Ejemplos más sencillos de anillos que no son isomorfos a sus opuestos

Question

¿Cuáles son los ejemplos más sencillos de anillos que no son isomorfos a sus anillos opuestos? ¿Existe una ciencia para construirlos?

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El único ejemplo sencillo que conozco:

En el Álgebra Básica de Jacobson (vol. 1), sección 2.8, hay un ejercicio que dice lo siguiente:

Dejemos que $u=\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}\in M_3(\mathbf Q)$ y que $x=\begin{pmatrix} u & 0 \\ 0 & u^2 \end{pmatrix}$ , $y=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ , donde $u$ es como se indica y $0$ y $1$ son cero y las matrices unitarias en $M_3(\mathbf Q)$ . Por lo tanto, $x,y\in M_6(\mathbf Q)$ . Jacobson da pistas para demostrar que el subring de $M_6(\mathbf Q)$ generado por $x$ y $y$ no es isomorfo a su opuesto.

Los ejemplos parecen ser bien conocidos por la gente de las álgebras de operadores:

Véase, por ejemplo, el documento "A Simple Separable C*-Algebra Not Isomorphic to Its Opposite Algebra" por N. Christopher Phillips, Proceedings of the American Mathematical Society Vol. 132, No. 10 (Oct., 2004), pp. 2997-3005.

Answer 1

Aquí hay una fábrica para hacer ejemplos. Si $\Gamma$ es un carcaj, y $k$ un campo, entonces obtenemos un álgebra de carcaj $k\Gamma$ . Si $\Gamma$ no tiene ciclos orientados, podemos recuperar $\Gamma$ de $k\Gamma$ tomando la Ext-construcción. Además, el álgebra opuesta de un álgebra del carcaj se obtiene invirtiendo todas las flechas del carcaj.

Por lo tanto, se puede producir un ejemplo tomando el álgebra del carcaj de cualquier carcaj sin ciclos orientados, que no es isomorfo a su inverso. Es fácil construir muchos quivers con estas propiedades.

Answer 2

He aquí un ejemplo fácil. Consideremos el grupo abeliano $M = \mathbb{Z} \times \mathbb{Q}$ . Afirmo que $R:=\text{End}(M)$ no tiene ningún antiendomorfismo. EDITAR : Mi prueba anterior es defectuosa. Gracias a Leon Lampret que me lo ha señalado. La nueva prueba muestra que $R$ tiene varios antiendomorfismos, pero ninguno es invertible. Por lo tanto, $R$ no es isomorfo a $R^{\mathrm{op}}$ .

Identificar $R$ con el anillo matricial $\begin{pmatrix} \mathbb{Z} & 0 \\\ \mathbb{Q} & \mathbb{Q} \end{pmatrix}$ . El anillo de endomorfismo del grupo abeliano subyacente $\mathbb{Z} \times \mathbb{Q} \times \mathbb{Q}$ de $R$ puede identificarse con el anillo matricial $\begin{pmatrix} \mathbb{Z} & 0 & 0 \\\ \mathbb{Q} & \mathbb{Q} & \mathbb{Q} \\\ \mathbb{Q} & \mathbb{Q} & \mathbb{Q} \end{pmatrix}$ .

Supongamos un antiendomorfismo $\alpha$ de $R$ está dada por una matriz de este tipo $\begin{pmatrix}a & 0 & 0 \\\ b & c & d \\\ e & f & g \end{pmatrix}$ .

Entonces $\alpha(1)=1$ rinde $a=1, b+d=0, e+g=1$ . El determinante es $cg-df$ . Para todas las seis parejas $(u,v,w,p,q,r)$ (con $u,p$ entero) tenemos

$\alpha\left(\begin{pmatrix} u & 0 \\\ v & w \end{pmatrix} \begin{pmatrix} p & 0 \\\ q & r \end{pmatrix}\right) = \alpha \begin{pmatrix} p & 0 \\\ q & r \end{pmatrix} \alpha\begin{pmatrix} u & 0 \\\ v & w \end{pmatrix}$

lo que da lugar a las tres ecuaciones

1) $a^2 pu = pu$

2) $ap(bu + cv + dw) + (bp + cq + dr)(eu + fv + gw) = bpu + c(qu + rv) + drw$

3) $(ep + fq + gr)(eu + fv + gw) = epu + f(qu + rv) + grw$

Si introducimos las tres ecuaciones que ya conocemos de $\alpha(1)=1$ Esto simplifica, por supuesto. Ahora inserte algunas tuplas para obtener las siguientes ecuaciones:

