Estoy tratando de exponer un unital, no conmutativa anillo de $R$ tal que $(ab)^2=(ba)^2$ todos los $a,b\in R$.
Este es un ejercicio de Herstein los Temas de Álgebra. En el ejercicio anterior, me mostró que si $R$ fue unital, tenía la misma propiedad con respecto a las plazas, pero también tenía la propiedad de que la $2a=0$ implícitas $a=0$ cualquier $a\in R$, $R$ fue conmutativa.
Por lo tanto, he intentado varias cosas con los cuaterniones, el $2\times 2$ matrices, el $3\times 3$ matrices, e incluso de bloque de matrices, todo $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$. Me parece que no puede venir con cualquier cosa, aunque, y te agradecería una pista.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Me gusta tu idea de tratar de matrices de más de $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Sin embargo, usted no quiere tomar todas las matrices, ya que tiene dos muchos idempotents, $x$ tal que $x^2 = x$.
Por ejemplo,$a = E_{11} = \left[\begin{smallmatrix}1&0\\0&0\end{smallmatrix}\right]$$b=E_{11}+E_{12} = \left[\begin{smallmatrix}1&1\\0&0\end{smallmatrix}\right]$. En general $E_{ij} \cdot E_{jk} = E_{ik}$ e si $j\neq k$$E_{ij} \cdot E_{k\ell} = 0$. Por lo tanto $ab=b$ pero $ba=a$; de curso $a^2 = a$$b^2=b$.
Así que la sugerencia es tomar un sub-anillo de la matriz de anillo que no es conmutativa, sino que evita tener demasiados idempotents. Idempotents son como parcial 1 parcial y 0s. Lo que queremos es que nuestros elementos a ser "1" o "0" no tanto. En más estándar de la lengua, para evitar idempotents nos aseguramos de que cada elemento es una unidad ($x$ tal que $x^{-1}$ existe) o nilpotent ($x$ tal que $x^n=0$).
La primera idea a lo largo de estas líneas no acaba de funcionar, pero es una buena idea: se toma una base con un elemento de una unidad (la matriz identidad $E_{11}+E_{22}$) y el otro elemento nilpotent ($x=E_{12}$). No es demasiado duro para demostrar que este espacio vectorial es cerrado bajo la multiplicación, así que conseguir un anillo. Y en este ring $(ab)^2 = (ba)^2$ todos los $a,b$. Sin embargo, este anillo se compone de sólo $0,1,x,1+x$ y no es difícil comprobar es conmutativa; es $\mathbb{Z}[x]/(2,x^2)$.
Usted puede fijar la conmutatividad problema sin demasiados problemas, aunque:
Acaba de uso mayor de las matrices. Deje $R$ ser el espacio vectorial con base $1=E_{11}+E_{22}+E_{33}$, $x=E_{12}$, $y=E_{23}$, y $z=E_{13}$ sobre el campo de $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$. Desde $xy=z$, pero $$xx=yy=zz=yx=xz=zx=yz=zy=0$$ multiplication is very easy. For $$A=\begin{bmatrix} a & b & d \\ 0 & a & c \\ 0 & 0 & a \end{bmatrix}, \qquad B = \begin{bmatrix} e & f & h \\ 0 & e & g \\ 0 & 0 & e \end{bmatrix}$$ we get $$(AB)^2 - (BA)^2 = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 2ae(bh-df) \\ 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$$ which is $0$ as long as $2=0$.
Jonik
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En lugar de construir un solo ejemplo, uno podría tratar de demostrar lo suficiente acerca de esos anillos que los ejemplos más claro.
Definición: Definir $t:R^2 \to R : (a,b) \mapsto (ab)^2 - (ba)^2$. Llamar a un anillo "$t$-buena" si la imagen de $t$ es 0.
Ejemplo: Si $R$ es un básico, local $k$-álgebra con $J^3=0$, e $k$ de característica 2, $R$ $t$- bien.
El resto de esta respuesta intenta hacer que el ejemplo parece una consecuencia lógica de la definición. Sin embargo, en varios puntos tuve que hacer suposiciones que simplificaba las cosas, pero eso no puede ser cierto en general. Estos están marcados con "(no WLOG)", ya que WLOG es normalmente reservada para los "sin pérdida de generalidad" en lugar de "con la pérdida de la generalidad."
La proposición: Un idempotente de una $t$-buen anillo central.
Prueba: Si un anillo es de $t$-bien, a continuación, $t(a,b) - t(1-a,b) = ab^2 - b^2a$ debe ser 0, por lo que el cuadrado de cada elemento está en el centro. En particular, si $e$ es un idempotente de una $t$-buen tono, entonces es central (que es $e=e^2$ implica $ae=ea$ todos los $a \in R$ mientras $R$ $t$- buena). $\square$
Lema: Una central idempotente es la misma como un producto directo de la factorización en el anillo.
