Pierścienie grupowe wyk lad 3. lewych podmodu lów prostych. Ogólniej, aby roz lożyć dany pierścień na sume. prosta

Transkrypt

1 Pierścienie rupowe wyk lad 3 Już wiemy, że alebre rupowa CG skończonej rupy G można roz lożyć na sume lewych podmodu lów prostych Oólniej, aby roz lożyć dany pierścień na sume prosta jeo dwóch podmodu lów, wystarczy znaleźć w nim idempotenta, tj element spe lniaja cy warunek e = e 2 Zauważmy, że jeśli e jest idempotentem, to, jak latwo sprawdzić, jest nim także 1 e (31) Stwiedzenie Niech R be dzie dowolnym pierścieniem Jeśli e R jest idempotentem, to R ma rozk lad na sume prosta lewych R-podmodu lów: R = Re R(1 e) Gdy e 0, 1, oba sk ladniki sa niezerowymi podmodu lami R Dowód Dla dowolneo r R mamy r = re + r(1 e), wie c podmodu ly Re, R(1 e) rozpinaja R Jeśli r Re R(1 e), to r = r 1 e = r 2 (1 e) dla pewnych r 1, r 2 R Zatem r = r 1 e = (r 1 e)e = re = r 2 (1 e)e = r 2 (e e 2 ) = 0 Jeśli V jest skończenie wymiarowa przestrzenia liniowa, zaś L: V V przekszta lceniem liniowym takim, że L 2 = L, to L jest rzutem V na podprzestrzeń L(V ) V Zauważmy, że wymiar tej podprzestrzeni, czyli rza d przekszta lcenia L, jest równy jeo śladowi Istotnie, wartościami w lasnymi L sa 0 oraz 1; obrazem L jest podprzestrzeń w lasna odpowiadaja ca wartości w lasnej 1, wie c jej wymiar jest równy sumie wszystkich wartości w lasnych, czyli śladowi L W szczeólności, dy G jest rupa skończona, zaś e = e 2 CG, to wymiar podprzestrzeni CGe jest równy śladowi przekszta lcenia L e : CG CG, L e (α) = α e Jeśli e = e, to macierz teo przekszta lcenia w bazie G ma na lównej przeka tnej G razy element e 1 Z powyższeo wynika, że dim CGe = G e 1 ; e 1 = dim CGe G (32) Definicja Śladem elementu α pierścienia rupoweo KG nazywamy wspó lczynnik przy 1 G i oznaczamy trα Ślad jest funkcjona lem liniowym na KG Latwo sprawdzić, że podobnie jak dla śladu macierzy, dla dowolnych α, β KG mamy tr(α β) = G α β 1 = β 1α = G 1 G β 1α ( 1 ) 1 = tr(β α) (33) Stwierdzenie Jeśli G jest rupa skończona, zaś e CG jest idempotentem, to tre jest z przedzia lu [0, 1] Ponadto, jeśli tre = 0, to e = 0 oraz jeśli tre = 1, to e = 1 Dowód Z poprzednich uwa wynika, że tre jest nieujemna, która jest równa 0 tylko wtedy, dy e = 0 Pozosta la cze ść tezy wynika z teo, że 1 e jest także idempotentem Choć może to być zaskakuja ce, za lożenie G < wcale nie jest potrzebne Udowodnimy (34) Twierdzenie (Irvin Kaplansky 1969, Alex Zaleskii 1972) Jeśli e CG jest idempotentem, to tre jest z przedzia lu [0, 1] Ponadto, jeśli tre = 0, to e = 0 oraz jeśli tre = 1, to e = 1 Dowody, że: 1) tre jest z przedzia lu [0, 1] i jest zerem tylko dla e = 0, zaś jedynka tylko dla e = 1; 2) tre jest maja ca lkowicie różna nature Dowód 1) jest eometryczny; dowód 2) jest teorio-liczbowy 1

