Yarı birincil halkalar: Ana ideallerin zincir uzunlukları için en keskin sınır
Birliği olan bir yüzük $A$ yarı birincil denir, eğer $\mathfrak r:=\mathrm{Jac}(A)$ üstelsıfırdır ve ${A}/{\mathfrak r}$yarı basittir (Artinian). Aşağıdakiler için bir kanıt (veya karşı örnek) bulmaya çalışıyorum:
Ne zaman $A$ yarı birincildir ve $\mathfrak r^n=(0)$ süre ${A}/{\mathfrak r}$ uzunlukta $l$ olarak $A$-modül, sonra ana sol (veya sağ) ideallerin her dizisi $A$ en fazla $ln$ uygun kapanımlar.
Yarı birincil (ve diğer halkaların ailelerinin) karakterizasyonlarını incelerken buna rastladım. Yazıda [ 1 (Björk) , Bölüm 0] ifadesini buldum , ancak Björk kanıt olmadan bunu iddia ediyor. Değişmeli için$A$, bu kesinlikle doğru (aşağıdaki kanıta bakın), ancak değişmeli olmayan durumu ele alamıyorum. Doğruysa, özellikle tek taraflı Artin halkaları için geçerli - bunları önce halletmek daha kolay olabilir, ancak bunun sorunu gerçekten basitleştirdiğinden emin değilim.
Keskin sınırı veya karşı örnek için herhangi bir fikri kanıtlamak için herhangi bir yardım almaktan mutluluk duyarım.
Düzenleme: Jeremy aşağıdaki cevabında güzel bir karşı örnek vererek sorunu çözdü. Sonraki soru olarak: En keskin genel sınırı bilen var mı?$b(l,n)$değişmeyen durumda? Düzenleme sonu
Daha zayıf bir nitel versiyon var:
Bir halka, ancak ve ancak sol (veya sağ) ideallerin uygun ana zincirlerinin uzunlukları için bir üst sınır varsa, yarı birincildir.
Şimdiye kadar bunun literatürde tartışıldığı başka bir yer buldum: [ 2 (Rowen'in kitabı) , Teorem 2.7.7]. Rowen, daha zayıf genel sınırla nitel karakterizasyonun bir kanıtını (bir taslak için aşağıya bakınız) verir.$l^{n+1}-1$ (ne zaman $l>1$). Sanırım biri gerçekten elde edilebilir$l+l^2+\ldots+l^n$ kanıtından, ama bu hala Björk'ün sınırından çok uzak.
Btw biri, sonuç olarak daha genel bir sonuç çıkarabilir:
Keyfi için $A$-modül, herhangi bir alt modül zinciri en fazla $r$ jeneratörler, en fazla $b(lr,n)$ uygun kapanımlar.
Kanıt taslağı: Böyle uygun bir zincir, uygun bir zincirle kaldırılabilir. $r$sol (veya sağ) modülün oluşturulmuş alt modülleri $A^r$ ve bu, matris halkasının uygun bir ana sol (veya sağ) ideal zincirine karşılık gelir $C:=M_r(A)$. Şimdi,$C$ aynı zamanda yarı birincildir $(\mathrm{Jac}(C))^n=(0)$ süre ${C}/{\mathrm{Jac}(C)}$ uzunluğu var $lr$ bitmiş $C$, yani biz bitirdik $r=1$ durum.
Björk'ün temel ideallerle ilgili iddiasına dönersek, şu ana kadar başardığım / denediğim şey:
Vakalar için kanıt $n=1$ ve $l=1$, sırasıyla
$n=1$ önemsizdir. $l=1$ anlamına geliyor $(A,\mathfrak r)$ yereldir, öyleyse $\mathfrak a_0\subsetneq\ldots\subsetneq\mathfrak a_m$ uygun bir temel sol idealler zinciridir. $A$, sonra $\mathfrak a_{m-1}\subseteq\mathfrak r$dolayısıyla $\mathfrak a_{m-1}$ bir ${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$uygun uzunluktaki döngüsel alt modüller zincirine sahip modül $m-1$. Bu, uygun bir ana sol idealler zincirine yükseltir.${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$ uzunluk $m-1$. İndüksiyon kullanarak,$m-1\leq n-1$, yani $m\leq n$.
