Anillos finitos no isomórficos con estructura aditiva y multiplicativa isomórfica

Question

Hace aproximadamente un año, un colega me hizo la siguiente pregunta:

Supongamos que $(R,+,\cdot)$ y $(S,\oplus,\odot)$ son dos anillos tales que $(R,+)$ es isomorfo, como grupo abeliano, a $(S,\oplus)$ y $(R,\cdot)$ es isomorfo (como semigrupo/monoide) a $(S,\odot)$ . ¿Se deduce que $R$ y $S$ son isomorfos como anillos?

Le di el siguiente contraejemplo: tome su campo favorito $F$ y que $R=F[x]$ y $S=F[x,y]$ los anillos de polinomios en una y dos variables (conmutativas). No son isomorfos como anillos, pero $(R,+)$ y $(S,+)$ son ambas isomorfas a la suma directa de un número contable de copias de $F$ y $(R-\{0\},\cdot)$ y $(S-\{0\},\cdot)$ son ambas isomorfas al producto directo de $F-\{0\}$ y una suma directa de $\aleph_0|F|$ copias del monoide libre en una letra (y podemos añadir un cero a ambos y mantener el isomorfismo).

Ayer mencionó este ejemplo en un coloquio, lo que me hizo pensar:

Pregunta. ¿Existe un contraejemplo con $R$ y $S$ ¿Finito?

Answer 1

Existen pares de anillos unitales finitos cuyas estructuras aditivas son isomorfas y cuyas estructuras multiplicativas son isomorfas, sin embargo, los propios anillos no son isomorfos.

Para verlo, veamos $\mathbb F$ sea un campo y sea $X = \{x_1,\ldots, x_n\}$ sea un conjunto de variables. El anillo polinómico $\mathbb F[X]$ está graduada en grado $$ \mathbb F[X] = H_0\oplus H_1\oplus H_2\oplus\cdots. $$ Sea $Q(x_1,\ldots,x_n)$ sea una forma cuadrática sobre $\mathbb F$ . Sea $$I = \mathbb F\cdot Q(X)\oplus H_3\oplus H_4\oplus\cdots$$ sea el ideal generado por $Q(X)$ y los componentes homogéneos de grado al menos $3$ . Sea $S_{\mathbb F,Q}$ denotan el $\mathbb F$ -álgebra $\mathbb F[X]/I$ . Es un anillo conmutativo, local, que codifica propiedades de la forma cuadrática $Q$ .

Dos formas cuadráticas $Q_1$ y $Q_2$ son equivalentes si difieren por un cambio lineal de variables invertible.

Reclamación. Sea $\mathbb F$ sea un campo finito de característica impar $p$ . Sea $Q_1(x_1,\ldots,x_n)$ y $Q_2(x_1,\ldots,x_n)$ sea formas cuadráticas no nulas sobre $\mathbb F$ .

1. $S_{\mathbb F,Q_1}$ y $S_{\mathbb F,Q_2}$ tienen isomorfos $\mathbb F$ -estructuras espaciales.

2. Si $n>4$ y $Q_1$ y $Q_2$ son no degeneradas, entonces $S_{\mathbb F,Q_1}$ y $S_{\mathbb F,Q_2}$ tienen monoides multiplicativos isomorfos.

3. $S_{\mathbb F,Q_1}\not\cong S_{\mathbb F,Q_2}$ como $\mathbb F$ -álgebras, a menos que $Q_1$ es equivalente a un múltiplo escalar no nulo de $Q_2$ .

Prueba. ¡Ejercita! \\

Así que $\mathbb F = \mathbb F_3$ sea el $3$ -elemento campo. Se sabe que sobre un campo finito de característica impar las formas cuadráticas se clasifican por la dimensión y por el determinante de la forma módulo al cuadrado. El determinante de $$ Q(x_1,\ldots,x_n)=a_1x_1^2+a_2x_2^2+\cdots+a_nx_n^2 $$ es $a_1\cdots a_n$ . Si $\alpha\in \mathbb F_3^{\times}=\{\pm 1\}$ , entonces $\alpha\cdot Q$ tiene determinante $\alpha^n a_1\cdots a_n=(\pm 1)^n a_1\cdots a_n$ . Si $n$ es par, entonces los determinantes de $Q$ y $\alpha\cdot Q$ serán iguales, así que $Q$ será equivalente a $\alpha\cdot Q$ para cada $\alpha\in \mathbb F_3^{\times}$ . Esto implica que, al trabajar sobre $\mathbb F_3$ en una dimensión par, si $Q_1$ no es equivalente a $Q_2$ , $Q_1$ también no será equivalente a ningún escalar no nulo múltiplo de $Q_2$ . En particular, ningún múltiplo escalar de $$ Q_1 = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 + x_5^2 + x_6^2, $$ es equivalente a $$ Q_2 = x_1^2 + x_2^2 + x_3^2 + x_4^2 + x_5^2 - x_6^2 $$ en $\mathbb F_3$ . Para estas formas tenemos que $S_{\mathbb F,Q_1}$ y $S_{\mathbb F,Q_2}$ son no isomórficas anillos unitales finitos con estructuras aditivas y multiplicativas isomorfas. (Estos anillos tienen tamaño $3^{27}$ .)

Comentario secundario menor 1: Si se permiten anillos no unitales, hay un par de no isomorfos $8$ -cuyas estructuras aditiva y multiplicativa son isomorfas.

Comentario secundario menor 2: La solución al ejercicio anterior (es decir, la prueba de la Afirmación) se puede encontrar aquí .

Answer 2

He aquí algunas reflexiones iniciales. Poner $$ X(R)=\{e\in R: e^2=e \text{ and } er=re \text{ for all } r\in R\} $$ Podemos ordenar esto parcialmente declarando que $e\leq f$ si $ef=e$ . A continuación, ponemos $$ Y(R)=\{e\in X(R): 0\lt e \text{ and there is no } f\in X(R) \text{ with } 0 \lt f \lt e \} $$ Se puede comprobar que $X(R)$ es un álgebra booleana finita bajo este orden (con la operación meet $e\wedge f=ef$ y unirse a $e\vee f=e+f-ef$ ) por lo que es isomorfo a la red de subconjuntos de su conjunto de átomos, que es $Y(R)$ . En particular, si $|Y(R)|=n$ entonces $|X(R)|=2^n$ . Para $e\in Y(R)$ ponemos $$ R[e] = Re = \{ x\in R : ex=xe=x\} $$ Podemos entonces definir $p:R\to\prod_{e\in Y(R)}R[e]$ por $p(x)_e=ex$ . Es habitual que se trate de un isomorfismo de anillos.

A continuación, por hipótesis tenemos una biyección $f:R\to S$ que preserva la multiplicación. De ello se desprende que $f$ da un isomorfismo $X(R)\to X(S)$ de posets, y por tanto una biyección $Y(R)\to Y(S)$ . Como los conjuntos $R[e]$ y los mapas $p_e$ se definen utilizando sólo la estructura multiplicativa, vemos que $f$ da un isomorfismo $R[e]\to S[f(e)]$ de monoides multiplicativos para cada $e\in Y(R)$ . Sin embargo, no tenemos obviamente un isomorfismo aditivo de $R[e]$ a $S[f(e)]$ por lo que no se consigue reducir el problema al caso indecomponible.

No obstante, merece la pena reflexionar sobre la estructura del anillo de $R[e]$ . El cociente por el radical de Jacobson es un anillo simple finito y, por tanto, es un álgebra matricial sobre un anillo de división finito, pero los anillos de división finitos son campos por un teorema de Wedderburn, por lo que este cociente es bastante manejable.