Semisimple-Ring impliziert Semisimple-Modul

Question

Ich versuche, Teil b des folgenden Problems zu lösen.

Ich habe Teil a bereits mit dem Vorschlag geteilt und möchte nur überprüfen, ob mein Versuch für b korrekt ist.

Lassen $M$ Bohne $A$-Modul und wie durch das Problem angedeutet, lasse ich $\mathcal{C}$ sei die Sammlung aller Submodule von $M$das ist halb einfach, teilweise geordnet nach Inklusion. Wir wissen, dass diese Sammlung nicht leer ist, da wir jedes endlich erzeugte Submodul von auswählen können$M$und unter Verwendung von Teil a. Jede Kette in dieser Sammlung hat auch eine Obergrenze, indem sie die Vereinigung der Kette nimmt. Daher haben wir nach Zorns Lemma ein Submodul$N$ maximal auf die Bedingung, halb einfach zu sein, also $N = \oplus_{i \in I} S_i $ wo $S_i$ ist ein einfaches Submodul.

Wenn $N = M$Dann sind wir fertig. Wenn$N \neq M$, dann können wir auswählen $m \in M \backslash N$. Schon seit$ Am $ wird endlich erzeugt, durch Teil a haben wir das $Am = \oplus_{j \in J} U_j$ wo $U_j$sind einfach. Da beides$U_j$ und $S_i$ sind auch einfach $U_j \cap S_i = 0$ oder der $U_j$'s könnte mit einigen der identisch sein $S_i$, also die wiederholten loswerden, um zu erhalten $J^* \subseteq J$.

Schließlich, $N \subsetneqq N + Am \subseteq N + (\oplus_{j \in J} U_j) = N \oplus (\oplus_{j \in J^*} U_j)$ was letzteres halb einfach ist, widerspricht der Maximalität von $N$.

Ist mein Argument oben richtig? Danke euch allen.

Edit: Korrektur aus Rschwiebs Kommentar

Wie Rschwieb betonte, schneidet sich die Summe möglicherweise nicht trivial, wie ich nachlässig dachte. Also wieder ab$Am = \oplus_{j \in J} U_j$ wo $U_j$sind einfach. Schon seit$m \notin N$ und all die $U_j$'s sind einfach, es gibt eine $U_{\alpha}$ so dass $U_{\alpha} \cap N = 0$.
Dann$N \subsetneqq N + U_{\alpha} = N \oplus U_{\alpha}$ und letzteres ist halb einfach, was der Maximalität von widerspricht $N$.

Answer 1

Das meiste ist richtig, aber die letzte Zeile gilt nicht: auch wenn die $U_j$ sich schneiden $N$Es gibt keinen Grund zu sagen, dass sich ihre Summe überschneidet $N$trivial. Und der vorletzte Absatz ist etwas matschig, wenn es darum geht, Summanden zu manipulieren.

Zum Beispiel, $\{(x,x)\mid x\in F\}$ trivial schneidet $\{(0,x)\mid x\in F\}$ und $\{(x,0)\mid x\in F\}$, aber die Summe der beiden letzteren schneidet die erste nicht trivial.

Diese zusätzliche Argumentation ist jedoch nicht einmal erforderlich, wenn Sie die Grundübung kennen, bei der Folgendes gleichwertig ist:

1. $M$ ist eine direkte Summe einfacher Module
2. $M$ ist eine Summe einfacher Module

Aus diesem Grund können Sie einfach "dann schließen $N+Am$ist eine Summe einfacher Module, daher halb einfach. Dies widerspricht jedoch der Maximalität von$N$. Deshalb$M=N$ an erster Stelle."

Alternativ können Sie nur verwenden einen einzigen eine$Am$'s Submodule, um einen Widerspruch zu ziehen, da es wahr ist, dass es in enthalten sein muss $N$ oder schneiden $N$trivial. (Offensichtlich nicht alle$Am$Faktoren können in enthalten sein $N$.

Aber Ihr Ansatz ist größtenteils richtig.