Değişmeli durum için kanıt
Eğer $A$ değişmeli, o zaman $A\simeq A_1\times\ldots\times A_l$ yerel halkalarla $(A_i,\mathfrak m_i)$ ile $\mathfrak m_i^n=(0)$ (en küçük üs aslında $n_i\leq n$ bazıları için $\mathfrak m_i$) ve ana idealler zinciri $A$ her birine karşılık gelen temel ideal zincirlerini verir $A_i$ (ile çarpın $i$-th idempotent $e_i$). Zincirler$A_i$ en fazla var $n$ (hatta $n_i$) her biri tarafından uygun katkılar $l=1$durum. Bu nedenle, orijinal zincir$A$ en fazla olabilir $ln$ (hatta $n_1+\ldots+n_l$) uygun kapanımlar.
Değişmez durumda denediğim şey
Mükemmel halkalarla ilişki
Eğer $\mathfrak r$ üstelsıfırdır, özellikle $T$-nilpotent (her iki tarafta), bu nedenle her yarı birincil halka sol (ve sağ) mükemmeldir. Bu halkaların sağ (sol) ana ideallerinde DCC vardır (tersi de geçerlidir). Bu ima için "doğrudan yapıcı" bir kanıt var mı? Eğer öyleyse, yukarıdaki sorun için yararlı argümanlar içerebilir, ancak yalnızca "dolaylı" ispatlar biliyorum.
İlk yaklaşım - Değişmeli durumdan uyarlayın
İndüksiyonu denedim $l$. İçin$l=1$yukarıyı görmek. Şimdi izin ver$l>1$. Gibi$A$ yarı mükemmel, yazabiliriz $A=Ae_1\oplus\ldots\oplus Ae_l$ ikili ortogonal, yerel idempotentlerle $e_i$ ile $e_1+\ldots+e_l=1$. Eğer$\mathfrak a_0\subseteq\ldots\subseteq\mathfrak a_m$ temel sol idealler zinciridir $\mathfrak a_j=Aa_j$ içinde $A$, sonra, her biri için $i$bir zincir elde ederiz $(Aa_je_i)_j$ döngüsel alt modüllerinin $Ae_i$. Şimdi, aşağıdaki 2 adım işe yaramıyor :
- $M_i:=Ae_i$ bir (döngüsel) $A$-modül ve ${M_i}/{\mathfrak rM_i}$ uzunluğu var $l_i=1$. Sonuç çıkarmak istiyorum (örneğin, daha güçlü ifadeyle ($\star$) aşağıda) zincir $(Aa_je_i)_j$ döngüsel alt modüllerin en fazla $nl_i=n$ uygun kapanımlar.
- Orijinal zincirimizde en azından $ln+1$ dahil edilir ve 1. doğruysa, en az bir tane vardır $j$ ile $\mathfrak a_je_i=\mathfrak a_{j+1}e_i$ hepsi için $i$. Sonra$$ \mathfrak a_{j+1}\subseteq\mathfrak a_{j+1}e_1+\ldots+\mathfrak a_{j+1}e_r=\mathfrak a_je_1+\ldots+\mathfrak a_je_r, $$ ve eğer bu içeride olsaydı işimiz biterdi $\mathfrak a_j$. Ancak bunun doğru olması gerekmez, çünkü$\mathfrak a_j$sadece bir sol ideal.
1.'de belirtilen daha genel sonuç şudur:
($\star$) Eğer $M$ döngüsel $A$-modül ile $\ell({M}/{\mathfrak rM})=1$ (ya da $=k$), sonra her döngüsel alt modül zinciri en fazla $n$ (veya $kn$) uygun kapanımlar.
Bunun genel olarak doğru olup olmadığından emin değilim. Değişmeli durumda, kişi tekrar indirgenebilir$A$ yerel olmak, yani $l=1$. Sonra$k=1$ ve zincir kaldırılabilir $A$, bu duruma indirgenir $l=1$ başlangıçtan beri.
