Álgebra Não Comutativa

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1 Álgebra Não Comutativa (Mestrado em Matemática, 2012/2013) Fernando Silva (texto revisto em 30-jul-2015) Este texto é uma revisão do texto de apoio para a disciplina de Álgebra Não Comutativa do Mestrado em Matemática da Faculdade de Ciências da Universidade de Lisboa no ano letivo de 2012/2013. A última revisão está disponível em

2 Este texto foi escrito para apoiar as aulas da disciplina de Álgebra Não Comutativa do mestrado em Matemática da Faculdade de Ciências da Universidade de Lisboa no ano letivo de Todos os alunos que frequentaram esta disciplina também tinham frequentado Álgebra Comutativa onde foi lecionada a Teoria dos Módulos. Por isso, o texto pressupõe que os estudantes já conheciam a Teoria dos Módulos ao nível necessário para a disciplina de Álgebra Não Comutativa. Para facilitar as referências, o texto foi escrito no mesmo documento em que foi escrito o texto para a disciplina de Álgebra Comutativa e as numerações das páginas e dos capítulos continuam as numerações no texto de Álgebra Comutativa que está disponível em

3 Parte II Álgebra Não Comutativa

4 Conteúdo I Álgebra Comutativa 0 Preliminares Grupos Grupos aditivos comutativos Generalidades sobre anéis Domínios integrais Ideais maximais Módulos Generalidades Condições de cadeia Séries de composição Módulos livres Sequências exatas Módulos projetivos e módulos injetivos Hom e dualidade Álgebras e polinómios Álgebras sobre um anel comutativo Álgebras de polinómios Teorema da base de Hilbert Aplicações multilineares e produtos tensoriais Aplicações multilineares Determinante Teorema de Cayley-Hamilton Produto tensorial de módulos Produto tensorial de homomorfismos Mudança do anel dos escalares Produto tensorial de álgebras Módulos sobre domínios de ideais principais Módulos finitamente gerados Torção

5 4.3 Decomposições em fatores cíclicos Diagonalização de matrizes Formas canónicas para a semelhança Anéis comutativos Ideais primos e ideais radicais Elementos inteiros Variedades afins Teorema dos zeros de Hilbert (Nullstellensatz) Anéis de frações, anéis locais e localização Decomposição primária Teorema da intersecção de Krull II Álgebra Não Comutativa 6 Radical de Jacobson Radical de Jacobson e lema de Nakayama Anéis locais Teoremas de Fitting e de Krull Schmidt Anéis semissimples Anéis simples Módulos semissimples Anéis semissimples A estrutura dos anéis semissimples Unicidade de decomposição dos anéis semissimples. Componentes simples Anéis primitivos e semiprimitivos Anéis e ideais primitivos Teorema da densidade Estrutura dos anéis primitivos Anéis semiprimitivos Socle de um módulo Primos e semiprimos Ideais primos e semiprimos Anéis primos e semiprimos Relações entre várias classes de anéis Anéis perfeitos e semiperfeitos Anéis semilocais Idempotentes Radical de Levitzki

6 10.4 Anéis semiperfeitos T-Nilpotência Anéis perfeitos Submódulos supérfluos e submódulos maximais Cobertura projetiva Produto tensorial Módulos planos Teorema de Bass

7 Capítulo 6 Radical de Jacobson 6.1 Radical de Jacobson e lema de Nakayama Seja R um anel. Seja U e (R) o conjunto dos elementos de R invertíveis à esquerda. ( 1 ) Seja U(R) o grupo multiplicativo dos elementos invertíveis de R. Se R 6= 0, então, pelo lema de Zorn, R tem pelo menos um ideal esquerdo maximal. Se R 6= 0, chamamos radical esquerdo de Jacobson de R à interseção de todos os ideais esquerdos maximais de R. Se R = 0, dizemos que o radical esquerdo de Jacobson de R é 0. Representamos o radical esquerdo de Jacobson de R por J e R. Analogamente, definimos radical direito de Jacobson de R e representamo-lo por J d R. Mais adiante, veremos que J e R = J d R. Depois disso, diremos que J e R é o radical de Jacobson e representá-lo-emos por JR. Note-se que, se R 6= 0, então J e R $ R. Lema 6.1 Sejam R um anel e y 2 R. equivalentes: As afirmações seguintes são (a 6.1 ) y 2 J e R. (b 6.1 ) Qualquer que seja r 2 R, 1+ry 2 U e (R). (c 6.1 ) Qualquer que seja o R-módulo esquerdo simples M, ym =0. Demonstração. O caso R =0étrivial.SuponhamosqueR 6= 0. (a 6.1 ) ) (b 6.1 ).Suponhamosquey 2 J e R. Seja r 2 R. Suponhamosque 1+ry /2 U e (R). EntãoR(1 + ry) é um ideal esquerdo de R diferente de R. Utilizando o lema de Zorn, deduzimos que existe um ideal esquerdo maximal m de R tal que R(1 + ry) m $ R. Donde, 1+ry 2 m. Como y 2 J e R, 1 Isto é, dos elementos x 2 R tais que existe x 0 2 R tal que 1=x 0 x. 201

8 y 2 m. Donde, 1 2 m, o que implica que R = m, uma contradição. Logo, 1+ry 2 U e (R). (b 6.1 ) ) (c 6.1 ). Seja M um R-módulo esquerdo simples. Suponhamos que ym 6= 0. Seja x 2 M tal que yx 6= 0.EntãoR(yx) éumsubmódulonão nulo de M. Como M é simples, M = R(yx). Em particular, existe r 2 R tal que x = r(yx). Donde, (1 ry)x =0. Como 1 ry 2 U e (R), deduzimos que x =0, oqueéabsurdo.logo,ym =0. (c 6.1 ) ) (a 6.1 ). Seja m um ideal esquerdo maximal de R. Então R/m éumr-módulo esquerdo simples. De acordo com (c 6.1 ),y(r/m) ={m}. Como y + m = y(1 + m) 2 y(r/m) ={m}, deduzimos que y 2 m. Logo, y 2 J e R. Proposição 6.2 Se R éumanel,j e R éumidealder. Demonstração. Claramente, J e R é um ideal esquerdo de R. Sejam y 2 J e R e r 2 R. Seja M um R-módulo simples. De acordo com o lema 6.1, ym =0. Donde, (yr)m ym =0. De novo pelo lema 6.1, yr 2 J e R.Logo, J e R é um ideal de R. Lema 6.3 Sejam R um anel e y 2 R. Sãoequivalentes: (a 6.3 ) y 2 J e R. (b 6.3 ) Quaisquer que sejam r, s 2 R, 1 rys éinvertível. Demonstração. Suponhamos que (b 6.3 ) é satisfeita. Então (b 6.1 ) ésatisfeita. Pelo lema 6.1, y 2 J e R. Reciprocamente, suponhamos que y 2 J e R. Sejam r, s 2 R. Como J e R é um ideal de R, ys, rys 2 J e R. De acordo com o lema 6.1, existe w 2 R tal que 1=w(1 rys) (6.1) eexisteu 2 R tal que De (6.1), vem wrys = w 1=u(1 + wrys). (6.2) 1. Substituindo em (6.2), vem 1=uw. (6.3) Assim, u = u1 =u(w(1 rys)) = (uw)(1 rys) =1 rys. Tendo em conta (6.1) e (6.3), concluímos que 1 rys é invertível e w é o seu inverso. Corolário 6.4 Se R éumanel,j e R = J d R. 202

