[Algebra 3] Noetheriano

[dan952]

Sia $A$ anello notheriano in cui $2$ è elemento invertibile, sia inoltre $\sigma: A \mapsto A$ omomorfismo di anelli tale che $\sigma @ \sigma =\text{Id}$ consideriamo $B={a \in A| \sigma(a)=a}$. Dimostrare che $B$ è noetheriamo (M anello Noetheriano=Ogni ideale di M è finita mente generato)

Esercizio dato all'orale

[killing_buddha]

Osserva che per ogni $x\in A$ si ha $x+\sigma(x)\in B$, da qui è facile verificare che $B$ è noetheriano usando la definizione (e il fatto che $2$ è invertibile): ogni catena ascendente di ideali di $B$ deve fermarsi.

[dan952]

A me non serve la soluzione, ê un esercizio per voi, scusa avrei dovuto specificare

[killing_buddha]

Va beh, allora facciamolo con un rilancio: trovare un controesempio se 2 non è invertibile (in particolare, esiste un controesempio in caratteristica 2).

Prendiamo una catena di ideali di $B$, diciamo \(I_1 \le I_2 \le I_3 \le\dots\); allora se definiamo $J_k = I_k + I_kA$ quest'ultima è una catena di ideali di $A$, che per noetherianità deve fermarsi. Diciamo che si ferma all'indice $n$, e per $m\ge n$ mostriamo che $I_m = I_n$. Se $a\in I_m$, a fortiori sta in $J_m$, e dunque si può scrivere \(a = b^{(n)} + \sum c_i^{(n)} x_i\) per opportuni $c_i^{(n)}, b^{(n)}\in I_n$ e $x_i\in A$. Adesso applicando $\sigma$ e sommando $a+\sigma(a) = 2a$ abbiamo che
\[
a = \underbrace{b^{(n)} + \sum \underbrace{c_i^{(n)}}_{\in I_n} \underbrace{\frac{x_i+\sigma(x_i)}{2}}_{\in B}}_{ \in I_n}
\]
Ciò conclude.

[killing_buddha]

Nessuno? E' un problema carino! Ed è stato molto studiato il problema di capire quali proprietà di un anello vengono ereditate (o trasmesse) dal sottoanello degli elementi fissati da una sua involuzione.

[dan952]

La butto lì: $\mathbb{F_2}[[x]]$

[killing_buddha]

"dan95":La butto lì: $\mathbb{F_2}[[x]]$

Non può essere una risposta se non specifichi l'involuzione e la catena di ideali che non termina, te ne rendi conto

[dan952]

A parte scherzi ci devo pensare meglio

[dan952]

Posso considerare $\mathbb{F}_2[x,y]$ è Noetheriano per il teorema di Hilbert ma il sottoanello generato da $1$ e dai monomi $x^iy^j$ con $i>j$ se consideriamo l'ideale dei polinomi con termine noto nullo, questo non è finitamente generato, infatti i polinomi di grado sufficientemente alto non li potrei ottenere come combinazione, quindi non è noetheriano. Ma non riesco a trovare un omomorfismo con quelle proprietà che fissa questi sottoanello

[killing_buddha]

Infatti è facile trovare un anello noetheriano con un sottoanello non noetheriano; meno trovare un anello noetheriano in cui un involuzione induce un sottoanello di punti uniti che non lo è.

[killing_buddha]

Penso si riesca anche a dimostrare che se un involuzione fissa l'anello che dici, è l'identità su tutto $F_2[x,y]$.

[dan952]

Come immaginavo, allora non va bene

[j18eos]

@dan95

Prova a costruire \(\displaystyle\mathbb{F}_4\) con una involuzione "naturale".

[dan952]

Se considero $\mathbb{F}_4$ con l'omomorfismo $x \mapsto x^2$ non va bene lo stesso perché fissa un sottoanello noetheriano

[j18eos]

L'automorfismo di Frobenius nel caso di \(\displaystyle\mathbb{F}_2\) è proprio l'identità;

io t'ho suggerito di costruire \(\displaystyle\mathbb{F}_4\): come procederesti?

[dan952]

Con i polinomi a coefficienti in $ZZ//(2)$ di grado al più 1

[j18eos]

Si potrebbe, ma poi come costruiresti l'automorfismo non banale di \(\displaystyle\mathbb{F}_4\)?

[dan952]

Quello che scambia $x$ e $1+x$ ovvero l'automorfismo di Frobenius $x \mapsto x^2=1+x$

[j18eos]

Ottimo!

Costruito \(\displaystyle\mathbb{F}_4\) e un suo automorfismo non banale, il cui quadrato è l'identità: riprova a risolvere il quesito!