El número de los ideales de un anillo

Question

He aquí una pregunta que me preguntó por primera vez en matemáticas.stackexchange, pero creo que la pregunta debe ser que aquí se propone.

Deje $R$ ser un número finito de anillo conmutativo con identidad. Bajo qué condiciones el número de los ideales de $R$ es igual a el número de elementos de $R$?

La única clase de anillos con esta propiedad, que yo sepa, es la clase de finito booleano anillos. Yo no sé si por el contrario es cierto. Así que cualquier sugerencia sería útil.

Answer 1

Esto es demasiado adictivo, así que voy a tratar de dejar de fumar, y yo voy a dejar mis pensamientos aquí en caso de que sean útiles para otros adictos. Esto se basa en las ideas que en el anterior, la no-respuesta que he publicado el año pasado, así que voy a editar la respuesta.

Indicar el número de los ideales de $R$ por $n(R)$, y definir la Alexeq Cociente $q(R)$ a $\frac{n(R)}{\vert R\vert}$, por lo que la pregunta se refiere a los anillos de $R$ con $q(R)=1$.

$q(R)$ es multiplicativo en directo de los productos (es decir, $q(R\times S)=q(R)q(S)$), por lo que un enfoque a la búsqueda de los anillos con $q(R)=1$ es buscar ejemplos con bastante fracciones simples como $q(R)$ y tomar los productos.

Por ejemplo, $q(\mathbb{F}_p)=\frac{2}{p}$, e $q(\mathbb{F}_4)=\frac{1}{2}$, así que si podemos encontrar un anillo con $q(R)=\frac{m}{2^k}$ donde $m$ tiene al menos $k$ factores primos (contadas con multiplicidad) luego por la adopción de un adecuado producto directo con los campos que podamos lograr la $q(R)=1$.

No es difícil encontrar $\mathbb{F}_2$-álgebras de con $q(R)>1$. Por ejemplo, tome $R$ a de la $d$-dimensiones álgebra $\mathbb{F}_2\oplus V$ donde $V$ es $(d-1)$-dimensiones de la plaza de cero ideal para $d>3$.

Sin embargo, $n(R)$ está limitada por el número de subespacios de $R$, el cual se comporta aproximadamente como un número constante de veces $2^{d^2/4}$ para grandes valores de $d=\dim(R)$. Pero el número de factores primos de un "típico" gran número $n$ es aproximadamente el $\log\log n$, dando aproximadamente el $\log d$, por lo menos podemos diseñar cuidadosamente $R$, de modo que $n(R)$ tiene muchos factores primos, probablemente necesitemos tener la suerte de encontrar una $\mathbb{F}_2$-álgebra donde $n(R)$ tiene tantos factores primos como $\vert R\vert$.

Es posible encontrar los anillos de donde $n(R)$ tiene más factores primos de $\vert R\vert$. Por ejemplo, $R=\mathbb{F}_q[x,y]/(x^2,y^2)$ ha $n(R)=q+5$ e lo $q(R)=\frac{q+5}{q^4}$. Así que si $q$ es razonablemente grande de la flor de la forma $2^k-5$ (por ejemplo, $q=59$), a continuación, $n(R)$ ha $2^k$ factores primos, pero $\vert R\vert$ sólo ha $4$.

Por desgracia, yo no conozco ninguna manera de hacerlo sin introducir grandes factores primos del denominador de $q(R)$, los cuales son difíciles de eliminar: es difícil el diseño de $S$, de modo que $n(S)$ es divisible por un primo, pero $n(S)$ no tiene muchos menos los factores primos de $\vert S\vert$.

Un debilitamiento de la pregunta original, que creo que no he encontrado una respuesta, es:

Pregunta: ¿hay un número finito de anillo conmutativo $R$ (aparte de finito booleano anillos), donde $n(R)\geq \vert R\vert$ e $n(R)$ tiene al menos tantos factores primos de $\vert R\vert$?

He encontrado un ejemplo que puede ser útil. Si $R=\mathbb{F}_2[x]/(x^5)\oplus \mathbb{F}_2^4$ donde $\mathbb{F}_2^4$ es un cuadrado cero ideal, a continuación,$n(R)=1296=2^43^4$, y por lo $q(R)=\frac{3^4}{2^5}$. Esto significa que si pudiéramos encontrar una $d$-dimensional $\mathbb{F}_3$-álgebra $S$ donde $n(S)$ tiene al menos $\frac{5d}{4}$ factores primos, entonces podríamos construir $T$ con $q(T)=1$.