9 Demonstração. Basta ter em conta que, com argumentos análogos aos utilizados para demonstrar o lema 6.3, é possível provar que, qualquer que seja y 2 R, y 2 J d R se e só se (b 6.3 ) é satisfeita. A partir de agora, chamaremos radical de Jacobson de R ao ideal J e R e representá-lo-emos por JR. Lema 6.5 [Lema de Nakayama] Sejam R um anel e a um ideal esquerdo de R. Asafirmaçõesseguintessãoequivalentes: (a 6.5 ) a JR. (b 6.5 ) 1+a U(R). (c 6.5 ) 1+a U e (R). (d 6.5 ) Para todo o R-módulo esquerdo finitamente gerado M, se am = M, então M =0. (e 6.5 ) Para todo o R-módulo esquerdo M eparatodoosubmódulon de M tal que M/N é finitamente gerado, se N + am = M, então N = M. Demonstração. (a 6.5 ) ) (b 6.5 ) resulta do lema 6.3. (b 6.5 ) ) (c 6.5 ) é trivial. (c 6.5 ) ) (a 6.5 ). Seja y 2 a. Por(c 6.5 ), qualquer que seja r 2 R, 1+ry 2 U e (R). Pelo lema 6.1, y 2 JR. (a 6.5 ) ) (d 6.5 ).Suponhamosquea JR. Seja M um módulo esquerdo finitamente gerado sobre R tal que am = M. SuponhamosqueM 6= 0. Seja {x 1,...,x n } um conjunto gerador minimal de M. Como am = M, kx x 1 = c j y j, j=1 onde k 2 N, c j 2 a, y j 2 M, j 2{1,...,k}. Para cada j 2{1,...,k}, y j = nx a i,j x i, i=1 onde a i,j 2 R, i 2{1,...,n}. Assim, onde x 1 = kx c j j=1 i=1! nx a i,j x i = nx d i x i, i=1 kx d i = c j a i,j 2 JR, i 2{1,...,n}. j=1 203

10 Donde, (1 d 1 )x 1 = nx d i x i, Como d 1 2 JR, 1 d 1 2 U(R) e é fácil deduzir que x 1 é combinação linear de {x 2,...,x n }. Daqui resulta que {x 2,...,x n } gera M, oqueéabsurdo. (d 6.5 ) ) (e 6.5 ). Suponhamos que (d 6.5 ) é satisfeita. Seja N um submódulo de um R-módulo esquerdo M tal que M/N é finitamente gerado e N + am = M. É fácil verificar que i=2 a M N = N + am N = M N. De acordo com (d 6.5 ),M/N=0. Donde, N = M. (e 6.5 ) ) (a 6.5 ). Suponhamos que (e 6.5 ) é satisfeita e a * JR. Pela definição de JR, existe um ideal esquerdo maximal m de R tal que a * m. Assim, m $ m + a. Pela maximalidade de m, R= m + a m + ar R. Por (e 6.5 ), m = R, oqueéabsurdo. Corolário 6.6 Se R é um anel,jr é o maior ideal(respetivamente, maior ideal esquerdo) a de R tal que 1+a U(R) (respetivamente, 1+a U e (R)). Proposição 6.7 Seja R um anel. Um elemento r 2 R éinvertívelà esquerda (respetivamente, invertível) em R se e só se r + JR éinvertívelà esquerda (respetivamente, invertível) em R/JR. Demonstração. Suponhamos que r + JR 2 U e (R/JR). Seja s 2 R tal que 1+JR =(s + JR)(r + JR) =sr + JR. Então,1 sr 2 JR. Pelo lema de Nakayama, sr 2 U e (R). Donde, r 2 U e (R). O resto da demonstração é exercício. Definição 6.8 Seja R um anel. Um elemento x de R diz-se nilpotente se existe n 2 N tal que x n =0. Um ideal esquerdo (respetivamente, direito) a de R diz-se nil se todos os seus elementos são nilpotentes. Um ideal esquerdo (respetivamente, direito) a de R diz-se nilpotente se existe n 2 N tal que a n =0. Nas condições anteriores, a n =0se e só se, quaisquer que sejam x 1,...,x n 2 a, x 1 x n =0. Se a é nilpotente, então a énil. Lema 6.9 Seja R um anel. Se a e b são ideais esquerdos nilpotentes de R, então a + b éumidealesquerdonilpotenteder. 204

11 Demonstração. Suponhamos que a e b são ideais esquerdos nilpotentes de R. Seja n 2 N tal que a n = b n =0. Vejamos que (a + b) 2n =0. Sejam x 1,...,x 2n 2 a e y 1,...,y 2n 2 b, com vista a mostrar que (x 1 + y 1 ) (x 2n + y 2n )=0. (6.4) Desenvolvendo o lado esquerdo de (6.4), obtemos uma soma com 2 2n parcelas, onde cada parcela é produto de 2n elementos de a [ b. Em cada uma destas parcelas, pelo menos n fatores pertencem a a ou pelo menos n fatores pertencem a b. Como a e b são ideais esquerdos e a n = b n =0, deduzimos que todas as parcelas são nulas. Portanto, (6.4) é satisfeita. Logo, a + b é nilpotente. Corolário 6.10 Seja R um anel. Se a 1,...,a m são ideais esquerdos nilpotentes de R, então a a m énilpotente. Demonstração. Resulta do lema anterior, utilizando um argumento de indução. Lema 6.11 Sejam R um anel e a um ideal esquerdo de R. Se a énil, então a JR. Demonstração. Suponhamosquea é nil. Seja y 2 a. Seja r 2 R. Como ry 2 a, ryé nilpotente. Seja n 2 N tal que (ry) n =0.Então! nx 1 nx 1 (ry) i (1 ry) = (ry) i i=0 i=0 nx (ry) i =1, i=1 oquemostraque1 a JR. ry 2 U e (R). De acordo com o lema 6.1, y 2 JR. Logo, Proposição 6.12 Seja R um anel artiniano à esquerda. Então JR éo maior ideal esquerdo (respetivamente, ideal; ideal direito) nilpotente de R. Demonstração. Tendo em conta o lema anterior, basta provar que J = JR é nilpotente. Como J J 2 J 3 é uma cadeia descendente de ideais de R e R é artiniano à esquerda, existe k 2 N tal que, qualquer que seja n k, J k = J n. Vejamos que J k =0. Suponhamos que J k 6=0. Seja L o conjunto dos ideais esquerdos e de R tais que J k e 6= 0. O conjunto L não é vazio, pois J 2L. Como R éartiniano à esquerda, L tem um elemento minimal a. Seja x 2 a tal que J k x 6= 0. Então J k (J k x)=(j k J k )x = J k x 6= 0, 205

12 oquemostraquej k x 2L. Como 0 6= J k x a, resulta, da minimalidade de a, que a = J k x. Portanto, x = yx, para algum y 2 J k J. Como (1 y)x =0e 1 y 2 U(R), deduzimos que x =0, oqueéabsurdo. Logo, J k =0. Corolário 6.13 Sejam R um anel e a um ideal esquerdo ou um ideal direito de R. Se R éumanelartinianoàesquerdaea énil,entãoa énilpotente. Demonstração. Suponhamos que a é nil. De acordo com o lema 6.11, a JR. De acordo com a proposição 6.12, existe k 2 N tal que (JR) k =0. Logo, a k =0. Proposição 6.14 Sejam R um anel e m um ideal de R n n. Existe um único ideal a de R tal que m = a n n. Reciprocamente, se b éumidealder, então b n n éumidealder n n. Demonstração. Existência. Seja a o conjunto de todos os elementos a 2 R tais que a é entrada de alguma matriz M 2 m. Quaisquer que sejam k, l 2{1,...,n}, seja E k,l a matriz que tem a entrada (k, l) igual a 1 e as restantes entradas iguais a 0. Vejamos que a éumidealder. Como m 6= ;, a 6= ;. Sejam a 1,a 2 2 a, c 2 R. Suponhamos que, para cada t 2{1, 2}, a t é a entrada (i t,j t ) de uma matriz M t 2 m. Entãoa 1 a 2 é a entrada (1, 1) da matriz E 1,i1 M 1 E j1,1 E 1,i2 M 2 E j2,1 2 m, oquemostraquea 1 a 2 2 a. Por outro lado, ca 1 é a entrada (i 1,j 1 ) da matriz (ci n )M 1 2 m, oquemostraqueca 1 2 a. Analogamente, a 1 c 2 a. Logo, a é um ideal de R. Vejamos que m = a n n. Claramente m a n n. Reciprocamente, seja A =[a i,j ] 2 a n n. Sejam i, j 2{1,...,n}. Pela definição de a, a i,j é entrada de alguma matriz M(i, j) 2 m. Suponhamos que a i,j é a entrada (k i,j,l i,j ) de M(i, j). Então Logo, m = a n n. A = nx E i,ki,j M(i, j)e li,j,j 2 m. i,j=1 Unicidade. É trivial que, se a n n = m = b n n, então a = b. É fácil provar que, se b é um ideal de R, então b n n é um ideal de R n n. Corolário 6.15 Se R éumanel,entãoj(r n n )=(JR) n n. 206

