Finito Dimensionales álgebras sobre los racionales, con simples módulos de dimensión arbitraria sobre los racionales

Question

La pregunta que se planteó fue la construcción de un conmutativa finito dimensionales $\mathbb{Q}$-álgebra $A$ decir, con un simple $A$-módulo S decir, que el $\text{dim}_{\mathbb{Q}}S = n$ $n$ arbitrarias en los naturales.

Esta pregunta fue planteada a mí en Teoría de la Representación, pero desde que me he estado haciendo un poco de Teoría de Galois recientemente, mi cabeza saltó a la siguiente (potencial?) solución:

Deje $f_{n}(x) = x^{n} - 2$, luego por el criterio de Eisenstein con respecto a la prime $p=2$, $ f_{n}$ es irreducible en a $\mathbb{Q}$[x] para cada $n$. A continuación, vamos a $I_{n} = \left<f_{n}\right>$ ser el ideal en $\mathbb{Q}[x]$ generado por $f_{n}$. Entonces a partir de la $\mathbb{Q}[x]$ es un PID, el primer ideales son máximas, y más desde $f_{n}$ es irreductible, y de manera privilegiada, $I_{n}$ es una de las principales y por lo tanto ideal maximal de a $\mathbb{Q}[x]$. Por lo tanto $E_{n} = \mathbb{Q}[x] / I_{n}$ es de un número finito de grados de extensión de campo de $\mathbb{Q}$. En particular, si $\alpha _{n} $ es un techo de $f_{n}$$\mathbb{C}$,$E_{n} \cong \mathbb{Q}(\alpha _ {n})$. Más $| E_{n} : \mathbb{Q} | = \text{deg}(f_{n}) = n$. Por lo $E_{n}$ es un campo de extensión de $\mathbb{Q}$ grado $n$. Entonces, si vemos a $\mathbb{Q}$ como un conmutativa $\mathbb{Q}$ álgebra, a continuación, $E_{n}$ $\mathbb{Q}$ módulo de la manera obvia, y es simple, ya que es un campo, y más $\text{dim}_{\mathbb{Q}}S = \left| E_{n} : \mathbb{Q} \right| = n$.

Mi pregunta es doble, en primer lugar, esta es una solución válida para el problema? Y en segundo lugar, tengo la sospecha de que el autor de la pregunta que estaba esperando una construcción más arraigada en la Teoría de la Representación de la Teoría de Galois. Podría cualquiera me da una pista de por donde debo empezar en este sentido?

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$\textbf{Correction: }$ Arriba en la construcción de que me dijo que $E_{n}$ es un simple $\mathbb{Q}$-módulo ya que es un campo. Esto es incorrecto ya que $E_{n}$ tiene una composición de la serie de la longitud de la $n$ $\mathbb{Q}$- módulo. Yo hubiese querido decir que $E_{n}$ es un simple $E_{n}$-módulo ya que es un campo, donde $E_{n}$ es el finito-dimensional conmutativa $\mathbb{Q}$-álgebra.

Answer 1

Yo tenía una clase de hoy, en el que finalmente me las arreglé para resolver esta pregunta en mi cabeza, con la ayuda de los demás. No sólo era mi sugirió ejemplo de lo que esperaban, pero creo que se puede demostrar que cualquier ejemplo es similar, de manera específica, a la que se dio de la siguiente manera

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$\textbf{Claim 1: }$ Deje $A$ ser finito dimensionales álgebra conmutativa sobre un campo $k$, y deje $S$ ser un simple $A$-módulo tal que $\operatorname{dim}_{k}(S) = n$. A continuación, $S$ es un campo de extensión de $k$ grado $n$.

