Esta pregunta está relacionada con este . En esa pregunta, se afirma que los elementos nilpotentes de un anillo no conmutativo sin automorfismos de anillo no triviales forman un ideal. Ted pregunta en el comentario para buscar ejemplos de estos anillos, pero no hay respuestas. También me gustaría saber si existen tales anillos y de ahí esta pregunta.
Respuestas
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Creo que tengo uno. Deja que $k$ sea el campo con $2$ elementos. Sea $R$ sea el $k$ -con generadores $x$ , $y$ et $z$ , modulando las relaciones $$zx=xz,\ zy=yz,\ yx=xyz.$$ No es difícil ver que los monomios de la forma $x^i y^j z^k$ son una base para $R$ . Los llamaremos monomios estándar.
Para cualquier $f \neq 0$ en $R$ , escriba $f = \sum f_{ij}(z) x^i y^j$ . Definiremos el término principal de $f$ para ser el término $f_{ij}(z) x^i y^j$ donde elegimos $i+j$ lo más grande posible, deshaciendo los empates eligiendo la mayor potencia posible de $i$ .
Lema El centro de $R$ es $k[z]$ .
Prueba Dejemos que $Z$ ser central y escribir $Z$ en la base de monomios estándar. Dado que $Zx=xZ$ No hay poderes de $y$ en $Z$ . Desde $Zy=yZ$ No hay poderes de $x$ en $Z$ . $\square$ .
Lema Todo automorfismo de $R$ actúa trivialmente sobre el centro de $R$ .
Prueba Todo automorfismo de $k[z]$ es de la forma $z \mapsto az+b$ para $a \in k^{\ast}$ . Desde $k$ tiene dos elementos, debemos tener $\sigma: z \mapsto z+b$ . Cualquier automorfismo de $R$ desciende a un automorfismo de la abelianización, que es $k[x,y,z]/(xy(z-1))$ . Desde $z-1$ es un divisor cero en la abelianización, $z+b-1$ debe ser también un divisor cero, y esto obliga a $b$ sea cero. $\square$ .
Lema Si $f$ et $g$ tienen términos principales $f_{ij}(z) x^i y^j$ et $g_{kl}(z) x^k y^l$ entonces el término principal de $fg$ es $z^{jk} f_{ij}(z) g_{kl}(z) x^{i+k} y^{j+l}$ .
Prueba Un cálculo. $\square$
Ahora, supongamos que tenemos un automorfismo $x \mapsto X$ , $y \mapsto Y$ , $z \mapsto z$ de $R$ . Dejemos que los términos principales de $X$ et $Y$ sea $f(z) x^i y^j$ et $g(z) x^k y^l$ .
Lema Los vectores $(i,j)$ et $(k,l)$ son linealmente independientes.
Prueba Se supone que tenemos $YX=zXY$ . Tomando los términos principales $$z^{il} f(z) g(z) x^{i+k} y^{j+l} = z^{jk+1} f(z) g(z) x^{i+k} y^{j+l}.$$ Así que $il-jk=1$ et $\det \left( \begin{smallmatrix} i & j \\ k & l \end{smallmatrix} \right)=1$ . $\square$
Considere las imágenes $z^a X^b Y^c$ de los monomios estándar. Sus términos principales son $z^{a+b+c} f(z)^b g(z)^c x^{bi+ck} y^{bi+cl}.$ Utilizando el lema anterior, estos términos principales son todos distintos. Así que no hay cancelación de los términos principales en ninguna suma $\sum s_{abc} z^a X^b Y^c$ . Así vemos que cada elemento de la imagen del automorfismo debe tener un término principal de la forma $h(z) x^{bi+ck} y^{bj+cl}.$
¡Pero los automorfismos son sobreyectivos! Así que $(1,0)$ et $(0,1)$ deben ser combinaciones enteras positivas de $(i,j)$ et $(k,l)$ . Así que, o bien $(i,j) = (1,0)$ et $(k,l) = (0,1)$ o viceversa. Vemos que $X$ et $Y$ son de grado $1$ en $x$ et $y$ . A partir de aquí, es un cálculo fácil.
confused
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Al parecer, estos anillos existen.
