Un anillo totalmente ordenado con su topología de orden no es un anillo topológico.

Question

Hay un teorema que, si $R$ es un anillo totalmente ordenado que también es un anillo de división entonces $R$ es un anillo de división topológica con respecto al topología de pedidos en $R$ . Estoy seguro de que, en general, un anillo totalmente ordenado dotado de su topología de orden no tiene por qué ser un anillo topológico . ¿Podría alguien proporcionar un ejemplo de un anillo de este tipo?

Nota: En este contexto, no es necesario que un anillo tenga identidad multiplicativa. Sin embargo, sería estupendo tener una unital ejemplo y un no matrimonial ejemplo. También será útil un ejemplo conmutativo y otro no conmutativo para cada caso (unital o no unital).

Answer 1

Dado que un grupo totalmente ordenado es un grupo topológico en la topología de orden, lo que puede impedir que un anillo ordenado sea un anillo topológico en la topología de orden es una multiplicación discontinua. Dado que la suma es continua, la multiplicación es continua si y sólo si

1. para cada $x\in R$ la multiplicación por la izquierda $\lambda_x \colon y \mapsto xy$ es continua en $0$ ,
2. para cada $x\in R$ la multiplicación correcta $\rho_x \colon y \mapsto yx$ es continua en $0$ y
3. la multiplicación $\mu \colon (x,y) \mapsto xy$ es continua en $(0,0)$ .

Para un anillo conmutativo, los puntos 1. y 2. son, por supuesto, equivalentes.

Podemos hacer que 1. o 2. fallen si tenemos elementos "infinitamente grandes" pero no elementos "infinitamente pequeños", y la topología de orden no es discreta.

Y un ejemplo de anillo con elementos infinitamente grandes pero no infinitamente pequeños es un anillo polinómico sobre un anillo ordenado con orden lexicográfico [big-endian] ( $p > 0$ si y sólo si el coeficiente principal de $p$ es positivo).

Así que $S$ sea un anillo ordenado que no sea discreto, y tome $R = S[X]$ dotado del orden lexicográfico. Esto da un orden total sobre $R$ que es compatible con las operaciones en anillo - el coeficiente principal de un producto de polinomios es el producto de los coeficientes principales de los factores, por lo que el producto de elementos positivos es positivo, y el coeficiente principal de la suma de dos polinomios es uno de los coeficientes principales (si los grados son diferentes) o la suma de los coeficientes principales (si los grados son iguales), por lo que la suma de polinomios positivos es positiva.

Y en ese anillo ordenado, la multiplicación con $X$ (ya que $X$ es central, tenemos $\lambda_X = \rho_X$ ) no es continua en $0$ . Tomando $0 < a \in S$ no hay vecindad $U$ de $0$ tal que $\lambda_X(U) \subset (-a,a)$ ya que $p\cdot X > a$ para cada $0 < p \in R$ y por la no discreción de $S$ cada vecindad de $0$ en $R$ contiene elementos positivos.

$R$ es unital/comutativo si y sólo si $S$ es, por tanto, elegir (1) $S$ obtenemos ejemplos unitales y no unitales, conmutativos y no conmutativos.

Además, el ideal $X\cdot S[X]$ ofrece un ejemplo no unitario.

(1) Sin embargo, ejemplos de anillos ordenados no conmutativos son no es obvio .

Answer 2

Acabo de darme cuenta de que el teorema al que me refería en mi pregunta tiene una demostración incompleta. Por lo tanto, proporciono una prueba para mi propio registro.

Teorema. Sea $D$ sea un anillo de división totalmente ordenado con respecto al orden total $<$ en $D$ . Entonces, equipado con su topología de orden, $D$ es un anillo de división topológico.

Prueba. Escriba a $D^\times$ para el grupo multiplicativo $D\setminus\{0\}$ . También, $a:D\times D\to D$ , $m:D\times D\to D$ y $i:D^\times \to D^\times$ denotan la suma, la multiplicación y los mapas inversos, respectivamente. Para distinguir un par ordenado de un intervalo abierto, escribiremos $\langle x,y\rangle \in D\times D$ para un par ordenado de $x,y\in D$ y $(x,y)\subseteq D$ para el intervalo abierto $\big\{z\in D\,|\,x<z<y\big\}$ entre $x,y\in D$ con $x<y$ . A partir de ahora $x$ y $y$ sean elementos arbitrarios de $D$ con $x<y$ . Recordemos que $D$ es de característica $0$ (de ahí la división por $2$ está bien definido).

Primero comprobaremos que $a$ es continua. Supongamos que $\langle u,v\rangle \in a^{-1}\big((x,y)\big)$ . Entonces, tenemos que $x<u+v<y$ lo que conduce a $u\in\left(\frac{x+u-v}{2},\frac{y+u-v}{2}\right)$ y $v\in\left(\frac{x-u+v}{2},\frac{y-u+v}{2}\right)$ . Claramente, $$\left(\frac{x+u-v}{2},\frac{y+u-v}{2}\right)\times \left(\frac{x-u+v}{2},\frac{y-u+v}{2}\right)\subseteq a^{-1}\big((x,y)\big)\,.$$ Ergo, existe una vecindad abierta de $\langle u,v\rangle$ que figura en $a^{-1}\big((x,y)\big)$ . Así, $a$ es continua.

A continuación, afirmamos que $m$ es continua. Supongamos que $\langle u,v\rangle \in m^{-1}\big((x,y)\big)$ . Cambiando de signo si es necesario, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $u\geq 0$ y $v\geq 0$ . Si ambos $u>0$ y $v>0$ entonces podemos suponer que $0<x<y$ (de lo contrario, podemos sustituir simplemente $x$ por $\frac{uv}{2}$ ). En $0<x<uv<y$ tenemos $u\in\left(\frac{u+xv^{-1}}{2},\frac{u+yv^{-1}}{2}\right)$ y $v\in \left(2\big(u+xv^{-1}\big)^{-1}x,2\big(u+yv^{-1}\big)^{-1}y\right)$ . Por lo tanto, la vecindad abierta $\left(\frac{u+xv^{-1}}{2},\frac{u+yv^{-1}}{2}\right)\times \left(2\big(u+xv^{-1}\big)^{-1}x,2\big(u+yv^{-1}\big)^{-1}y\right)$ de $\langle u,v\rangle$ se encuentra en $m^{-1}\big((x,y)\big)$ . A continuación, tratamos el caso en el que exactamente uno de $u$ y $v$ es cero. Suponemos $u>0$ y $v=0$ . Entonces, $x<0<y$ y el barrio abierto $\left(\frac{u}{2},2u\right)\times\left(\frac{u^{-1}x}{2},\frac{u^{-1}y}{2}\right)$ de $\langle u,v\rangle=\langle u,0\rangle$ se encuentra en $m^{-1}\big((x,y)\big)$ . Por último, supongamos que $u=0$ y $v=0$ . Entonces, $x<0<y$ y podemos tomar $\left(-1,+1\right) \times \left(-t,+t\right)$ donde $t:=\min\{-x,y\}$ para ser una vecindad abierta requerida de $\langle u,v\rangle =\langle0,0\rangle$ .

Por último, para justificar que $i$ es continua, podemos suponer sin pérdida de generalidad que $0<x<y$ . Entonces, claramente, $i^{-1}\big((x,y)\big)=\left(y^{-1},x^{-1}\right)$ es un conjunto abierto. La prueba ha concluido.