Yo no creo que cada anillo con un $1$ es el endomorfismo anillo de un grupo abelian pero yo actualmente no ver cómo producir un contraejemplo.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?La proposición. Deje $A = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. A continuación, $A$ no es el endomorfismo anillo de un grupo abelian.
Prueba: Supongamos $A$ es el endomorfismo anillo de un grupo abelian $G$. Deje $e = (1, 1)$ ser la unidad de $A$. A continuación,$2e = 0$. Deje $x \in G$. A continuación,$2x = 2(ex) = (2e)x = 0$. Por lo tanto $G$ puede ser considerado como un espacio vectorial sobre un campo $k = \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. A continuación,$A = \operatorname{End}_k(G)$. Supongamos $n = \dim_k G$. A continuación,$|A| = 2^{n^2}$. Esto es imposible. QED
kubi
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Se me ocurrió un ejemplo de un infinito anillo, que no es el endomorfismo anillo de un grupo abelian.
La proposición Deje $K$ ser un anillo de división de la característica $p > 0$. Supongamos $|K| > p \ (K$ puede ser una infinita división de anillo). A continuación, $K$ no es el endomorfismo anillo de un grupo abelian.
Prueba: Supongamos $K$ es el endomorfismo anillo de un grupo abelian $G$. Desde $p = 0$ en $K$, $G$ puede ser considerado como un espacio vectorial sobre $F = \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$. Desde $|K| \neq p$, $\dim_F G > 1$. Por lo tanto $G$ tiene un valor distinto de cero adecuada $F$-subespacio $H$. Por lo tanto existe una no-cero adecuada $F$-subespacio $H'$ tal que $G = H \oplus H'$. Deje $f$ ser el mapa de proyección $G \rightarrow H$ inducida por la descomposición $G = H \oplus H'$. Desde $f$ puede ser considerado como un elemento de $K = End(G)$ y $f^2 = f$, $f = 1$. Esta es una contradicción. QED
EDITAR Me pareció que la idea se puede aplicar a una división del anillo de la característica $0$ con la excepción de $\mathbb{Q}$.
Proposición 2 Deje $K$ ser un anillo de división. Deje $F$ ser el primer subcampo de $K$. Supongamos $(K \colon F) > 1$. A continuación, $K$ no es el endomorfismo anillo de un grupo abelian.
Prueba: Supongamos $K$ es el endomorfismo anillo de un grupo abelian $G$. A continuación, $G$ puede ser considerado como espacio vectorial sobre $K$. Por lo tanto puede ser considerado como espacio vectorial sobre $F$. Desde $(K \colon F) > 1$, $\dim_F G > 1$. Por lo tanto $G$ tiene un valor distinto de cero adecuada $F$-subespacio $H$. Por lo tanto existe una no-cero adecuada $F$-subespacio $H'$ tal que $G = H \oplus H'$. Deje $f$ ser el mapa de proyección $G \rightarrow H$ inducida por la descomposición $G = H \oplus H'$. Desde $f$ puede ser considerado como un elemento de $K = End(G)$ y $f^2 = f$, $f = 1$. Esta es una contradicción. QED
EDIT 2 He encontrado una gran clase de los anillos que no son el endomorfismo anillos de abelian grupos.
Deje $A$ ser un anillo. Un elemento $e$ $A$ se llama idempotente si $e^2 = e$. Un idempotente, que no es ni $0$ ni $1$ se llama no trivial de la idempotente. Si $e$ es un idempotente, $f = 1 - e$ también es un idempotente.
Lema 1 Un integrante de dominio no tiene no trivial idempotents.
Prueba: Deje $A$ integrante de dominio. Deje $e$ ser un idempotente de $A$. A continuación,$e(1 - e) = 0$. Por lo tanto $e = 0$ o $1$. QED
Lema 2 Un anillo local no tiene no trivial idempotents.
Prueba: Deje $A$ ser un anillo local. Deje $\mathfrak{m}$ ser el ideal maximal de a $A$. Deje $e$ ser un idempotente. Si $e$ es un elemento invertible, $e = 1$. Supongamos $e$ no es invertible. A continuación,$e \in \mathfrak{m}$. Por lo tanto $1 - e$ es invertible. Desde $1 - e$ es un idempotente, $1 - e = 1$. Por lo tanto $e = 0$. QED
Proposición 3 (generalización de las proposiciones 1, 2) Deje $A$ ser un álgebra sobre un campo $K$. Deje $F$ ser el primer subcampo de $K$. Supongamos $\dim_F A > 1$. Supongamos $A$ no tiene no trivial idempotents (por ejemplo, $A$ es una división de anillo o de un integrante de dominio o un anillo local). A continuación, $A$ no es el endomorfismo anillo de un grupo abelian.
Prueba: La misma que la prueba de la proposición 2.
