Mathematik: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
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Mathematik

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Über Ringe, die der Gleichung \text{\textcolor{red}{\Large $x^n=x$}} genügen.

Ein Satz von Jacobson besagt: Jeder Ring R, für den es eine natürliche Zahl n>1 gibt mit \forall x \in R (x^n=x) ist bereits kommutativ, also \forall x,y \in R (xy=yx). Für n=2,3,4 sind das sehr schöne "Rechenaufgaben". Jacobsons Beweis für den allgemeinen Fall ist allerdings relativ abstrakt und fortgeschritten, weil er den Ring R in kleinere Ringe zerlegt und schließlich den Satz von Wedderburn zitiert. Doch gibt es auch einen direkten, rein rechnerischen Beweis? Die Antwort ist verrückterweise "Ja, es muss einen solchen Beweis geben, aber bisher hat ihn noch niemand gefunden". In diesem Artikel gebe ich einen bekannten Beweis für den Satz von Jacobson und anschließend einen neuen rein rechnerischen Beweis für zumindest unendlich viele n. Am Ende gibt es die Klassifikation der unitalen Ringe mit \forall x ( x^n=x).


Konvention. In diesem Artikel sind Ringe weder als kommutativ noch als unital vorausgesetzt. Ein Ring ist also nichts weiter als eine abelsche Gruppe zusammen mit einer assoziativen Multiplikation, welche beide Distributivgesetze erfüllt.

