純粋・応用数学（含むガロア理論）3

[過去ﾛｸﾞ] 純粋・応用数学（含むガロア理論）3 (1002ﾚｽ)
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736: 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP  [] 2020/08/27(木) 07:45:18.38 ID:nLHDH0VU

>>724 追加
(引用開始)
Notes
7^ Grillet, Pierre Antoine. Abstract algebra. Vol. 242. Springer Science & Business Media, 2007; a proof can be found here
https://planetmath.org/ringswhoseeverymoduleisfree
rings whose every module is free Author joking (16130)
Last modified on 2013-03-22
(引用終り)

これ読んだ。疑問氷解！
”Thus the only left ideals in R are 0 and R. Now let x∈R. Then Rx=R, so there exists β∈R such that
βx=1.
Thus every element is left invertible. But then every element is invertible. Indeed, if βx=1 then there exist α∈R such that αβ=1 and thus
1=αβ=α(βx)β=(αβ)xβ=xβ,
so x is right invertible. Thus R is a divison ring. □”

なるほど、
”every element is left invertible. Indeed, if βx=1 ”を言って
　↓
”then there exist α∈R such that αβ=1”が言えて
　↓
”1=αβ=α(βx)β=(αβ)xβ=xβ,
so x is right invertible. Thus R is a divison ring. ”

と繋がるんだね
βx=1とか、αβ=1とかを取ってくるのが、証明のキモだ

あと、”Now let x∈R. Then Rx=R, so there exists β∈R such that
βx=1.”もうまい。
これ、>>481 の”　0でない元aを取る。aから生成される単項イデアル(a)を考える。
明らかに(a)≠(0)だから、(a)＝Rとなる。”に類似している
>>481でも、ここから”したがって1∈(a)となる（Iは”1”を含むがキモ）”を導いたんだ
（上記、”let x∈R. Then Rx=R” と、”0でない元aを取る。aから生成される単項イデアル(a)を考える”とが、類似）

チャート式風でいえば、”0でない元を取る”ですね

”then there exist α∈R such that αβ=1”が言えて
　↓
”1=αβ=α(βx)β=(αβ)xβ=xβ,
so x is right invertible. Thus R is a divison ring. ”
も、頻出テクっぽいな

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595166668/736

751: １３２人目の素数さん [sage] 2020/08/27(木) 19:20:56.04 ID:4tb7ymDo

>>736
>これ読んだ。疑問氷解！

しかし鉄は融かせなかった、と

---
https://planetmath.org/ringswhoseeverymoduleisfree
「全ての左R加群が自由ならば、Rは可除環」
（,,⇐” 以降の箇所）

証明（和訳つき）

Assume now that every left R-module is free.
今、全ての左R加群が自由だと仮定せよ。

In particular every left R-module is projective,
特に、全ての左加群は射影的である。

thus R is semisimple and therefore R is Noetherian.
したがって、Rは半単純であり、ネーター環である。

This implies that R has invariant basis number.
このことから、Rは不変基底数を持つ。

Let I⊆R be a nontrivial left ideal.
Rの部分集合Iを自明でない左イデアルとする。

Thus I is a R-module, so it is free and since all modules are projective (because they are free), then I is direct summand of R.
したがって、IはR加群であり、自由であり、射影的であるからIはRの直和である。

If I is proper, then we have a decomposition of a R-module　
もし、Iが真のイデアル（=Rと｛0｝以外のイデアル）ならば、以下のR加群の直和分割を持つ。

R≃I⊕I',

but rank of R is 1 and rank of I⊕I' is at least 2.
しかし、Rのランクは１で、I⊕I'のランクは少なくとも２である。

