Clasificación de los anillos de satisfacciones $a^4=a$

Question

Tenemos la famosa clasificación de los anillos de satisfacciones $a^2=a$ (para cada elemento $a$) en términos de Piedra espacios, a través de $X \mapsto C(X,\mathbb{F}_2)$. Del mismo modo, los anillos de satisfacer $a^3=a$ están clasificados por pares de Piedra espacios a través de la $(X,Y) \mapsto C(X,\mathbb{F}_2) \times C(Y,\mathbb{F}_3)$. (Este tipo de clasificación de obras para todos los anillos con $a^n=a$ donde $n$ es tal que cada potencia principal $q$ con $q-1|n-1$ es un número primo. Hacer estos $n$ tiene una descripción concisa o un nombre?)

Pregunta. Cómo clasificar los anillos de satisfacciones $a^4=a$ para cada elemento $a$?

Ellos son conmutativas y incrustar en algún producto de copias de $\mathbb{F}_2$ o $\mathbb{F}_4$. Un ejemplo típico sería la $\{f \in C(X,\mathbb{F}_4) : f(E) \subseteq \mathbb{F}_2\}$ para algunos de Piedra espacio de $X$ y un subconjunto cerrado $E$. Pero debido a $\mathrm{Aut}(\mathbb{F}_4)=\mathbb{Z}/2$ no puede ser puramente topológica de la clasificación.

Sospecho que la gavilla cohomology grupo $H^1(X \setminus E,\mathbb{Z}/2)$ podría entrar aquí. De hecho, si $A$ es un anillo de satisfacciones $a^4=a$,, a continuación, $E:=\{\mathfrak{p} : A/\mathfrak{p} \cong \mathbb{F}_2\}=V(a^2-a : a \in A)$ es un subconjunto cerrado de la Piedra espacio de $X:=\mathrm{Spec}(A)$, y para cada compacto abrir subconjunto $V$ de % de $X \setminus E$ tenemos un isomorfismo de poleas $\mathcal{O}_X |_{V} \cong \underline{\mathbb{F}_4}|_V$, debido a la gavilla de isomorphisms entre ellos es una $\mathbb{Z}/2$-torsor y $H^1(V,\mathbb{Z}/2)=0$. Pero la posibilidad de fallo de $\mathcal{O}_X |_{X \setminus E} \cong \underline{\mathbb{F}_4}|_{X \setminus E}$ debe ser codificado en $H^1(X \setminus E,\mathbb{Z}/2)$.

Answer 1

Deje $\sigma$ denotar el trivial automorphism de $\mathbb{F}_4$ y poner $C=\{1,\sigma\}$. Deje $\mathcal{R}$ denotar la categoría de anillos en que $a^4=a$, y deje $\mathcal{X}$ denotar la categoría de Piedra espacios con una acción de $C$. Hay un functor $F\colon\mathcal{X}\to\mathcal{R}$ dado por $F(X)=\text{Map}_C(X,\mathbb{F}_4)$, y hay un functor $G\colon\mathcal{R}\to\mathcal{X}$ dado por $G(R)=\text{Rings}(R,\mathbb{F}_4)$ (con la obvia Zariski tipo de topología). Son evidentes los naturales de los mapas de $R\to FG(R)$ e $X\to GF(X)$. No he comprobado que estos son isomorphisms, pero me sorprendería si ellos no lo eran.

Answer 2

Aquí es una prueba para una parte de Neil Strickland la respuesta.

Si $R$ es $4$-ring, entonces $R \to \hom_{C_2}(\hom_{\mathsf{Ring}}(R,\mathbb{F}_4),\mathbb{F}_4)$, $r \mapsto (f \mapsto f(r))$ es un isomorfismo.

Prueba. Si $r \in R$ se encuentra en el núcleo, esto significa que $f(r)=0$ para todos los $f \in \hom(R,\mathbb{F}_4)$. Por lo tanto, $f$ se encuentra en cada primer ideal, y por lo tanto en el nilradical, que es cero. Esto demuestra que la inyectividad..