Answer 2

Sólo quería destacar que la BRECHA-paquete QPA (https://folk.ntnu.no/oyvinso/QPA/manual.pdfpara calcular el número de los ideales de una determinada propiedad conmutativa de la aljaba de álgebra para experimentar y mirar no trivial ejemplos. Es decir, QPA puede calcular la submódulos de un módulo y los ideales son exactamente los submódulos del módulo normal sobre la envolvente álgebras de el anillo. El uso de este, creo que uno podría atacar a la siguiente pregunta por Jeremy Rickard en otra respuesta en este hilo:

Pregunta: ¿hay un número finito de anillo conmutativo R (aparte de finito booleano anillos), donde n(R)≥|R| y n(R) tiene al menos tantos factores primos de |R|?

Deje $R_n^q$ para $n \geq 1$ ser el anillo de $K[x_1,...,x_n]/I$ con $I$ generado por todos los cuadrática monomials sobre un campo $K$ con $q$ elementos. Para $q=2$, el número de ideales menos uno de $R_n$ comienza por $n=1,2,3,...$ con 2, 5, 16, 67, 374 y debe ser La Suma de Gauss coeficientes binomiales [n,k] para p=2 y k=0..n, ver https://oeis.org/A006116.

Para general $q$, el número de ideales menos uno debe ser La Suma de Gauss coeficientes binomiales [n,k] para p y k=0..n.

Aquí un ejemplo: Para $q=2$ e $n=8$, $2^{8+1}$ 9 factores primos con la multiplicidad y hay 417199+1=417200 ideales . Pero 417200 tiene factores primos con multiplicidad [ 2, 2, 2, 2, 5, 5, 7, 149 ] y su número es el 8. Así que uno casi tiene una respuesta, pero no funciona porque todavía 9>8 :(

Esto nos lleva a la siguiente pregunta:

Para $q$ una energía primaria y $t \geq 0$ deje $a_t^q=\sum\limits_{k=0}^{t}{[t,k]_q}$ con $[n,k]_q$ Gaussiano coeficiente binomial, ver https://en.wikipedia.org/wiki/Gaussian_binomial_coefficient.

Pregunta: Para que $t \geq 1$, no $a_t^q+1$ tener al menos $t+1$ primer divisores contados con su multiplicidad y $a_t^q+1 \geq q^{t+1}$?

Esto parece complicado, pero tal vez hay una solución.

Answer 3

Es sabido que cualquier grupo abelian es un producto de grupos de la forma $\mathbb{Z}/ n \mathbb{Z}$. Olvidar la estructura multiplicativa, su anillo de $A$ es de esta forma. Un ideal de $A$ es un subgrupo de $A_+$.

Pero, ¿cuántos de los subgrupos que hay en $A_+ = \bigoplus \mathbb{Z} / n_i\mathbb{Z}$ ? Es el producto de todos los número de subgrupos para cada $\mathbb{Z}/ n_i \mathbb{Z}$. Pero un subgrupo de $\mathbb{Z}/ n_i \mathbb{Z}$ está dada por un elemento de $\mathbb{Z}/ n_i \mathbb{Z}$ que genera el subgrupo. Este elemento no es única : por ejemplo el subgoup $\mathbb{Z}/ n_i \mathbb{Z}$ de % de $\mathbb{Z}/ n_i \mathbb{Z}$ está dado por la clase de un entero que es primo relativo a $n_i$ : tenemos $\phi(n_i)$ opciones.

Por lo tanto, si $N(G)$ es el número de subgrupo de $G$ un grupo abelian tenemos $N(A_+) = \Pi N(\mathbb{Z}/ n_i \mathbb{Z}) \leq \Pi (n_i - \phi(n_i))$ si desea $N(A_+)= card(A_+)$ debemos tener $\phi(n_i) = 0$ para todos los $i$. y tenemos $A_+ \simeq (\mathbb{Z}/ 2 \mathbb{Z})^n$

Volviendo a la pregunta original, si queremos que el número ideal de $A$ a ser el número de subgrupos de $A_+$, todos los subgrupos debe ser ideales y $A \simeq (\mathbb{Z}/ 2 \mathbb{Z})^n$ también como un anillo.

Así que creo que este resultado es cierto también para los no conmutativa finito anillo.

Answer 4

Deje $R$ ser un anillo como en el satement. Es evidente que se puede asumir que el $R$ es local y tiene que demostrar que $R=\mathbb{F}_2$ ya que de lo contrario el artinian anillo de $R$ se puede descomponer como producto finito de local artinian anillos (cf. respuesta en matemáticas.stackexchange).

