Ser ikke helt en passasje i et bevis i boken. Vi skal vise at hvis R en en noethersk ring uten nilpotente ideal forskjellig fra null, så har R ingen nilideal forskjellig fra null.
Først en def:
"Recall that if S is any nonempty subset of a ring R, then [tex]l(S) = \{ x + in R | xS=0 \}[/tex] is a left ideal of R called the left annihilator of S in R."
Siteterer og fyller inn i parantes for å se om jeg har forstått så langt:
"Let N be a nonzero nil ideal in R. Let [tex]F=\{l(n)|n \in N, n \neq 0 \}[/tex] be a family of left annihilator ideals. Because R is noetheriean, F has a maximal member, say l(n) (dette er bevist og er intuitivt forståelig). Let [tex]x \in R[/tex]. Then [tex]nx \in N[/tex] (N er et ideal), so there exists a smallest positive integer k such that [tex](nx)^k = 0[/tex] (definisjon av nilideal). Now, clearly, [tex]l(n) \subset l((nx)^{k-1})[/tex]
(hvorfor er den større? Jeg kan jo se at alle elementene i l(n) også må være i den andre, men ikke hvorfor den er større.).
Because [tex](nx)^{k-1} \neq 0, l((nx)^{k-1}) \in F[/tex] (def.). But then by maximality of l(n), [tex]l(n)=l((nx)^{k-1})[/tex].
Now [tex](nx)^k=0 \Rightarrow nx \in l((nx)^{k-1})=l(n) \Rightarrow nxn=0[/tex] (her detter jeg av).
Now [tex](RnR)^2=RnRRnR=0[/tex] (er dette fordi RnRRnR=RnRnR, men nRn=0, så vi har at R0R som må være 0?). Therefore by hypothesis RnR=0 (siden R ikke har noen nilpotente ideal ulik 0). If [tex]1 \in R[/tex], then n=0, a contradiction (fordi da blir N=0). So in this case we are done. Otherwise, consider the ideal (n)=nR +Rn +RnR + nZ generated by n. Set A=nR+Rn. Because nxn=0 for all [tex]x \in R, A^2=0[/tex] (får ikke helt denne til å gå opp. Får en rest av typen RnR). Thus, (n)=A+nZ. But then if [tex]n^k = 0[/tex], we have [tex](A+nZ)^k=0[/tex]. Therefore by hypothesis, A+nZ=0, which gives n=0, a contradiction (siden alle n er nilpotente og vi ser på minste k slik at alle n^k=0?). Hence, R has no nonzero nil ideals."
Primiske og hovedideal (og diverse algebra)
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Det er jo standardmåten å vise at to mengder er like. Altså [tex]A\subseteq B[/tex] og [tex]B\subseteq A[/tex]. Da er A=B. Du viser jo senere at de er iike, så ingen er større)Now, clearly, [tex]l(n) \subset l((nx)^{k-1})[/tex]
(hvorfor er den større? Jeg kan jo se at alle elementene i l(n) også må være i den andre, men ikke hvorfor den er større.).
Now [tex](nx)^k=0 \Rightarrow nx \in l((nx)^{k-1})=l(n) \Rightarrow nxn=0[/tex] (her detter jeg av).
Now [tex](RnR)^2=RnRRnR=0[/tex] (er dette fordi RnRRnR=RnRnR, men nRn=0, så vi har at R0R som må være 0?). Therefore by hypothesis RnR=0 (siden R ikke har noen nilpotente ideal ulik 0).
Ja.
Produkt av idealer A og B er jo mengden [tex]\{\sum_i a_ib_i|a_i\in A, b_i\in B\}[/tex] (altså alle endelige summer).
Du kan skrive ut (RnR)^2 eksplisitt ved å bruke definisjon av tosidig ideal samt dette. Men det blir jo riktig som du sier.
Hvis vi tillater oss å skrive det ut eksplisitt får vi:If [tex]1 \in R[/tex], then n=0, a contradiction (fordi da blir N=0). So in this case we are done. Otherwise, consider the ideal (n)=nR +Rn +RnR + nZ generated by n. Set A=nR+Rn. Because nxn=0 for all [tex]x \in R, A^2=0[/tex] (får ikke helt denne til å gå opp. Får en rest av typen RnR). Thus, (n)=A+nZ. But then if [tex]n^k = 0[/tex], we have [tex](A+nZ)^k=0[/tex]. Therefore by hypothesis, A+nZ=0, which gives n=0, a contradiction (siden alle n er nilpotente og vi ser på minste k slik at alle n^k=0?). Hence, R has no nonzero nil ideals."