13 Demonstração. Exercício. Exercício 6.16 Seja a um ideal de um anel R tal que a JR. Mostre que J R a = JR a. Exercício 6.17 Seja a um ideal de um anel R. Mostre que, se J(R/a) = {a}, então JR a. Exercício 6.18 Seja M um módulo simples sobre um anel R. Mostre que o grupo aditivo M é um módulo simples sobre R/JR, com o produto escalar (R/JR) M! M. (6.5) (a + JR, x)! ax (Não se esqueça de mostrar que o produto escalar (6.5) está bem definido.) Exercício 6.19 Seja R um anel tal que S = U(R) [{0} é um anel de divisão. Mostre que JR =0. Exercício 6.20 Seja R um anel. Mostre que, se a 1,...,a n são ideais esquerdos nil, então a a n énil. Exercício 6.21 Seja R um anel. Seja BR a intersecção de todos os ideais maximais de R. ( 2 )MostrequeJR BR. Exercício 6.22 Seja f : R! S um epimorfismo de anéis. Mostre que f(jr) JS. ( 3 ) Exercício 6.23 Seja (R i ) i2i uma família de anéis. Mostre que J( Q Q i2i R i)= i2i JR i. 6.2 Anéis locais Proposição 6.24 Seja R um anel não nulo. São equivalentes as afirmações seguintes: (a 6.24 ) R tem um único ideal esquerdo maximal. (b 6.24 ) R tem um único ideal direito maximal. 2 BR chama-se o radical de Brown-McCoy de R. 3 Esta inclusão e a inclusão do exercício anterior podem ser estritas. Encontram-se exemplos em ex. 4.8 e ex do livro T. Y. Lam, Exercises in Classical Ring Theory, Springer-Verlag,

14 (c 6.24 ) R/JR éumaneldedivisão. (d 6.24 ) JR = R \ U(R). (e 6.24 ) R \ U(R) éumidealder. (f 6.24 ) R \ U(R) éumsubgrupoaditivoder. (g 6.24 ) Quaisquer que sejam a, b 2 R, a+b 2 U(R) ) a 2 U(R) ou b 2 U(R). Demonstração. (a 6.24 ) ) (c 6.24 ).SuponhamosqueR tem um único ideal esquerdo maximal m. EntãoJR = m e os únicos ideais esquerdos de R/JR são 0 e R/JR. De acordo com a proposição 0.49, R/JR é um anel de divisão. (c 6.24 ) ) (a 6.24 ). Suponhamos que R/JR é um anel de divisão. Seja m um ideal esquerdo maximal de R. Como JR m $ R, resulta da proposição 0.49 que JR = m. Analogamente, demonstra-se que (b 6.24 ), (c 6.24 ). (c 6.24 ) ) (d 6.24 ).SuponhamosqueR/JR é um anel de divisão. Como o ideal JR é diferente de R, JR R \ U(R). Seja a 2 R \ U(R). De acordo com a proposição 6.7, a + JR 62 U(R/JR). Como R/JR é anel de divisão, a + JR = JR e a 2 JR. (d 6.24 ) ) (e 6.24 ) ) (f 6.24 ) ) (g 6.24 ).Trivial. (g 6.24 ) ) (c 6.24 ). Suponhamos que (g 6.24 ) é satisfeita. Seja a 2 R \ JR. Seja m um ideal esquerdo maximal de R tal que a/2 m. Então,R = m+ra e, portanto, existem m 2 m e b 2 R tais que 1=m + ba. Como Rm m 6= R, m /2 U(R). Por (g 6.24 ),ba2 U(R). Donde, a 2 U e (R). De acordo com a proposição 6.7, a + JR 2 U e (R/JR). De acordo com a proposição 0.48, R/JR é um anel de divisão. Definição 6.25 Os anéis não nulos R que satisfazem as condições equivalentes (a 6.24 ) (g 6.24 ) chamam-se anéis locais. Proposição 6.26 Seja R um anel local. (a 6.26 ) JR émáximonoconjuntodosideaisesquerdosder diferentes de R e, portanto, é o único ideal esquerdo maximal de R. (b 6.26 ) JR émáximonoconjuntodosideaisder diferentes de R e, portanto, éoúnicoidealmaximalder. (c 6.26 ) Se a 2 U e (R), então a 2 U(R). ( 4 ) (d 6.26 ) R não tem idempotentes diferentes de 0 ede1. 4 Um anel que satisfaz esta propriedade chama-se Dedekind-finito. 208

15 Demonstração. (a 6.26 ). Seja a um ideal esquerdo de R diferente de R. Seja m um ideal esquerdo maximal de R tal que a m. Como R é local, a m = JR. (b 6.26 ) resulta de (a 6.26 ). (c 6.26 ). Seja a 2 U e (R). Então R = Ra e, portanto, a não pertence a nenhum ideal esquerdo de R diferente de R. Em particular, a /2 JR. De acordo com (d 6.24 ),a2 U(R). (d 6.26 ). Seja e um elemento idempotente de R. Seja f =1 e. De acordo com (g 6.24 ),e2u(r) ou f 2 U(R). Como ef = e(1 e) =e e 2 =0, deduzimos que f =0ou e =0. Donde, e =1ou e = Teoremas de Fitting e de Krull Schmidt Teorema 6.27 [Fitting] Sejam M um módulo que tem uma série de composição e f : M! M um endomorfismo de M. Existem submódulos L, N de M tais que M = L N, f(l) =L, f(n) N, f L éumautomorfismo de L e f N é um endomorfismo nilpotente de N. Demonstração. Temos f(m) f 2 (M), nuc f nuc f 2. Como M é noetheriano e artiniano, existe p 2 N tal que, qualquer que seja n p, f p (M) =f n (M) e nuc f p =nucf n. Sejam L = f p (M) e N =nucf p. Temos L = f p (M) =f p+1 (M) =f(f p (M)) = f(l). Seja x 2 N. Então f p (f(x)) = f(f p (x)) = f(0) = 0, oquemostraquef(x) 2 N. Logo,f(N) N. Vejamos que L \ N =0. Seja x 2 L \ N. Entãox = f p (w), onde w 2 M, e f p (x) =0.Assim, f 2p (w) =f p (f p (w)) = f p (x) =0, oquemostraquew 2 nuc f 2p =nucf p. Donde, x = f p (w) =0. Logo, L \ N =0. Seja x 2 nuc f L.Entãox 2 L e f(x) =0. Donde, x 2 nuc f N. Como L \ N =0,x=0.Portanto,f L é injetivo. Já tinhamos visto que f(l) =L. Logo, f L éautomorfismodel. Resulta imediatamente da definição de N que f p (N) =0. Logo, f N é endomorfismo nilpotente de N. 209

