Si$r$ es un elemento nilpotente de un anillo conmutativo$R$, entonces$(r)$ no es un sumando directo de$R$ como un módulo$R$ -.

Question

Estoy teniendo problemas para demostrar que si $r$ es nilpotent elemento de un anillo conmutativo $R$ entonces $(r)$ no es un sumando directo de $R$ como $R$-módulo. Sé que $(r)$ es nilpotent ideal. Entiendo que no funciona al $R$ no es conmutativa, pero sólo un ejemplo - no veo donde realmente se rompe.

Gracias de antemano por cualquier ayuda!

Answer 1

Si $\langle r\rangle=Rr$ es un sumando directo de $R$, entonces tenemos una división exacta de la secuencia $$\{0\}\to Rr\to R\to R/Rr\to\{0\}$$ por lo tanto, no existe un $R$-módulo homomorphism $\pi:R\to Rr$ tal que $\pi(ar)=ar$ para todos los $a\in R$. En particular, $\pi(r)=r$, por lo tanto $\pi(r^n)=r^{n-1}\pi(r)=r^n$ para todos los $n>0$. Deje $\pi(1)=ur$ para algunos $u\in R$. Deje $n$ ser el más pequeño $n>0$ tal que $r^n=0$. A continuación, $r^{n-1}=\pi(r^{n-1})=r^{n-1}\pi(1)=ur^n=0$ - una contradicción.

Answer 2

Estoy un poco oxidado en módulos proyectivos y tal, así que trabajé en una prueba basada en los "primeros principios", sólo el uso de definiciones básicas y así sucesivamente:

Asumo $r \ne 0$; en el caso de $r = 0$, es trivial que $R = (0) \oplus R$.

Supongamos que $(r)$ fueron directo $R$-modular sumando de a$R$; es decir,

$R = (r) \oplus M; \tag 1$

entonces, por definición

$R = (r) + M, \; (r) \cap M = \{0\}, \tag 2$

donde $M \subset R$ es también una $R$-modular sumando; $M$ ser $R$-submódulo de $R$ requiere

$RM \subset M; \tag 3$

que es, $M$ sí es un ideal de a$R$; además, $M$ debe ser adecuada en $R$, que es

$M \subsetneq R, \tag 4$

desde $r \ne 0$ fuerzas, a través de (2),

$r \notin M. \tag 5$

Ahora. de nuevo en virtud de (2), $1 \in R$ debe ser de la forma

$1 = ar + m, \tag 6$

para algunos

$a \in R, \; m \in M; \tag 7$

por lo tanto,

$1 - ar = m \in M; \tag 8$

pero la hipótesis de $r^n = 0$ implica $m = 1 - ar$ es invertible en a$R$, ya que tenemos la identidad

$m \displaystyle \sum_0^n (ar)^k(1 - ar) \sum_0^n (ar)^k = \sum_0^n (ar)^k - \sum_1^{n + 1} (ar)^k$ $= 1 - (ar)^{n + 1} = 1 - a^{n + 1}r^{n + 1} = 1; \tag 9$

y ahora, además, inferir, a partir de (8) que

$1 = m \displaystyle \sum_0^n (ar)^k \in M \Longrightarrow M = R, \tag{10}$

desde

$\forall b\in R, \; b = b(1) \in M; \tag{11}$

pero $M = R$ contradice (4), por lo que no podemos tener (1).

Answer 3

Conmutativa caso:

Si $(r)$ directa sumando de a$R$, sería generada por un idempotente $e$, es decir, $eR=(r)$.

Este es un hecho de primaria acerca de los sumandos de anillos con identidad. La idea es que si $A\oplus B=R$, a continuación, $e+f=1$ para algunos únicas $e\in A$, $f\in B$ y que $e,f$ son idempotente generadores de $A,B$ respectivamente.

Pero todo en la $(r)$ es nilpotent, incluyendo la $e$. La única nilpotent idempotente es $0$, lo que implicaría $r=0$.

Entiendo que no funciona cuando R no es conmutativa, pero sólo un ejemplo - no veo donde realmente se rompe.

Bien, en primer lugar, lo que usted dijo antes I know that es completamente falso, en general no conmutativa caso.

Por ejemplo, si $R=M_2(\mathbb Q)$ e $r=\begin{bmatrix}0&1\\0&0\end{bmatrix}$, a continuación, $(r)=R$ es de hecho un sumando.

Incluso si usted cambia a una cara ideales, aún no es cierto que $rR$ es nilpotent: $rR=\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}R$ e $\begin{bmatrix}1&0\\0&0\end{bmatrix}$ no es nilpotent, y el ideal de derecho es todavía un sumando.

Answer 4

Puede que esto no sea lo que está buscando, pero si $(r)$ es un sumando directo de $R$ , entonces $(r)$ es proyectivo, por lo que no tiene torsión. Pero $(r)$ claramente tiene torsión ya que es nilpotente.