Dejemos que $K$ ser cualquier campo. Voy a dar un simple $K$ -con IBN y una derivación no interna. Mi ejemplo será un álgebra monoide contraída. Estas tienen IBN por la bonita respuesta de @PaceNielsen aquí .
Dejemos que $X$ sea un conjunto infinito y que $M$ sea el monoide con cero dado por la presentación $$\langle X\cup X^*\mid x^*y=\delta_{x,y}, x,y\in X\rangle$$ donde $X^*$ es una copia biyectiva de $X$ . Sea $R=K_0M$ sea el álgebra monoide contraída. Así que tiene $K$ -base $M\setminus \{0\}$ y el producto amplía el de $M$ donde identificamos el cero de $M$ con el cero de $K$ . Se trata del álgebra de trayectorias de Leavitt de un ramillete infinito de círculos y se sabe que es simple. Esto fue demostrado por primera vez por Douglas Munn (W. D. Munn. Álgebras de semigrupos simples contraídas . En Proceedings of the Conference on Semigroups in Honor of Alfred H. Clifford (Tulane Univ., New Orleans, La., 1978), páginas 35-43. Tulane Univ., Nueva Orleans, La., 1979) hasta donde yo sé.
Afirmo que tiene una derivación no interna. Este papel estudia las derivaciones externas de las álgebras de caminos de Leavitt y la derivación que estoy usando es de allí, aunque técnicamente ese documento no permite digrafos con infinito grado de salida.
Es fácil comprobar que cada elemento no nulo de $M$ puede escribirse de forma única en la forma $pq^*$ donde $p,q$ son palabras en $X$ (posiblemente vacío) y se extiende $\ast$ a las palabras de manera obvia, para que $*$ es una involución en $M$ .
Ahora defina $d\colon R\to R$ sobre la base de $M\setminus \{0\}$ como sigue. Fijar $x\in X$ y poner $$d_x(pq^*) = (|p|_x-|q|_x)pq^*.$$ Ici $|w|_x$ es el número de apariciones de la letra $x$ en $w$ .
Es fácil comprobar que $d_x$ es una derivación. Tampoco es muy difícil comprobar que no es interior utilizando que $d_x(x)=x$ y no puedes encontrar $m\in R$ con $xm-mx=x$ .
Detalles añadidos (actualización).
He encontrado un poco de tiempo para añadir algunos detalles. En primer lugar, la presentación de $M$ es un sistema de reescritura completo (es reductor de longitud y no hay solapamientos de reglas) y los elementos reducidos no nulos son los elementos $pq^*$ con $p,q$ palabras en $X$ .
Para ver que $R=K_0M$ es simple, dejemos que $I$ sea un ideal no nulo y que $$0\neq a=\sum_{m\in M}c_mm\in I.$$
Utilizaremos lo siguiente observación . Utilice $|w|$ para la longitud de una palabra $w$ en $X$ . Si $p,q,w,a,b$ son palabras en $X$ y $0\neq pq^*w=sb^*w$ con $|b|,|q|\geq |w|$ entonces $pq^*=sb^*$ . De hecho, debemos tener $q=wz$ y $b=wy$ para que el producto sea distinto de cero y entonces $pq^*w = pz^*$ y $sb^*w = sy^*$ De ahí que $p=s$ y $z=y$ es decir, $q=b$ .
Supongamos primero que $supp(a)$ contiene $1$ . Desde $X$ es infinito, podemos encontrar una letra $x\in X$ tal que $x$ aparece en ningún $p,q$ con $pq^*\in supp(a)$ . Entonces $x^*ax=x^*1x=1$ como $x^*pq^*x=0$ siempre que $x$ no aparece en $p, q$ y al menos uno de $p$ o $q $ es no vacía. A continuación mostramos que podemos modificar $a$ para contener $1$ en su apoyo.
