Anillos semiprimarios: Límite más nítido para longitudes de cadena de ideales principales
Un anillo con unidad $A$ se llama semiprimario, si $\mathfrak r:=\mathrm{Jac}(A)$ es nilpotente y ${A}/{\mathfrak r}$es semisimple (artiniano). Estoy tratando de encontrar una prueba (o contraejemplo) para:
Cuando $A$ es semiprimario y $\mathfrak r^n=(0)$ mientras ${A}/{\mathfrak r}$ es de longitud $l$ como un $A$-módulo, luego cada secuencia de ideales principales de izquierda (o derecha) en $A$ tiene como máximo $ln$ inclusiones adecuadas.
Me topé con esto, mientras estudiaba las caracterizaciones de anillos semiprimarios (y otras familias de). Encontré la declaración en el documento [ 1 (Björk) , Sección 0], pero Björk la reclama sin pruebas. Para conmutativa$A$, es definitivamente cierto (vea la prueba a continuación), pero no puedo detener el caso no conmutativo. Si es cierto, se aplica en particular a los anillos artinianos de un solo lado; podría ser más fácil abordarlos primero, pero no estoy seguro de si esto realmente simplifica el problema.
Estaría feliz de recibir ayuda para probar el límite agudo o cualquier idea para un contraejemplo.
Editar: Jeremy lo resolvió dando un buen contraejemplo en su respuesta a continuación. Como pregunta de seguimiento: ¿Alguien conoce el límite general más agudo$b(l,n)$en el caso no conmutativo? Fin de la edición
Hay una versión cualitativa más débil:
Un anillo es semiprimario si y solo si hay un límite superior para las longitudes de las cadenas propias de los ideales principales de la izquierda (o la derecha).
Hasta ahora, solo encontré otro lugar donde esto se discute en la literatura: [ 2 (libro de Rowen) , Teorema 2.7.7]. Rowen da una prueba (ver más abajo un bosquejo) de la caracterización cualitativa con el límite general más débil$l^{n+1}-1$ (cuando $l>1$). Creo que uno puede obtener$l+l^2+\ldots+l^n$ de su prueba, pero eso todavía está muy lejos del límite de Björk.
Por cierto, uno podría deducir un resultado más general como corolario:
Por un arbitrario $A$-módulo, cualquier cadena de submódulos que tengan como máximo $r$ generadores, tiene como máximo $b(lr,n)$ inclusiones adecuadas.
Bosquejo de la prueba: una cadena tan adecuada se puede elevar a una cadena adecuada de $r$-submódulos generados del módulo izquierdo (o derecho) $A^r$ y esto corresponde a una cadena adecuada de ideales principales izquierdos (o derechos) del anillo de matriz $C:=M_r(A)$. Ahora,$C$ también es semiprimario con $(\mathrm{Jac}(C))^n=(0)$ mientras ${C}/{\mathrm{Jac}(C)}$ tiene longitud $lr$ encima $C$, así que terminamos por $r=1$ caso.
Volviendo a la afirmación de Björk sobre los ideales principales, esto es lo que he logrado / probado hasta ahora:
Prueba de los casos $n=1$ y $l=1$, respectivamente
$n=1$ es trivial. $l=1$ medio $(A,\mathfrak r)$ es local, así que si $\mathfrak a_0\subsetneq\ldots\subsetneq\mathfrak a_m$ es una cadena adecuada de ideales principales de izquierda en $A$, luego $\mathfrak a_{m-1}\subseteq\mathfrak r$, por lo tanto $\mathfrak a_{m-1}$ es un ${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$-módulo con una cadena adecuada de submódulos cíclicos de longitud $m-1$. Esto lleva a una cadena adecuada de ideales principales de izquierda en${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$ de longitud $m-1$. Usando inducción,$m-1\leq n-1$, entonces $m\leq n$.
Prueba del caso conmutativo
Si $A$ es conmutativo, entonces $A\simeq A_1\times\ldots\times A_l$ con anillos locales $(A_i,\mathfrak m_i)$ con $\mathfrak m_i^n=(0)$ (el exponente más pequeño podría ser $n_i\leq n$ para algunos de los $\mathfrak m_i$) y la cadena de ideales principales en $A$ da cadenas correspondientes de ideales principales en cada $A_i$ (multiplica con el $i$-th idempotente $e_i$). Las cadenas en el$A_i$ tener como máximo $n$ (incluso $n_i$) inclusiones adecuadas cada uno, por el $l=1$caso. Por tanto, la cadena original en$A$ puede tener como máximo $ln$ (incluso $n_1+\ldots+n_l$) inclusiones adecuadas.
Lo que he probado en el caso no conmutativo
Relación con los anillos perfectos
Si $\mathfrak r$ es nilpotente, es especialmente $T$-nilpotente (en ambos lados), por lo que cada anillo semiprimario es izquierdo (y derecho) perfecto. Esos anillos tienen DCC en los ideales principales de la derecha (izquierda) (lo contrario también es válido). ¿Existe una prueba "directa constructiva" de esta implicación? Si es así, puede contener argumentos útiles para el problema anterior, pero solo conozco pruebas "indirectas".
