In fact the converse is also true and this gives a characterization of division rings via their module category: A unital ring R is a division ring if and only if every R-module is free.[7]
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 (抜粋) so x is right invertible. Thus R is a divison ring. □ Remark. Note that this proof can be dualized to the case of right modules and thus we obtained that a unital ring R is a divison ring if and only if every right R-module is free.
External links ・Grillet's Abstract Algebra, section VIII.5's characterization of division rings via their free modules. https://math.stackexchange.com/questions/75866/every-r-module-is-free-implies-r-is-a-division-ring0725粋蕎 ◆C2UdlLHDRI 2020/08/26(水) 23:43:19.61ID:Ph18BIHC 元祖嘲笑ぷっ記述者は猿の女人格 猿自身の女性的欲求つまりオカマ人格なのか嫁なのか姉妹なのかは儂にも見通せない 0726現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 2020/08/26(水) 23:57:54.00ID:mnW83lWq あほらし そもそも、全ては>>134より 「まあ、折角だから書いておくと、正方行列とか多元数あたりな 群は基本的に非可換だよ」
１．正則行列というところを正方行列といった （任意の正方行列に逆行列があると誤解してたｗ） ２．逆行列の存在条件として行列式が零でないといえばいいところを 何をトチ狂ったか「零因子でない」とかいいだした （行列式をまったく知らなかったｗ） ３．群論の話なのに、無意味に環論とか体論とか持ち出し 「一般の環で、零因子でなければ可逆元！」とか 「一般の環で、零因子だけ取り除けば斜体の出来上がり！」とか 素人感丸出しのトンデモ発言連発 （群論だけで閉じとけば、こんな馬鹿発言で恥さらすことなかったｗ） 0736現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 2020/08/27(木) 07:45:18.38ID: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 0737現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 2020/08/27(木) 11:49:40.74ID:NVBIr97s>>736 追加 https://planetmath.org/ringswhoseeverymoduleisfree rings whose every module is free Author joking (16130) Last modified on 2013-03-22
この前半の証明も良いね〜
”Recall that if R is a (nontrivial) ring and M is a R-module, then (nonempty) subset S⊆M is called linearly independent if for any m1,…,mn∈M and any r1,?,rn∈R the equality r1・m1+…+rn・mn=0 implies that r1=…=rn=0. If S⊆M is a linearly independent subset of generators of M, then S is called a basis of M. Of course not every module has a basis (it even doesn’t have to have linearly independent subsets). R-module is called free, if it has basis. In particular if R is a field, then it is well known that every R-module is free. What about the converse?
Proposition. Let R be a unital ring. Then R is a division ring if and only if every left R-module is free.
Proof. ,,⇒” First assume that R is a divison ring. Then obviously R has only two (left) ideals, namely 0 and R (because every nontrivial ideal contains invertible element and thus it contains 1, so it contains every element of R). Let M be a R-module and m∈M such that m≠0. Then we have homomorphism of R-modules f:R→M such that f(r)=r・m. Note that ker(f)≠R (because f(1)≠0) and thus ker(f)=0 (because ker(f) is a left ideal). It is clear that this implies that {m} is linearly independent subset of M. Now letΛ={P⊆M??P is linearly independent}. Therefore we proved that Λ≠Φ. Note that (Λ,⊆) is a poset (where ,,⊆” denotes the inclusion) in which every chain is bounded. Thus we may apply Zorn’s lemma. Let P0∈Λ be a maximal element in Λ. We will show that P0 is a basis (i.e. P0 generates M). Assume that m∈M is such that m not∈P0. Then P0∪{m} is linearly dependent (because P0 is maximal) and thus there exist m1,?,mn∈M and λ,λ1,?,λn∈R such that λ≠0 and λ・m+λ1・m1+?λn・mn=0. Since λ≠0, then λ is invertible in R (because R is a divison ring) and therefore m=(?λ?1λ1)・m1+?+(?λ?1λn)・mn. Thus P0 generates M, so every R-module is free. This completes this implication.” (引用終り)