Para surjectivity, vamos a $X:=\hom(R,\mathbb{F}_4)$ y deje $\alpha : X \to \mathbb{F}_4$ ser $C_2$-equivariant mapa continuo. Escribir $\mathbb{F}_4=\{0,1,u,u^2\}$. Podemos escribir $\alpha$ como $\alpha = \chi_{Y} + u \chi_{Z} + u^2 \chi_{\sigma Z},$ donde $Y = \alpha^{-1}(\{1\})$ e $Z = \alpha^{-1}(\{u\})$ y, por tanto,$\sigma Z = \alpha^{-1}(\{u^2\})$. Observe que $Y,Z,\sigma Z$ son disjuntas clopen subconjuntos de $X$ y $\sigma Y = Y$.

En la descomposición de la $\alpha$, tenemos que ser un poco cuidadoso desde $u \chi_Z$ no radica en $\hom_{C_2}(X,\mathbb{F}_4)$, pero $\chi_Y$ e $u \chi_{Z} + u^2 \chi_{\sigma Z}$ do. Se demuestra que ambas funciones están en la imagen.

En primer lugar, vamos a tratar a $\chi_Y$. Basta con encontrar algún elemento idempotente $r \in R$ tal que $Y = \{f \in X : f(r)=1\}$, debido a que, a continuación, $(f \mapsto f(r))$ es igual a $\chi_Y$. Considerar el mapa $X \to \mathrm{Spec}(R)$, $f \mapsto \ker(f)$. Se ve fácilmente que ser continuo. Desde $f$ e $\sigma f$ tiene el mismo kernel, obtenemos un mapa continuo $X/C_2 \to \mathrm{Spec}(R)$, lo cual es claramente bijective. Desde $X/C_2$ es compacto y $\mathrm{Spec}(R)$ es Hausdorff, el mapa es un homeomorphism. De ello se desprende que no hay una correspondencia 1:1 entre clopen subconjuntos de $X/C_2$ y el clopen subconjuntos de $\mathrm{Spec}(R)$, que a su vez corresponden a idempotente elementos. Desde $\sigma Y = Y$ e $Y$ es clopen, la imagen de $Y$ en $X/C_2$ es clopen, y hemos terminado.

Ahora vamos a tratar $u \chi_{Z} + u^2 \chi_{\sigma Z}$. Desde $Z$ está abierto, se puede escribir $Z$ como una unión de la que no está vacía de conjuntos de la forma $\{f \in X : f(r_1)=i_1,\dotsc,f(r_n)=i_n\}$ para algunos $r_k \in R$ e $i_k \in \mathbb{F}_4$. Desde $Z \cap \sigma Z = \emptyset$, no todos los $i_k$ puede estar contenida en $\mathbb{F}_2$. Desde $f(r)=u^2$ es equivalente a $f(r^2)=u$, por tanto podemos asumir que $i_1=u$. Si $i_k=0$, la reescritura de la relación $f(r_k)=0$ as $f(r_1-r_k)=u$. Si $i_k=1$, reemplace $r_k$ por $r_k-1$ y reducir a la $i_k=0$. Si $i_k=u^2$, reemplace $r_k$ por $r_k^2$ y reducir a la $i_k=u$. Por lo tanto, cada conjunto puede ser escrito como $\{f \in X : f(r_1)=\dotsc=f(r_k)=u\}.$ Pretendemos que este es igual a $\{f \in X : f(r)=u\}$ para algunos $r \in \langle r_1,\dotsc,r_k \rangle$. Por inducción, es suficiente para asumir la $k=2$. A continuación, basta con encontrar un polinomio $p \in \mathbb{F}_2[x,y]$ tal que para $a,b \in \mathbb{F}_4$ tenemos $p(a,b)=u$ si y sólo si $a=b=u$. Una opción posible es $p := x (1 - (x-y)^3).$ De hecho, si $a \neq b$ en $\mathbb{F}_4$,, a continuación,$p(a,b)=0$, y de lo contrario,$p(a,b)=a$. Esto implica la propiedad deseada.

