Anelli semiprimari: limite affilato per le lunghezze della catena degli ideali principali
Un anello con unità $A$ si chiama semiprimario, se $\mathfrak r:=\mathrm{Jac}(A)$ è nilpotente e ${A}/{\mathfrak r}$è semisemplice (Artinian). Sto cercando di trovare una prova (o un controesempio) per:
quando $A$ è semiprimario e $\mathfrak r^n=(0)$ mentre ${A}/{\mathfrak r}$ è di lunghezza $l$ come un $A$-modulo, quindi ogni sequenza di ideali principali sinistro (o destro) in $A$ ha al massimo $ln$ inclusioni corrette.
Mi sono imbattuto in questo, mentre studiavo le caratterizzazioni degli anelli semiprimari (e di altre famiglie di). Ho trovato l'affermazione nel documento [ 1 (Björk) , Sezione 0], ma Björk la afferma senza prove. Per commutativo$A$, è decisamente vero (vedi la prova sotto), ma non riesco a trattenere il caso non commutativo. Se è vero, vale in particolare per gli anelli artiniani unilaterali: potrebbe essere più facile affrontarli per primi, ma non sono sicuro che questo semplifichi effettivamente il problema.
Sarei felice di ricevere qualsiasi aiuto per dimostrare il limite netto o qualsiasi idea per un controesempio.
Modifica: Jeremy ha risolto il problema fornendo un bel controesempio nella sua risposta di seguito. Come domanda di follow-up: qualcuno conosce il limite generale più acuto$b(l,n)$nel caso non commutativo? Fine della modifica
Esiste una versione qualitativa più debole:
Un anello è semiprimario se e solo se esiste un limite superiore per le lunghezze delle catene proprie dei principali ideali sinistro (o destro).
Fino ad ora, ho trovato solo un altro punto in cui questo è discusso in letteratura: [ 2 (libro di Rowen) , Teorema 2.7.7]. Rowen fornisce una prova (vedi sotto per uno schizzo) della caratterizzazione qualitativa con il limite generale più debole$l^{n+1}-1$ (quando $l>1$). Penso che si possa effettivamente ottenere$l+l^2+\ldots+l^n$ dalla sua prova, ma è ancora molto lontano dal limite di Björk.
A proposito, si potrebbe dedurre un risultato più generale come corollario:
Per un arbitrario $A$-modulo, qualsiasi catena di sottomoduli aventi tutti al massimo $r$ generatori, ha al massimo $b(lr,n)$ inclusioni corrette.
Schizzo di prova: una catena così adeguata può essere sollevata in una catena adeguata di $r$-sottomoduli generati del modulo sinistro (o destro) $A^r$ e ciò corrisponde a una catena propria dei principali ideali sinistro (o destro) dell'anello della matrice $C:=M_r(A)$. Adesso,$C$ è anche semiprimario con $(\mathrm{Jac}(C))^n=(0)$ mentre ${C}/{\mathrm{Jac}(C)}$ ha lunghezza $lr$ al di sopra di $C$, quindi abbiamo finito con il $r=1$ Astuccio.
Tornando all'affermazione di Björk sugli ideali principali, ecco cosa ho ottenuto / provato finora:
Prova per i casi $n=1$ e $l=1$, rispettivamente
$n=1$ è banale. $l=1$ si intende $(A,\mathfrak r)$ è locale, quindi se $\mathfrak a_0\subsetneq\ldots\subsetneq\mathfrak a_m$ è una catena adeguata dei principali ideali di sinistra in $A$, poi $\mathfrak a_{m-1}\subseteq\mathfrak r$, quindi $\mathfrak a_{m-1}$ è un ${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$-modulo con una catena propria di sottomoduli ciclici di lunghezza $m-1$. Questo si eleva a una catena adeguata dei principali ideali di sinistra in${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$ di lunghezza $m-1$. Usando l'induzione,$m-1\leq n-1$, così $m\leq n$.
Prova per il caso commutativo
Se $A$ è commutativo, quindi $A\simeq A_1\times\ldots\times A_l$ con anelli locali $(A_i,\mathfrak m_i)$ con $\mathfrak m_i^n=(0)$ (l'esponente più piccolo potrebbe effettivamente essere $n_i\leq n$ per alcuni dei $\mathfrak m_i$) e la catena dei principali ideali in $A$ fornisce catene corrispondenti di ideali principali in ciascuno $A_i$ (moltiplicare con il $i$-th idempotente $e_i$). Le catene in$A_i$ avere al massimo $n$ (anche $n_i$) inclusioni appropriate ciascuna, dal $l=1$Astuccio. Quindi, la catena originale in$A$ può avere al massimo $ln$ (anche $n_1+\ldots+n_l$) inclusioni corrette.
Quello che ho provato nel caso non commutativo
Relazione con gli anelli perfetti
Se $\mathfrak r$ è nilpotente, soprattutto $T$-nilpotente (su entrambi i lati), quindi ogni anello semiprimario è perfetto sinistro (e destro). Quegli anelli hanno DCC sugli ideali principali di destra (sinistra) (vale anche il contrario). Esiste una prova "costruttiva diretta" di questa implicazione? Se è così, può contenere argomenti utili per il problema di cui sopra, ma conosco solo prove "indirette".
