Una división central de álgebra no es su conmutador

Question

En mirar a la vieja clasificación de las preguntas del examen, he llegado a una pregunta que me tiene perplejo.

Deje $A$ ser una división central de álgebra (de dimensión finita) a través de un campo de $k$. Deje $[A,A]$ $k$- subespacio de $A$ generado por los elementos de a$ab-ba$$a, b \in A$. Mostrar que $[A,A] \neq A$.

Si $\text{char } k \nmid [A:k]$, hay una muy agradable argumento en la mano: revisión de una base de $A$ y definen $\text{tr}(r)$ a ser la traza de la matriz asociada al espacio vectorial endomorfismo $a \mapsto ra$. Es fácil ver que $\text{tr}(ab-ba) = 0$; pero por nuestra suposición sobre la dimensión, $\text{tr}(1) \neq 0$, por lo que el $[A,A] \neq A$. Este argumento falla estrepitosamente en general. Me gustaría salvar, pero no estoy convencido de que es posible.

Agradecería sugerencias - si vas a dar una respuesta completa, le agradecería que si lo pones en spoiler cajas.

Answer 1

Busqué en google la pregunta textualmente y el primer resultado tenía una solución para el problema. Resulta que uno tal vez debería mirar más que StackExchange cuando la caza de soluciones. He aquí una versión ligeramente ampliada de la prueba (menores de 2 Problema aquí cerca el inicio del documento):

Deje $\bar k$ ser el algebraicas cierre de $k$. A continuación, $\bar k$ es trivialmente una simple división de álgebra $k$. Considere la posibilidad de $B = A \otimes_k \bar k$; hay un teorema (véase, por ejemplo, Lorenz y Levy, Álgebra II, cap 29 teorema 7) que, si $A$ $B$ simple $k$-álgebras, y al menos uno que es central, a continuación, $A \otimes_k B$ es un simple $k$-álgebra. En particular, esto significa que (debido a $A$ es central) $B$ es un simple $k$-álgebra, por lo que una simple $\bar k$-álgebra. Además, debido a que $A$ es finito-dimensional sobre $k$, por lo que es$B$$\bar k$.

No es difícil ver que la única división de álgebra sobre un algebraicamente cerrado de campo es el campo en sí; por el Artin-teorema de Wedderburn $B \cong M_n(\bar k)$ algunos $n$. A continuación,$[A,A] \otimes_k \bar k = [B,B]$, y porque en $M_n(\bar k),$ $[B,B]$ consiste en la traceless matrices, $[B, B] \neq B$; por lo $[A, A] \neq A$.