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Morita equivalente anillos tienen homeomórficos espectros?

Para dos unital anillos de $R,S$, vamos a $R\sim S$ indican que $R$ $S$ son Morita equivalente, es decir, las categorías $\mathrm{Mod}_R$ $\mathrm{Mod}_S$ son equivalentes. Los ejemplos incluyen:

  • La matriz de los anillos: $R\sim M_n(R)$ cualquier $n\geq 1$,
  • Completa las esquinas: $R\sim eRe$ siempre $e$ es un completo idempotente en $R$, es decir, $e=e^2$ $ReR=R$.

El primero es un ejemplo de esto último, ya que $R\simeq \varepsilon_{11}M_n(R)\varepsilon_{11}$ donde $\varepsilon_{11}\in M_n(R)$ es idempotente con $1$ $(1,1)$ entrada y $0$'s de todas partes.

Resulta que estos son, esencialmente, la única manera de construir Morita equivalente anillos.

Teorema. $R\sim S$ si y sólo si $S\simeq eM_n(R)e$ algunos $n\geq 1$ y algunos idempotente $e\in M_n(R)$.


Si $R$ es unital anillo, una adecuada ideal $P\subseteq R$ es el primer si $IJ\subseteq P$ implica $I\subseteq P$ o $J\subseteq P$ para todos los ideales de a $I,J$. Deje $\mathrm{Spec}(R)$ denota el conjunto de primer ideales de $R$, llamado el primer espectro de $R$, con la costumbre de la topología de Zariski: los conjuntos cerrados son

$$V(I):=\{ P\in\mathrm{Spec}(R) : P\supseteq I\}$$

para $I$ un ideal de a $R$.


Mi pregunta es: si $R$ $S$ son Morita equivalente anillos, entonces es $\mathrm{Spec}(R)$ homeomórficos a $\mathrm{Spec}(S)$? También me pregunto si Morita equivalencia determina el poset de ideales. Por el Teorema anterior, solo tenemos que investigar los casos en que $S=M_n(R)$ o $S=eRe$.

No es difícil ver que $I\mapsto M_n(I)$ es una orden-la preservación de bijection entre los ideales de $R$ e ideales de $M_n(R)$, que es multiplicativo en el sentido de que $M_n(IJ)=M_n(I)M_n(J)$, y este multiplicativity implica que se toma el primer ideales para el primer ideales. También es fácilmente visto ser continua cuando se limita a $\mathrm{Spec}(R)$. Así que podemos concluir que

$$\mathrm{Spec}(R) \simeq \mathrm{Spec}(M_n(R)).$$

Ahora, ¿cómo acerca de las esquinas? Si $eRe$ no es completo, entonces es fácil ver que es falso: por ejemplo, $S=\mathbf{Z}$ es un rincón de $R=\mathbf{Z}\oplus \mathbf{Z}$ donde $e=(1,0)\in R$, y $\mathrm{Spec}(\mathbf{Z})\not\simeq \mathrm{Spec}(\mathbf{Z}\oplus\mathbf{Z})$. Este rincón no es completa, aunque.

He aquí mi idea: tenemos un mapa $$\Phi:\{\text{ideals of } R\} \rightarrow \{\text{ideals of } eRe\}$$ $$I\longmapsto eIe$$ que es surjective --- un derecho inversa está dada por $\Psi(J):=RJR$.

  • Es $\Phi$ inyectiva si $eRe$ es una esquina?
  • Qué $\Phi$ preservar primer ideales? Sería Zariski-continua?

EDIT: Claramente el fin de la preservación de mapas de Zariski continua, por lo $\Phi$ es, sin duda continua.

5voto

Ehsaan Puntos 503

Me lo imaginé \begin{align} & =\dfrac{x(x-3)+(-4)}{1}\times \dfrac{1}{x(x-3)+2+6x} \\ \\ & = \frac{x(x-3) - 4}{x(x - 3) + 2 + 6x} \\ \\ & = \dfrac{x^2-3x-4}{x^2+3x+2} \tag{%#%#%} \endtodos mis sueños se hacían realidad.


$\Phi$ es inyectiva

Desde $e$ total tenemos $ReR=R$. Ahora para cualquier ideal $I$ $R$ hemos

$$I=RIR=(ReR)I(ReR) = (Re)I(eR) = R(eIe)R$$

por lo tanto la observación de que $eIe$ determina completamente $I$. Por lo $I\mapsto eIe$ es inyectiva.


$\Phi$ es multiplicativo

Queremos mostrar que $eIJe =(eIe)(eJe)$. Pero esto es otra vez la plenitud de la $e$.

$$eIJe = (eI)R(Je) = (eI)(ReR)(Je) = eIeJe = (eIe)(eJe).$$

Llegamos a la conclusión de $\Phi$ restringe a un bijection $\mathrm{Spec}(R)\rightarrow \mathrm{Spec}(eRe)$. Pero $\Phi$ $\Phi^{-1}$ son de orden-la conservación, en particular, ellos son Zariski-continuo. Por lo $\Phi$ le da un buen homeomorphism

$$\mathrm{Spec}(R)\simeq \mathrm{Spec}(eRe).$$

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