Hemos demostrado que $Z$ es la unión de los conjuntos de la forma $\{f \in X : f(r)=u\}$ por diversos $r \in R$. Desde $Z$ se supone que para ser cerrado y por lo tanto compacto, un número finito de $r$ es suficiente. Nos dicen que hay algunos $r \in R$ tal que $Z = \{f \in X : f(r)=u\}$. Por inducción, podemos suponer que la $Z = \{f \in X : f(r_1)=u\} \cup \{f \in X : f(r_2)=u\}$. Desde $Z \cap \sigma Z = \emptyset$, podemos ver que $f(r_1)=u \Rightarrow f(r_2)^2 \neq u$ para todos los $f \in X$, y de la misma manera $f(r_2)=u \Rightarrow f(r_1)^2 \neq u$. Por lo tanto, similar a la técnica anterior, es suficiente para encontrar un polinomio $p \in \mathbb{F}_2[x,y]$ tal que para $a,b \in \mathbb{F}_4$ con $(a,b) \notin \{(u,u^2),(u^2,u)\}$ tenemos $p(a,b)=u$ si y sólo si ($a=u$ o $b=u$). Definimos $p_1:=x^2+x$, $p_2:=(x^2+x+1)(y^2+y)$ y, finalmente,$p := x p_1 + y p_2$. Como funciones polinómicas en $\mathbb{F}_4 \times \mathbb{F}_4$, tenemos $p_1 = \chi_{\{u,u^2\} \times \{0,1,u,u^2\}}$, $p_2 = \chi_{\{0,1\} \times \{u,u^2\}}$. De ello se sigue que $p = x \chi_{\{u,u^2\} \times \{0,1,u,u^2\}} + y \chi_{\{0,1\} \times \{u,u^2\}}.$ Por lo tanto, $p(a,b)=u \Leftrightarrow a=u \vee b=u$ a excepción de $p(u^2,u)=u^2$. Ya no tenemos que tener cuidado para $(u^2,u)$, que es suficiente.

Hemos demostrado que $Z = \{f \in X : f(r)=u\}$ para algunos $r \in R$. De ello se desprende que $\sigma Z = \{f \in X : f(r)=u^2\}$. Por lo tanto, si queremos restar $(f \mapsto f(r))$ de $u \chi_{Z} + u^2 \chi_{\sigma Z}$, se obtiene una función que sólo tiene valores en $\{0,1\}$. Ya sabemos que este tipo de función se encuentra en la imagen de la counit, por lo tanto $u \chi_{Z} + u^2 \chi_{\sigma Z}$ se encuentra en la imagen, también. $\square$

Gracias a Jyrki Lahtonen para señalar los polinomios en la prueba anterior. En cierto sentido, realmente no tenemos que escribir estos polinomios abajo, ya que su existencia está garantizada por el caso finito de la afirmación de que es fácil de tratar, ya que cada finito $4$-ring es un producto directo de copias de $\mathbb{F}_2$ o $\mathbb{F}_4$.

Answer 3

Una Pierce gavilla (o su correspondiente anillo de secciones), donde todos los tallos son cualquiera de los dos o los cuatro elementos de campo. La base es el máximo espacio ideal, y este particiones en los correspondientes a la máxima ideal de índice dos, y el resto. Ha sido un largo tiempo desde que he pensado acerca de Pierce poleas, pero los que son de índice dos son probablemente cerrado en el espacio. Por lo que el H$^1$ espacio es probable conectado a este problema.

Edit. Aquí está una puñalada en el que muestra los anillos son clasificables, y bastante elemental. Tal vez he cometido un error en alguna parte. [No me han Pierce AMS libro de Memorias de la mano.] El reclamo es que la clasificación se reduce a sólo el par formado por el máximo espacio ideal $X$, y el subconjunto cerrado $Y$ correspondiente a la máxima ideales de índice dos.

Deje $X$ ser un valor booleano espacio, es decir, un cero-dimensional (desconectado) espacio compacto; los ejemplos incluyen conjuntos de Cantor), y deje $Y$ ser un subconjunto cerrado. Deje $R = C(X,F_4)$ (funciones continuas con valores en la (discreta) de los cuatro elementos de campo; esto consiste, precisamente, de las cosas de la forma $\chi_U + u \chi_V + v\chi_W$ donde $U,V,W$ son disjuntos a pares (posiblemente vacía) clopen subconjuntos de $X$, $\chi_U$ etc representar a sus funciones de los indicadores, y $u,v$ son los elementos de $F_4\setminus F_2$. Deje $Y$ ser un subconjunto cerrado de $X$, y el conjunto de $$ S\equiv S(X,Y) = \{f \R \mid f(y)\in F_2 { \rm \ para\ all }\ y \Y \}, $$ donde consideramos a $F_2 $ como un subconjunto de $F_4$ en la forma habitual. A continuación, $S$ sin duda satisface $a^4 = a$ para todos los $a \in S$. Por otra parte, el par $(X,Y)$ es una completa invariante para $S$ construido de esta manera.