16 Vejamos que M = L + N. Seja x 2 M. Como L = f p (M) =f 2p (M) = f p (L), existe w 2 L tal que f p (x) =f p (w). Donde, 0=f p (x) f p (w) = f p (x w), oquemostraquex w 2 N. Assim,x = w +(x w) 2 L + N. Logo, M = L + N. JátinhamosvistoqueL \ N =0.Logo,M = L N. Lema 6.28 Seja R um anel não nulo. (i 6.28 ) Se todos os elementos de R \ U(R) são nilpotentes, então R éumanel local. (ii 6.28 ) Se R ésubaneldeumaneldedivisãod tal que, qualquer que seja x 2 D \ 0, x2 R ou x 1 2 R, então R éumanellocal. Demonstração. (i 6.28 ). Suponhamos que todos os elementos de R \ U(R) são nilpotentes. Vejamos que R \ U(R) JR. Seja a um elemento não nulo de R \ U(R). Seja k o menor número natural tal que a k =0. Se existir b 2 R tal que ba 2 U(R), então 0 6= a k 1 =(ba) 1 (ba)a k 1 =(ba) 1 ba k =0, oqueé absurdo. Logo, Ra R \ U(R). Como todos os elementos de R \ U(R) são nilpotentes, Ra é um ideal esquerdo nil. De acordo com o lema 6.11, Ra JR. Assim,a 2 JR. De acordo com o parágrafo anterior, R \ U(R) JR. A outra inclusão é trivial. Logo, R é anel local. (ii 6.28 ).SuponhamosqueR é subanel de um anel de divisão D tal que, qualquer que seja x 2 D \ 0, x2 R ou x 1 2 R. Sejam a, b 2 R tais que a + b 2 U(R), com vista a mostrar que a 2 U(R) ou b 2 U(R). Se a =0 ou b =0, então b 2 U(R) ou a 2 U(R). Suponhamos que a 6= 0e b 6= 0. Seja c = a 1 b 2 D. De acordo com a hipótese, c 2 R ou c 1 2 R. Sec 2 R, então a 1 = a 1 (a + b)(a + b) 1 =(1+c)(a + b) 1 2 R e a 2 U(R). Sec 1 2 R, então b 1 = b 1 (a + b)(a + b) 1 =(c 1 + 1)(a + b) 1 2 R e b 2 U(R). Logo,R é anel local. Definição 6.29 Um módulo M sobre um anel R diz-se fortemente indecomponível se End R (M) éumanellocal. Proposição 6.30 Seja M um módulo sobre um anel R. Se M éfortemente indecomponível, então M éindecomponível. Demonstração. SuponhamosqueM é decomponível e sejam K e L submódulos não nulos de M tais que M = K L. Seja e : M! M a projeção que a cada x + y 2 M, onde x 2 K e y 2 L, faz corresponder x. Claramente, e é um endomorfismo idempotente não nulo e diferente da identidade. De acordo com a proposição 6.26, End R (M) não é um anel local. 210

17 Proposição 6.31 Sejam R um anel e M um R-módulo não nulo, indecomponível e que tem uma série de composição. Então End R (M) éumanel local, M éfortementedecomponíveleoidealj(end R (M)) énil. Demonstração. Seja f 2 End R (M). Sejam L e N submódulos nas condições do enunciado do teorema de Fitting. Como M é indecomponível, N = M ou L = M. SeN = M, então f é nilpotente. Se L = N, então f é um automorfismo. De acordo com o lema 6.28, End R (M) é um anel local. Como o ideal J(End R (M)) não contém elementos invertíveis, todos eles são nilpotentes e J(End R (M)) énil. Teorema 6.32 [Krull Schmidt] Sejam R um anel e M um R-módulo não nulo que tem uma série de composição. Então M = M 1 M r, onde r 2 N e M 1,...,M r são submódulos de M não nulos e indecomponíveis. Se M = N 1 N s, éoutradecomposiçãodem, onde s 2 N e N 1,...,N s são submódulos de M não nulos e indecomponíveis, então r = s eexisteumapermutação de {1,...,r} tal que M i = N (i),i2{1,...,r}. Demonstração. Existência. Seja M um R-módulo que tem uma série de composição. Vejamos que M se decompõe como soma direta de um número finito de submódulos não nulos indecomponíveis. Se M é indecomponível, a decomposição já está obtida. Se M é decomponível, então M = N 1 N 2, onde N 1 e N 2 são submódulos de M não nulos. Se N 1 e N 2 são indecomponíveis, a decomposição está obtida. Se algum dos módulos N 1,N 2 é decomponível, podemos substitui-lo pela soma de dois submódulos não nulos e obter uma decomposição de M como soma direta de três submódulos não nulos. Repetindo este procedimento, obtemos uma decomposição de M como soma direta de um número finito de submódulos não nulos indecomponíveis, ou obtemos decomposições de M como soma direta de submódulos nulos, com o número de parcelas arbitrariamente grande. A segunda alternativa implica, de acordo com a proposição 1.59, que M tem séries normais com comprimentos arbitrariamente grandes, o que contradiz o lema Logo, M decompõe-se como soma direta de um número finito de submódulos não nulos indecomponíveis. Unicidade. Esta parte da demonstração é por indução em r. Se r =1, então M é indecomponível e o resultado é trivial. Suponhamos que r 2. Sejam i : M! M i,i2{1,...,r}, j : M! N j,j2{1,...,s}, as projeções associadas com as decomposições indicadas no enunciado. Considerando i e j como elementos de End R (M), temos id M = r = s. 211

18 Além disso, id M1 = 1 M1 = 1 (id M ) M1 = 1 1 M s M1. (6.6) De acordo com a proposição anterior, o anel E =End R (M 1 ) é local. De acordo com (g 6.24 ), existe j 2{1,...,s} tal que 1 j M1 éumautomorfismo de M 1. Consequentemente, j M1 : M 1! N 1 éummonomorfismo. Para simplificar a escrita, suponhamos que j =1. Como id M1 =(( 1 1 M1 ) 1 1 ) 1 M1, de acordo com a proposição 1.95, omonomorfismo 1 M1 é cindível, isto é, im 1 M1 é parcela direta de N 1. Como N 1 é indecomponível, im 1 M1 =0ou im 1 M1 = N 1. Como 1 M1 é injetivo e M 1 6=0, im 1 M1 = N 1. Portanto, 1 M1 : M 1! N 1 éum isomorfismo. Como 1 M1 é injetivo, 0=M 1 \ nuc 1 = M 1 \ (N 2 N s ). Seja y 2 N 1 esuponhamosquey = 1 (x), onde x 2 M 1. Então 1 (y x) =y 1 (x) =0. Assim, y x 2 nuc 1 = N 2 N s. Donde, y = x+(y x) 2 M 1 (N 2 N s ). Donde, N 1 M 1 (N 2 N s ). Donde, M = N 1 N s M 1 (N 2 N s ). Donde, M = M 1 N 2 N s. Assim, M 2 M r M = = N2 M 1 N s. É fácil concluir o argumento utilizando a hipótese de indução. 212

19 Capítulo 7 Anéis semissimples 7.1 Anéis simples Um anel R diz-se simples se R 6= 0e R e 0 são os únicos ideais de R. Proposição 7.1 Sejam R um anel e m um ideal de R. OanelR/m ésimplesseesósem éumidealmaximalder. Se R éaneldedivisão,entãor éumanelsimpleseomóduloregular esquerdo (respetivamente, direito) R ésimples. Se R écomutativo,entãor ésimplesseesóser éumcorpo. R éanelsimplesseesóse,qualquerquesejax 2 R \ 0, RxR= R. Demonstração. Exercício. Chama-se centro de R ao conjunto Z R = {z 2 R : 8x 2 R, zx = xz}. O centro de R é um subanel comutativo de R. Proposição 7.2 Se R éumanelsimples,entãoz R éumcorpo. Demonstração. Suponhamos que R é um anel simples. Como 0, 1 2 Z R e R 6= 0,Z R 6=0. Seja z 2 Z R \ 0, com vista a provar que z tem inverso em Z R. Como R = RzR, 1= P n i=1 a izb i, para alguns n 2 N, a i,b i 2 R. Como z 2 Z R, 1=zz 0 = z 0 z, onde z 0 = P n i=1 a ib i. Qualquer que seja x 2 R, xz 0 = z 0 zxz 0 = z 0 xzz 0 = z 0 x, oquemostraque z 0 2 Z R.Logo,z 0 é inverso de z em Z R.Logo,Z R é um corpo. 213