2 Dla dowodu 1) wprowadzimy w przestrzeni liniowej CG (dla dowolnej rupy G) strukture eometryczna Zdefiniujmy w CG iloczyn hermitowski tak, by zbiór G stanowi l baze unitarna, tj dla α = α, β = β po lożymy α, β := G α β Alebra rupowa CG ma naturalna inwolucje CG CG dana wzorem α = G α 1 Latwo sprawdzić, że (α + β) = α + β, (α β) = β α, (α ) = α, α, β = tr(αβ ) Z ostatniej równości latwo wynika też, że α, β γ = α γ, β = β α, γ, co oznacza, że operator praweo (leweo) mnożenia przez α jest sprze żony wzle dem naszeo iloczynu hermitowskieo w CG do operatora praweo (leweo) mnożenia przez α Iloczyn hermitowski prowadzi do L 2 -normy: α = α, α 1/2 = α 2 G Przydatna be dzie też L 1 -norma: α := G α Mie dzy tymi normami mamy naturalne relacje (35) Lemat Dla dowolnych α, β CG mamy i) α β α β, ii) α β α β Dowód Dla dowolneo G mamy α = α, α 1/2 = α, α 1/2 = α, α 1/2 = α, a także, oczywiście, α = α Zatem, jeśli α = α, to αβ = α β α β = α β = α β = α β Także αβ = αβ αβ = α β = α β Udowodnimy (36) Twierdzenie Ślad każdeo idempotenta e CG jest z przedzia lu [0, 1] Ponadto jeśli tre {0, 1}, to e jest odpowiednio równe 0 lub 1 Dowód Niech 0 e CG be dzie idempotentem i rozważmy podprzestrzeń liniowa V = CGe CG Przypuśćmy, że element f V jest najbliższy punktowi 1 CG Wówczas 1 f V Dla dowolneo β CG mamy βe, βf V, wie c βe, 1 f = β, (1 f)e = 0, βf, 1 f = β, (1 f)f = 0, 2

3 czyli (1 f)e CG oraz (1 f)f CG Wobec teo (1 f)e = (1 f)f = 0 Z druiej równości mamy f = ff = (ff ) = f Natomiast z pierwszej wynika, że e = fe, a sta d i z symetryczności f wynika e = ef = ef Zatem tre = tr(ef) = tr(fe) = trf, dyż fe = f, skoro f CGe Ponadto z równości f, 1 f = 0 wynika, że trf = f, 1 = f, f = f 2 Zatem tre = trf = f 2 jest nieujemna Wobec teo także 1 tre = tr(1 e) 0, wie c tre [0, 1] Jeśli tre = 0, to także f = 0, wie c e = e f = 0 Jeśli natomiast tre = 1, to tr(1 e) = 0, ska d 1 e = 0 Dowód wyla da na zakończony, ale tylko dla rup skończonych Gdy G jest rupa nieskończona, przestrzeń metryczna (CG, ) nie jest zupe lna, wie c istnienia elementu f V, najbliższeo do 1, nie możemy zak ladać Tym niemniej, z pewnościa istnieja elementy f n V takie, że 1 f n 2 dist(v, 1) 2 + 1/n 2 dla n 1 Wykażemy, że istnieja sta le A, B > 0 takie, że i) f n, 1 f n A/n, ii) ef n e B/ n To wystarczy, dyż z warunku i) wynika zaś z warunku ii) mamy trf n f n 2 = f n, 1 f n, f n = f n, 1 f n 0, trf n tre = tr(f n e) tre = tr(ef n ) tre ef n e 0, dy n Wobec teo tre = lim n f n 2, wie c tre be dzie nieujemna Ponadto, z ii) wynika także e e ef n + ef n B n + e f n, ska d, dla e 0, otrzymamy tre = lim n f n 2 e 2 e 2 > 0 Pozosta lo wykazać i) oraz ii) Obie nierówności wynikna latwo z naste puja ceo lematu (37) Lemat Niech V CG be dzie podprzestrzenia liniowa oraz α, β V Wówczas β, 1 α 2 β 2 ( 1 α 2 dist(v, 1) 2) Dowód Można za lożyć, że β 0 Niech t = 1 α, β / β 2 Ponieważ α + tβ V, mamy 1 (α + tβ) 2 dist(v, 1) 2 Zatem 1 α 2 dist(v, 1) 2 1 α 2 1 α tβ 2 = 1 α, 1 α 1 α tβ, 1 α tβ = t β, 1 α + t 1 α, β tt β, β = β, 1 α 2 / β 2 Dla dowodu i) po lóżmy α = β = f n Z (37) otrzymujemy f n, 1 f n 2 f n 2 ( 1 f n 2 dist(v, 1) 2) f n 2 Ale f n f n 1 + (dist(v, 1) 2 + 1) 1/2 =: A, co dowodzi i) 3 n 2, f n, 1 f n f n n