Primo approccio: adattamento dal caso commutativo
Ho provato l'induzione $l$. Per$l=1$vedi sopra. Adesso molla$l>1$. Come$A$ è semiperfetto, possiamo scrivere $A=Ae_1\oplus\ldots\oplus Ae_l$ con idempotenti locali ortogonali a coppie $e_i$ con $e_1+\ldots+e_l=1$. Se$\mathfrak a_0\subseteq\ldots\subseteq\mathfrak a_m$ è una catena dei principali ideali di sinistra $\mathfrak a_j=Aa_j$ in $A$, quindi, per ogni $i$, otteniamo una catena $(Aa_je_i)_j$ di sottomoduli ciclici di $Ae_i$. Ora, i seguenti 2 passaggi non funzionano :
- $M_i:=Ae_i$ è un (ciclico) $A$-modulo e ${M_i}/{\mathfrak rM_i}$ ha lunghezza $l_i=1$. Vorrei dedurre (ad esempio dall'affermazione più forte ($\star$) sotto) che la catena $(Aa_je_i)_j$ di sottomoduli ciclici ha al massimo $nl_i=n$ inclusioni corrette.
- Se la nostra catena originale ha almeno $ln+1$ inclusioni e se 1. è vero, ce n'è almeno uno $j$ con $\mathfrak a_je_i=\mathfrak a_{j+1}e_i$ per tutti $i$. Poi$$ \mathfrak a_{j+1}\subseteq\mathfrak a_{j+1}e_1+\ldots+\mathfrak a_{j+1}e_r=\mathfrak a_je_1+\ldots+\mathfrak a_je_r, $$ e avremmo finito se questo fosse contenuto in $\mathfrak a_j$. Ma questo non deve essere necessariamente vero, come$\mathfrak a_j$è solo un ideale di sinistra .
Il risultato più generale menzionato in 1. è:
($\star$) Se $M$ è un ciclico $A$-modulo con $\ell({M}/{\mathfrak rM})=1$ (o anche $=k$), quindi ogni catena di sottomoduli ciclici ha al massimo $n$ (o $kn$) inclusioni corrette.
Non sono sicuro se questo sia vero in generale. Nel caso commutativo, ci si può ridurre nuovamente a$A$ essendo locale, quindi $l=1$. Poi$k=1$ e la catena può essere sollevata $A$, che si riduce al caso $l=1$ dall'inizio.
Secondo approccio - Riduzione modulo $\mathrm{Jac}(A)$
Possiamo ridurre il modulo $\mathfrak r$, ovvero passare a ${A}/{\mathfrak r}$, cioè guarda $\mathfrak a_j+\mathfrak r$. Ce ne sono al massimo$n$inclusioni corrette lì. Se per caso$$ \mathfrak r=\mathfrak a_0+\mathfrak r=\ldots=\mathfrak a_{m-l}+\mathfrak r\subsetneq\ldots\subsetneq\mathfrak a_m+\mathfrak r=A, $$ poi $\mathfrak a_{m-l}$ sarebbe contenuto in $\mathfrak r$, quindi è un file ${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$-modulo. Sollevando la catena di lunghezza$m-l$ per ${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$ (come nella prova del caso $l=1$), avremmo ottenuto $m-l\leq (n-1)l$ per induzione ed essere fatto.
Tuttavia, la distribuzione di $l$ inclusioni corrette dopo aver ridotto a ${A}/{\mathfrak r}$può essere molto arbitrario. Ho provato diverse cose, ma non sono riuscito a "collegare" le inclusioni o manipolare la catena (mantenendo la lunghezza e la correttezza) per spostare le inclusioni. In qualche modo, il problema è che la catena può trovarsi molto "inclinata" rispetto alla catena$(0)=\mathfrak r^n\subseteq\ldots\subseteq\mathfrak r\subseteq A$.
Si potrebbe anche provare a ridurre il modulo $\mathfrak r^{n-1}$ e utilizzare l'induzione, ma ho affrontato problemi simili lì (nessun controllo di dove si verificano le inclusioni corrette).
Per avere un'idea di come procedere, ho considerato il prossimo caso più semplice $n=l=2$ e ha cercato di dedurre una contraddizione da una catena adeguata $(0)=\mathfrak a_0\subsetneq\ldots\subsetneq\mathfrak a_5=A$. Ma anche lì non sono riuscito a risolvere tutti i casi di distribuzione delle inclusioni corrette dopo aver ridotto mod$\mathfrak r$.
