¿Cuáles son las razones para considerar anillos sin identidad?

Question

Creo que una razón importante es porque las álgebras de Lie no tienen identidad, pero no estoy realmente seguro.

Answer 1

La razón es simple: Hay muchos que no unital anillos que aparecen de forma bastante natural.

Si $X$ es localmente compacto espacio (en el siguiente cada espacio se supone que para ser Hausdorff), a continuación, $C_0(X)$, el anillo de complejo continuo de las funciones con valores en $X$ de fuga en el infinito, es un $C^\ast$-álgebra que es unital si y sólo si $X$ es compacto. Si $X = \mathbb{N}$, esto es sólo el anillo de secuencias convergentes a $0$. Gelfand la dualidad de los rendimientos de un anti-equivalencia entre unital conmutativa $C^\ast$-álgebras y espacios compactos, y también entre (posiblemente no unital) conmutativa $C^*$-álgebras (con "adecuado" homomorphisms) y localmente compacto espacios (con la debida mapas). En un muy similares espíritu ($\mathbb{C}$ es reemplazado por $\mathbb{F}_2$), no es un anti-equivalencia entre unital booleano anillos y compacto, totalmente desconectados de los espacios, y también entre Booleano anillos y localmente compacto totalmente desconectados de los espacios. Uno-punto-Compactification en la topológico lado corresponde aquí a la unitalization en el algebraicas lado. Tal vez tenemos la siguiente conclusión: Como localmente compacto espacios aparecen de forma muy natural en matemáticas (por ejemplo, colectores), el mismo es cierto para no unital anillos.

Si $A$ es un anillo (posiblemente no unital), su unitalization se define como el universal de flecha de $A$ a los desmemoriados functor de unital anillos a los anillos. Una construcción explícita está dado por $\tilde{A} = A \oplus \mathbb{Z}$ como abelian grupo con el evidente multiplicación de modo que $A \subseteq \tilde{A}$ es un ideal y $1 \in \mathbb{Z}$ es la identidad. Debido a la característica universal, el módulo de categorías de $A$ e $\tilde{A}$ son isomorfos. Por lo tanto muchos de los resultados para unital anillos de tomar para no unital anillos.

Todos los ideales de un anillo puede ser considerado como un anillo. Ejemplos importantes también vienen de análisis funcional, tales como el ideal de operadores compactos en un espacio de Hilbert.

Answer 2

¿Cuál es la razón para considerar a cualquier estructura algebraica? Porque viene de forma natural cuando se trata de hacer otras cosas!

He aquí un ejemplo concreto. En el programa de Langlands uno de los principales locales de las conjeturas es relacionarse con las representaciones de la (conectado reductora) $p$-ádico grupo de representaciones de un grupo en relación con a) grupo de Galois. Ahora la mayoría de los interesantes representaciones de la $p$-ádico grupo son de dimensiones infinitas, por lo que este se opone a una de las cosas más poderosas que un teórico de la representación tiene en su arsenal---es decir, la posibilidad de tomar las huellas. Pero, de hecho, esto puede ser arreglado muy bien! No es un análogo de la "anillo de grupo" de nuestra $p$-ádico grupo, a saber, el espacio de localmente constante de valores complejos de funciones en el grupo con soporte compacto. Este espacio interits una adición (obvio) y una multiplicación (convolución: el grupo tiene una medida natural en él, a saber, la medida de Haar). Así que es un álgebra. Además, es fácil comprobar que no tienen ningún elemento de identidad ("la función delta" no es localmente constante de la función!). Sin embargo, es también no es difícil comprobar que hay una equivalencia de categorías entre (cierto) representaciones de la $p$-ádico un grupo que está interesado en, y (algunas) de las representaciones de esta álgebra---el llamado Hecke álgebra. Además de los elementos de la Hecke álgebra actuar a través de los mapas con la imagen finita, y por lo tanto tienen huellas! Esta es una gran victoria. Uno puede demostrar independencia lineal de los personajes, etc, etc, y obtener las poderosas técnicas de la espalda. Pero de ninguna manera puede el mapa de identidad en este Hecke álgebra---sin duda, no han finito de imagen en general, y por lo tanto no hay rastro.

Representaciones de la Hecke álgebra son absolutamente cruciales en muchas obras en esta parte de la Langlands correspondencia, pero no tienen ningún elemento de identidad. Así que hay una razón, en mi zona, al menos.

Answer 3

Aquí es un ejemplo favorito. (Véase también Martín de la respuesta.) Considere la posibilidad de $C[0,\infty)$, el complejo continuo de las funciones con valores en $[0,\infty)$ con la "multiplicación" de la operación de convolución... $$ f * g (x) = \int_0^x f(t) g(x-t)\,dt $$ Es un anillo. Sin unidad. Incluso un integrante de dominio. Mikusinski[*] dijo: tomad el campo de fracciones. Gran. Una simple introducción a las funciones generales. Ahora bien, si el estudiante había estudiado álgebra de algunos perversos libro de texto que se construye el campo de fracciones sólo en el unital caso, ¿cuál es el alumno que hacer? Volver a los libros de texto y comprobar que funciona sin unidad? Un buen ejercicio para el estudiante, supongo.