[tex]A^2=(nR+Rn)(nR+Rn)=nRnR+nRRn+RnnR+RnRn[/tex]
(nRn)R=nRRn=R(nRn)=0.
Siden RnR=0 må spesielt Rnn=0, så A^2=0.
I produktet (A+nZ)^k vil også alle ledd være 0. Du kan jo prøve å skrive det ut eksplisitt for f.eks. k=2.
1. Åh, selvfølgelig! Jaja, da er det jo greit.
2. Ah, ja. En kan jo også tenke på det som et tosidig ideal ser jeg. Er det noe "mindre riktig/formelt" i min argumentasjon?
3. Skjønner. RnR er null, fordi det har vi tidligere vist. Trengte bare å koble sammen de to delene her altså.
Hvorfor må Rnn=0? Slik jeg ser det er nn lukket under sin ring og derfor kan vi uttrykke den som n som gir RnnR=RnR=0.
Hvis jeg skal se på tilfellet hvor k=2 har vi at kvadratet av k er lik 0 som gjør at jeg sitter igjen med AnZ og nZA som blir til nRnZ+RnnZ+nZnR+nZRn. Den første er jo 0, de andre er jeg mer usikre på.
Følger opp med noen flere spørsmål:
a) Rettet til tilintetgjøreren (annihilator. Hehe) av en ring. Det er jo elementene som "kollapser" ringen til nullelementet. I en oppgave tidligere gitt (den oppgaven hvor det skulle vises at et vektorrom var en R-modul som jeg bl.a. spurte om assosiativitet) at tilintetgjøreren til V i R er et ideal ulik 0. Ideal-delen gikk fint, men å vise at det er elementer i idealet ulik 0 er litt verre. Jeg trodde først at vi snakket om et ekte underrom, og siden da dimensjonen til underrommet alltid er mindre enn vektorrommet vil det finnes et basiselement i V som kollapser underrommet. Men hva hvis underrommet er hele V?
b) Si at vi har en uendelig familie av ringer R_i og lar R være det direkte produktet av disse. Jeg skal vise at da er R ikke noethersk. Så jeg ser på kjeden:
[tex](0,r_2,0,0, \cdots) \subseteq (0,r_2,r_3,0,0, \cdots) \subseteq (0,r_2,r_3,r_4,0,0, \cdots) \subseteq \cdots, r_i \in R_i[/tex].
Denne følgen er ikke øvre begrenset og derfor er ikke R noethersk. Ser dette greit ut?
2. Ah, ja. En kan jo også tenke på det som et tosidig ideal ser jeg. Er det noe "mindre riktig/formelt" i min argumentasjon?
3. Skjønner. RnR er null, fordi det har vi tidligere vist. Trengte bare å koble sammen de to delene her altså.
Hvorfor må Rnn=0? Slik jeg ser det er nn lukket under sin ring og derfor kan vi uttrykke den som n som gir RnnR=RnR=0.
Hvis jeg skal se på tilfellet hvor k=2 har vi at kvadratet av k er lik 0 som gjør at jeg sitter igjen med AnZ og nZA som blir til nRnZ+RnnZ+nZnR+nZRn. Den første er jo 0, de andre er jeg mer usikre på.
Følger opp med noen flere spørsmål:
a) Rettet til tilintetgjøreren (annihilator. Hehe) av en ring. Det er jo elementene som "kollapser" ringen til nullelementet. I en oppgave tidligere gitt (den oppgaven hvor det skulle vises at et vektorrom var en R-modul som jeg bl.a. spurte om assosiativitet) at tilintetgjøreren til V i R er et ideal ulik 0. Ideal-delen gikk fint, men å vise at det er elementer i idealet ulik 0 er litt verre. Jeg trodde først at vi snakket om et ekte underrom, og siden da dimensjonen til underrommet alltid er mindre enn vektorrommet vil det finnes et basiselement i V som kollapser underrommet. Men hva hvis underrommet er hele V?
b) Si at vi har en uendelig familie av ringer R_i og lar R være det direkte produktet av disse. Jeg skal vise at da er R ikke noethersk. Så jeg ser på kjeden:
[tex](0,r_2,0,0, \cdots) \subseteq (0,r_2,r_3,0,0, \cdots) \subseteq (0,r_2,r_3,r_4,0,0, \cdots) \subseteq \cdots, r_i \in R_i[/tex].
