Semplicità

Messaggioda Valerio Capraro » 26/05/2006, 16:53

Sia $R$ il campo reale e $M=M_n(R)$ l'anello delle matrici $n\timesn$ su $R$.
Mostrare che $M$ è semplice, ovvero che l'unico ideale non banale, coincide
con $M$.
..
..
magari se si volesse generalizzare...
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Messaggioda karl » 26/05/2006, 20:21

Sia I un ideale non nullo di Mn(R);esiste allora in I un a diverso da 0.
Scegliamo in Mn(R) un x tale che x.a sia una matrice non degenere.
Per definizione di ideale, x.a e' in I e pertanto (x.a).(x.a)^(-1)=u=
(=matrice identica ) e' pure elemento di I.
Allora quale che sia y di Mn(R) e sempre per definizione di ideale,l'elemento
y.u=y appartiene ad I e dunque I coincide con Mn(R).
L'unica generalizzazione che mi viene in mente e' che il teorema
e' vero se l'anello e' un corpo qualunque .
(Speriamo bene)
karl
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Messaggioda Valerio Capraro » 27/05/2006, 01:58

mi sembra sbagliata

chi ti dice che esiste l'inversa $(xa)^{-1}$?

questa esiste sse riesci a determinare $a\inI$ invertibile...

generalizzazione:
"sicuramente" è vero se $R$ è un anello semplice qualunque...
ma si può fare di meglio
Valerio Capraro
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Messaggioda karl » 27/05/2006, 11:45

In realta' la mia risposta non e' del tutto sbagliata (almeno cosi'
credo) se si precisa che I e' bilatero.
Poiche' x.a e' non degenere essa ammette inversa (x.a)^(-1)
e tale inversa e' un elemento di Mn(R) e quindi il prodoto
(x.a).(x.a)^(-1) e' il prodotto (destro) dell'elemento x.a ( che e' in I)
per (x.a)^(-1) (che e' in Mn(R)).E' poiche' I e' bilatero tale prodotto deve
stare in I e da cio' il resto.
Certo in tal modo ho dimostrato il teorema che l'anello Mn(R) non ha
ideali bilateri non banali che non e' esattamente cio' che hai
richiesto .Il fatto e' che tali quesiti,apparentemente innocui,si
trascinano tutto un pregresso di informazioni che solo uno fresco di studi puo'
ricordare e siccome gli esperti in tale materia su questo Forum sono
in numero dispari inferiore a 3 e' facile concludere!!
Saluti da karl
karl
 

Messaggioda Valerio Capraro » 27/05/2006, 11:56

eheh

io però non sono convinto...
non capisco cosa intendi di preciso per matrice non degenere.
potresti darmi la tua definizione, per favore?
quello che penso è che se per sbaglio la tua $a\inI$ avesse
determinante nullo... allora non c'è verso di seguire il tuo procedimento...
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Messaggioda karl » 27/05/2006, 14:32

Ma io ho scelto x ed a in modo che x.a sia non degenere (cioe' di rango
massimo e dunque di det. non nullo) e non so se questo sia sufficiente.
A questo punto ,quando ti pare opportuno,posta la tua soluzione:
sono interessatissimo a conoscerla.Ormai il virus dell'algebra astratta
mi ha infettato e non so se ti ringraziarti o pigliarti a male parole...
Scherzo naturalmente ed e' sempre un piacere leggere i tuoi post
e cercare di capirci qualcosa.
karl
karl
 

Messaggioda Valerio Capraro » 27/05/2006, 15:17

però nessuno a priori ti garantisce che $a$ abbia determinante
non nullo. E se ha determinante nullo allora non puoi fare niente
perchè per il teorema di Binet, ha determinante nullo ogni matrice $xa$.
vabbè...
la "mia" soluzione...

Mostro un pezzo del teorema generale (che fra l'altro è un lemma per
il teorema di Wedderburn-Artin sulla caratterizzazione degli
anelli semisemplici).

th:
SIa $R$ un anello qualsiasi e $M=M_n(R)$ l'anello delle matrici
$n\timesn$ su $R$. Allora ogni ideale $I\subsetM$ è della forma
$M_n(J)$ con $J$ ideale di $R$. In particolare se $R$ è semplice lo
è anche $M$

dimostrazione:
Sia $J$ un ideale di $R$, allora chiaramente $I=M_n(J)$ è un ideale di
$M_n(R)$, infatti se $x\inI$ e $y\inM$, la matrice $xy$ ha i coefficienti
in $J$ (essendo esso un ideale) e dunque $xy\inI$.
Il viceversa è una cifra complicato e se non ti dispiace te lo faccio solo
nel caso in cui $R$ è semplice. Mostro quindi che anche $M$ è semplice:
Sia $I\subsetM$ un ideale non nullo e $x\inI$, consideriamo il sottoinsieme
di $R$ formato dai coefficienti di $x$, e sia $J\subsetR$ l'ideale generato da
tale insieme al variare degli $x\inI$, dunque $M_n(J)$ è un ideale di $M$
che sicuramente è contenuto in $I$ per costruzione. ora essendo $R$ semplice
si ha $J=R$ e di conseguenza anche $I=M$.

osservazione:
la filosofia della dimostrazione generale del viceversa è simile a questa: si parte dall'ideale
di $M$ e si considera il sottoinsieme di $R$ formato dai coefficienti delle matrici,
al variare di tali matrici nell'ideale fissato di $M$. Poi bisogna dimostrare che
tale insieme è a sua volta un ideale e mi sembra, leggendola, che sia piuttosto
faticosa questa parte, che viene evitata nel caso particolare in cui $R$ è semplice
e basta mostrare un'inclusione soltanto.
Valerio Capraro
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