”Then we have homomorphism of R-modules f:R→M such that f(r)=r・m. Note that ker(f)≠R (because f(1)≠0) and thus ker(f)=0 (because ker(f) is a left ideal). ” のところ、下記の 「しばしば、スカラーの作用を fr のような形に書くこともあり、もちろん fr(x) = rx なのだが、このように書くと f を R の各元 r を対応する作用素 fr へ移す写像とみることもできて、たとえば先ほどの加群の公理の最初の条件は fr が M 上の自己準同型となることを述べていて、残りの条件は f が R から自己準同型環 End(M) への環準同型となることを要請するものになっている。」 と符合しているのだが、自己準同型環 End(M)で、Endomorphism（準同型）という用語（>>685ご参照）だが 上記では、”homomorphism”なのです。群論などだと、”homomorphism”が多い気がする R-加群では、End(M)が多いのかな（＾＾
厳密な定義 厳密な定義 環 R 上の左 R-加群もしくは R-左加群とは、アーベル群 (M, +) とスカラー乗法と呼ばれる作用 R × M → M の組であって、その作用（通常は、r ∈ R と x ∈ M に対して x のスカラー r-倍を単に文字を併置して rx と記す）は、r, s ∈ R, x, y ∈ M は任意として、条件 略 を満足するものでなければならない（最後の条件は R が乗法単位元を持つときで、それを 1R で表している。環が単位的であることを仮定しない文脈では、R-加群の定義においてこの最後の条件も課されず、特にこの条件をも満足することで定まる構造を単位的左 R-加群、単型 R-左加群などと呼んで区別する。本項では用語の一貫性を図るため、特に断りの無い場合は環も加群も単位的であると仮定する）。
しばしば、スカラーの作用を fr のような形に書くこともあり、もちろん fr(x) = rx なのだが、このように書くと f を R の各元 r を対応する作用素 fr へ移す写像とみることもできて、たとえば先ほどの加群の公理の最初の条件は fr が M 上の自己準同型となることを述べていて、残りの条件は f が R から自己準同型環 End(M) への環準同型となることを要請するものになっている。すなわち、環上の加群とは環作用を持つアーベル群のことである（群作用あるいは作用も参照）。この意味では、環上の加群の理論は群の（あるいは同じことだが群環の）ベクトル空間における作用を扱う群の表現論（線型表現論）の一般化である。 (引用終り) 以上 0741現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 2020/08/27(木) 11:59:26.30ID:NVBIr97s>>739 補足
”Then we have homomorphism of R-modules f:R→M such that f(r)=r・m. Note that ker(f)≠R (because f(1)≠0) and thus ker(f)=0 (because ker(f) is a left ideal). ” のところ
Then we have endomorphism(自己準同型) of R-modules f:M→M such that f(r)=r・m. の方が、wikipedia 環上の加群の記述と合いますかね こちらが、正解かな？ ker(f)の議論とも合いそうだ 0742現代数学の系譜 雑談 ◆yH25M02vWFhP 2020/08/27(木) 13:53:44.17ID:NVBIr97s>>738 補足 https://planetmath.org/ringswhoseeverymoduleisfree rings whose every module is free Author joking 2013-03-22 (抜粋) Note that ker(f)≠R (because f(1)≠0) and thus ker(f)=0 (because ker(f) is a left ideal). It is clear that this implies that {m} is linearly independent subset of M. Now letΛ={P⊆M｜P is linearly independent}. Therefore we proved that Λ≠Φ. Note that (Λ,⊆) is a poset (where ,,⊆” denotes the inclusion) in which every chain is bounded. Thus we may apply Zorn’s lemma. Let P0∈Λ be a maximal element in Λ. We will show that P0 is a basis (i.e. P0 generates M). Assume that m∈M is such that m not∈P0. Then P0∪{m} is linearly dependent (because P0 is maximal) and thus there exist m1,・・・,mn∈M and λ,λ1,・・・,λn∈R such that λ≠0 and λ・m+λ1・m1+・・・λn・mn=0. Since λ≠0, then λ is invertible in R (because R is a divison ring) -and therefore m=(-λ^-1λ1)・m1+・・・+(-λ^-1λn)・mn. Thus P0 generates M, so every R-module is free. (引用終り)
”Thus we may apply Zorn’s lemma. Let P0∈Λ be a maximal element in Λ. We will show that P0 is a basis (i.e. P0 generates M).” これも、常用の筋ですね。
Assume that m∈M is such that m not∈P0. から、Since λ≠0, then λ is invertible in R (because R is a divison ring)（ここで逆元を使っている） より、m=(-λ^-1λ1)・m1+・・・+(-λ^-1λn)・mn.とするのも鮮やかです。見事です
https://ja.wikipedia.org/wiki/%E3%83%99%E3%82%AF%E3%83%88%E3%83%AB%E7%A9%BA%E9%96%93 ベクトル空間 (抜粋) ヒルベルト空間 抽象ヒルベルト空間においてどのような基本ベクトル族が、ヒルベルト空間 H を位相的に生成するに十分であるかをいうものである。ここで、位相的に生成する（あるいは単に生成する）とは、それらの位相的線型包と呼ばれる、線型包の閉包（即ち、有限線型結合およびその極限）が、全体空間に一致することである。 そのような函数の集合は H の基底（あるいはヒルベルト基底）と呼ばれ、基底の濃度はヒルベルト空間 H の次元と呼ばれる[nb 12]。これらの定理は適当な基底函数族が近似の目的で十分性を示すことのみならず、シュミットの直交化法を用いて互いに直交するベクトルの族からなる基底が得られることも意味している[64]。そのような直交基底は、有限次元ユークリッド空間における座標軸をヒルベルト空間に対して一般化したものと考えることができる。 様々な微分方程式に対して、その解をヒルベルト空間の言葉で解釈することができる。
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。 ---