Denne følgen er ikke øvre begrenset og derfor er ikke R noethersk. Ser dette greit ut?
M.Sc. Matematikk fra NTNU.
wingeer wrote: Hvorfor må Rnn=0? Slik jeg ser det er nn lukket under sin ring og derfor kan vi uttrykke den som n som gir RnnR=RnR=0.
Hvis jeg skal se på tilfellet hvor k=2 har vi at kvadratet av k er lik 0 som gjør at jeg sitter igjen med AnZ og nZA som blir til nRnZ+RnnZ+nZnR+nZRn. Den første er jo 0, de andre er jeg mer usikre på.
[tex]n[/tex] her er jo et spesielt element i [tex]N[/tex], nemlig den [tex]n[/tex] slik at [tex]l(n)[/tex] er maksimal. (Vi har jo f.eks. brukt at l(n) er maksimalt til å utlede at nxn=0.)Because R is noetheriean, F has a maximal member, say l(n)
[tex]RnR=\{\sum_i x_iny_i| x_i,y_i\in R\}[/tex]. Spesielt er [tex]xnn[/tex] et av elementene i [tex]RnR[/tex]. Siden alle elementene i [tex]RnR[/tex] er [tex]0[/tex], må også [tex]xnn=0[/tex] for alle [tex]x[/tex] i [tex]R[/tex].
[tex](A+nZ)^2=A^2+A(nZ)+(nZ)A+(nZ)^2[/tex]
[tex]n^2=0[/tex] og [tex]A^2=0[/tex]. [tex]nZ[/tex] står for mengden av elementer på formen [tex](\pm ) n(\pm )n(\pm )n(\pm )...(\pm )n[/tex], så hvert ledd i [tex](nZ)^2[/tex] er [tex]\pm n^2=0[/tex]
[tex]A=nR+Rn[/tex], så [tex]A(nZ)=(nR+Rn)(n+n+n...)[/tex]. Hvert ledd er på formene [tex]nRn=0[/tex] eller [tex]Rn^2=0[/tex].
[tex](nZ)A=(nZ)(nR+Rn)[/tex] så hvert ledd er på formene [tex]n^2R=0[/tex] eller [tex]nRn=0[/tex].
b) Si at vi har en uendelig familie av ringer R_i og lar R være det direkte produktet av disse. Jeg skal vise at da er R ikke noethersk. Så jeg ser på kjeden:
(0,r_2,0,0, \cdots) \subseteq (0,r_2,r_3,0,0, \cdots) \subseteq (0,r_2,r_3,r_4,0,0, \cdots) \subseteq \cdots, r_i \in R_i.
Denne følgen er ikke øvre begrenset og derfor er ikke R noethersk. Ser dette greit ut?
Hvis [tex]A_i[/tex] er idealer i [tex]R_i[/tex] for alle [tex]i\in \mathbb{N}[/tex] vil [tex]\prod_{i\in\mathbb{N}}A_i[/tex] være idealer i R=[tex]\prod_{i\in\mathbb{N}}R_i[/tex], ja.
Antar du mener at [tex]A_j=(r_j)[/tex] er idealene i [tex]R_j[/tex] generert av elementet [tex]r_j[/tex]. I så fall mener jeg det er riktig det du sier:)
Aha. Forstår. Tenkte på n som et naturlig tall av en eller annen grunn, og da gav det lite mening at n nødvendigvis var i R. Tøysete.
Da var vel det teoremet i boks. Takk!
Tilbake til den oppgaven med direkte produkt av ringer. Er det slik at i en vilkårlig ring vil hvert element generere et ideal, muligens 0 eller ringen selv? Og at hvis vi har et hovedidealområde er ALLE ideal generert av et element, i motsetning til at det finnes ideal generert av flere element i en vilkårlig ring?
Har du noen kloke innspill til spørsmålene om kollapsen av vektorrom også?
Skal prøve å bevise Maschke's teorem steg for steg. Omfattende oppgave, med andre ord. Det starter med noen definisjoner.
La F være en kropp og G en endelig gruppe. Anta at char(F) ikke deler |G|. La M være en endelig generert FG-modul.
a) Vis at M er et vektorrom over F og at [tex]\dim_F M < \infty[/tex].
Problemet her er at jeg ikke vet hvordan en FG-modul er definert? Kan ikke synes å ha sett det noe som helst sted i boken. Og jeg er også usikker på hva som skal vises, for å være ærlig. Er poenget å vise at M har mult. inverser?
