Esto puede ser sencillo pero no veo la manera. Estoy buscando un anillo incontable (con 1) que contenga un ideal izquierdo máximo contable que no sea un sumando directo (como ideal izquierdo).
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He aquí un ejemplo. Elija un conjunto incontable algebraicamente independiente $S\subset \mathbb{R}$ y que $k=\mathbb{Q}(S)$ . Para cada $x\in S$ , elija una secuencia $(q_n(x))$ de racionales que convergen a $x$ . Dado cualquier $y\in k$ , escriba $y=f(x_1,\dots,x_m)$ para alguna función racional $f$ y algunos $x_i\in S$ y definir $q_n(y)=f(q_n(x_1),\dots,q_n(x_m))$ . Tenga en cuenta que $q_n(y)$ puede no estar definido ya que el denominador de $f$ podría desaparecer, pero para los fijos $y$ se define para todos los casos suficientemente grandes $n$ desde $q_n(x_i)$ debe converger a $x_i$ .
Ahora dejemos que $A$ sea el conjunto de todas las secuencias de racionales $(a_n)$ tal que para algunos $y\in k$ , $a_n=q_n(y)$ para un tamaño suficientemente grande $n$ . Este conjunto tiene la misma cardinalidad que $S$ y forma un anillo bajo adición y multiplicación puntual. Existe un epimorfismo $\varphi:A\to k$ que envía cualquier secuencia a su límite. El núcleo de $\varphi$ es un ideal maximal contable de $A$ . Explícitamente, $\ker(\varphi)$ es el conjunto de secuencias de racionales que son eventualmente $0$ . Este ideal no está generado de forma finita, por lo que, en particular, no puede ser generado por un idempotente.
Nótese que esta construcción puede dar un ejemplo que tenga cualquier cardinalidad hasta el continuo. El papel de los números reales en esta construcción es sólo para garantizar que $q_n(y)$ está siempre definida para un tamaño suficientemente grande de $n$ ; puede pensar que puede conseguir $A$ sea arbitrariamente grande mediante una construcción un poco más inteligente. Resulta que esto es imposible: no hay ejemplos en los que el anillo tenga una cardinalidad mayor que el continuo o el ideal máximo esté generado finitamente. Sea $A$ sea un anillo incontable y que $I\subset A$ sea un ideal maximal contable. Entonces $A$ actúa sobre $I$ por multiplicación, dando un homomorfismo $\alpha:A\to End_A(I)$ . Si cualquiera de los dos $A$ es mayor que el continuo o $I$ está generada finitamente, $A$ tendrá una cardinalidad mayor que $End_A(I)$ . En cualquier caso, podemos concluir que el núcleo de $\alpha$ es incontable.
En particular, podemos encontrar algunos $k\in \ker(\alpha)\setminus I$ . Ahora, por la maximalidad de $I$ Hay algunos $a\in A$ y $i\in I$ tal que $ak=1-i$ . Pero entonces para cualquier $j\in I$ , $0=akj=j-ij$ . Esto implica $i$ es un generador idempotente de $I$ . (Este argumento supone que $A$ es conmutativo; véase la respuesta de Jeremy Rickard para una variante que también funciona para anillos no conmutativos).
user2486873
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El resultado de Eric para anillos conmutativos, de que un ejemplo debe tener el anillo no más grande que el continuo y el ideal máximo generado infinitamente, se extiende a los ideales de la izquierda para anillos no conmutativos, asumiendo que por "no un sumando directo" quieres decir "no un sumando directo como ideal de la izquierda".
Dejemos que $A$ sea el anillo, $I$ el ideal máximo contable de la izquierda, y $S$ el módulo simple de la izquierda $A/I$ . Considerando todo esto como izquierda $A$ -módulos, no puede haber mapas no nulos $S\to I$ o $I\to S$ . De ello se deduce que no puede haber ningún mapa no nulo $S\to A$ ya que si lo hubiera, entonces componiendo con el epimorfismo natural $A\to S$ daría un mapa no nulo $S\to S$ que debe ser invertible ya que $S$ es simple, y por lo tanto $A\cong I\oplus S$ como la izquierda $A$ -módulos.
De ahí que el mapa $A\to A$ dada por la multiplicación por la derecha de cualquier $0\neq a\in A$ debe restringirse a un mapa no nulo $I\to A$ y, por tanto, a un mapa no nulo $I\to I$ ya que no hay mapas no nulos $I\to S$ .
Así que, como en el argumento de Eric, $A$ actúa fielmente en $I$ .
EDITAR: Por cierto, esto demuestra que $I$ es un ideal de dos lados. El anillo cociente $S=A/I$ debe ser entonces un campo sesgado, ya que es simple como un módulo izquierdo para sí mismo. También, $I/I^2$ es un $S$ -pero es como máximo contable, por lo que debe ser cero. Así que $I$ es un ideal idempotente.