20 Chamamos ideal esquerdo minimal de um anel R a qualquer ideal esquerdo de R, diferente de 0, que é minimal no conjunto dos ideais esquerdos de R, diferentes de 0. Definimos, analogamente, ideal direito minimal. Os ideais esquerdos minimais de R são exatamente os submódulos simples do módulo regular esquerdo R R. O anel Z dos números inteiros não tem ideais minimais. De facto, se a for um ideal não nulo de Z e a for gerado por n 2 Z\0, então 0 $Z(2n) $Zn = a e, portanto, a não é minimal. Lema 7.3 Se e éumidealesquerdominimaldeumanelr, então, qualquer que seja c 2 R, ec =0ou ec éumidealesquerdominimalder isomorfo a e (como R-módulo). Se d éumidealdireitominimaldeumanelr, então, qualquer que seja c 2 R, cd =0ou cd éumidealdireitominimalder isomorfo a d. Demonstração. Seja c 2 R. Claramente, ec é um ideal esquerdo de R. A aplicação f c : e! ec, que a cada x 2 e faz corresponder xc, é um epimorfismo de R-módulos esquerdos. Como e é um ideal esquerdo minimal, nuc f c = e ou nuc f c =0. Donde, ec =0ou ec éumr-módulo isomorfo a e e, portanto, um ideal esquerdo minimal de R. Proposição 7.4 Suponhamos que R éumanelsimples. Sejad um ideal direito não nulo de R. Seja e um ideal esquerdo não nulo de R. Então Rd = er = R, d 2 6=0, e 2 6=0, de 6= 0. Demonstração. 0 6= d Rd. Como Rd é um ideal do anel simples R, Rd = R. Analogamente, er = R. Assim, 0 6= d Rd = Rdd = Rd 2. Donde, d 2 6=0. Analogamente, 0 6= d RdR = RdeR. Donde, de 6= 0. Proposição 7.5 Se R éanelsimples,entãor n n éanelsimples. Demonstração. Resulta da proposição Proposição 7.6 Se R éumaneldedivisão,entãor n n éumanelsimples, é um anel noetheriano e artiniano à esquerda e noetheriano e artiniano àdireita. Demonstração. A primeira afirmação é um caso particular da proposição anterior. As restantes afirmações resultam da proposição 1.50 e da observação que precede a proposição

21 7.2 Módulos semissimples Definição 7.7 Um módulo diz-se semissimples ou completamente redutível se todos os seus submódulos de são parcelas diretas. Observação 7.8 Os módulos simples são semissimples. Omódulo0 é semissimples, mas não é simples. Os módulos semissimples e indecomponíveis são simples. Resulta, do que já sabemos das disciplinas de Álgebra Linear do primeiro ciclo, que os espaços vetoriais finitamente gerados sobre um corpo são semissimples. Proposição 7.9 Seja M um módulo esquerdo sobre um anel R. As afirmações seguintes são equivalentes: (a 7.9 ) M ésimples. (b 7.9 ) M 6= 0e, qualquer que seja x 2 M \ 0, M= Rx. (c 7.9 ) Existe um ideal esquerdo maximal m de R tal que M éisomorfoa R/m. Demonstração. (a 7.9 ) implica (c 7.9 ). Seja x 2 M \0. A aplicação p : R! M, que a cada a 2 R faz corresponder ax, éumhomomorfismodemódulos. Como p(r) éumsubmódulonãonulodem e M é simples, p(r) =M. Assim, R/m = M, onde m =nucp. Como M é simples, R/m também é simples. Tendo em conta a forma dos submódulos de R/m, deduz-se que m é um ideal esquerdo maximal de R. O resto da demonstração é exercício. Exemplo 7.10 Suponhamos que R é um domínio de ideais principais eque0 não é ideal maximal de R. Então os ideais maximais de R são os ideais gerados pelos elementos irredutíveis de R. Consequentemente, M é um módulo simples sobre R se e só se M é isomorfo a R/Rp, para algum elemento irredutível p de R. Proposição 7.11 [Lema de Schur] Sejam M e N módulos simples sobre um anel R. Se f : M! N é um homomorfismo de módulos, então f éo homomorfismo nulo ou é um isomorfismo. O anel End R (M) édedivisão. 215

22 Demonstração. Sejam M e N módulos simples e f : M! N um homomorfismo. Suponhamos que f não é o homomorfismo nulo. Assim, nuc f $ M e 0 $ im f. Como M é simples, nuc f =0. Como N é simples, im f = N. Logo,f é invertível. Como M 6= 0, End R (M) tem pelo menos 2 elementos, o endomorfismo nulo e a identidade de M. De acordo com o argumento anterior, se M é simples, então todos os elementos não nulos do anel End R (M) são invertíveis. Portanto, End R (M) é um anel de divisão. Proposição 7.12 Se M éummódulosemissimplesen éumsubmódulo de M, então N e M/N são semissimples. Demonstração. Suponhamos que M é semissimples e que N é submódulo de M. Seja S um submódulo de N. Como M é semissimples, existe um submódulo T de M tal que M = S T. Exercício. MostrequeN = S (T \ N). Logo, S é parcela direta de N. Logo,N é semissimples. Seja K/N um submódulo de M/N. Então K ésubmódulodem e N K. Como M é semissimples, existe um submódulo L de M tal que M = K L. Exercício. Mostreque M N = K N L + N N. Logo, K/N é parcela direta de M/N. Logo,M/N é semissimples. Proposição 7.13 Se f : M! N é um epimorfismo de módulos e M é semissimples, então N é semissimples. Demonstração. De acordo com a proposição anterior, M/nuc f é semissimples. Como N e M/nuc f são isomorfos, N é semissimples. Lema 7.14 Seja M um módulo semissimples não nulo sobre R. Então M contém um submódulo simples. Demonstração. Seja x 2 M \0. VamosprovarqueosubmóduloM 0 = Rx contém um submódulo simples. De acordo com a proposição 7.12, M 0 é semissimples. Seja N o conjunto dos submódulos de M 0 aos quais x não pertence. Aplicando o lema de Zorn, deduz-se que N tem um elemento maximal para a inclusão, N. Como M 0 é semissimples, existe um submódulo N 0 de M 0 tal que M 0 = N N

23 Como x/2 N, vem N 6= M 0 e N 0 6=0. Seja N 00 um submódulo não nulo de N 0. Tendo em conta a maximalidade de N, x 2 N N 00. Como x gera M 0, vem M 0 = N N 00. Como M 0 = N N 0 e N 00 N 0, é fácil deduzir que N 00 = N 0.Logo,N 0 é simples. Exercício 7.15 A soma direta interna de submódulos goza da seguinte propriedade associativa. Seja (M i ) i2i uma família de submódulos de um módulo M. Suponhamos que I = I 1 [ I 2 e I 1 \ I 2 = ;. São equivalentes as afirmações seguintes: A soma da família (M i ) i2i é direta. As somas das famílias (M i ) i2i1 e (M i ) i2i2 são diretas e a soma de L i2i 1 M i com L i2i 2 M i é direta. Nestas condições, temos 0 1 M M i M M i A i2i1 i2i 0 M M i A. i2i2 Em particular, se R, S, T são submódulos de um módulo M, são equivalentes: AsomadossubmódulosR, S, T é direta. AsomadeR e S é direta e a soma de R S e T é direta. AsomadeS e T é direta e a soma de R e S T é direta. Nestas condições, temos (R S) T = R S T = R (S T ). Lema 7.16 Seja M um módulo que é soma de uma família de submódulos simples (S i ) i2i. Se N éumsubmódulodem, então existe L I tal que! M M = N S i. (7.1) (Como é usual, convencionamos que o submódulo 0 é soma direta da família vazia de submódulos de M.) Demonstração. Seja J o conjunto das partes J de I tais que a soma da família (S i ) i2j é direta, N \ P i2j S i =0. i2l 217