Si $R$ es una parte integral de dominio, a continuación, $R$ es un campo (cf. wikipedia -- artinian anillo -- ejemplo 1) y tiene dos ideales que implica que el anillo de $R$ tiene dos elementos y debe ser $\mathbb{F}_2$. Por lo tanto, es suficiente para mostrar que el $R$ es una parte integral de dominio.

Supongamos por contradicción que este no es el caso. Entonces existe $a_0$ e $b_0$ tal que $a_0 b_0=0$ y el tanto $a_0$ e $b_0$ son cero. Esto significa que la multiplicación $a_0$ tiene un valor distinto de cero kernel $K_0$ que no está el agujero de $R$. Si $K_0$ no es primo, se puede encontrar $c$ e $d$ de manera tal que ambos no están en $K_0$ pero $cd\in K_0$. Deje $a_1=a_0d$. El kernel $K_1$ de % de $a_1$ es un ideal que estrictamente contiene $K_0$ y no es la totalidad de $R$. Si $K_1$ no es primo, se pueden repetir y encontrar $K_2$ que estrictamente contiene $K_1$ y no es la totalidad de $R$. Finalmente, después de muchos pasos, nos encontramos con un $K_i$ que es distinto de cero el primer y el núcleo de la multiplicación con $a_i$ ($R$ noetherian). Desde $R$ es local artinian debemos tener $K_i=\mathfrak{m}=\text{maximal ideal of }R$. Esto le da a $\mathfrak{m}=\mathrm{Ann}(a_i)$. Esto significa que $R$ contiene el campo $k=R/\mathfrak{m}$. Esto significa que $R$ es un finito dimensionales vectorspace. Deje $n$ ser la dimensión de la $R$.

Podemos escribir $R=k[X_1,\ldots,X_r]/\mathfrak{m}^n$ para algunos $r\geq 1$. El monomials $$1,X_1,\ldots,X_1^{n-1},X_2,\ldots,X_2^{n-1},\ldots,X_r,\ldots,X_r^{n-1}$$ are clearly linearly independent. Therefore we have $1+r(n-1)\leq n$ and thus $(r-1)n\leq r-1$ and thus $n=1$ and thus $R=k$ -- una contradicción.

EDIT. Trato de justificar la reducción en el principio. Deje $R$ como en la declaración. Deje $R_i$ ser el local de componentes de $R$ donde $1\leq i\leq m$. Deje $I_R=\{\text{Ideals of }R\}$. Desde $|I_R|=|R|$ creo que debemos tener $|I_{R_1}|\cdots |I_{R_m}|=|R_1|\cdots|R_m|$. Con el fin de mostrar que el $|I_{R_i}|=|R_i|$ por lo tanto, es suficiente para mostrar que $|R_i|\geq|I_{R_i}|$ para todos los $i$. Si $R_i$ es una parte integral de dominio y por lo tanto un campo, la desigualdad se mantiene. Si $R_i$ no es una integral de dominio, a continuación, se comprobó por encima de ese $R_i=k_i[X]/(f_i^{n_i})$ donde $f_i$ es irreductible e $n_i$ la dimensión y $k_i$ el residuo de campo. (N. B. I se perdió por encima de la casse donde $r=1$ en que no puedo dividir por $(r-1)$. Estamos a la izquierda, precisamente, con la describe principal anillos.) Por el papel "Conmutativa anillos de tener sólo un número finito de ideales" por Horia Pop entonces sabemos que todos los ideales son potencias de $(f_i)$ y por lo tanto $|I_{R_i}|= n$. On the other hand $|R_i|=n|k_i|$ que da deseada de la desigualdad.

El uso de todo esto que estamos a la izquierda para mostrar que un anillo de $R$ que cumple con los supuestos de la declaración y es de la forma $R=k[X]/(f^n)$ donde $f$ es irreductible e $k$ el residuo de campo y $n\geq 2$ es la dimensión no existe.

Creo que esto puede ser hecho de manera explícita o producir un ejemplo de factores diferentes de $\mathbb{F}_2$. En efecto, podemos suponer que la $f=X$ por el documento citado más arriba. El mapa de $R\to I_R$ con $a\mapsto(a)$ es surjective desde $R$ que es lo principal, por tanto, también bijective desde $R$ e $I_R$ tienen la misma cardinalidad. Esto significa que no puede haber una unidad en $R$ diferente de la $1$ desde que produciría el mismo ideal como $1$ en la imagen. Por lo tanto $k=\mathbb{F}_2$. Por otra parte debemos tener $n$ extraño ya que si $n=2l$ entonces $(f^l+1)(f^l+1)=f^n+1=1$ e $f^l+1$ es un trivial de la unidad.