Supongamos que alguna palabra $p$ en $X$ es en apoyo de $a$ y asumir $p$ tiene una longitud mínima con esta propiedad. Entonces $p^*a$ tiene $1$ en su soporte y es distinto de cero ya que $p^*wz^*=1$ en $M$ implica $z=1$ y $w=p$ por lo que el coeficiente de $1$ en $p^*a$ es el coeficiente de $p$ en $a$ . Así que estamos en el caso anterior, y por lo tanto hecho.
Entonces, supongamos que todos los elementos del soporte de $a$ son del tipo $pq^*$ con $q$ no vacío. Elija $pq^*$ en apoyo de $a$ con $|q|$ mínimo. Por nuestra observación anterior, el coeficiente de $p$ en $aq$ es el mismo que el coeficiente de $pq^*$ en $a$ porque $|q|\leq |b|$ para cualquier $sb^*$ en apoyo de $a$ y así $sb^*q\neq pq^*q=p$ por el observación . Esto nos sitúa en el caso anterior, y por tanto hemos terminado.
Ahora se deduce que $R$ es simple.
A continuación vamos a comprobar que $d$ es una derivación. Llama a un mapeo $\theta\colon M\setminus \{0\}\to G$ con $G$ un grupo a homomorfismo parcial si $\theta(mn)=\theta(m)\theta(n)$ siempre que $mn\neq 0$ . Por ejemplo, existe un homomorfismo parcial $\theta\colon M\to F_X$ (donde $F_X$ es el grupo libre en $X$ ) con $\theta(pq^*) = pq^{-1}$ y esto es de hecho el homomorfismo parcial universal de $M$ a un grupo, aunque no lo necesitamos. Ahora hay un homomorfismo $\eta\colon F_X\to \mathbb Z$ enviando nuestro fijo $x$ à $1$ y $X\setminus \{x\}$ à $0$ . Entonces $\nu:=\eta\theta\colon M\to \mathbb Z$ es un homomorfismo parcial con $\nu(pq^*) = |p|_x-|q|_x$ .
Por lo tanto, $d(m) = \nu(m)m$ para $m\in M$ donde consideramos $\nu(0)0=0$ (aunque técnicamente $\nu(0)$ no está definido). Entonces comprobamos fácilmente que, para $m,n\in M$ tenemos $$d(mn) = \nu(mn)mn = (\nu(m)+\nu(n))mn = m\nu(n)n+\nu(m)mn = md(n)+d(m)n$$ donde esto funciona incluso si $mn=0$ .
Por último, observamos que $d$ no es interior. En efecto, si $d$ es interior entonces $x=d(x)=xr-rx$ para algunos $r\in R$ . Tenga en cuenta que, dado que $1$ se desplaza con $x$ podemos suponer sin pérdida de generalidad que $1\notin supp(r)$ . Dado que la multiplicación por la izquierda por $x$ es inyectiva en $M$ (porque $x^*x=1$ ), no podemos tener $x\in x\cdot supp(r)$ porque $1\notin supp(r)$ . Así, $x\in supp(r)x$ . Pero la única manera de que eso ocurra es si $xx^*\in supp(r)$ ya que si $pq^*x=x$ y $p\neq 1$ entonces $q=p=x$ (utilice el observación ). Sea $n\geq 1$ sea máxima con $(x^n)(x^n)^*\in supp(r)$ . Entonces $xr$ tiene $(x^{n+1})(x^n)^*$ en su soporte (ya que la multiplicación por la izquierda por $x$ es inyectiva) y por tanto $(x^{n+1})(x^n)^*\in supp(r)x$ desde $xr-rx=x$ . Pero si $pq^*\in supp(r)$ con $pq^*x = (x^{n+1})(x^n)^*$ con $n\geq 1$ entonces $|q|\geq 2$ y la única posibilidad es $p=x^{n+1}$ , $q=x^{n+1}$ por el observación . Así, $x^{n+1}(x^{n+1})^*\in supp(r)$ , contradiciendo la elección de $n$ . Deducimos que $d$ no es interior.
