Anillos sobre el que cada módulo es gratis

Question

Sabemos que los módulos a través de skewfields son gratis. Es a la inversa verdad? En otras palabras, es cierto que una trivial anillo sobre el que cada módulo es gratuito, es un skewfield?

Si el anillo es conmutativo, entonces la escritura que para cualquier ideal I de A, el a-módulo A/I es libre se obtiene el resultado. ¿Y el caso general?

Answer 1

La no-conmutativa caso no es muy diferente. Asumir por parte de la razonabilidad de que su anillo es Noetherian (me niego a pensar acerca de la no-Noetherian anillos en principio). Su argumento da que todos los de dos caras ideales acaba de ser todo el álgebra o trivial. Así, su álgebra es simple.

Otra consecuencia es que cada secuencia exacta divisiones. Por lo tanto, si usted tiene un par de izquierda ideales $I \subset J$, se puede elegir a la izquierda ideales $K_1,K_2$ tal que $J=I \oplus K_1$$R=J \oplus K_2$. Por lo tanto, si usted tenía un infinito descendente de la cadena de ideales, que tendría un complementarios ascendente de la cadena de ideales, que es imposible, ya que su anillo es Noetherian. Por lo tanto, su anillo es Artinian.

Por Artin-Wedderburn, su álgebra es un álgebra de matrices más de un sesgo de campo. Pero cada matriz de anillo a excepción de 1 x 1 tiene un módulo proyectivo. Así que a es un sesgo de campo.

Answer 2

Precaución: el cero del anillo no es un anillo de división, pero todos sus módulos son gratis! Pero el resto de los argumentos ya dados aquí, muestran que cualquier valor distinto de cero anillo sobre el cual todo el derecho del módulo es gratuito, es un anillo de división.

Voy a la tubería con un enfoque más, un favorito personal. Suponga que todo el derecho R-módulo libre y que R ≠ 0. Sea S un simple derecho R-módulo (al menos uno existe porque R es distinto de cero: seleccione el máximo ideal de derecho M de R y sea S = R/M). Entonces S es libre, así que elige una base de S. Escoger cualquier elemento x de la base. Porque S es simple y x ∈ S∖{0} tenemos S = xR, y porque x era un elemento base que hemos xR ≅ R como a la derecha de R-módulos. En particular, R_R ≅ S_R es simple, a partir de la cual se deduce que R es un anillo de división.

Answer 3

Sí que es cierto que un anillo (con la unidad) en el que cada vez módulo es gratuito, es un anillo de división.

Una manera fácil de mostrar esto es para decir que si cada módulo es libre, en particular, cada módulo es proyectiva y, por tanto, el anillo es noetherian. A continuación, se procede a mostrar que es imposible que el anillo tiene un no-trivial ideal, con el hecho de que noetherian anillos tienen invariante a base de números.

Answer 4

He aquí una más concreta versión de la Ohdarkdevil del argumento. Ya que cada módulo es libre, cada corto exacta de la secuencia se divide. Supongamos que R no es un anillo de división, por lo que tiene algunos trivial izquierda ideal I. Entonces R se divide como yo \oplus R/I. Ahora me es distinto de cero y libre, por lo que contiene un sumando directo J isomorfo a R. por lo tanto, podemos escribir R a sí misma como una suma directa de R \oplus M, para M=I/J \oplus R/I. Pero ahora la iteración esto da que R tiene un sumando directo que es una infinita suma directa de copias de M. Esto es imposible, ya que cualquier daño directo sumando de R, al ser un cociente de R, debe ser finitely generado.