İkinci yaklaşım - İndirgeme modülü $\mathrm{Jac}(A)$
Moduloyu azaltabiliriz $\mathfrak r$yani geçmek ${A}/{\mathfrak r}$yani bak $\mathfrak a_j+\mathfrak r$. En çok var$n$orada uygun kapanımlar. Şans eseri,$$ \mathfrak r=\mathfrak a_0+\mathfrak r=\ldots=\mathfrak a_{m-l}+\mathfrak r\subsetneq\ldots\subsetneq\mathfrak a_m+\mathfrak r=A, $$ sonra $\mathfrak a_{m-l}$ içerilecek $\mathfrak r$yani bu bir ${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$-modül. Uzunluk zincirini kaldırarak$m-l$ -e ${A}/{\mathfrak r^{n-1}}$ (davanın kanıtında olduğu gibi $l=1$), alırdık $m-l\leq (n-1)l$ indüksiyonla ve yapılmalı.
Ancak, dağılımı $l$ indirgendikten sonra uygun kapanımlar ${A}/{\mathfrak r}$çok keyfi olabilir. Farklı şeyler denedim, ancak kapanımları değiştirmek için kapanımları "bağlayamadım" veya zinciri manipüle edemedim (uzunluğu ve uygunluğu koruyamadım). Her nasılsa sorun, zincirin zincire çok "çarpık" olabilmesidir.$(0)=\mathfrak r^n\subseteq\ldots\subseteq\mathfrak r\subseteq A$.
Ayrıca modülo azaltılmaya çalışılabilir. $\mathfrak r^{n-1}$ ve indüksiyon kullanın, ancak orada benzer sorunlarla karşılaştım (uygun kapanımların nerede meydana geldiği konusunda hiçbir kontrol yok).
Nasıl devam edeceğime dair bir fikir edinmek için bir sonraki en basit vakayı düşündüm $n=l=2$ ve uygun bir zincirden bir çelişki çıkarmaya çalıştı $(0)=\mathfrak a_0\subsetneq\ldots\subsetneq\mathfrak a_5=A$. Ancak orada bile, modu düşürdükten sonra uygun kapanımların tüm dağıtım durumlarını çözemedim$\mathfrak r$.
Üçüncü yaklaşım - Sağdan faktörleri ayırmak
Her ("maksimal") uygun ana sol ideal zinciri şu şekildedir: $(0)=Aa_0\cdots a_{m-1}\subsetneq Aa_1\cdots a_{m-1}\subsetneq\ldots\subsetneq Aa_{m-1}\subsetneq A$. Şimdi, eğer eşitliklerimiz varsa modulo$\mathfrak r$ itibaren $i$ -e $j>i$yani $$ Aa_i\cdots a_{m-1}+\mathfrak r=\ldots=Aa_j\cdots a_{m-1}+\mathfrak r, $$ zincire bakılabilir $$ Aa_i\cdots a_{j-1}\subsetneq\ldots\subsetneq Aa_{j-1}\subsetneq A.\qquad (\star\star) $$Bu hala uygun. Yeterince uzunsa, modülo indirgendikten sonra tekrar eşitlikler verecektir.$\mathfrak r$. Rowen, ispatında (yukarıda bahsedilmiştir) tam olarak bu yöntemi kullanır ve sadece bağın yeterince büyük olmasını, yaptıktan sonra$n$ özyineleme adımları, bir zincir alır $$ Aa_i\cdots a_{i+n}\subsetneq\ldots\subsetneq Aa_{i+n} $$ ile $Aa_ja_{j+1}+\mathfrak r=Aa_{j+1}+\mathfrak r$ için $i\leq j<i+n$. Sonra başka bir argümanla,$Aa_{i+1}\cdots a_{i+n}\subseteq\mathfrak r^n+Aa_i\cdots a_{i+n}=Aa_i\cdots a_{i+n}$bir çelişki.