Angående dimensjonen til M, siden M er endelig generert av, si mengden E, holder det vel å vise at generatorene er lin. uavh. som vil si at E er en endelig basis for M og derfor er dimensjonen endelig.
Da var vel det teoremet i boks. Takk!
Tilbake til den oppgaven med direkte produkt av ringer. Er det slik at i en vilkårlig ring vil hvert element generere et ideal, muligens 0 eller ringen selv? Og at hvis vi har et hovedidealområde er ALLE ideal generert av et element, i motsetning til at det finnes ideal generert av flere element i en vilkårlig ring?
Har du noen kloke innspill til spørsmålene om kollapsen av vektorrom også?
Skal prøve å bevise Maschke's teorem steg for steg. Omfattende oppgave, med andre ord. Det starter med noen definisjoner.
La F være en kropp og G en endelig gruppe. Anta at char(F) ikke deler |G|. La M være en endelig generert FG-modul.
a) Vis at M er et vektorrom over F og at [tex]\dim_F M < \infty[/tex].
Problemet her er at jeg ikke vet hvordan en FG-modul er definert? Kan ikke synes å ha sett det noe som helst sted i boken. Og jeg er også usikker på hva som skal vises, for å være ærlig. Er poenget å vise at M har mult. inverser?
Angående dimensjonen til M, siden M er endelig generert av, si mengden E, holder det vel å vise at generatorene er lin. uavh. som vil si at E er en endelig basis for M og derfor er dimensjonen endelig.
M.Sc. Matematikk fra NTNU.
Ja, f.eks. vil det i C[x,y] eksistere et ideal <x,y>={sx+ty|s,t i C[x,y]} generert av x og y, som ikke er et hovedideal. Du kan jo prøve å vise hvorfor ikke.Tilbake til den oppgaven med direkte produkt av ringer. Er det slik at i en vilkårlig ring vil hvert element generere et ideal, muligens 0 eller ringen selv? Og at hvis vi har et hovedidealområde er ALLE ideal generert av et element, i motsetning til at det finnes ideal generert av flere element i en vilkårlig ring?
Kan du formulere oppgaven slik den står skrevet? Jeg er ikke helt med på forutsetningene.Har du noen kloke innspill til spørsmålene om kollapsen av vektorrom også?
En FG-modul består vel av et vektorrom V over en kropp F og en multiplikativ gruppe G, slik at du kan gange sammen et element v i V med et element g i G, og slik at følgende gjelder for u,v i V , g,h i G og f i F:La F være en kropp og G en endelig gruppe. Anta at char(F) ikke deler |G|. La M være en endelig generert FG-modul.
a) Vis at M er et vektorrom over F og at [tex]\dim_F M < \infty[/tex].
Problemet her er at jeg ikke vet hvordan en FG-modul er definert? Kan ikke synes å ha sett det noe som helst sted i boken. Og jeg er også usikker på hva som skal vises, for å være ærlig. Er poenget å vise at M har mult. inverser?
Angående dimensjonen til M, siden M er endelig generert av, si mengden E, holder det vel å vise at generatorene er lin. uavh. som vil si at E er en endelig basis for M og derfor er dimensjonen endelig.
[tex]vg\in V[/tex], [tex]v(gh)=(vg)h[/tex], [tex]v1=v[/tex], [tex](fv)g=f(vg)[/tex] og [tex](u+v)g=ug+vg[/tex]
Last edited by Gustav on 27/11-2011 23:41, edited 1 time in total.
Ok, skal titte litt på det.
"Let k be a field, and let V be a finite dimensional vector space over k. Let T:V->V be an arbitrary linear map. Let R = k[x].
Define for each [tex]f(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n[/tex] in R and v in V:
[tex]f(x)\cdot v = f(T)(v) = a_0v + a_1T (v) + \cdots + a_nT^n(v)[/tex].
Show that the annihilator of V in R is a nonzero ideal of R"
Så du har på en måte nesten en modulstruktur oppå en modulstruktur?
"Let k be a field, and let V be a finite dimensional vector space over k. Let T:V->V be an arbitrary linear map. Let R = k[x].
Define for each [tex]f(x) = a_0 + a_1x + \cdots + a_nx^n[/tex] in R and v in V:
[tex]f(x)\cdot v = f(T)(v) = a_0v + a_1T (v) + \cdots + a_nT^n(v)[/tex].
Show that the annihilator of V in R is a nonzero ideal of R"
Så du har på en måte nesten en modulstruktur oppå en modulstruktur?
M.Sc. Matematikk fra NTNU.