Contradiction,because R has invariant basis number.
矛盾、なぜならRが不変基底数をもつから。

Thus the only left ideals in R are 0 and R.
したがって、Rの左イデアルは、0とRしかない。
---

君、ここを全部すっとぱしたね。

違うというなら、
「射影的」「半単純」「ネーター環」「不変基底数（IBN)」
の定義を正確に書き切った上で

自由加群⇒射影的
射影的⇒半単純＆ネーター環
半単純環、ネーター環⇒不変基底数（IBN)を持つ

を証明してごらん。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595166668/751

812: １３２人目の素数さん [sage] 2020/08/28(金) 08:45:12.84 ID:RYgrpQMx

>>751
これでセタは完全に死んだな

ーーー
>>736
>これ読んだ。疑問氷解！

しかし鉄は融かせなかった、と

---
https://planetmath.org/ringswhoseeverymoduleisfree
「全ての左R加群が自由ならば、Rは可除環」
（,,⇐” 以降の箇所）

証明（和訳つき）

Assume now that every left R-module is free.
今、全ての左R加群が自由だと仮定せよ。

In particular every left R-module is projective,
特に、全ての左加群は射影的である。

thus R is semisimple and therefore R is Noetherian.
したがって、Rは半単純であり、ネーター環である。

This implies that R has invariant basis number.
このことから、Rは不変基底数を持つ。

Let I⊆R be a nontrivial left ideal.
Rの部分集合Iを自明でない左イデアルとする。

If I is proper, then we have a decomposition of a R-module　
もし、Iが真のイデアル（=Rと｛0｝以外のイデアル）ならば、以下のR加群の直和分割を持つ。

R≃I⊕I',

but rank of R is 1 and rank of I⊕I' is at least 2.
しかし、Rのランクは１で、I⊕I'のランクは少なくとも２である。

Contradiction,because R has invariant basis number.
矛盾、なぜならRが不変基底数をもつから。

Thus the only left ideals in R are 0 and R.
したがって、Rの左イデアルは、0とRしかない。
---

君、ここを全部すっとぱしたね。

違うというなら、
「射影的」「半単純」「ネーター環」「不変基底数（IBN)」
の定義を正確に書き切った上で

自由加群⇒射影的
射影的⇒半単純＆ネーター環
半単純環、ネーター環⇒不変基底数（IBN)を持つ

を証明してごらん。

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595166668/812

825: 現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP  [sage] 2020/08/28(金) 18:12:43.81 ID:GoijW/XC

>>736
（参考）
https://math.stackexchange.com/questions/75866/every-r-module-is-free-implies-r-is-a-division-ring
Every R-module is free ? R is a division ring asked Oct 25 '11 Leo
(抜粋)
Answer 10 Oct 26 '11  Bruno Stonek
I will paraphrase Pete Clark's "Commutative algebra" notes (pp. 24-25), available here.
http://math.uga.edu/~pete/integral.pdf
COMMUTATIVE ALGEBRA PETE L. CLARK Date: March 9, 2015. University of Georgia USA
P31
Proposition 3.4. For a commutative ring R, TFAE:
(i) Every R-module is free.
(ii) R is a field.
Proof. As discussed above, (ii) =⇒ (i) is a fundamental theorem of linear algebra,so we need only concern ourselves with the converse.
But if R is not a field, then there exists a nonzero proper ideal I, and then R/I is a nontrivial R-module with 0 ?= I = ann(R/I), so by Exercise 3.16 R/I is not free.
Remark: If R is a not-necessarily-commutative ring such that every left R-module is free, then the above argument shows R has no nonzero proper twosided ideals, so is what is called a simple ring. But a noncommutative simple ring may still
admit a nonfree module. For instance, let k be a field and take R = M2(k), the 2 × 2 matrix ring over k. Then k ? k is a left R-module which is not free. However, suppose R is a ring with no proper nontrivial one-sided ideals.
Then R is a division ring ? i.e., every nonzero element of R is a unit ? and every R-module is free.
Note well the form of Proposition 3.4: we assume that R is a commutative ring for which R-modules satisfy some nice property, and we deduce a result on the structure of R. Such “inverse problems” have a broad appeal throughout mathematics
and provide one of the major motivations for studying modules above and beyond their linear algebraic origins. We will see other such characterizations later on.

https://ejje.weblio.jp/content/TFAE
TFAE 成句
1.(mathematics) Initialism of the following are equivalent.

http://rio2016.5ch.net/test/read.cgi/math/1595166668/825

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