Finito anillos de primer orden debe de tener una identidad multiplicativa

Question

La definición estándar de un anillo es un grupo abelian que es un monoid en virtud de la multiplicación (con la distributividad). Sin embargo, hay algunos libros que tienen una débil definición en la que un anillo sólo tiene que ser cerrado bajo la multiplicación (sin identidad).

Hay un problema en mi libro de álgebra me pide probar que si un anillo (que se define en el segundo caso) ha $p$ elementos, donde $p$ es primo. Si la multiplicación es no trivial (es decir, el envío todo a 0), a continuación, el anillo es forzada a tener una identidad multiplicativa.

Su parece trivial prueba, pero no puedo ver lo que me falta.

Lo que tengo hasta ahora: Dado $R$ es un anillo con p elementos R es un grupo abelian de primer orden, por lo tanto es cíclico generado, y de la característica $p$ y isomorfo a $Z/pZ$. Esencialmente se reduce a mostrar $Z/pZ$ es forzada a tener una identidad multiplicativa, pero simplemente no puedo ver de dónde proviene (todos los recursos que he encontrado parece tomar esto como un hecho). Dado que este es un requisito independientemente de la estructura multiplicativa yo no sólo puede utilizar el hecho de que $Z/pZ - 0$ es un grupo en el típico multiplicación.

Answer 1

Deje $x$ ser un elemento distinto de cero de el anillo. A continuación, $R=\{0,x,2x,3x,\ldots,(p-1)x\}$ donde $2x$ $x+x$ etc. A continuación, $x^2=jx$ donde $1\le j\le p-1$. Por otra parte $(ax)(bx)=abx^2=(abk)x$. Todo lo que necesitas hacer es demostrar que para algunos $a$, $(abk)x=bx$ para todos los $b$. (Es sin duda suficiente para hacer esto para $b=1$).

Answer 2

Si $R$ es un anillo de orden $p$, luego se inyecta en el ring $\text{End}(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})$ de endomorphisms del grupo abelian $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$. Cómo muchos de los elementos que hace de este anillo?

Answer 3

Considerar el subconjunto $Z ⊆ R$ de los elementos de la izquierda, la multiplicación por $z ∈ Z$ lo hace todo en mapa $0$, $Z$ es trivial debido a que $R$ no trivial de la multiplicación, por lo tanto cada elemento distinto de cero $a$ $R$ define un automorphism del grupo abelian $R$ que envía a $x$ $ax$(debido a que el núcleo de cada mapa es trivial) , de ahí que podamos definir un mapa de $R\setminus\{0\}$ para el grupo de automorfismos $\operatorname{Aut}R$ este mapa es inyectiva, o $\operatorname{Aut}R$ $p-1$ elemento, a continuación, nuestro mapa enviar a un elemento distinto de cero $a$ $R$ sobre la identidad de morfismos de $R$, obtenemos $ax=x$ por cada elemento de a$x$$R$.

Answer 4

Ir a la caza de todas las formas en que R puede fallar a ser isomorfo a ℤ/pℤ, y demuestran el fracaso de cualquiera de ellos para mantener.

Considerar el subconjunto Z ⊆ R de los elementos de la izquierda, la multiplicación por z ∈ Z no mapa todo a cero. Fácilmente podemos mostrar que Z es un ideal de R:

• Para y,z ∈ Z, se tiene (y+z)r = yr + zr = 0+0 = 0 para cualquier r ∈ R, entonces y+r ∈ Z;
• Para cualquier z ∈ Z y a,r ∈ R, se tiene (az)r = a(x) = 0 y (za)r = z(ar) = 0; así, az za ∈ Z.

Bueno, en realidad, sólo necesitamos el primero de estos dos criterios, porque demuestra que (Z,+) debe ser un subgrupo del grupo abelian (R,+), que es de primer orden. Sabemos que Z ≠ R; por lo que se deduce que Z = {0}.

Está bien, entonces. Si ninguno de los no-cero de los elementos del mapa todo a cero a través de la multiplicación, tal vez algunos de ellos mapa algunas cosas a cero? Seleccione a ∈ R \ {0} arbitraria, y consideremos el conjunto S_{de un} = {b ∈ R | ab = 0}. Bueno, de nuevo, nos encontramos con que S_un es un abelian subgrupo de R, y, de nuevo, sabemos que S_una no está permitido a todos los de R; sabemos que S_un = {0}. Es decir, R no contiene divisores de cero.

Bien, ¿hay alguna que no sea cero elementos que la multiplicación no es invertible? Bueno, no: cualquier a,b ∈ R tal que ar = br para algunos no-cero r ∈ R tendría la propiedad (a − b)r = 0, de modo que a = b; de modo que la multiplicación de los elementos de R \ {0} rendimiento bijections en R \ {0}.

Ahora debería permitir a usted para responder a su pregunta.

Answer 5

$\rm R = \{0,a,2a,\cdots,(p-1)a\}\ $ $\rm\ 0 \ne a\in R\:$ . Por lo $\rm\ a^2 = k\:a\ $ $\rm\ k \ne 0\:$ a través de la multiplicación trivial. Ahora $\rm\ j = 1/k\ \:mod\ p\ \Rightarrow\ ia\ ja\ = \ ijka\ =\ ia\ \Rightarrow\ ja = 1\:$.