4 Dla dowodu ii) po lożymy α = f n, β = e e e ef n sa to elementy V, dyż e, f n V Wówczas ef n e 2 = e(f n 1), e(f n 1) = e(1 f n ), e(1 f n ) = e e(1 f n ), 1 f n Zatem e e(1 f n ) 1 n 1 n e e 1 f n A n e e ef n e B n dla B = A e e Pozosta lo wykazać, że ślad każdeo idempotenta e CG jest Jedna z najskuteczniejszych metod badania obiektów matematycznych jest odwzorowywanie ich homomorficznie w inne, prostsze obiekty teo sameo rodzaju Niestety, dla cia l to nie dzia la, bo każdy homomorfizm cia l jest zanurzeniem Ale możemy odwzorowywać w inne cia la podpierścienie R K: wystarczy wybrać idea l maksymalny M < R i rozważyć przekszta lcenie K R R/M = F na cia lo ilorazowe Oczywiście, im wie kszy podpierścień R, tym lepiej W pewnym sensie najlepsze sa pierścienie waluacji (38) Definicja Podpierścień R cia la K jest pierścieniem waluacji, jeśli dla dowolneo x K \ R mamy x 1 R (39) Stwierdzenie Pierścień waluacji R K jest pierścieniem lokalnym, to znaczy ma dok ladnie jeden idea l maksymalny Dowód Niech M be dzie zbiorem elementów nieodwracalnych pierścienia R Jest to oczywiście zbiór zamknie ty ze wzle du na mnożenie Musimy jeszcze sprawdzić, że dy x, y M, to x y M Można za lożyć, że x 0 y Wtedy, na mocy definicji, x 1 y R lub y 1 x R Ale wtedy x y = x(1 x 1 y) = y(y 1 x 1), oraz co najmniej jeden z elementów 1 x 1 y, y 1 x 1 należy do R Zatem dyby element x y by l odwracalny, to x lub y by loby też odwracalne, wbrew za lożeniu Sta d x y M Oczywiście każdy w laściwy idea l sk lada sie z elementów nieodwracalnych, wie c M jest jedynym idea lem maksymalnym w R Pierścienie waluacji sa maksymalne w naste puja cym sensie Niech K, Ω be da cia lami, przy czym Ω jest alebraicznie domknie te Niech Σ be dzie zbiorem par (A, f), dzie A jest podpierścieniem K, zaś f: A Ω jest homomorfizmem pierścieni W zbiorze Σ wprowadzamy relacje porza dku: (A, f) (A, f ) dy A A oraz f A = f Na mocy lematu Kuratowskieo-Zorna to w zbiorze uporza dkowanym (Σ, ) istnieje para maksymalna (R, ) (310) Twierdzenie Jeśli para (R, ) jest elementem maksymalnym w (Σ, ), to R K jest pierścieniem waluacji Dowód Najpierw wykażemy, że R jest pierścieniem lokalnym, z (jedynym) idea lem maksymalnym M = ker() W tym celu weźmy dowolny element x R \ M i rozważmy podpierścień R[x 1 ] K Homomorfizm można latwo przed lużyć na R[x 1 ], k lada c (rx k ) = (r)(x) k Wobec maksymalności (R, ), mamy R[x 1 ] = R, tj x 1 R Wynika sta d, że x jest elementem odwracalnym w R, zatem M sk lada sie ze wszystkich elementów nieodwracalnych pierścienia R 4

5 Naste pnie zauważmy, że zawsze zachodzi M[x] R[x] lub M[x 1 ] R[x 1 ] Za lóżmy bowiem, że zachodza obie równości Wówczas, dla pewnych u i, v i M mamy u 0 + u 1 x + + u m x m = 1, v 0 + v 1 x v n x n = 1 Za lóżmy, że m + n jest możliwie najmniejsze oraz m n Mnoża c drua równość przez x n, otrzymujemy (1 v 0 )x n = v 1 x n v n Skoro v 0 M, to element 1 v 0 jest odwracalny w R, a zatem x n = w 1 x n w n, w i M Zatem możemy zasta pić x m przez w 1 x m w m n n, zmniejszaja c w ten sposób m + n Teraz już możemy wykazać, że dla dowolneo x K mamy x R lub x 1 R Możemy za lożyć, że M[x] R = R[x] Zatem idea l M[x] jest zawarty w pewnym ideale maksymalnym M < R Mamy M R = M, dyż M M R oraz 1 M R Zatem zanurzenie R R indukuje zanurzenie cia la F = R/M w cia lo F = R /M, a ponadto F = F [x], dzie x jest obrazem z w F Wynika sta d, że element x jest alebraiczny nad F Homomorfizm indukuje zanurzenie F Ω, a skoro Ω jest cia lem alebraicznie domknie tym, istnieje jeo przed lużenie do : F Ω Zatem z lożenie R F Ω przed luża Z maksymalności pary (R, ) wynika, że R = R, tj x R 5