En injektiv funksjon er ikke det samme som veldefinert, nei.wingeer wrote:Jeg lurer også litt på når en må vise at en funksjon er veldefinert. Hver gang en definerer en ny funksjon? Er det også slik at gitt en veldefinert funksjon, så er den også injektiv?
f:A->B er injektiv [tex]\Leftrightarrow[/tex] [tex]f(x)=f(y)\Rightarrow x=y[/tex].
At en funksjon f er veldefinert i x betyr at f(x) er utvetydig bestemt i forhold til hvordan den skal tolkes. (løst sagt), eller rettere sagt at den er definert på en slik måte at den kan tolkes på en unik måte.
F.eks. er funksjonen f:R->R gitt ved at f(x)=0 veldefinert, men ikke injektiv.
En veldefinert funksjon er jo litt pussig språkbruk - en funksjon som ikke er veldefinert kan vel knapt kalles en funksjon. En bruker gjerne ordet når en vil definere en funksjon på en 'rar' måte og må argumentere for at denne rare definisjonen ikke er tvetydig, og 'alltid virker'. For eksempel, la oss si at vi vil definere en funksjon på heltallene. Vi sier at [tex]f(n)[/tex] skal være det største positive heltallet som deler [tex]n[/tex]. Så [tex]f(63)=7, f(-2)=2[/tex] og så videre. Er man da ferdig? Nei, for denne definisjonen rakner opp for [tex]n=0[/tex] - alle primtall deler 0, så det finnes ikke noe største primtall. Altså var funksjonen ikke veldefinert i x, og var ikke 'egentlig' en funksjon likevel.
Jeg blandet jo om. Jeg lurte egentlig på om injektivitet implikerer veldefinisjon.
Karl_Erik:
Aha. En må rett og slett bare passe på at ethvert element i domenet ikke kan sendes til mer enn ett element i kodomenet?
Men samtidig gir ikke dette helt mening å si, heller. F.eks om du projiserer fra RxR -> R ved å si at (x,y)->(x,0). Er da dette veldefinert?
Karl_Erik:
Aha. En må rett og slett bare passe på at ethvert element i domenet ikke kan sendes til mer enn ett element i kodomenet?
Men samtidig gir ikke dette helt mening å si, heller. F.eks om du projiserer fra RxR -> R ved å si at (x,y)->(x,0). Er da dette veldefinert?
M.Sc. Matematikk fra NTNU.
Joda, projeksjon som tar (x,y) til (x,0) er veldefinert fordi ethvert element i definisjonsmengden sendes til en bestemt, unik ting i kodomenet. Det at for eksempel (1,2) og (1,1) begge sendes til (1,0) betyr at den ikk er injektiv, men den er veldefinert fordi det ikke finnes noe element (x,y) slik at funksjonsdefinisjonen ikke klarer å fortelle deg utvetydig hva det skal sendes til.
Derfor er det litt vanskelig å svare på om injektivitet impliserer veldefinisjon - om du ikke vet at en funksjon er veldefinert kan du på en måte ikke si så mye om den, så jeg tror det skal godt gjøres å føre et gyldig bevis hvor du først viser at en funksjon er injektiv, for så å bruke dette til å vise at den er veldefinert.
Det skal dog sies at om du leser dette helt, strengt logisk er svaret ja, i og med at injektivitet er noe som ikke gir mening dersom funksjonen ikke er veldefinert, så en funksjon som kan sies å være injektiv må jo også være veldefinert, men det blir på en måte et litt sært svar. Nei, du kan ikke vise veldefinisjon ved først å vise injektivitet.
Derfor er det litt vanskelig å svare på om injektivitet impliserer veldefinisjon - om du ikke vet at en funksjon er veldefinert kan du på en måte ikke si så mye om den, så jeg tror det skal godt gjøres å føre et gyldig bevis hvor du først viser at en funksjon er injektiv, for så å bruke dette til å vise at den er veldefinert.
Det skal dog sies at om du leser dette helt, strengt logisk er svaret ja, i og med at injektivitet er noe som ikke gir mening dersom funksjonen ikke er veldefinert, så en funksjon som kan sies å være injektiv må jo også være veldefinert, men det blir på en måte et litt sært svar. Nei, du kan ikke vise veldefinisjon ved først å vise injektivitet.
Ja, selvfølgelig. Skjønner ikke hva jeg tenkte på. Må ha vært forvirret da jeg tenkte på det.
Ja, strengt logisk er det vel en gyldig påstand. Skjønner dog absurditeten i det. Blir litt som å snakke om primtall uten å definere tall.