$(0,1,0,0,1,0) \leadsto f^2 = 0 \Rightarrow f = 0$

$(0,1,0,1,0,0) \leadsto c = 0$

Esto ya muestra que el determinante de $\alpha$ es cero, por lo que $\alpha$ no puede ser biyectiva. Pero podemos ir más allá:

$(1,0,0,1,0,0) \leadsto be=0 \wedge e^2=e \Rightarrow e \in \{0,1\}$

Para $e = 0$ obtenemos

$\alpha=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\\ b & 0 & -b \\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

y para $e=1$ obtenemos

$\alpha=\begin{pmatrix}1 & 0 & 0 \\\ 0 & 0 & 0 \\\ 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$ .

Aquí $b \in \mathbb{Q}$ puede elegirse de forma arbitraria. Todos estos son antiendomorfismos de $R$ .

Hay una prueba más avanzada que $R$ no es isomorfo a $R^{\mathrm{op}}$ : Obsérvese que $R$ es noetheriano derecho, pero no noetheriano izquierdo.

Answer 3

Una idea general para construir anillos que se comporten de forma diferente a la izquierda y a la derecha es la siguiente, que ya está contenida en la respuesta de Martins: Se consideran anillos triangulares $$ A=\begin{pmatrix} R & M \\ 0 & S \end{pmatrix} $$ donde $R$ y $S$ son anillos y $M$ es un $R$ - $S$ -bimódulo. Los ideales de la izquierda y de la derecha de dicho anillo pueden ser descritos: por ejemplo, los ideales de la izquierda son isomorfos a $U\oplus J$ , donde $J $ es un ideal de la izquierda de $S$ y $U$ un $R$ -submódulo de $R\oplus M$ con $MJ \subseteq U$ . (Véase el libro de Lam Primer curso de anillos no conmutativos , §1) Elecciones adecuadas de $R$ , $M$ y $S$ conducen a ejemplos con una estructura izquierda y derecha bastante diferente. Por ejemplo, el anillo finito $$\begin{pmatrix} \mathbb{Z}/4\mathbb{Z} & \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \\ 0 & \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \end{pmatrix}$$ tiene 11 ideales izquierdos y 12 ideales derechos, si mi cuenta es correcta. (Este puede ser el ejemplo más pequeño de un anillo unital no isomorfo a su anillo opuesto, pero no estoy seguro en este caso).

Por supuesto, hay muchos ejemplos, ya que hay muchas nociones de teoría de los anillos que se sabe que no son simétricas izquierda-derecha. T. Y. Lam, en sus dos libros ( Primer curso mencionado anteriormente y Conferencias sobre módulos y anillos ), suele construir al menos un ejemplo de anillo que se deja blah pero no es correcto blah , siempre que blah es una propiedad que no es simétrica izquierda-derecha. (En general, vale la pena leer los libros de Lam, en particular cuando se buscan ejemplos).

Answer 4

Para ampliar la respuesta de Bugs Bunny: que $D$ sea un álgebra de división central de dimensión finita sobre un campo $K$ . Entonces $D \otimes_K D^{\operatorname{op}} \cong \operatorname{End}_K(D)$ . De esto se deduce que en el grupo de Brauer de $K$ la clase de $D^{\operatorname{op}}$ es la inversa de la clase de $D$ . Así, un álgebra de división central sobre un campo es isomorfa a su álgebra opuesta si tiene orden $2$ en el grupo Brauer, o, en la jerga de ese campo, período $2$ .

Así que puedes obtener ejemplos tomando cualquier campo $K$ con $\operatorname{Br}(K) \neq \operatorname{Br}(K)[2]$ . En particular, el grupo de Brauer de cualquier campo localmente compacto no arquimédico es $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ y el grupo de Brauer de cualquier campo global está cerca de ser la suma directa de los grupos de Brauer de sus terminaciones (hay una relación, la llamada ley de reciprocidad que dice que un determinado mapa de "suma de invariantes" es cero). Así, por ejemplo, un álgebra de división de dimensión $9$ sobre su centro servirá y estas cosas se pueden construir sobre los campos anteriores.

Answer 5

Tu ejemplo no es simple, es decir, ¡no es un álgebra simple! Si quieres un álgebra simple, necesitas un campo cuyo grupo de Brauer tenga elementos de orden superior a 2 (el álgebra opuesta = inversión en el grupo de Brauer). Si no recuerdo mal, el campo p-ádico servirá...