A.4 · Rings, ideals and modules

Chuẩn bị GRE đại học. Mục tiêu cục bộ nằm trong phạm vi ETS đã xem xét; đây là giảng dạy nguyên bản, không phải bài thi chính thức hoặc dự đoán điểm số.

Tiền đề: Vòng, trường, nhóm con cộng và đồng cấu.

• Phân biệt đơn vị, ước không và miền nguyên
• Xác định lý tưởng và diễn giải vòng thương
• So sánh mô-đun trên vòng với không gian vector trên trường
• Suy ra các tính chất của vòng Boolean mà không giả thiết giao hoán

lý tưởng: Một nhóm con cộng của vòng hấp thụ phép nhân bởi tất cả các phần tử của vòng.

torsion: Một phần tử bị triệt tiêu bởi một vô tỷ số khác không trong mô-đun đã cho.

Đối với các ví dụ về miền, ideal và thương dưới đây, hãy sử dụng một vòng giao hoán có đơn vị 1 phân biệt với 0. Một bài toán nguồn có thể chỉ định một vòng tổng quát thay vì điều này; đừng giả định phép nhân của nó giao hoán trừ khi được nêu rõ hoặc chứng minh. Một đơn vị có nghịch đảo nhân. Một ước của không khác không nhân với một phần tử khác không để tạo ra không. Một miền nguyên không có ước của không như vậy; việc triệt tiêu một thừa số khác không khi đó hoạt động. Một trường là một miền mà mọi phần tử khác không đều là đơn vị. Z là miền nhưng không phải là trường; Z/6Z cũng không phải là cả hai.

Một ideal I là một nhóm con cộng tính hấp thụ phép nhân với mọi phần tử của vòng. Điều này mạnh hơn việc là một vòng con. Trong Z, nZ là một ideal; các phần tử thương là các lớp dư nguyên modulo n. Trong một vòng giao hoán, R/I là một trường nếu và chỉ nếu I là tối đại, và nó là một miền nếu và chỉ nếu I là nguyên tố. Ideal phải là ideal chính quy (proper) trong cả hai phát biểu.

Một mô-đun cho phép vô tỷ số từ một vòng thay vì yêu cầu một trường. Mọi nhóm abel là một Z-mô-đun thông qua phép cộng lặp lại, nhưng nó không nhất thiết có cơ sở vector. Trong Z/6Z như một Z-mô-đun, 6 nhân với lớp dư khác không 1 bằng không; đây là torsion. Đối với một không gian vector trên một trường, một vô tỷ số khác không là khả nghịch và không thể triệt tiêu một vector khác không.

A submodule is closed under addition and all permitted scalar actions. A linear map of modules preserves both. The kernel and image are submodules, and the quotient by the kernel is isomorphic to the image. Do not apply finite-dimensional rank-nullity to an arbitrary module without establishing an appropriate free-module setting; integer row operations and field row operations permit different divisions. In a general Boolean ring, every a satisfies a²=a. Do not assume commutativity to prove it: idempotence of a+a gives 4a=2a, hence 2a=0. Expanding (a+b)²=a+b gives ab+ba=0, and characteristic two makes −ba=ba; therefore ab=ba. Idempotence does not imply nilpotence: in F2, the nonzero element 1 satisfies 1^n=1 for every positive n.

Trong Z/6Z, 2·3=0, nên 2 và 3 là ước không. Các đơn vị là 1 và 5 vì gcd của chúng với 6 là 1. Trong Z, ideal 5Z cho ra trường Z/5Z, trong khi 6Z cho ra một thương có ước không. Với tư cách là Z-mô-đun, ánh xạ từ Z đến Z/6Z có kernel là 6Z; thương xác định các số nguyên chênh lệch nhau theo bội của 6, thay vì tạo ra một không gian vector thực.

Một tập hợp có thể là submodule mà không phải là không gian vectơ trên trường số hữu tỷ. Phép chia vô hướng chỉ hợp lệ khi nghịch đảo của vô hướng thuộc về cấu trúc đó.

Trong $\mathbb Z/12\mathbb Z$, liệt kê các đơn vị và các ước không bằng 0. Ideal $(4)$ có phải là ideal nguyên tố hay cực đại?

Giải mẫu

Các đơn vị là các lớp dư nguyên tố cùng nhau với 12: $1,5,7,11$. Các lớp dư khác không còn lại $2,3,4,6,8,9,10$ là các ước của không. Với mỗi a như vậy, $a\cdot(12/\gcd(a,12))=0$ modulo 12, với thừa số thứ hai khác không. Ideal $(4)=\{0,4,8\}$ cho thương đồng cấu với $\mathbb Z/4\mathbb Z$. Đây không phải là miền, vì $2\cdot2=0$, và không phải là trường. Do đó ideal này không phải là nguyên tố cũng không phải là tối đại.

As a $\mathbb Z$-module, can $\mathbb Z/6\mathbb Z$ be free? Compare the ideals $(2)$ and $(x)$ in $\mathbb Z$ and $\mathbb Q[x]$, respectively, using their quotients.

Kiểm tra sau khi đã làm

A nonzero free $\mathbb Z$-module has no nonzero vector annihilated by a nonzero integer: examine each integer coordinate. But $6[1]=0$ in $\mathbb Z/6\mathbb Z$. It is not free; a field-style basis argument is invalid. $\mathbb Z/(2)\cong\mathbb F_2$ là một trường, nên $(2)$ là cực đại và nguyên tố. Phép đánh giá tại 0 ánh xạ $\mathbb Q[x]$ lên $\mathbb Q$ với nhân là $(x)$; thương của nó cũng là một trường. Cả hai lập luận đều sử dụng các ideal thực sự trong các vòng giao hoán có phần tử đơn vị.