# 代數導論二 Week 2 (Part 2) - Chinese Remainder Theorem

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## 定義：Comaximal

:::warning

Suppose $R$ is a commutative ring with $1 \neq 0$, $A, B$ are ideals of $R$. If

$$
A + B = R
$$

then $A, B$ are said to be comaximal

:::

## 定理：中國剩餘定理

:::danger

Let $R$ be a commutative ring with $1 \neq 0$. Let $A_1 \dots A_n$ be ideals in $R$. Then

1. the map

$$
\begin{align}
\phi : R & \longrightarrow R/A_1 \times \dots R/A_n
\newline
r &\longmapsto (r + A_1, \dots, r + A_n)
\end{align}
$$

is a ring homomorphism with

$$
\ker \phi = \bigcap_{i = 1}^{n}A_i
$$

Moreover, suppose that

$$
A_{i} + A_{j} = R \quad \forall i \neq j
$$

Then

1. $\phi$ is surjective
2. Intersection of Ai's are
$$
\bigcap_{i = 1}^{n}A_i = A_1A_2 \dots A_n
$$
3. Hence
$$
\begin{align}
&R/(A_1A_2 \dots A_n)
\newline
&= R / (A_1 \cap A_2 \dots \cap A_n)
\newline
&\simeq R/A_1 \times \dots \times R/A_n
\end{align}
$$

:::

第一個部分是直接的，*homomorphism* 是因為每個分量都是 *natural projection*，都是 *homomorphism*，所以合起來在 *Cartesian product* 上也是 *homomorphism*。另外一方面，*kernel* 也很好驗證，因為：

$$
r + A_i = A_i \quad \forall i
$$

所以就是：

$$
r \in A_i \quad \forall i
$$

### 證明：n = 2

因為 $A_1, A_2$ *comaximal*，所以 $1$ 也可以用 $A_1, A_2$ 中的元素中表出來。也就是：

$$
\begin{align}
&A_1 + A_2 = R
\newline
&\Rightarrow \exists a_1 \in A_1, a_2 \in A_2. a_1 + a_2 = 1
\end{align}
$$

首先證明他是 *surjection*，也就是要證明對於任意：

$$
(r_1 + A_1, r_2 + A_2) \quad r_1, r_2 \in R
$$

都有辦法找到 $R$ 中的元可以打到他。這時候看到上面的那個 $a_1, a_2$，宣稱下面這個元素可以送到他：

$$
r_1a_2 + r_2 a_1 \mapsto (r_1 + A_1, r_2 + A_2)
$$

這是因為，如果用 $(1 = a_1 + a_2)$ 把 $a_2$ 代掉，就會發現他可以寫成：

$$
\begin{align}
&r_1a_2 + r_2a_1
\newline
&= r_1(1 - a_1) + r_2a_2
\newline
&= r_1 \underbrace{- r_1a_1 + r_2a_1}_{\in A_1}
\end{align}
$$

類似地：

$$
\begin{align}
&r_1a_2 + r_2a_1
\newline
&= r_1a_2 + r_2(1 - a_2)
\newline
&= r_1 \underbrace{- r_2a_2 + r_1a_2}_{\in A_2}
\end{align}
$$

所以這個元素會被 $\phi$ 送到：

$$
\phi(r_1a_2 + r_2a_1) = (r_1 + A_1, r_2 + A_2)
$$

接著證明第二個部分，也就是：

$$
A_1 \cap A_2 = A_1 A_2
$$

因為 $A_1, A_2$ 都是 *ideal*，所以：

$$
A_1A_2 \subseteq A_1 \cap A_2
$$

這是因為：

$$
\begin{align}
A_1A_2 \subseteq RA_2 = A_2
\newline
A_1A_2 \subseteq A_1R = A_1
\end{align}
$$

所以現在就證明另外一個方向就好。也就是 $(A_1\cap A_2) \subseteq A_1A_2$。對於每個 $(A_1 \cap A_2)$ 中的 $x$：

$$
x \in A_1 \cap A_2
$$

可以觀察：

$$
\begin{align}
x \cdot 1 &= x(a_1 + a_2)
\newline
&= \underbrace{x}_{\in A_2}\overbrace{a_1}^{\in A_1} + \underbrace{x}_{\in A_1}\overbrace{a_2}^{\in A_2}
\newline
&\in A_1A_2
\end{align}
$$