24 Do lema de Zorn resulta que J tem um elemento maximal L. Seja M 0 = N + X i2l S i = N M i2l S i. Vejamos que M 0 = M. Com vista a uma contradição, suponhamos que M 0 $ M. Então existe h 2 I tal que S h * M 0. Então h/2 L e S h \ M 0 $ S h. Como S h é simples, M 0 \ S h =0.Assim,!! M M 0 + S h = M 0 S h = N S i = N = N M S i i2l M i2l[{h} S i 1 A, i2l S h! o que contradiz a maximalidade de L. Logo,M 0 = M. Proposição 7.17 Seja M um módulo. As afirmações seguintes são equivalentes: (a 7.17 ) M ésemissimples. (b 7.17 ) M ésomadeumafamíliadesubmódulossimples. (c 7.17 ) M ésomadiretadeumafamíliadesubmódulossimples. Demonstração. (a 7.17 ) implica (b 7.17 ). Seja M 1 a soma de todos os submódulos simples de M. Como M é semissimples, existe um submódulo M 2 de M tal que M = M 1 M 2. Com vista a uma contradição, suponhamos que M 2 6= 0. De acordo com o lema 7.14, existe um submódulo simples S de M 2. Assim, 0 $ S M 1 \ M 2 =0, oqueéabsurdo. Logo, M 2 =0e M = M 1. (b 7.17 ) implica (a 7.17 ). Suponhamos que M é soma de uma família de submódulos simples (S i ) i2i. Seja N um submódulo de M. De acordo com o lema anterior, existe L I tal que (7.1) é satisfeita. Logo, N é uma parcela direta de M e M é semissimples. (b 7.17 ) implica (c 7.17 ). Suponhamos que M é soma de uma família de submódulos simples (S i ) i2i. Tomando N =0, resulta do lema anterior que existe L I tal que M é soma direta da família (S i ) i2l. (c 7.17 ) implica (b 7.17 ) étrivial. 218 S h

25 Corolário 7.18 Se um módulo M ésomadeumafamíliadesubmódulos semissimples, então M é semissimples. Demonstração. SuponhamosqueM é soma da família (M i ) i2i de submódulos semissimples. De acordo com a proposição anterior, para cada i 2 I, M i é soma de submódulos simples. Consequentemente M ésomadesubmódulos simples. De acordo com a proposição anterior, M é semissimples. Proposição 7.19 Seja M um módulo semissimples sobre um anel R. São equivalentes: (a 7.19 ) M énoetheriano. (b 7.19 ) M éartiniano. (c 7.19 ) M tem uma série de composição. (d 7.19 ) M é finitamente gerado. (e 7.19 ) M é soma direta de uma família finita de submódulos simples. Demonstração. Seja (M i ) i2i uma família de submódulos simples de M tais que M = L i2i M i. (a 7.19 ) ) (e 7.19 ). Suponhamos que M é noetheriano. Suponhamos que I é infinito. Seja (i n ) n2n uma sucessão de elementos de I todos distintos. Para cada k 2 N, seja N k = M i1 M ik.entãon 1 $ N 2 $, oqueé absurdo. Analogamente, (b 7.19 ) ) (e 7.19 ). (e 7.19 ) ) (c 7.19 ). Cf. proposição (c 7.19 ) ) (a 7.19 ) e (c 7.19 ) ) (b 7.19 ). Cf. teorema (d 7.19 ) ) (e 7.19 ). Suponhamos que M é gerado por um subconjunto finito {x 1,...,x n }. Para cada k 2{1,...,n}, existe um subconjunto finito I k de I tal que x k 2 L i2i k M i. É fácil deduzir que M = L i2i 1 [ [I n M i. Consequentemente, I = I 1 [ [I n éfinito. (e 7.19 ) ) (d 7.19 ). Suponhamos que I é finito. Para cada i 2 I, existe x i 2 M i tal que M i = Rx i. Claramente, M é gerado pelo conjunto finito {x i : i 2 I}. Proposição 7.20 Todos os módulos sobre anéis de divisão são semissimples. Demonstração. Seja B uma base de um módulo M sobre um anel de divisão D. É fácil mostrar que M = L b2b Db e que, para cada b 2 B, Db é simples. De acordo com a proposição 7.17, M é semissimples. 219

26 Exercício 7.21 Mostre que um módulo M é semissimples se e só se, quaisquer que sejam os R-módulos L e N, toda a sequência exata curta é cindível. 0! L! M! N! 0 Exercício 7.22 Seja 0! L! M! N! 0 uma sequência exata curta de módulos sobre um anel R. Mostre que M é semissimples se e só se L e N são semissimples. Exercício 7.23 Sejam U e V módulos sobre um anel comutativo R. Mostre que: Se V é simples, então U V é semissimples. (Sugestão: Seja m um ideal maximal de R tal que V = R/m. MostrequeU V é um espaço vetorial sobre o corpo R/m.) Se U é simples ou V é simples, então Hom R (U, V ) é semissimples. Se V é simples, então qualquer produto direto de cópias de V é semissimples. 7.3 Anéis semissimples Dizemos que um anel R é semissimples à esquerda se o módulo regular esquerdo R R é semissimples. Assim, um anel R é semissimples à esquerda se e só se é soma direta de uma família de ideais esquerdos minimais. De acordo com a proposição 0.29, uma tal família de ideais esquerdos é finita. Definimos, analogamente, anel semissimples à direita. Veremos, mais tarde, que os anéis semissimples à esquerda e os anéis semissimples à direita coincidem. Proposição 7.24 Um anel simples é semissimples à esquerda se e só se tem um ideal esquerdo minimal. Demonstração. Seja R um anel simples. Se R é semissimples à esquerda, então R é soma direta de uma família não vazia de ideais esquerdos minimais. Reciprocamente, suponhamos que e é um ideal esquerdo minimal de R. Seja x 2 e \ 0. Como R é simples, R = RxR. Seja a 2 R esuponhamos que a = b 1 xc b n xc n, onde n 2 N, b i,c i 2 R, i 2{1,...,n}. Assim a 2 ec 1 + +ec n. De acordo com o lema 7.3, qualquer que seja i 2{1,...,n}, ec i =0ou ec i é ideal esquerdo minimal. Consequentemente, a pertence à soma dos ideais esquerdos minimais de R. Logo, R é soma dos seus ideais esquerdos minimais e R é semissimples à esquerda. 220

27 Proposição 7.25 Se R éumanelsemissimplesàesquerda,entãor é um anel noetheriano e artiniano à esquerda. Demonstração. SeR é um anel semissimples à esquerda, então R é soma direta de uma família finita de ideais esquerdos minimais. Resulta da proposição 7.19 que R é um anel noetheriano e artiniano à esquerda. Proposição 7.26 Seja R um anel. As afirmações seguintes são equivalentes: (a 7.26 ) R éanelsemissimplesàesquerda. (b 7.26 ) Todos os R-módulos esquerdos são semissimples. (c 7.26 ) Todos os R-módulos esquerdos finitamente gerados são semissimples. (d 7.26 ) Todos os R-módulos esquerdos cíclicos são semissimples. (e 7.26 ) Todas as sequências exatas curtas de R-módulos esquerdos são cindíveis. (f 7.26 ) Todos os R-módulos esquerdos são projetivos. (g 7.26 ) Todos os R-módulos esquerdos finitamente gerados são projetivos. (h 7.26 ) Todos os R-módulos esquerdos cíclicos são projetivos. (i 7.26 ) Todos os R-módulos esquerdos são injetivos. Demonstração. Vejamos que (a 7.26 ) ) (b 7.26 ). Suponhamos que o anel R é semissimples à esquerda. Seja M um R-módulo esquerdo. Para cada x 2 M, seja f x o epimorfismo de módulos, de R para Rx, que a cada a 2 R faz corresponder ax. Como o módulo R R é semissimples, Rx também o é. Como M = P x2m Rx, M é semissimples. As implicações (b 7.26 ) ) (c 7.26 ) ) (d 7.26 ) são triviais. (d 7.26 ) ) (a 7.26 ). O módulo regular R R égeradopor{1}. (b 7.26 ) ) (e 7.26 ).Suponhamosque(b 7.26 ) é satisfeita. Seja 0! L f! M g! N! 0, (7.2) uma sequência exata de R-módulos esquerdos. De acordo com (b 7.26 ),M é semissimples. Portanto, im f é parcela direta de M e a sequência (7.2) é cindível. (e 7.26 ) ) (b 7.26 ). Suponhamos que (e 7.26 ) é satisfeita. Seja M um R- módulo esquerdo. Seja N um submódulo de M. Consideremos a sequência exata 0! N i! M p! M/N! 0, (7.3) 221