Primer enfoque: adaptación del caso conmutativo
Probé la inducción en $l$. por$l=1$véase más arriba. Ahora deja$l>1$. Como$A$ es semiperfecto, podemos escribir $A=Ae_1\oplus\ldots\oplus Ae_l$ con idempotentes locales ortogonales por parejas $e_i$ con $e_1+\ldots+e_l=1$. Si$\mathfrak a_0\subseteq\ldots\subseteq\mathfrak a_m$ es una cadena de principales ideales de izquierda $\mathfrak a_j=Aa_j$ en $A$, entonces, para cada $i$, obtenemos una cadena $(Aa_je_i)_j$ de submódulos cíclicos de $Ae_i$. Ahora, los siguientes 2 pasos no funcionan :
- $M_i:=Ae_i$ es un (cíclico) $A$-módulo y ${M_i}/{\mathfrak rM_i}$ tiene longitud $l_i=1$. Me gustaría deducir (por ejemplo, mediante la declaración más fuerte ($\star$) a continuación) que la cadena $(Aa_je_i)_j$ de submódulos cíclicos tiene como máximo $nl_i=n$ inclusiones adecuadas.
- Si nuestra cadena original tiene al menos $ln+1$ inclusiones y si 1. es verdadero, hay al menos una $j$ con $\mathfrak a_je_i=\mathfrak a_{j+1}e_i$ para todos $i$. Luego$$ \mathfrak a_{j+1}\subseteq\mathfrak a_{j+1}e_1+\ldots+\mathfrak a_{j+1}e_r=\mathfrak a_je_1+\ldots+\mathfrak a_je_r, $$ y estaríamos terminados si esto estuviera contenido en $\mathfrak a_j$. Pero esto no tiene por qué ser necesariamente cierto, ya que$\mathfrak a_j$es solo un ideal de izquierda .
El resultado más general mencionado en 1. es:
($\star$) Si $M$ es un cíclico $A$-módulo con $\ell({M}/{\mathfrak rM})=1$ (o incluso $=k$), entonces cada cadena de submódulos cíclicos tiene como máximo $n$ (o $kn$) inclusiones adecuadas.
No estoy seguro, si esto es cierto en general. En el caso conmutativo, uno puede volver a reducir a$A$ siendo local, entonces $l=1$. Luego$k=1$ y la cadena se puede levantar para $A$, que se reduce al caso $l=1$ desde el principio.
Segundo enfoque: módulo de reducción $\mathrm{Jac}(A)$
Podemos reducir el módulo $\mathfrak r$, es decir, pasar a ${A}/{\mathfrak r}$, es decir, mira $\mathfrak a_j+\mathfrak r$. Hay como máximo$n$inclusiones adecuadas allí. Si por casualidad,$$ \mathfrak r=\mathfrak a_0+\mathfrak r=\ldots=\mathfrak a_{m-l}+\mathfrak r\subsetneq\ldots\subsetneq\mathfrak a_m+\mathfrak r=A, $$ luego $\mathfrak a_{m-l}$ estaría contenido en $\mathfrak r$, entonces es un ${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$-módulo. Al levantar la cadena de longitud$m-l$ a ${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$ (como en la prueba del caso $l=1$), obtendríamos $m-l\leq (n-1)l$ por inducción y listo.
Sin embargo, la distribución de la $l$ inclusiones adecuadas después de reducir a ${A}/{\mathfrak r}$puede ser muy arbitrario. Intenté cosas diferentes, pero no pude "conectar" las inclusiones o manipular la cadena (manteniendo la longitud y la propiedad) para cambiar las inclusiones. De alguna manera, el problema es que la cadena puede estar muy "sesgada" con respecto a la cadena.$(0)=\mathfrak r^n\subseteq\ldots\subseteq\mathfrak r\subseteq A$.
También se podría intentar reducir el módulo $\mathfrak r^{n-1}$ y uso la inducción, pero enfrenté problemas similares allí (no hay control de dónde ocurren las inclusiones adecuadas).
Para tener una idea de cómo proceder, consideré el siguiente caso más simple $n=l=2$ y traté de deducir una contradicción de una cadena adecuada $(0)=\mathfrak a_0\subsetneq\ldots\subsetneq\mathfrak a_5=A$. Pero incluso allí no pude resolver todos los casos de distribuciones de las inclusiones adecuadas después de reducir el mod$\mathfrak r$.