Takk for svar.
Ja, strengt logisk er det vel en gyldig påstand. Skjønner dog absurditeten i det. Blir litt som å snakke om primtall uten å definere tall.
Takk for svar.
M.Sc. Matematikk fra NTNU.
Spørsmål:
Artin-Wedderburns teorem sier at hvis du har en artinsk semisimpel ring med enhet så vil den være isomorf med en direkte sum av matriseringer over divisjonsringer. Gjelder det da også at hvis vi har en semisimpel noethersk ring med enhet, så vil den også være isomorf med en slik direkte sum siden det er kjent at alle artinske ringer også er noetherske?
Si vi har en 2x2-matrisering R over en kropp F:
[tex]R=\begin{pmatrix}F & 0 \\F & F \end{pmatrix}[/tex] og et ideal: [tex]I=\begin{pmatrix}0 & 0 \\F & 0 \end{pmatrix}[/tex].
Vil da R/I være lik eller isomorf med [tex]\begin{pmatrix}F & 0 \\0 & F \end{pmatrix}[/tex]?
Og denne er vel isomorf med FxF. Er da dette en semisimpel ring? En skulle jo tro det fra definisjonen ettersom R/I kan skrives som en direkte sum av simple ringer (siden ethvert ideal av:
[tex]\begin{pmatrix}F & 0 \\0 & 0 \end{pmatrix}[/tex] er en 2x2-matrise A_n hvor A er et ideal av F, men F har ingen nontrivelle ideal). Og i tillegg er snittet av de to summandene 0. Så hadde jeg et spørsmål som rokket ved troen min, men i det jeg skrev det skjønte jeg at det ikke gjaldt alikevel. Uansett, er det semisimpelt? Trår litt forsiktig rundt semisimpelhet av matriser.
Siden den er semisimpel vil den vel også være noethersk (siden den kun har to ideal terminerer følgen over ideal temmelig kvikt).
Er det en fin lekker måte å sjekke om et ideal er minimalt på? Vet at en kan sjekke om et ideal I er maksimalt i en ring R ved å se om R/I er en kropp. Finnes det noe tilsvarende for minimale ideal? Eller må en rote rundt med mengder?
Endring:
Ser ikke ut som om forumet her liker matriser i LaTeX spesielt godt ... Eller er det jeg som gjør noe feil?
Artin-Wedderburns teorem sier at hvis du har en artinsk semisimpel ring med enhet så vil den være isomorf med en direkte sum av matriseringer over divisjonsringer. Gjelder det da også at hvis vi har en semisimpel noethersk ring med enhet, så vil den også være isomorf med en slik direkte sum siden det er kjent at alle artinske ringer også er noetherske?
Si vi har en 2x2-matrisering R over en kropp F:
[tex]R=\begin{pmatrix}F & 0 \\F & F \end{pmatrix}[/tex] og et ideal: [tex]I=\begin{pmatrix}0 & 0 \\F & 0 \end{pmatrix}[/tex].
Vil da R/I være lik eller isomorf med [tex]\begin{pmatrix}F & 0 \\0 & F \end{pmatrix}[/tex]?
Og denne er vel isomorf med FxF. Er da dette en semisimpel ring? En skulle jo tro det fra definisjonen ettersom R/I kan skrives som en direkte sum av simple ringer (siden ethvert ideal av:
[tex]\begin{pmatrix}F & 0 \\0 & 0 \end{pmatrix}[/tex] er en 2x2-matrise A_n hvor A er et ideal av F, men F har ingen nontrivelle ideal). Og i tillegg er snittet av de to summandene 0. Så hadde jeg et spørsmål som rokket ved troen min, men i det jeg skrev det skjønte jeg at det ikke gjaldt alikevel. Uansett, er det semisimpelt? Trår litt forsiktig rundt semisimpelhet av matriser.
Siden den er semisimpel vil den vel også være noethersk (siden den kun har to ideal terminerer følgen over ideal temmelig kvikt).
Er det en fin lekker måte å sjekke om et ideal er minimalt på? Vet at en kan sjekke om et ideal I er maksimalt i en ring R ved å se om R/I er en kropp. Finnes det noe tilsvarende for minimale ideal? Eller må en rote rundt med mengder?
Endring:
Ser ikke ut som om forumet her liker matriser i LaTeX spesielt godt ... Eller er det jeg som gjør noe feil?
Last edited by wingeer on 29/11-2011 21:02, edited 2 times in total.
M.Sc. Matematikk fra NTNU.