[*] Jan Mikusinski, OPERACIONES de CÁLCULO, 1959

Answer 4

Tal vez usted encontrará las siguientes observaciones de interés, extraído del prólogo de Gardner y Wiegandt: Teoría Radical de los Anillos, 2004.

Algunos autores tratan exclusivamente con anillos con unidad de elemento. Este supuesto es correcto y no restrictiva, si el anillo es fijo, como en el módulo de la teoría o grupo de anillo de la teoría o, a veces, la investigación de polinomio anillos y el poder de la serie de los anillos (si el anillo de coeficientes de no poseer una unidad de elemento. la indeterminada x no es un miembro de la polinomio anillo). Trata, sin embargo, simultáneamente con varios objetos en una categoría de anillos, exigiendo la existencia de una unidad de elemento conduce a una extraña situación. Anillos con unidad de elemento de incluir entre sus operaciones fundamentales de la nullary operación $\mapsto$ 1 la asignación de la unidad de elemento. Así, en la categoría de anillos con unidad elemento de la morfismos, en particular la monomorphisms, tiene que conservar también esta nullary operación: subrings (es decir, subobjetos) deben contener la misma unidad de elemento, y así una correcta ideal con la unidad de elemento no es un sub-anillo, aunque un anillo y un sumando directo; no hay infinito directa sumas, no nulo de anillos, no Jacobson radical de los anillos, el finito de valores de transformaciones lineales de un infinito dimensional espacio vectorial no forman un anillo, etc. Por lo tanto, en muchos, quizá la mayoría, de las ramas de anillo de la teoría de que el requisito de la existencia de una unidad de elemento no es sensible, y por lo tanto inaceptable. Esto se aplica también a la teoría de los radicales. y así, en este libro los anillos no necesita tener una unidad de elemento.

Answer 5

Un bajo nivel de respuesta, pero me pareció bastante sorprendente: la Dimensión del desplazamiento de Hochschild cohomology es más fácil de demostrar para no unital anillos que para unital anillos. Permítanme explicar estas nociones:

Deje $A$ ser (no necesariamente unital) $k$-álgebra (con $k$ un anillo conmutativo), y $P$ una $\left(A,A\right)$-bimodule. Denotamos por $C^n\left(A,P\right)$ el (aditivo) $k$-módulo de todos los $k$-lineal homomorphisms $A^{\otimes n}\to P$. Definimos el diferencial de $\delta:C^n\left(A,P\right)\to C^{n+1}\left(A,P\right)$ por

$\left(\delta f\right)\left(a_1\otimes a_2\otimes ...\otimes a_{n+1}\right)$

$= a_1 f\left(a_2\otimes a_3\otimes ...\otimes a_{n+1}\right) + \sum\limits_{i=1}^n \left(-1\right)^i f\left(a_1\otimes a_2\otimes ...\otimes a_{i-1} \otimes a_i a_{i+1} \otimes a_{i+2} \otimes a_{i+3} \otimes ... \otimes a_{n+1}\right)$

$ + \left(-1\right)^{n+1} f\left(a_1\otimes a_2\otimes ...\otimes a_n\right) a_{n+1}$.

Esto satisface $\delta^2 =0$, por lo que tenemos un cohomology $k$-módulo de $H^n\left(A,P\right)$, lo que se llama el $k$-th Hochschild cohomology de $A$ e $P$.

Dimensión de desplazamiento ahora se afirma que $H^{m+1}\left(A,P\right) = H^m\left(A,Q\right)$ cualquier $m\geq 1$, donde el $\left(A,A\right)$-bimodule $Q$ es el $k$-espacio vectorial $C^1\left(A,P\right)=\mathrm{Hom}_k\left(A,P\right)$ con $\left(A,A\right)$-bimodule estructura definida por

$\left(a*f\right)\left(b\right)=a\cdot f\left(b\right)$ para cualquier $a\in A$, $f\in Q$, $b\in A$;

$\left(f*a\right)\left(b\right)=f\left(ab\right)-f\left(a\right)b$ para cualquier $a\in A$, $f\in Q$, $b\in A$.

Ahora, si tratas de hacer todo esto para los anillos de $A$ con la unidad y por unital $\left(A,A\right)$-bimodules $P$ (id est, la unidad de $A$ actúa como identidad de ambos lados de la $P$), usted está en para una mala sorpresa: Incluso si $P$ es unital $A$-módulo, $Q$ no es necesariamente. Es el derecho $A$-acción que causa los problemas. Lo que usted puede hacer en su lugar es la sustitución de $Q$ por el subconjunto de $Q$ formado por todos los $f\in Q$ que satisfacer $f\left(1\right)=0$. Pero ahora probando $H^{m+1}\left(A,P\right) = H^m\left(A,Q\right)$ no es tan fácil, ya que hemos de demostrar que cohomology de la normalización de cochains es el mismo que cohomology de cochains (esto equivale a encontrar una cadena de homotopy, algo que está implícito en el Hochschild los Anales de 1946 papel).