¿Realmente necesitamos$X$ para ser compactos Hausdorff?

Question

Deje $R= C(X,\mathbb{R})$ ser el anillo de todos los real continua de las funciones con valores en un espacio topológico $X$, donde $\mathbb{R}$ está equipado con la norma Euclidiana de la topología. Supongamos $|X|>1$ e $X$ está conectado y compacto de Hausdorff. Entonces la única idempotents en $R$ son las funciones $0$ e $1$. Demostrar también que si $R$ es Von Neumann regular, a continuación, $R$ es un campo.

Prueba:

Claramente tenemos que $0^2=0$ e $1^2=1$. Ahora tome $f \in R$ tal que $f$ es idempotente. Entonces, para todos los $x \in X$, $f^2(x)-f(x)=0$. Esta ecuación tiene dos soluciones en $\mathbb{R}$, es decir, $f(x)=0$ o $f(x)=1$. Ahora definir $$\begin{align*} A:=\lbrace x \in X \mid f(x)=0 \rbrace=f^{-1}(\lbrace 0 \rbrace) \\ B:= \lbrace x \in X \mid f(x)=1 \rbrace=f^{-1}(\lbrace 1 \rbrace)\end{align*}$$ Desde $\mathbb{R}$ está equipado con la norma Euclidiana de la topología, sabemos que todos los embarazos únicos son subconjuntos cerrados de $\mathbb{R}$. La continuidad de $f$ implica que $A$ e $B$ son subconjuntos cerrados de $X$. Además, tenemos que $A \cap B = \emptyset$ e $A \cup B =X$. Se supone que ambas $A$ e $B$ son no-vacío (lo cual es posible desde $|X|>1$), luego la conexión de $X$ nos da una contradicción. Así que debemos tener ese $A=X$ e $B= \emptyset$ (y por lo tanto $f=0$) o $A= \emptyset$ e $B=X$ (y por lo tanto $f=1$).

Suponga que $R$ es Von Neumann regular. A continuación, para cada distinto de cero $f \in R$, $(f)=(e)$, donde $e \in R$ es idempotente. De ello se desprende que $(f)=R$ e lo $f$ es invertible. Por lo tanto, $R$ es un campo.

Ahora, mi pregunta es la siguiente: ¿por qué necesitamos $X$ a ser compacto Hausdorff?

Answer 1

Creo que tienes razón de que la suposición de $X$ es Hausdorff es innecesario... todo lo que importa es que la topología en $\mathbb R$ es suficiente para hacer que los puntos cerrados.

Como para compacidad, creo que también a la derecha que es innecesario. La conexión, el hecho de que $\mathbb R$ con la topología usual es $T_2$ (o $T_1$) y la continuidad de los mapas es todo que es necesario para la conclusión de que hay sólo trivial idempotents.

Y un VNR anillo con trivial idempotents es un anillo de división, por exactamente las razones por las que usted dio.

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Añadió:

Aquí está una captura de pantalla de la solución del compañero libro de Ejercicios en el clásico anillo de la teoría de la

Como se puede ver, la hipótesis de que la $X$ ser compacto y Hausdorff fue utilizado en la prueba de apelar a la clasificación de los máximos ideales de la $C(X,\mathbb R)$. El teorema en cuestión dice que la máxima ideales son exactamente de la forma $M_c=\{f\mid f(c)=0\}$.

Parece que en este caso, el autor simplemente no se dio cuenta de la primaria de la prueba de que usted ha dado de arriba (que Hausdorff+conectado+VNR implica campo.)

No estoy seguro exactamente de lo que la formulación exacta de la edición que estamos viendo es, pero mi conjetura es que su objetivo es usar este mismo camino a una solución.

Answer 2

De hecho, es un estándar topológico hecho de que $X$ conectados implica que $C(X)$ sólo tiene dos idempotents, y que, básicamente, ha dado el estándar de prueba para ello. Es parte del ejercicio 1B en Gilman y Jerrison clásico de "Anillos de funciones continuas". Compacidad ni Hausdorffness son necesarios. Ni es $|X|>1$ necesario: si $X$ es un singleton, a continuación, $C(X) \simeq \mathbb{R}$ y también es cierto. Sólo la conexión de los asuntos.