Cada $R$-módulo es gratis $\implies$ $R$ es un anillo de división

Question

Desde Grillet del Álgebra Abstracta, en la sección VIII.5.

Definiciones. Una división de anillo es un anillo con identidad en la que cada elemento distinto de cero es una unidad. Un espacio vectorial es un unital módulo a través de un anillo de división.

Teorema 5.2. Todo espacio vectorial tiene una base.

Los ejercicios.

(7.) Mostrar que $R$ es una división de anillo si y sólo si no tiene a la izquierda ideal $L \neq 0, R$.

(*9.) Demostrar que $R$ es una división de anillo si y sólo si cada izquierdo $R$-módulo libre.

Estoy tratando de resolver el ejercicio 9. Sospecho que debe ser formulado:

Deje $R$ ser un unital anillo. A continuación, $R$ es un anillo de división $\iff$ cada unital izquierda $R$-módulo libre.

Intento de la prueba: $(\implies)$: Teorema 5.2.

$(\impliedby)$: Por el ejercicio 7, es suficiente para mostrar que todos los no-cero a la izquierda ideal de $R$ es igual a $R$. Deje $I\!\neq\!0$ ser una izquierda ideal. Como un $R$-módulo, $I$ tiene una base $B$.

¿Cómo puedo demostrar que $I=R$?

Answer 1

Voy a parafrasear a Pete Clark "álgebra Conmutativa" notas (páginas 24-25), disponible aquí.

Como Julián respuesta y Amitesh comentario de señalar, si $R$ es un anillo conmutativo, entonces si $R$ no era un campo de trabajo, no existiría un dos caras adecuada ideal $I$. A continuación, $R/I$ sería un trivial $R$-módulo de con $0\not=I=ann(R/I)$, de donde $R/I$ sería una privativo $R$-módulo.

Para los no conmutativa caso: un anillo sin distinto de cero adecuada bilaterales ideales puede admitir un módulo. Prof. Clark construye un ejemplo: cito,

No conmutativa Observación: Si $R$ es un no-conmutativa anillo de tal forma que cada izquierdo $R$-módulo está libre, entonces el argumento anterior muestra que R no tiene un valor distinto de cero adecuada bilaterales ideales, así que es lo que se llama un simple anillo. Pero no conmutativa un simple anillo todavía puede admitir una privativo del módulo. Por ejemplo, supongamos $k$ ser un campo y tome $R = M_2 (k)$, $2\times 2$ matriz de anillo sobre $k$. A continuación, $k\oplus k$ es una izquierda R-módulo que no es libre. Sin embargo, supongamos $R$ es un anillo sin el adecuado trivial unilateral ideales. A continuación, $R$ es una división de anillo es decir, cada elemento distinto de cero de a $R$ es una unidad – y cada una de las $R$-módulo libre.

Al final, él afirma que lo que usted ha estado tratando de probar. Como se ha mencionado por él en los comentarios, este es expandido en su álgebra no conmutativa notas, p.6:

Cada izquierdo $R$-módulo es gratis $\Rightarrow$ $R$ es un anillo de división:

(Se sigue un argumento dado por Manny Reyes en MathOverflow.) Deje $I$ ser una máxima a la izquierda ideal de $R$ y poner $M = R/I$. A continuación, $M$ es un simple izquierda $R$-módulo: no tiene un valor distinto de cero adecuada submódulos. Por supuesto, $M$ es gratis: elegir una base $\{x_i\}_{i\in I}$ y cualquier elemento base, decir $x_1$. Por simplicidad $Rx_1 = M$. Por otra parte, desde la $x_1$ es una base de elemento, tenemos $Rx_1 \cong R$ $R$- módulos. Llegamos a la conclusión de que a la izquierda $R$-módulos de $R\cong M$, lo $R$ es un simple izquierda $R$-módulo. Esto significa que no tiene un valor distinto de cero adecuada a la izquierda ideales y por lo tanto es un anillo de división.

Answer 2

Aquí está una respuesta diferente, pero es mucho menos de primaria. Si cada módulo es libre, cada módulo es proyectiva, por lo que cada módulo es semi-simple, y el anillo es una Artinian semi-simple anillo, por lo que un producto directo de la matriz de anillos sobre la división de los anillos. Claramente cualquier anillo directa sumando es un proyectiva no libre módulo, por lo que tenemos una matriz de anillo sobre un anillo de división. Sin embargo, la natural módulo es un proyectiva no libre módulo a menos que la matriz de anillo es de grado 1, que es, a menos que ya es un anillo de división. En otras palabras, aplicar Artin–Wedderburn teoría.

Answer 3

Citar planetmath:

Supongamos ahora que cada izquierdo $R$-módulo libre. En particular, cada a la izquierda $R$-módulo proyectivo, lo $R$ es semisimple y por lo tanto $R$ es Noetherian. Esto implica que $R$ ha invariante de la base número. Deje $I\subseteq R$ ser un trivial izquierda ideal. Por lo tanto $I$ es un $R$-módulo, por lo que es libre y desde todos los módulos proyectivos (porque son libres), a continuación, $I$ es sumando directo de $R$. Si $I$ es correcto, entonces tenemos una descomposición de una $R$-módulo $$R\simeq I\oplus I',$$ but rank of $R$ is $1$ and rank of $I\oplus I'$ is at least $2$. Contradicción, porque $R$ ha invariante de la base número. Por lo tanto la única a la izquierda ideales en $R$$0$$R$. Ahora vamos a $x\in R$. A continuación,$Rx=R$, por lo que existe $\beta\in R$ tal que $$\beta x=1.$$ por Lo tanto cada elemento está a la izquierda es invertible. Pero cada elemento es invertible. De hecho, si $\beta x=1$ entonces no existe $\alpha\in R$ tal que $\alpha\beta =1$ y así $$1=\alpha\beta=\alpha(\beta x)\beta=(\alpha\beta)x\beta=x\beta,$$ so $x$ es derecho invertible. Así $R$ es un anillo de división. $\square$

Answer 4

Ver el $R$-módulo de $R/I$. Mostrar que no puede tener una base.

Answer 5

Nota: Como Jack Schmidt señala a continuación, en realidad no trabajo para un no conmutativa anillo:

Alternativamente: suponga que el $R$ es no es un anillo de división. Seleccione un valor distinto de cero no una unidad de $a\in R$ y contiguos a una inversa de a$a$$R$. A continuación, $R[a^{-1}]$ es un no-libre $R$-módulo.