28 onde i é a inclusão e p é o epimorfismo canónico. De acordo com (e 7.26 ), esta sequência é cindível. Portanto, N =imi é parcela direta de M. Logo,M é semissimples. Resulta da proposição que (e 7.26 ), (f 7.26 ). As implicações (f 7.26 ) ) (g 7.26 ) ) (h 7.26 ) são triviais. (h 7.26 ) ) (a 7.26 ). Suponhamos que todos os módulos cíclicos esquerdos sobre R são projetivos. Seja a um ideal esquerdo sobre R. A sequência 0! a i! R p! R/a! 0, (7.4) onde i é a inclusão e p é o epimorfismo canónico, é exata. Note-se que o módulo R/a é gerado por {1+a}. De acordo com (h 7.26 ),R/a é projetivo. De acordo com a proposição 1.107, a sequência (7.4) é cindível. Portanto, a =imi é parcela direta de R. Logo,R é um anel semissimples à esquerda. Resulta da proposição que (e 7.26 ), (i 7.26 ). Observação 7.27 As afirmações (a 7.26 ) (i 7.26 ) são equivalentes a qualquer uma das afirmações seguintes, mas a demonstração não será incluída neste curso. (j 7.26 ) Todos os R-módulos esquerdos finitamente gerados são injetivos. (k 7.26 ) Todos os R-módulos esquerdos cíclicos são injetivos. Q Exercício 7.28 Seja (F i ) i2i uma família de corpos. Mostre que o anel i2i F i é semissimples se e só se I éfinito. Exercício 7.29 Seja R um anel semissimples à esquerda. Mostre que uma parte a de R é um ideal esquerdo de R se e só se existe um idempotente e 2 R tal que a = Re. Exercício 7.30 Seja R um anel semissimples à esquerda. Mostre que, se d é um ideal direito de R e e é um ideal esquerdo de R, então de = d \ e. Mostre que, se a, b, c são ideais de R, então são válidas as seguintes leis distributivas: a \ (b + c) =(a \ b)+(a \ c) e a +(b \ c) =(a + b) \ (a + c). ( 1 ) 7.4 A estrutura dos anéis semissimples Lema 7.31 Seja R um anel semissimples à esquerda e suponhamos que R = e 1 e n, onde e 1,...,e n são ideais esquerdos minimais. Qualquer que seja o R-módulo esquerdo simples M, existe i 2{1,...,n} tal que M = e i. 1 Também é válida a lei distributiva a(b + c) =ab + ac. 222

29 Demonstração. Como R = e 1 e n e e 1,...,e n são ideais esquerdos minimais, deduzimos que 0 $ e 1 $ e 1 e 2 $ $ e 1 e n = R (7.5) é uma série de composição do módulo regular R R. Seja M um R-módulo esquerdo simples. Existe um ideal esquerdo maximal m de R tal que a = R/m. Como R tem uma série de composição, o seu submódulo m também tem uma série de composição: 0 $ m 1 $ m 2 $ $ m s = m. Como m é ideal esquerdo maximal de R, 0 $ m 1 $ m 2 $ $ m s (= m) $ R (7.6) é uma série de composição de R. Pelo teorema de Jordan-Hölder, as séries (7.5) e (7.6) são equivalentes. Consequentemente, existe i 2{1,...,n} tal que R m = e 1 e i. ( 2 ) e 1 e i 1 Donde M = e i. Lema 7.32 Seja D um anel de divisão. (i 7.32 ) D n 1 (respetivamente, D 1 n ) éummóduloesquerdo(respetivamente, direito) simples sobre D n n. (ii 7.32 ) D n n = a 1 a n, onde a 1,...,a n são ideais esquerdos (respetivamente, direitos) minimais de D n n, todos isomorfos a D n 1 (respetivamente, D 1 n ). (iii 7.32 ) D n n éumanelsemissimplesàesquerdaeàdireita. (iv 7.32 ) Todos os D n n -módulos esquerdos (respetivamente, direitos) simples são isomorfos a D n 1 (respetivamente, D 1 n ). Demonstração. Seja V = D 1 n. (i 7.32 ). Seja v = v 1 v n 2 V \ 0, com vista a provar que V = vd n n.suponhamosquev i 6=0. Seja u = u 1 u n 2 V. 2 Convencionamos que e 1 e i 1 =0se i =1. 223

30 Seja A u 2 D n n a matrix cuja linha i é v 1 i u 1 v 1 i u n e que tem todas as restantes entradas nulas. Então u = va u 2 D n n v, o que permite deduzir que V = vd n n. De acordo com a proposição 7.9, V é simples. (ii 7.32 ). Seja i 2{1,...,n}. Seja a i o conjunto de todas as matrizes n n sobre D que têm todas as entradas que não pertencem à linha i nulas. Claramente, a i é um ideal direito de D n n, a i e V são módulos direitos sobre D n n isomorfos, e D n n = a 1 a n. Como V é simples, a i também o é; isto é, a i é ideal direito minimal de D n n. (iii 7.32 ). Resulta de (ii 7.32 ). (iv 7.32 ). Resulta do lema 7.31 e de (ii 7.32 ). Seja R um anel. Em R, definimos um novo produto do seguinte modo: quaisquer que sejam a, b 2 R, a b = ba. Com este produto, o grupo aditivo R é um anel que representamos por R echamamosanel oposto de R. Claramente, R =(R ). Lema 7.33 Sejam R um anel. Os ideais esquerdos de R coincidem com os ideais direitos de R. R ésemissimplesàesquerdaseesóser ésemissimplesàdireita. Os ideais de R coincidem com os ideais de R. R ésimplesseesóser ésimples. Proposição 7.34 Seja D um anel de divisão. OanelD éisomorfoaoanelend D n n(d 1 n ), dos endomorfismos do D n n -módulo direito D 1 n. OanelD éisomorfoaoanelend D n n(d n 1 ), dos endomorfismos do D n n -módulo esquerdo D n 1. Demonstração. Seja V = D 1 n. Não é difícil mostrar que, para cada d 2 D, (d) :V! V x! dx éumhomomorfismoded n n -módulos. Não é difícil mostrar que :D! End D n n(v ). d! (d) 224

31 é um homomorfismo de anéis. Vejamos que é sobrejetivo. Seja g 2 End D n n(v ). Seja e = V. Suponhamos que g(e) = d 1 d n 2 V. Suponhamos que existe i 2{2,...,n} tal que d i 6=0. Seja E i,1 2 D n n a matriz cuja entrada (i, 1) éiguala1 e as restantes entradas são nulas. Então 0=g(0) = g(ee i,1 )=g(e)e i,1 6=0, oqueéabsurdo. Logo,d 2 = = d n =0. Seja x 2 V. Como V é simples, existe X 2 D n n tal que x = ex. Assim, g(x) =g(ex) =g(e)x = d 1 ex = (d 1 )(e)x = (d 1 )(ex) = (d 1 )(x). Logo, g = (d 1 ). Fica ao cuidado do leitor mostrar que é injetivo. Logo, éumiso- morfismo. Seja U = D n 1. Fica ao cuidado do leitor mostrar que, qualquer que seja d 2 D, (d) :U! U, x! xd éumhomomorfismoded n n -módulos e que é um isomorfismo de anéis. :D! End D n n(u), d! (d) Lema 7.35 Sejam R 1,...,R r anéis. Seja a R 1 R r. Então, a é ideal esquerdo minimal(respetivamente, ideal minimal) de R 1 R r se e só se existe j 2{1,...,r} eexisteumidealesquerdo minimal (respetivamente, ideal minimal) a j de R j tais que a = j (a j ), onde j : R j! R 1 R r éainjeçãocanónicaqueacadax j 2 R j faz corresponder (x 1,...,x r ) 2 R 1 R r, com x i =0sempre que i 6= j. Demonstração. Resulta do lema Lema 7.36 Se R 1,...,R r são anéis semissimples à esquerda (repetivamente, direita), então R 1 R r éumanelsemissimplesàesquerda (repetivamente, direita). 225