Después de intentar construir uno sin mucho éxito, busqué en Google y encontré el siguiente artículo:
- Maxson, C. J. 1979. Anillos rígidos. Proc. Edinburgh Math. Soc. , 21(2): 95-101.
En él, el autor utiliza la siguiente definición: un anillo $R$ (con multiplicación no nula, no necesariamente con identidad multiplicativa) se dice que es rígido si $R$ no admite más endomorfismos que $0_R$ et $\operatorname{id}_R$ . El autor señala que no conoce ejemplos de anillos rígidos no conmutativos.
Sin embargo, según
- Friger, M. D. 1995. Anillos sin torsión: Algunos resultados sobre automatismos y endorfismos. Matemáticas contemporáneas. 184: 111-115,
un anillo rígido no conmutativo fue construido en el artículo
- Friger, M. D. 1986. About Rigid Torsion-Free Rings. Matemáticas de Siberia. J. , 3: 217-219,
que, lamentablemente, no he podido localizar.
Rigidez parece para ser una condición más fuerte que la que quiere el OP, por lo que todavía puede haber alguna esperanza de un simple ejemplo. Concluiré esta lista de fuentes con algunas de mis propias reflexiones (probablemente bastante ingenuas, ya que no soy en absoluto un experto en esto).
Mientras pensaba en el problema, pasé bastante tiempo tratando de confirmar o refutar $\mathbb{Z}\langle X,Y\rangle/(X^3-3,Y^3-5)$ como ejemplo. Sin embargo, no tuve éxito. Mi intuición era que un anillo con propiedades deseadas debería comportarse de forma similar a $\mathbb Z$ de alguna manera, sino que los "generadores" podrían distinguirse de alguna manera. "Raíces terceras contiguas de $3$ et $5$ " que no conmutan entre sí parecía una buena idea. El problema de la raíz cuadrada $x$ es que el negativo y el positivo parecen ser básicamente indistintos, por lo que probablemente se produzca un automorfismo de la forma $x\mapsto -x$ . Sin embargo, las terceras raíces no parecen tener este problema.
De todos modos, no vi una buena forma de demostrar nada sobre este anillo, así que acudí a los cuaterniones $\mathbb H$ . Me he dado cuenta de que $a=3^{\frac13}(\cos\frac{2\pi}3+i\sin\frac{2\pi}3)$ et $b=5^{\frac13}(\cos\frac{2\pi}3+j\sin\frac{2\pi}3)$ son terceras raíces de $3$ et $5$ en $\mathbb H$ . Además, no se intercambian entre sí. Así que pensé que debía probar suerte y decidí observar el subring más pequeño $R$ de $\mathbb H$ que contiene $1,a,b$ . Sin embargo, después de muchas reflexiones y algunos cálculos asistidos por ordenador, resultó que $a^2+a+1$ es un elemento invertible no central, lo que da lugar a un automorfismo de este anillo:
$$\begin{array}{ll} \Phi: R\to R \\ \Phi(x)=8(a^2+a+1)x((abab^2a-ab^2aba)^2+506)^2(a-1) \end{array}$$
Para ver por qué se trata de un automorfismo, observe que $(abab^2a-ab^2aba)^2+506=-\frac14$ .
De todos modos, esto todavía no parece descartar $\mathbb Z\langle X,Y\rangle/(X^3-3,Y^3-5)$ como un posible ejemplo, así que si alguien ve cómo demostrar o refutar que es un ejemplo, me encantaría saberlo.
