Estaría muy agradecido si me das un toque en él:
Supongo que $R$ es un finito anillo comutativo con tal identidad que $ x^3 = x $ para todos elementos $x$ $R$. $R$ Es un producto directo finito de los campos de orden $2$ o $3$.
¿Debo tratar de Artin-Wedderburn de incorporar?
¡Gracias!
Desde $R$ es un anillo finito, es Artinian, por lo tanto es un producto finito de Artinian local de los anillos. Por otra parte $x^3 = x$ todos los $x$ implica $R$ es reducido ($0 = x^m \implies 0 = x^{3^k} = x$ algunos $k$). Por lo tanto $R \cong \prod_{i=1}^n R_i$, donde cada una de las $R_i$ es finito, locales, y reducido, por lo tanto es un campo finito. A continuación, cada una de las $R_i$ también satisface $x^3 = x$ todos los $x \in R_i$, pero la única finito campos de satisfacer esta se $\mathbb{F}_2$ $\mathbb{F}_3$ (recordar que un campo finito de orden $p^n$ es la división de campo de la $x^{p^n} - x$).
Edit: Ya que uno de los contesta mencionó que conmutatividad se puede quitar, permítanme añadir que la hipótesis de una unidad también puede ser eliminado: ver, por ejemplo, a esta pregunta.
Para cualquier $x$, tenemos que $x^2$ es idempotent. Elegir un $x \neq \pm 1, 0$ (si no existe ninguno hemos terminado) y descomponer $R$ en la suma directa de $x^2R$ y $(1-x^2)R$. Son pequeños anillos finitos (PRECAUCIÓN: el elemento de unidad de estos anillos no es $1$ del anillo grande) para que este proceso no puede continuar para siempre así que usted gana.
Me gustaría señalar que la conmutatividad de la asunción puede ser eliminado. Un teorema de Jacobson dice que cualquier anillo con unidad de satisfacciones $a^{n(a)}=a$, $n(a)>1$ un entero dependiendo $a$, es conmutativa. Esto es parte de una gran colección de anillo de resultados de la teoría de asegurar la conmutatividad, y se puede encontrar en Herstein del libro no conmutativa Anillos.
De hecho, el primer paso de la prueba muestra que el $R$ es semisimple considerando $a(1-a^{a(n)-1})=0$. Por lo tanto podemos aplicar Artin-Wedderburn escribir $R$ como una suma de matrices sobre la división de los anillos. Conmutatividad implica que las matrices son todos los $1\times 1$, lo $R$ es una suma de la división de los anillos. Conmutatividad, o finitud y un dominado uso del teorema de Wedderburn, implica la división de los anillos, campos. Las órdenes de los campos, a continuación, restringido por la relación específica $x^3=x$, como se desee.
De hecho, no tenemos que invocar Jacobson. Hemos semisimple por el mismo argumento, Artin-Wedderburn se aplica, y $a^{n(a)}=a$ significa que no tenemos nilpotent elementos. Cualquier $n\times n$ matriz de anillo tiene nilpotents si $n>1$, lo $R$ es una suma de la división de los anillos. Por la finitud, del teorema de Wedderburn se aplica a la conclusión de que la división de los anillos son campos (donde $R$ es conmutativa).
Una observación en ninguna de las otras respuestas: aunque no es necesario observar directamente (que viene más tarde en el otros argumentos que presenta), se puede observar que $2^3 = 2$, y que, por ende,$6 = 0$, en $R$, por lo que por el CRT, el anillo de $R$ es un producto de un $\mathbb F_2$-álgebra y una $\mathbb F_3$-álgebra.
Esto no particularmente simplificar el resto de los argumentos, pero podría simplificar la conceptualización del problema y de su solución, ya que hace es claro a partir de que el principio que $R$ es el producto de algo de char. $2$ y algo de char. $3$.
Aquí está una colección de hechos que pueden o no servir como sugerencias:
Editar
Como se pide, voy a ampliar esto en una respuesta más completa.
Desde $R$ es finito, para cualquier primer ideal $\mathfrak{p}$, $R / \mathfrak{p}$ es un finito integral de dominio, y por lo tanto es un campo, y por lo $\mathfrak{p}$ es máxima. De hecho, ya que cada elemento de a $R/\mathfrak{p}$ satisface $x^3 - x = 0$, $R/\mathfrak{p}$ es un campo que en la mayoría de los 3 elementos, y así es $\Bbb{F}_2$ o $\Bbb{F}_3$.
La condición de que $x^3 = x$ previene $R$ de tener un nilradical que no es el cero ideal. Desde $R$ es finito, hay sólo un número finito de primer ideales, decir $\mathfrak{p}_1, \dots, \mathfrak{p_n}$. De ello se desprende que $$ \prod_{i=1}^n \mathfrak{p}_i = \bigcap_{i=1}^n \mathfrak{p}_i= (0) .$$
Desde cada una de las $\mathfrak{p}_i$ es máxima, el primer ideales son pares comaximal, por lo que el Teorema del Resto Chino da $$R \simeq R/(0) \simeq \prod_{i=1}^n R/\mathfrak{p}_i.$$
El comentario antes muestra que los términos en el producto son los campos de orden 2 o 3.
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