Ahora, dado un anillo arbitrario $T$ satisfacción $a^4 = a$ para todos los $a \in T$, por antigua resultados, esto es conmutativa, von Neumann regular, y su máxima espacio ideal, $X$, es un valor booleano espacio. Modulo de cada $x \in X$, el cociente es $F_4$ o $F_2$. El conjunto $Y$, que consta de los puntos de $x\in X$ tal que $a^2-a \in x$ para todos los $a \in T$, que está cerrado, y tenemos una incrustación $T \subseteq S(X,Y)$ (a partir de la Pierce gavilla representación de $T$ como un anillo continuo de las secciones). Queremos mostrar a la igualdad.

El mapa de $\alpha:a \mapsto a^2$ (el Frobenius mapa en este contexto) es un anillo endomorfismo de $T$ (fijación de todos los idempotents, correspondiente a clopen subconjuntos de $X$), cuya imagen es un álgebra de boole, y su máxima ideal del espacio es el mismo, $X$. Por la costumbre teorema de representación de álgebras Booleanas, se obtiene un sub-anillo $T_0 = C(X,F_2)$ de % de$T$, e $ \alpha(R) = T_0$.

Seleccione $t \in T$; si $t^2 = t$,, a continuación, $t \in T_0$ ya. De lo contrario, el conjunto de $Z$ consiste de los puntos donde se $z(t^2 - t) = 0$ es clopen y contiene $Y$. Para $s \in S(X,Y)$, vamos a $F $ ser el conjunto de puntos en $X$ que matar a $s^2 - s$, por lo que el $F$ es clopen y contiene $E$. A continuación, $s|F$ es idempotente, entonces podemos escribir $s|F = \chi_G $ donde $G$ es un clopen subconjunto de $F$. Deje $E$ ser la proyección de $F$; luego tenemos a $Es = \chi_G$, lo $Es \in T_0$.

Ahora considere el $(1-E)s$; esto se desvanece en $F$ y no es cero en $F^c$, por otra parte, en el complemento, que solo pueden tomar dos valores, $u,v \in F_4 \setminus F_2$. El conjunto de puntos en $F^c$ donde $z(s) = u$ es un clopen conjunto (de nuevo) en $X$, se $H_u$, y su complemento en $F^c$ es también clopen y tenemos $s = \chi_G + u \chi_{H_u} + v\chi_{H_v}$.

Esto es suficiente para mostrar que $u \chi_{H_u}$ pertenece a $T$. Dado $z \in H_u$ existe $t_z$ tal que $z(t_z) = u$; por lo tanto, no existe un clopen barrio de $z$, $V_z$, tal que $y(t_z) = u$ para todos los $y \in V_z$. El conjunto de estos $V_z$ forma abierta cubriendo de $H_u$, y dado que el espacio es totalmente desconectado y compacto, podemos encontrar un número finito distinto conjunto de clopen barrios $V_i$ cubriendo $H$, y el correspondiente $t_i = \chi_{V_i}t_i$ en $T$ con $t_i|V_i = u\chi_{V_i}$ (la constante de la función $u$ a $V_i$) y $\cup V_i = H_u$. A continuación,$\sum t_i = u \chi_{u}$, por lo que éste pertenece a $T$. Por lo tanto $S(X,Y) = T$.

La conclusión es que el $T$ es sólo $S(X,Y)$, y de modo que el par $(X,Y)$ es una completa invariante.

Edición #2. Hay otra manera de lidiar con esto, a través de la inversa de los límites. Cualquier finitely generado sub-anillo de $T$ es en realidad finita, y por lo tanto semisimple (en el sentido fuerte); por lo tanto isomorfo a $C(E, F_2) \times C(D, F_4)$ donde $D$ e $E$ son conjuntos finitos. Como $T$ es el límite de su finitely generado subrings, obtenemos $X$ como límite inversa de lo finito de conjuntos de $D \dot\cup E$ (deben ser subíndice para indicar su dependencia en el conjunto finito de generadores), y el límite inversa de la $E$s no es un límite inversa de clopen establece dentro de $X$, por lo tanto, un subconjunto cerrado, y los detalles deben ser de rutina.