Terzo approccio: troncare i fattori da destra
Ogni catena propria ("massimale") dei principali ideali di sinistra è della forma $(0)=Aa_0\cdots a_{m-1}\subsetneq Aa_1\cdots a_{m-1}\subsetneq\ldots\subsetneq Aa_{m-1}\subsetneq A$. Ora, se abbiamo le uguaglianze modulo$\mathfrak r$ a partire dal $i$ per $j>i$, ie $$ Aa_i\cdots a_{m-1}+\mathfrak r=\ldots=Aa_j\cdots a_{m-1}+\mathfrak r, $$ si può dare un'occhiata alla catena $$ Aa_i\cdots a_{j-1}\subsetneq\ldots\subsetneq Aa_{j-1}\subsetneq A.\qquad (\star\star) $$Questo è ancora corretto. Se è abbastanza lungo, produrrà nuovamente uguaglianze dopo aver ridotto il modulo$\mathfrak r$. Rowen usa esattamente questo metodo nella sua dimostrazione (menzionata sopra) e sceglie solo il limite abbastanza grande in modo che, dopo averlo fatto$n$ passi di ricorsione, ottiene una catena $$ Aa_i\cdots a_{i+n}\subsetneq\ldots\subsetneq Aa_{i+n} $$ con $Aa_ja_{j+1}+\mathfrak r=Aa_{j+1}+\mathfrak r$ per $i\leq j<i+n$. Quindi, con un altro argomento,$Aa_{i+1}\cdots a_{i+n}\subseteq\mathfrak r^n+Aa_i\cdots a_{i+n}=Aa_i\cdots a_{i+n}$, una contraddizione.
Tuttavia, come detto sopra, funziona solo con il limite molto grande. Non so, se parti degli argomenti potrebbero essere di aiuto per ottenere una prova per il vincolo di Björk. Ho la sensazione che alcuni argomenti di transizione come ($\star\star$) dovrebbe essere utilizzato e potrebbe anche essere cruciale.
Casi speciali
Potrebbe essere utile affrontare casi speciali per ottenere idee di prova o anche suggerimenti per controesempi.
Prodotto di anelli
Se $A\simeq A_1\times\ldots\times A_r$, è facile ridurre da $A$ a tutti $A_i$adottando la prova del caso commutativo. Tuttavia, in generale$A$ non è necessario che abbia una decomposizione del prodotto, in particolare la decomposizione di Artin-Wedderburn $A/{\mathfrak r}\simeq M_{l_1}(K_1)\times\ldots\times M_{l_r}(K_r)$ non è necessario sollevare a $A$. Per esempio$A=\begin{pmatrix} \mathbb{Q} & \mathbb{Q}^{(\mathbb{N})} \\ 0 & \mathbb{Q} \end{pmatrix}$ è un anello semiprimario, non artiniano, che non è un anello prodotto (non contiene una coppia di idempotenti centrali ortogonali non banali).
Caso di riduzione semplice: anello della matrice su un anello semiprimario locale
Se $A/{\mathfrak r}\simeq M_l(K)$, poi $A\simeq M_l(D)$ per un anello locale $(D,\mathfrak m)$ con ${D}/{\mathfrak m}\simeq K$ (vedi [2 (Rowen), Proposizione 2.7.21]), e le catene (proprie) dei principali ideali giusti in $A$ corrispondono a (proprie) catene di $D$-sottomoduli di $D^r$ con al massimo $r$generatori ciascuno. A parte questo, neanche in questo caso speciale sono andato oltre.
Citazioni:
[1] Björk: "Condizioni della catena noetheriana e artiniana degli anelli associativi." Arco. Matematica. 24 (1973), 366–378.
doi: 10.1007 / bf01228225
[2] LH Rowen: "Teoria degli anelli. Volume 1." Academic Press, San Diego (1988).
https://www.elsevier.com/books/ring-theory-v1/rowen/978-0-12-599841-3
Risposte
Ecco un controesempio artiniano.
Descriverò un anello $A$ esplicitamente, ma nel linguaggio delle faretre con relazioni, se $Q$ è una faretra con due vertici, un cappio a ciascun vertice e una freccia dal vertice $1$ al vertice $2$, poi $A$ è l'algebra del percorso di $Q$ soggetto a relazioni che rendono tutti i cammini di lunghezza due uguali a zero.
Permettere $A$ essere l'algebra su un campo $k$ con base $\{e_{1},e_{2},a,b,c\}$, con tutti i prodotti di due elementi base uguali a zero eccetto: $$e_{1}^{2}=e_{1},\quad e_{2}^{2}=e_{2},\quad e_{1}a=a=ae_{1},\quad e_{1}b=b=be_{2},\quad e_{2}c=c=ce_{2}.$$
Poi
- $A$ è un'algebra associativa a cinque dimensioni con unità $1=e_{1}+e_{2}$.
- Il radicale Jacobson $\mathfrak{r}$ è attraversato da $\{a,b,c\}$, e $\mathfrak{r}^{2}=0$. quindi nella notazione della domanda,$n=2$.
- $A/\mathfrak{r}\cong k\times k$, quindi nella notazione della domanda, $l=2$.
- Così $ln=4$.
Ma c'è una catena discendente propriamente dei principali ideali di sinistra $$A > A(a+e_{2}) > Ae_{2} > A(b+c) > Ac > 0$$ con basi $$\{e_{1},e_{2},a,b,c\}\supset\{e_{2},a,b,c\}\supset\{e_{2},b,c\} \supset\{b,c\}\supset\{c\}\supset\emptyset.$$