$\textbf{Proof: }$ $S$ es simple, por lo que no existe $s\in S$ cero. Para tal $s$, definir $\phi_{s}: A \rightarrow S$ tal que $ a \mapsto a \cdot s$. A continuación, $\phi_{s}$ no es idénticamente cero a la izquierda-$A$-módulo homomorphism en un simple " $A$- módulo de $S$, por lo que, en particular, $\phi_{s}$ es surjective. A continuación, $\operatorname{ker}(\phi_{s})$ es un sub-módulo de la $A$-módulo de $A$, de tal manera que $A/ \operatorname{ker}(\phi_{s}) \cong S$ $S$ sencillo, y por lo $\operatorname{ker}(\phi_{s})$ es de hecho un máximo de $A$-sub-módulo de $A$. A continuación, $A$- sub-módulos de $A$ son de izquierda ideales, pero desde $A$ es conmutativo, en el hecho de $\operatorname{ker}(\phi_{s})$ en los dos lados ideal maximal de a $A$, y por lo $A / \operatorname{ker}(\phi_{s})$ es un campo. Por lo tanto $S$ es un campo, y así desde $k \hookrightarrow S$ vemos que $S$ es un campo de extensión de $k$$\left|S : k \right| = \operatorname{dim}_{k}(S) = n$.

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$\textbf{Claim 2: }$ Deje $A$ ser finito-dimensional conmutativa $\mathbb{Q}$-álgebra, con $S$ simple $A$-módulo tal que $\operatorname{dim}_{\mathbb{Q}}(S) = n$. A continuación, $S \cong \mathbb{Q}[x] / \left(f(x)\right) $ $\mathbb{Q}$- álgebras, para $f$ algunos polinomio irreducible de grado $n$$\mathbb{Q}[x]$.

$\textit{Remark 1: }$ El isomorfismo es solamente con respecto a la inducida por $\mathbb{Q}$-álgebra estructura en $S$ (de es $A$-álgebra de la estructura). El $A$-álgebra estructura de $S$ $\mathbb{Q}[x] / \left(f(x)\right)$ (si es que incluso admite uno), no tiene que ser el mismo.

$\textbf{Proof: }$ Por la anterior afirmación, $S$ es un campo de extensión de $\mathbb{Q}$ grado $n$. A continuación, en característica cero, todos finito de grados de campo de las extensiones separables. Además, por los primitivos elementos teorema, todos finito y separables campo extensiones son simples (y, por lo tanto algebraica) de las extensiones. Que es que hay un $s \in S$ algebraicas sobre $\mathbb{Q}$ tal que $S = \mathbb{Q}(s)$. A continuación, vamos a $f(x) = m_{s}(x) \in \mathbb{Q}[x]$ (monic) polinomio mínimo de a$s$$\mathbb{Q}$. A continuación, $f$ es irreducible de grado no mayor que $n$, $m$ decir. Entonces, como los campos (que es $\mathbb{Q}$-álgebras) $S = \mathbb{Q}(s) \cong \mathbb{Q}[x] / \left(f(x)\right)$. Por otra parte, $n = \left| S : \mathbb{Q} \right| = \operatorname{deg}(f) = m$, lo $\operatorname{deg}(f) = n$.

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Por lo tanto, si los dos anteriores pruebas son válidas (que creo que son), hemos demostrado que cualquier ejemplo de la satisfacción de los criterios originales tendrán el ser (como $\mathbb{Q}$-álgebra) de la forma $\mathbb{Q}[x] / \left(f(x)\right)$ para un polinomio irreducible $f$. Lo que explica por qué estos fueron los únicos ejemplos que se me podía venir.

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$\textit{Remark 2: }$El sólo hecho concreto acerca de $\mathbb{Q}$ que he utilizado en el por encima de las pruebas es que cualquier finito grado de extensión de campo de $\mathbb{Q}$ es separable. Por lo tanto, si $k$ es cualquier campo de tal manera que todos finito de grados de campo de extensiones de $k$ son separables, entonces el resultado análogo se aplica para $k$. Sabemos que cualquier campo de característica cero tiene la propiedad de que todos finito de grados de campo de las extensiones separables, y así el resultado análogo se aplica a todos los campos de característica cero.

$\textit{Remark 3:}$Me han dicho que la clase de los campos para que todos los campos finitos extensiones separables incluir todo perfecto campos. Así llegamos a la conclusión de que el análogo resultado, de hecho, se tiene para todo perfecto campos. Dijo a continuación, como una proposición.

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$\textbf{Proposition: }$ Deje $k$ ser un ser perfecto en el campo, con $A$ de un número finito de dimensiones conmutativa $k$-álgebra y $S$ simple $A$-módulo de con $\operatorname{dim}_{k}S = n$. Entonces, como $k$-álgebras, $S \cong k[x] / \left( f(x) \right)$, para algunos irreductible $f \in k[x]$$\operatorname{deg}(f) = n$.