Prueba: Vamos a $f=1-e$ y el aviso de que tenemos un anillo de producto directo $R = Re \times Rf$. $Re$ es un anillo no sólo a la izquierda ideal desde $(re)(se) = rse^2 = (rs)e$ que $e$ es un central idempotente. Del mismo modo $f=(1-e)^2 = 1-2e+e^2 = 1-2e+e = 1-e=f$ $f$ es otro elemento idempotente, por lo $Rf$ es otro anillo. Si $x \in Re \cap Rf$ $x=re=s(1-e)$ $xe = re^2 = re = x$ en la una mano, pero $xe =s(1-e)e = s(e-e^2) = s(e-e) = 0$ sobre el otro, por lo $x=0$$Re \cap Rf = 0$, por lo que obtenemos un producto directo. Cada elemento de a $R$ es en este producto directo, porque $r = r1 = r(e + (1-e)) = r(e+f) = re+rf \in Re \times Rf$. $\square$
Básicamente podemos ignorar directa de productos, sin embargo, debido a que:
La proposición: Un producto directo de los anillos es $t$-buena iff cada factor es $t$-bien.
Prueba: Esto es simplemente porque el $i$th coordenadas de $t(\mathbf{a},\mathbf{b})$ es sólo $t$ que se aplica a la $i$th coordenadas de $\mathbf{a}$ y $\mathbf{b}$. $\square$
Asunción: (WLOG) $R$ no es un producto directo de dos adecuada subrings.
Llamamos a un anillo "conectado", aunque algunos lo llaman directamente indecomposable como un anillo.
Proposición: Una conectada $t$-buen tono no tiene idempotents.
Asunción: (no WLOG) $R$ es un finito dimensionales $k$-álgebra.
Proposición: En cualquier no-conmutativa $t$-buen tono, $2$ no es una unidad. Por lo tanto, si $k$-álgebra es $t$-bien, entonces $k$ tiene carácter 2.
Prueba: Ahora $t(1-a,1-b)-t(1-a,b)-t(a,1-b)+t(a,b) = 2(ab-ba)$, por lo que si 2 es una unidad, entonces la $R$ es conmutativa. Estamos especialmente interesados en la no-conmutativa ejemplos, así que no podemos tener $2$ ser una unidad. $\square$
La proposición: la conexión de Un finito-dimensional $k$-álgebra que es $t$-bueno, debe ser local.
La prueba: Un finito dimensionales álgebra es local iff no tiene no trivial idempotents. Desde que asumimos el álgebra está conectado, no tiene central idempotents. Desde que asumimos que el álgebra es $t$-bien, no tiene ningún no-central idempotents. $\square$
Asunción: (no WLOG) $R/J$ es separable sobre $k$.
Asunción: (no WLOG) $K=R/J$ es conmutativa.
Por ejemplo, si $k$ es finito ambos son automáticas.
Lema: $R$ $K$- álgebra y como $K$-espacio vectorial es isomorfo a $K \oplus J$ donde $K$ es un subcampo central de $R$ $J$ es nilpotent ideal.
Prueba: Esta es la Wedderburn-Malçev teorema. $\square$
Asunción: (WLOG) $R/J \cong k$, $R$ es un básico, local $k$-álgebra.
Proposición: En un $t$-buen tono, $x(ab+ba)=(ab+ba)x$.
Prueba: $t(1-x,a-b) + t(x,a) + t(x,b) - t(1-x,a)-t(1-x,b)-t(x,a-b) = xab+xba-abx-bax. \square$
Lo que me gustaría decir es que, de hecho, $x(ab) = (ab)x$ al $a,b \in J$.
Asunción: (no WLOG) Suponga $J^2$ es central.
La proposición: Todos básica, locales, finito-dimensional $k$-álgebra cuya Jacobson radical al cuadrado es central es $t$-bien.
Prueba: calculamos $(a+j)(b+k) = ab + bj + ak + jk$ frente al $(b+k)(a+j) = ab+bj+ak+kj$ que difieren sólo en la $jk$ frente a $kj$. $((a+j)(b+k))^2 - ((b+k)(a+j))^2$ por lo tanto en su mayoría se cancela. Las únicas partes que permanecen son aquellos que involucran $jk$ o $kj$. Tenga en cuenta sin embargo, que el $J^2$ es central, por lo que todo lo que permanece $2ab(jk-kj) + 2bj(jk-kj) + 2ak(jk-kj)$. Si $J^3=0$ esto simplifica aún más a $2ab(jk-kj)$.
Tenga en cuenta que si $J^3=0$, $J^2$ es automáticamente central, ya que los viajes con la central de subcampo $K$, y por supuesto también con $J$ desde $J(J^2) = (J^2)J = 0$.