32 Demonstração. Seja j 2{1,...,r}. Como R j é anel semissimples à esquerda, R j é soma direta de ideais esquerdos minimais. De acordo com a proposição 0.29, o número de parcelas nesta soma direta é finito. Suponhamos que R j = a j,1 a j,nj, onde a j,1,...,a j,nj são ideais esquerdos minimais de R j. Usando a notação do lema 7.35, R 1 R r = rm j (R j )= j=1 n rm M j j (a j,l ). j=1 l=1 Concluímos que R 1 R r é semissimples à esquerda. Proposição 7.37 Seja V um R-módulo esquerdo (respetivamente, direito). Seja M = Q n i=1 V = V V oprodutoden cópias de V.Então onde End R (M) = D n n, D =End R (V ). Além disso, de V ésimples,entãod éumaneldedivisão. Demonstração. Para cada j 2 {1,...,n}, seja j : M! V aprojeção canónica, que a cada x =(x 1,...,x n ) 2 M faz corresponder x j ; e seja j : V! M a injeção canónica, que a cada x j 2 V faz corresponder (x 1,...,x n ) 2 M, onde x i =0sempre que i 6= j. Consideremos a aplicação :End R (M)! D n n, f! [f i,j ] onde f i,j = i f j : V! V, i,j 2{1,...,n}. Vejamos que é um homomorfismo de anéis. Sejam f,g 2 End R (M). Sejam i, j 2{1,...,n}. Então, qualquer que seja x j 2 V, (f + g) i,j (x j )= i (f + g) j (x j )= i (f j (x j )+g j (x j )) = i f j (x j )+ i g j (x j )=( i f j + i g j )(x j ) =(f i,j + g i,j )(x j ). Donde, (f + g) i,j = f i,j + g i,j. Donde, [(f + g) i,j ]=[f i,j ]+[g i,j ]. Donde, (f + g) = (f)+ (g). 226

33 Por outro lado, qualquer que seja x j 2 V, (fg) i,j (x j )= i fg j (x j )= i f id M g j (x j )! nx nx = i f k k g j (x j )= i f k k g j (x j ) = Donde, k=1 nx f i,k g k,j (x j )= k=1 Donde, [(fg) i,j ]=[f i,k ][g k,j ]. Donde, k=1! nx f i,k g k,j (x j ). k=1! nx (fg) i,j = f i,k g k,j. k=1 (fg)= (f) (g). Finalmente, (id M ) i,j = i id M j = i j, oquemostraque(id M ) i,i =id V e (id M ) i,j é o endomorfismo nulo de V se i 6= j. Portanto (id M )=I n 2 D n n. Logo, é homomorfismo de anéis. Seja f 2 nuc. Então, quaisquer que sejam i, j 2{1,...,n}, f i,j = i f j éoendomorfismonulodev. Seja x 2 M. Assim, qualquer que seja i 2 {1,...,n}, 0 1 nx nx i f(x) = i j j (x) A = ( i f j )( j (x)) = 0. j=1 Donde f(x) =0. Logo, f é o endomorfismo nulo de M. Logo, nuc = 0 e f émonomorfismo. Seja G = [g i,j ] 2 D n n. Seja f : M! M a aplicação que a cada x =(x 1,...,x n ) 2 M faz corresponder! nx nx g 1,k (x k ),..., g n,k (x k ). k=1 É fácil mostrar que f 2 End R (M). Sejam i, j 2{1,...,n}. Note-se que, qualquer que seja x =(x 1,...,x n ) 2 M, i f(x) = k=1 nx g i,k (x k )= k=1 227 j=1 nx g i,k ( k (x)). k=1

34 Assim, qualquer que seja x j 2 V, i f j (x j )= nx g i,k k j (x j )= k=1 nx g i,k ( k,j x j )=g i,j (x j ), onde k,j =1, se k = j, e k,j =0, se k 6= j. Donde i f j = g i,j, oque mostra que (f) =G. Logo, é sobrejetivo. Logo, é um isomorfismo de anéis. Além disso, se V é simples, então, de acordo com o lema de Schur (proposição 7.11), D =End R (V ) é anel de divisão. Lema 7.38 Se R é um anel semissimples à esquerda(respetivamente, àdireita) não nulo, então existem anéis de divisão D 1,...,D r einteiros positivos n 1,...,n r tais que o anel End R (R) dos endomorfismos do módulo regular esquerdo (respetivamente, direito) é isomorfo a k=1 D n 1 n 1 1 D nr nr r. Demonstração. Seja R um anel semissimples à esquerda não nulo. Então R é soma direta de ideais esquerdos minimais. De acordo com a proposição 0.29, o número de parcelas nesta soma direta é finito. Suponhamos que R = a 1 a r, onde, quaisquer que sejam i, j 2{1,...,r}, a i = a i,1 a i,ni, com n i 1, e, quaisquer que sejam k, l 2{1,...,n i }, a i,k é ideal esquerdo minimal de R, a i,k e a i,l são R-módulos isomorfos, se i 6= j, então a i,1 e a j,1 são R-módulos não isomorfos. Quaisquer que sejam j 2{1,...,r}, l2{1,...,n j }, seja a projeção que a cada j,l : R! a j,l rx Xn i x i,k 2 R, i=1 k=1 onde x i,k 2 a i,k,i2{1,...,r}, k2{1,...,n i }, faz corresponder x j,l ; seja j : R! a j 228

35 a projeção que a cada rx x i 2 R, onde x i 2 a i,i2{1,...,r}, faz corresponder x j. Claramente n j i=1 X j = j,l, id R = l=1 rx j = j=1 n rx X j j,l. j=1 l=1 Quaisquer que sejam j 2{1,...,r}, l2{1,...,n j }, sejam j : a j! R e j,l : a j,l! R as inclusões. Seja f 2 End R ( R R). Sejam i, j 2{1,...,r}, com i 6= j. Sejam k 2 {1,...,n i },l2{1,...,n j }.Então i,k f j,l : a j,l! a i,k é um homomorfismo entre módulos simples e não isomorfos. De acordo com o lema de Schur (proposição 7.11), i,k f j,l éumhomomorfismonulo. Então, qualquer que seja x j = x j,1 + + x j,nj 2 a j, onde x j,l 2 a j,l,l2{1,...,n j }, i f j (x j )= Xn i k=1 i,k! f n X j! n i n X X j j,l (x j,l ) = i,k f j,l (x j,l )=0. l=1 k=1 l=1 Portanto, i f j : a j! a i éumhomomorfismonulo. Considere-se agora a aplicação :End R ( R R)! End R (a 1 ) End R (a r ). f! ( 1 f 1,..., r f r ) Vamos provar que é um isomorfismo de anéis. Sejam f,g 2 End R (R). Então (f + g) =( 1 (f + g) 1,...)=( 1 f g 1,...) =( 1 f 1,...)+( 1 g 1,...)= (f)+ (g), (fg)=( 1 fg 1,...)=( 1 f id R g 1,...)!! rx rx =( 1 f k k g 1,...)= 1 f k k g 1,... k=1 k=1 =( 1 f 1 1 g 1,...)=( 1 f 1,...)( 1 g 1,...)= (f) (g), (id R )=( 1 id R 1,...)=( 1 1,...)=(id a1,...). Logo, é homomorfismo de anéis. Seja f 2 nuc. Então, qualquer que seja j 2{1,...,r}, j f j éum homomorfismo nulo. Já tinhamos visto que, quaisquer que sejam i, j 2 229