所以就證明完了。

### 證明：n = 3

這只是方便接下來的例子。可以宣稱：假定 $A_1, A_2, A_3$ 兩兩 *comaximal*，則 $(A_1A_2)$ 跟 $A_3$ *comaximal*：

$$
A_1A_2 + A_3= R
$$

這是因為：故意挑 $R$ 中的 $1$，如果把 $A_1, A_2$ 與 $A_2, A_3$ *comaximal* 的條件一起拿來用：

$$
\begin{align}
&A_1 + A_3 = R
\newline
&\Rightarrow \exists a_1 \in A_1, a_3 \in A_3.
a_1 + a_3 = 1
\end{align}
$$

以及：

$$
\begin{align}
& A_2 + A_3 = R
\newline
& \Rightarrow \exists a_2 \in A_2, a_3' \in A_3. a_2 + a_3' = 1
\end{align}
$$

所以就會發現：$1$ 可以表為一個 $(A_1A_2)$ 中的元素與一個 $A_3$ 中元素的和：

$$
\begin{align}
(a_1 + a_3)(a_2 + a_3') = a_1a_2 + \underbrace{a_1a_3' + a_2a_3 + a_3a_3'}_{= a_3''\ \in A_3}
\end{align}
$$

因為 $A_1A_2$ 與 $A_3$ 都是 *ideal*，所以 $(A_1A_2) + A_3$ 也是一個 *ideal*，但是上面的討論就發現這個 *ideal* 中包含了一個 *unit* $1$。因為 *ideal* 交換環下的 *ideal* $1$ 就有全部，所以就證明了這兩個人 *comaximal*：

$$
\begin{align}
&a_1a_2 + a_3'' = 1
\newline
& \Rightarrow 1 \in A_1A_2 + A_3
\newline
& \Rightarrow A_1A_2 + A_3 = R
\end{align}
$$

### 證明：n = k

假定對於 $n = k-1$ 是對的。考慮：

$$
(A_1A_2 \dots A_{k-1}) + A_k= 1
$$

可以證明：在 $A_1,A_2 \dots ,A_k$ 任二 *comaximal* 的狀況下，$(A_1A_2 \dots A_{k-1})$ 跟 $A_k$ *comaximal*。因為

1. 對於任意 $i \geq 3$，$A_1, A_2, A_i$ 中任 $2$ 個 *comaximal*，所以有：

$$
(A_1A_2), A_i \text{ comaximal} \quad 3 \leq i \leq k
$$

2. 類似地對於任意 $i \geq 4$，$(A_1A_2), A_3, A_i$ 中任兩個彼此 *comaximal*，所以：

$$
(A_1A_2A_3), A_i \text{ comaximal} \quad 4 \leq i \leq k
$$

3. 一直做下去，做到只剩下 $A_k$ 時，就會得到 $(A_1A_2\dots A_{k-2}), A_{k-1}, A_k$ 兩兩 *comaximal*，所以：

$$
(A_1A_2A_3\dots A_{k-1}), A_i \text{ comaximal} \quad k \leq i \leq k
$$

既然簡化成 $2$ 個 *comaximal* 的 *ideal*，所以就把 $(A_1 \dots A_{k-1})$ 跟 $A_k$ 拿去用 $n = 2$ 的狀況做：

$$
(A_1 \dots A_{k - 1})A_k = (A_1 \dots A_{k - 1}) \cap A_k
$$

套一次歸納法假設，就有：

$$
\begin{align}
&(A_1 \dots A_{k - 1})A_k
\newline
&= \underbrace{(A_1 \dots A_{k - 1})}_{\bigcap_{i = 1}^{k-1} A_i} \cap A_k = \bigcap_{i = 1}^{k}A_i
\end{align}
$$

所以就證明完了 $2$。把 $(A_1 \dots A_{k-1})$ 跟 $A_k$ 套 $n = 2$ 時同構的結論，就有：

$$
\begin{align}
&R/(A_1 \dots A_{k - 1}A_k)
\newline
&=R/(A_1 \dots A_{k - 1})A_k
\newline
&\simeq \underbrace{R/(A_1 \dots A_{k-1})}_{R/A_1 \times \dots R/A_{k - 1}} \times R/A_k
\end{align}
$$

最後，把 $R/(A_1 \dots A_{k - 1})$ 用歸納法假設的同構取代掉，就會有那個同構，所以就有 $3$。最後，把 $\phi$ 拆成：


因為每一個路徑都 *surjective*，所以合起來也 *surjective*