Bununla birlikte, yukarıda da belirtildiği gibi, bu yalnızca çok büyük sınırlarla çalışır. Bilmiyorum, argümanların bazı kısımları Björk'ün sınırını kanıtlamaya yardımcı olabilir mi? İçimde bazı geçiş argümanları ($\star\star$) kullanılmalı ve hatta çok önemli olabilir.
Özel durumlar
Kanıt fikirleri ve hatta karşı örnekler için ipuçları elde etmek için özel durumları ele almak faydalı olabilir.
Yüzük ürünleri
Eğer $A\simeq A_1\times\ldots\times A_r$indirgemek kolaydır $A$ herkese $A_i$değişmeli durumun kanıtını benimseyerek. Ancak genel olarak$A$ hiç ürün ayrışmasına gerek yoktur - özellikle Artin-Wedderburn ayrışması $A/{\mathfrak r}\simeq M_{l_1}(K_1)\times\ldots\times M_{l_r}(K_r)$ kaldırmaya gerek yok $A$. Örneğin$A=\begin{pmatrix} \mathbb{Q} & \mathbb{Q}^{(\mathbb{N})} \\ 0 & \mathbb{Q} \end{pmatrix}$ bir ürün halkası olmayan yarı birincil, Artin olmayan bir halkadır (bir çift önemsiz olmayan ortogonal merkezi idempotent içermez).
Basit indirgeme durumu - Yerel bir yarı birincil halka üzerinde matris halka
Eğer $A/{\mathfrak r}\simeq M_l(K)$, sonra $A\simeq M_l(D)$ yerel bir yüzük için $(D,\mathfrak m)$ ile ${D}/{\mathfrak m}\simeq K$ (bkz. [2 (Rowen), Önerme 2.7.21]) ve (uygun) ana sağ ideal zincirleri $A$ (uygun) zincirlerine karşılık gelir $D$alt modülleri $D^r$ en fazla $r$her jeneratör. Bunun dışında, bu özel durumda da daha ileri gitmedim.
Alıntılar:
[1] Björk: "Birleştirici halkaların Noetherian ve artinian zincir koşulları." Arch. Matematik. 24 (1973), 366–378.
doi: 10.1007 / bf01228225
[2] LH Rowen: "Halka Teorisi. Hacim 1." Academic Press, San Diego (1988).
https://www.elsevier.com/books/ring-theory-v1/rowen/978-0-12-599841-3
Yanıtlar
İşte artistik bir karşı örnek.
Bir yüzük tarif edeceğim $A$ açıkça, ancak ilişkilerle titreyen dilde, eğer $Q$ iki köşesi, her köşede bir döngü ve köşeden bir ok olan bir titreme $1$ tepe noktasına $2$, sonra $A$ yol cebiri $Q$ tüm uzunlukları iki sıfıra eşit yapan ilişkilere tabidir.
İzin Vermek $A$ bir alan üzerinde cebir olmak $k$ temelli $\{e_{1},e_{2},a,b,c\}$, iki temel öğenin tüm çarpımları sıfıra eşittir: $$e_{1}^{2}=e_{1},\quad e_{2}^{2}=e_{2},\quad e_{1}a=a=ae_{1},\quad e_{1}b=b=be_{2},\quad e_{2}c=c=ce_{2}.$$
Sonra
- $A$ birliği olan beş boyutlu bir ilişkisel cebirdir $1=e_{1}+e_{2}$.
- Jacobson radikal $\mathfrak{r}$ tarafından kapsanıyor $\{a,b,c\}$, ve $\mathfrak{r}^{2}=0$. yani sorunun notasyonunda,$n=2$.
- $A/\mathfrak{r}\cong k\times k$, yani sorunun notasyonunda, $l=2$.
- Yani $ln=4$.
Ama doğru şekilde azalan bir temel sol idealler zinciri var $$A > A(a+e_{2}) > Ae_{2} > A(b+c) > Ac > 0$$ bazlarla $$\{e_{1},e_{2},a,b,c\}\supset\{e_{2},a,b,c\}\supset\{e_{2},b,c\} \supset\{b,c\}\supset\{c\}\supset\emptyset.$$