Un anillo no necesariamente conmutativo y con identidad R se dice que es regular Von Newmann, si dado a ∈R, existe a´∈R, tal que a=aáa.

Ejercicio 1. Demostrar que todo ideal principal de un anillo regular Von Newmann es generado por un elemento idempotente.

Solución. Supongamos que I=Ra es un ideal principal a izquierda del anillo R. Sabemos que a=aáa para algún a´∈R. Llamemos e=a´a, luego ae=aa´a=a. Esto dice que Ra⊂Re. Es claro que Re⊂Ra, de lo que se deduce que Ra=Re.

Como e²=áaáa=a´(aa´a)=áa=e. se deduce lo pedido. Una demostración similar vale para el caso de ideales principales a derecha.

Ejercicio 2.Un anillo con unidad y no necesariamente conmutativo es regular Von Newmann, si y sólo si, todo ideal principal izquierdo es sumando directo.

Solución. Para ver el directo, supongamos que I=Ra es un ideal principal no nulo. Existe e∈R tal que e²=e y Ra=Re.

Veamos que R= Re⊕R(1−e). En efecto 1=e+(1−e), luego x=xe+x(1−e), para todo x∈R. Por otro lado si x=re=s(1−e), luego xe=re=x=0, asegura que Re∩R(1−e)=0 . Esto prueba lo afirmado.

Para ver el recíproco considere a∈R, luego R=Ra⊕J con J un ideal izquierdo sobre R. Tenemos que 1=ra+b (b∈J), entonces a=ara+ab. Se deduce que (1 - ar)a∈Ra∩J, luego (1 - ar)a=0 y por lo tanto a=ara, lo que aegura que R es regular Von Newmann.

Ejercicio 3.Sea R un anillo de Bolle con unidad.

(a) R es conmutativo

(b) R es anillo semihereditario

(c) Si I es un ideal máximal de R, entonces R/I≅Z/(2) como isomorfismo de cuerpos donde Z/(2) es el anillo de los enteros módulo 2.

Solución.

Recuerde que un anillo con unidad R es de Bolle si todo x∈R cumple con x ²=x.

(a) Veamos que 2x=0, ∀ x∈R. En efecto (x+y) ²=x+y, luego xy+yx=0, lo que dice que xy=−yx. Si y=x, luego x²=−x², se deduce que x=−x, ∀ x∈R y que xy=yx, ∀ x,y ∈R,

Recuerde que un anillo con unidad R es semihereditario, si cada ideal a izquierda de R finitamente generado es proyectivo.

(b) Sea I=Ra₁+...+Ra_n . Veamos que I es principal. Supongamos que n=2, luego Ra₁+Ra₂=R(a₁+a₂+a₁a₂), lo que es fácilmente verificable. En general la prueba se sigue por inducción.

Vamos a demostrar que I es sumando directo. En efecto I=Ra, luego 1=a+(1−a) y por lo tanto R=Ra+R(1−a), Por otro lado si x=ra=s((1−a), luego xa=ra=0. Esto asegura que Ra∩R(1−a)=0. Esto prueba que Ra es proyectivo por ser sumando de un libre.

(c) Si I es un ideal máximal de R veamos que R/I posee dos elementos. En efecto si x+I≠0, entonces x∉I. Si x+I≠1+I, entonces 1−x∉I, pero x(1−x)=0∈I, lo que es contradictorio. Así que R/I={ 0+I,1+I} de lo que se deduce lo afirmado.

Ejercicio 4. Si R es un anillo de división , M un R-móduo izquierdo y A=End_RM, entonces A es anillo regular Von Newmann.

Solución.Recordemos que R es una anillo de División, si R es unitario no necesariamente conmutativo y dados a, b∈R (a≠0), existe c∈R, tal que b=ca. Observe que si b=1, entonces 1=ca (c≠0). Por el mismo razonamiento, existe z∈R, tal que a=zc. Entonces 1=(cz)c. Si llamamos w=cz, luego 1=wc y por lo tanto w=a. Es decir ca=ac=1, lo que dice que todo elemento a≠0 es invertible. Recordemos también que f:M→M es un endomorfismo a izquierda sobre M, si (a+a´)f=af+a´f y (ra)f=r(af) (∀ a, a´∈M, ∀ r∈R) Como Mf=N es un submódulo de M, entonces N es libre sobre R de base α. Por el lema de Zorn , existe una familia libre máximal β, tal que α⊆β. Sea W el R-submódulo generado por β. Afirmamos que W=M, De lo contrario, existe m∈M−W. Veamos que β∪{ m} es una familia libre. En efecto sea rm+r₁a₁+...+r_na_n=0, con los r, r_i∈R y a_i∈β. Si r ≠0, entonces m=r₁/ra₁+...+r_n /r a_n, lo que es contradictorio. Esto dice que W=M.

Definamos g∈End_RM por (mf)g=m, ∀ mf∈α y mg=m, ∀ m ∈β−α. Es claro que f=fgf, lo que asegura la regularidad Von Newmann de End_RM.

Nota

Los ejercicios aparecen propuesto en el Capítulo 11 del libro "Modules and the structure of rings" de Jonathan S. Golam, Tom Head. Editorial Marcel Dekker. 1991.