimdi, $r \in R_2$ ve $f(i) \in I$ alalım. $rf(i) \in I$ olduğunu göstermemiz lazım. $f$ örten olduğu için $f(s) = r$ olacak şekilde bir $s \in R_1$ vardır. Dolayısıyla, $rf(i) = f(s)f(i) = f(si)$ olur. $I$ bir ideal olduğu için $si$ de $I$'dadır. Demek ki $f(si) \in f(I)$ olur. 
3. Şimdi, $I \subseteq R \times S$ olsun. Birinci ve ikinci adımlardan dolayı $\pi_R(I)$, $R$'nin bir ideali ve $\pi_S(I)$ da $S$'nin bir idealidir.
4. İddia: $I = \pi_R(I) \times \pi_S(I)$.
   
5. Önce $I \subseteq \pi_R(I) \times \pi_S(I)$ olduğunu gösterelim. $(a,b) \in I$ olsun. $\pi_R(a,b) = a \in \pi_R(I)$ ve $\pi_S(a,b) = b \in \pi_S(I)$ olur. Dolayısıyla, $(a,b) \in \pi_R(I) \times \pi_S(I)$ olur.
6. Şimdi $I \supseteq \pi_R(I) \times \pi_S(I)$ olduğunu gösterelim. $(a,b) \in \pi_R(I) \times \pi_S(I)$ olsun. Yani, $a \in \pi_R(I)$ ve $b \in \pi_S(I)$ olsun. $a \in \pi_R(I)$ olduğundan bir $s \in S$ için, $(a,s) \in I$ olmak zorundadır. $I$ bir ideal olduğu için $(1, 0)(a,s) = (a,0)$ da $I$'dadır. Aynı şekilde, $(0,b)$ de $I$'dadır. Ve yine $I$ bir ideal olduğu için $(a, 0) + (0, b) = (a,b)$ de $I$'dadır.
7. 5 ve 6'dan dolayı $I = \pi_R(I) \times \pi_S(I)$ eşitliği doğrudur.

Halkalarımızda birim eleman olmadığını düşünürsek, Handan Hanım doğru olmadığını söylüyor. Ama henüz karşı örnek bulamadık.

Comments

$2 \mathbb{Z} \times 2 \mathbb{Z}$ halkası içerisinde $I = (4 \mathbb{Z} \times 4\mathbb{Z}) \cup ((2+ 4\mathbb{Z}) \times (2+ 4\mathbb{Z}))$ altkümesi bir ideal gibi gözüküyor. Toplama işlemi altında kapalı, sıfırı içeriyor, her elemanın toplamsal tersi var ve $2 \mathbb{Z} \times 2\mathbb{Z}$'nin elamanları ile çarpma altında kapalı.

Ama $A \times B$ şeklinde değil. Diyelim ki bu şekilde olsun, yani $I = A \times B$ olsun. $(4,4) \in I$ olduğu için $4 \in B$ olur. $(2,2) \in I$ olduğu için $2 \in A$ olur. Demek ki $(2, 4) \in A \times B$ olur. Ama $(2,4) \notin I$.

---

6. maddeyi yazarken $(1,0)$ ve $(0,1)$ elemanlarını şayet $R_{1}$ ve $R_{2}$ halkaları birimli olmasa böyle özel seçim yapamayız.

---

Evet orası önemli. Zaten, en başta birimli olduğunu varsaydım halkaların.