Matt Dawdy
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Algunas reflexiones. La observación básica es que si $r \in R$ es no central y una unidad, entonces $a \mapsto rar^{-1}$ es un automorfismo no trivial, por lo que, como mínimo, el grupo unitario de $R$ necesita ser contenida en su centro. Pero no es tan fácil deshacerse de las unidades no centrales:
- Si $r$ es no central y nilpotente, entonces $1 - r$ es no central y una unidad.
- Si $r$ es no central e idempotente, entonces $1 - 2r$ es una unidad (aunque no es necesariamente no central, por ejemplo, si $2r = 0$ ).
En particular, soy pesimista sobre la posibilidad de encontrar un contraejemplo finito. Si $r \in R$ es no central, entonces por encasillamiento tenemos $r^n = r^m$ para un mínimo de $n \ge m$ . Si $r$ es una unidad, hemos fallado; en caso contrario $r^m(r^{n-m} - 1) = 0$ y como $r^{n-m} - 1 \neq 0$ se deduce que $r^m$ es un divisor cero (posiblemente cero). En esta situación es fácil que $r$ sea nilpotente (garantizado si $R$ es primario).
Incluso si $R$ no es primario, se deduce que existe algún $k$ (el menor múltiplo de $n-m$ que es al menos $n$ ) tal que $r^k$ es idempotente. Hemos fallado si este idempotente es $0$ o $1$ y probablemente hemos fallado si este idempotente es cualquier otra cosa también (excepto en la característica $2$ ).
¡Los idempotentes centrales también son malos! Si $e$ es un idempotente central entonces $R$ se descompone en un producto directo $Re \times R(1-e)$ . Cualquier automorfismo de los subrings $Re$ et $R(1-e)$ se extiende a un automorfismo del anillo entero, por lo que al menos en el caso finito (también de dimensión finita sobre un campo) podemos suponer que no hay idempotentes centrales no triviales.
Dariusz Walczak
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He pensado en algunas propiedades que debería satisfacer dicho anillo, pero no sé si pueden servir para resolver la cuestión.
Sea el radical de Jacobson $J(R)$ y el ideal del conmutador (el ideal generado por elementos de la forma $ab-ba$ ) sea $C(R)$ . Primero, $J(R)$ debe ser central porque para $x \in J(R)$ , $1-x$ es una unidad y las unidades deben ser centrales, como ya se ha dicho. De aquí se deduce que $C(R)J(R) = 0$ . De hecho, teniendo en cuenta $a,b \in R$ et $z \in J(R)$ tenemos $$ (ab)z = a(bz) =(bz)a = b(za) = b(az) = (ba)z$$ así que $(ab-ba)z = 0$ .
Matt Dawdy
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Editar: Este argumento falla, pero creo que lo dejaré por si el error que he cometido es instructivo.
Siguiendo el ejemplo de Ted en los comentarios, afirmo que $R = \mathbb{F}_2 \langle x, y \rangle / (xy)$ no tiene automorfismos no triviales. Supongamos lo contrario y dejemos que $\phi : R \to R$ sea un automorfismo de este tipo. Entonces $\phi(x)$ debe ser un divisor cero a la izquierda y $\phi(y)$ debe ser un divisor cero a la derecha, pero un cálculo sencillo muestra que los únicos divisores cero a la izquierda tienen la forma $rx, r \in R$ y de forma similar los únicos divisores de cero a la derecha tienen la forma $ys, s \in R$ .
Desde $\phi$ es un automorfismo, $r, s \neq 0$ y como $\phi$ es no trivial, al menos uno de $r$ et $s$ no puede ser igual a $1$ . Sin embargo, $R$ se califica, y si WLOG $r \neq 1$ entonces tiene grado al menos $1$ por lo que el subring generado por $rx$ et $ys$ no puede contener $x$ por lo tanto $\phi$ no puede ser sobreyectiva.
La afirmación anterior es falsa; $R$ no se califica porque, por ejemplo $(1 + yx)^2 = 1$ . De hecho $1 + yx$ es por tanto invertible y no central, por lo que la conjugación por ella da un automorfismo no trivial.