Tercer enfoque: cortar los factores de la derecha
Toda cadena propia ("máxima") de ideales principales de izquierda tiene la forma $(0)=Aa_0\cdots a_{m-1}\subsetneq Aa_1\cdots a_{m-1}\subsetneq\ldots\subsetneq Aa_{m-1}\subsetneq A$. Ahora, si tenemos igualdades módulo$\mathfrak r$ desde $i$ a $j>i$, es decir $$ Aa_i\cdots a_{m-1}+\mathfrak r=\ldots=Aa_j\cdots a_{m-1}+\mathfrak r, $$ uno puede echar un vistazo a la cadena $$ Aa_i\cdots a_{j-1}\subsetneq\ldots\subsetneq Aa_{j-1}\subsetneq A.\qquad (\star\star) $$Esto sigue siendo correcto. Si es lo suficientemente largo, volverá a producir igualdades después de reducir el módulo$\mathfrak r$. Rowen usa exactamente este método en su demostración (mencionada anteriormente) y simplemente elige el límite lo suficientemente grande como para que, después de hacer$n$ pasos de recursividad, obtiene una cadena $$ Aa_i\cdots a_{i+n}\subsetneq\ldots\subsetneq Aa_{i+n} $$ con $Aa_ja_{j+1}+\mathfrak r=Aa_{j+1}+\mathfrak r$ para $i\leq j<i+n$. Luego, por otro argumento,$Aa_{i+1}\cdots a_{i+n}\subseteq\mathfrak r^n+Aa_i\cdots a_{i+n}=Aa_i\cdots a_{i+n}$, una contradicción.
Sin embargo, como se dijo anteriormente, esto solo funciona con el límite muy grande. No sé si algunas partes de los argumentos podrían ser de ayuda para obtener una prueba del límite de Björk. Tengo la sensación de que algún argumento de transición como ($\star\star$) debería utilizarse e incluso podría ser crucial.
Casos especiales
Puede ser útil abordar casos especiales para obtener ideas de prueba o incluso sugerencias para contraejemplos.
Producto de anillos
Si $A\simeq A_1\times\ldots\times A_r$, es fácil de reducir $A$ a todos $A_i$adoptando la prueba del caso conmutativo. Sin embargo, en general$A$ no necesita tener una descomposición del producto en absoluto, en particular la descomposición Artin-Wedderburn $A/{\mathfrak r}\simeq M_{l_1}(K_1)\times\ldots\times M_{l_r}(K_r)$ no es necesario levantar a $A$. P.ej$A=\begin{pmatrix} \mathbb{Q} & \mathbb{Q}^{(\mathbb{N})} \\ 0 & \mathbb{Q} \end{pmatrix}$ es un anillo semiprimario, no artiniano, que no es un anillo de producto (no contiene un par de idempotentes centrales ortogonales no triviales).
Caso de reducción simple: anillo de matriz sobre un anillo semiprimario local
Si $A/{\mathfrak r}\simeq M_l(K)$, luego $A\simeq M_l(D)$ para un anillo local $(D,\mathfrak m)$ con ${D}/{\mathfrak m}\simeq K$ (ver [2 (Rowen), Proposición 2.7.21]), y (propiamente) cadenas de ideales de derecha principales en $A$ corresponden a cadenas (propias) de $D$-submódulos de $D^r$ con como máximo $r$generadores cada uno. Aparte de eso, tampoco llegué más lejos en este caso especial.
Citas:
[1] Björk: "Condiciones de cadena artiniana y noetheriana de anillos asociativos". Arco. Matemáticas. 24 (1973), 366–378.
doi: 10.1007 / bf01228225
[2] LH Rowen: "Teoría del anillo. Volumen 1". Prensa académica, San Diego (1988).
https://www.elsevier.com/books/ring-theory-v1/rowen/978-0-12-599841-3
Respuestas
He aquí un contraejemplo artiniano.
Describiré un anillo $A$ explícitamente, pero en el lenguaje de los temblores con relaciones, si $Q$ es un carcaj con dos vértices, un bucle en cada vértice y una flecha desde el vértice $1$ al vértice $2$, luego $A$ es el camino algebra de $Q$ sujeto a relaciones que hacen que todos los caminos de longitud dos sean iguales a cero.
Dejar $A$ ser el álgebra sobre un campo $k$ con base $\{e_{1},e_{2},a,b,c\}$, con todos los productos de dos elementos básicos iguales a cero excepto: $$e_{1}^{2}=e_{1},\quad e_{2}^{2}=e_{2},\quad e_{1}a=a=ae_{1},\quad e_{1}b=b=be_{2},\quad e_{2}c=c=ce_{2}.$$
Luego
- $A$ es un álgebra asociativa de cinco dimensiones con unidad $1=e_{1}+e_{2}$.
- El radical de Jacobson $\mathfrak{r}$ está abarcado por $\{a,b,c\}$y $\mathfrak{r}^{2}=0$. así que en la notación de la pregunta,$n=2$.
- $A/\mathfrak{r}\cong k\times k$, entonces en la notación de la pregunta, $l=2$.
- Entonces $ln=4$.
Pero hay una cadena propiamente descendente de los principales ideales de izquierda. $$A > A(a+e_{2}) > Ae_{2} > A(b+c) > Ac > 0$$ con bases $$\{e_{1},e_{2},a,b,c\}\supset\{e_{2},a,b,c\}\supset\{e_{2},b,c\} \supset\{b,c\}\supset\{c\}\supset\emptyset.$$