1. Die Fälle n = 2,3,4,5,6.

Zum Warmwerden schauen wir uns kleine n an. Hier kann man sich richtig austoben und kreative Beweise finden ([10]). Der Leser soll sich daran einmal versuchen. Um möglichst kurze Beweise zu finden, sind allerdings allgemeine Resultate hilfreich. Definition. Ein Ring heiße reduziert, wenn 0 sein einziges nilpotentes Element ist. Ringe mit x^n=x haben offenbar diese Eigenschaft. Ein Element eines Ringes heißt zentral, wenn es mit allen anderen Elementen kommutiert. Lemma 1. Sei R ein reduzierter Ring. Falls e \in R idempotent ist, dann ist e zentral. Allgemeiner: Wenn e^2=ze für ein z \in \mathds{Z}, dann ist ze zentral. Beweis. Sei x \in R. Dann berechnen wir (exe-zex)^2 = ex e^2 xe - z exe^2 x - z ex exe + z^2 exex = z exexe - z^2 exex - z exexe + z^2 exex=0. Daher ist exe=zex. Analog (oder durch Betrachtung von R^{op}) erhält man exe=xze und damit zex=xze. \square Lemma 2. Sei R ein Ring und x \in R. Falls x^n=x für ein n \geq 2, dann ist x^{n-1} ein Einselement für den von x erzeugten Teilring \langle x \rangle. Insbesondere ist x^{n-1} idempotent. Beweis. Es gilt x^{n-1} x = x^n = x. Weil \{y \in R : x^{n-1} y =y\} ein Teilring ist, folgt daher x^{n-1} y = y für alle y \in \langle x \rangle. \square Der Fall n=2. Wenn R ein Ring mit x^2=x für alle x \in R ist (d.h. R ist ein sog. boolescher Ring), so ist jedes Element idempotent, nach Lemma 1 also zentral. \square Der Fall n=3. Der folgende Beweis stammt von Derek Holt. Sei R ein Ring mit x^3=x für alle x \in R. Nach Lemma 2 ist x^2 idempotent, nach Lemma 1 also zentral. Es gilt (x+x^2)^2=x^2+2x^3+x^4=2(x+x^2). Daher ist x+x^2=(x+x^2)^3=2(x+x^2)^2 zentral. Dann ist aber auch x=(x+x^2)-x^2 zentral. \square Der Fall n=4. Der folgende Beweis stammt von Yaghoub Sharifi. Sei x \in R. Es gilt -x=(-x)^4=x^4=x. Daraus folgt, dass x^2+x idempotent ist, denn (x^2+x)^2=x^4+2x^3+x^2=x+x^2. Also ist x^2+x zentral (Lemma 1). Insbesondere ist für x,y \in R auch (x^2+y)^2+x^2+ y zentral. Das ist gleich x^4+x^2 y + y x^2 + y^2 + x^2 + y = (x+x^2)+(y^2+y) + (x^2 y+ y x^2). Daher ist auch x^2 y + y x^2 zentral. Insbesondere ist x^2 (x^2 y+ y x^2) = (x^2 y + y x^2) x^2, das heißt x^4 y + x^2 y x^2 = x^2 y x^2 + y x^4, also xy=yx. \square Der Fall n=5. Der folgende Beweis stammt von Geunho Gim. Sei x \in R. Dann ist (x^4+x^2)^2=x^8+2x^6+x^4=2(x^4+x^2), nach Lemma 1 also 2(x^4+x^2) zentral. Weil x^4 nach Lemma 2 zentral ist, muss daher 2x^2 zentral sein. Dann ist auch 4x^3=2(x^2+x)^2-2x^4-2x^2 zentral. Und damit auch 2x^3+x^2+5x=(x^2+x)^5-(x^2+x) - 10 x^4 - 2 (4 x^3) - 2(2x^2). Dann ist aber auch 7x^4+4x^3 + 8x^2 + 11x = 2(x^2+x)^3 + (x^2+x)^2+5(x^2+x) zentral. Schließlich ist dann auch x = (7x^4+4x^3+8x^2+11x)-7x^4 - 3(2x^2)- 2(2x^3+x^2+5x) zentral. \square Der Fall n=6. Sei x \in R. Dann folgt wieder 2x=0. Wenn x,y kommutieren, gilt nach dem binomischen Lehrsatz x^6+y^6=x+y=(x+y)^6 = x^6 + 6 x^5 y + 15 x^4 y^2 + 20 x^3 y^3 + 15 x^2 y^4 + 6 x y^5 + y^6 und damit x^4 y^2 = x^2 y^4. Für y=x^2 erhalten wir x^8 = x^{10} bzw. x^3 = x^5. Der ggT der Polynome T^6+T und T^3+T^5 über \mathds{F}_2 ist T^2+T, sodass sich T^2+T aus T^6+T und T^3+T^5 linear kombinieren lässt. Dann lässt sich T \mapsto x einsetzen und wir erhalten x=x^2, d.h. wir sind im Fall n=2. \square Wir brauchen für den Beweis nicht einmal den Polynomring, denn der erweiterte euklidische Algorithmus funktioniert auch direkt in R: x^6+x = x(x^5+x^3)+(x^4+x) x^5+x^3=x(x^4+x)+(x^3+x^2) x^4+x=(x+1)(x^3+x^2)+(x^2+x) x^3+x^2 = x(x^2+x) \Rightarrow x^2+x = \dotsc = (x^2+x+1) (x^6+x) + (x^3+x^2+1) (x^5+x^3) Ganz ähnlich lässt sich übrigens der Fall n=10 auf den Fall n=4 reduzieren, aber n=8 ist nicht reduzierbar. Siehe [8] für mehr Beispiele zu diesem Verfahren.

2. Der allgemeine Fall.

Für den Beweis des allgemeinen Falls richten wir uns nach Nagahara und Tominaga [6]. Der hier vorgestellte Beweis ist allerdings noch etwas konstruktiver aufgeschrieben. Wir brauchen zunächst: Satz 1 (Endlicher Fall). Jeder endliche reduzierte unitale Ring ist ein direktes Produkt von endlichen Körpern (insbesondere also kommutativ). Beweis. Sei R ein endlicher reduzierter unitaler Ring, R \neq 0. Falls R ein Schiefkörper ist, dann ist R nach dem Satz von Wedderburn ein Körper und wir sind fertig. Andernfalls gibt es ein Element x, welches weder 0 noch invertierbar ist. Weil R endlich ist, gibt es n,m>0 mit x^n = x^{n+m}. Dann ist e = x^{nm} idempotent \neq 0,1. Nach Lemma 1 ist e zentral. Daher erhalten wir eine Zerlegung R \cong eR \times (1-e)R. Beide Ringe sind aber kleiner als R und damit nach Induktion nach der Größe von R bereits in Körper zerlegbar. \square Satz 2 (Jacobson). Sei R ein Ring mit der Eigenschaft, dass es für jedes a \in R ein n>1 gibt mit a^n=a. Dann ist R kommutativ. Das n darf hierbei also sogar von a abhängen! Beweis. Offenbar ist R reduziert. Nach Lemma 1 sind daher idempotente Elemente zentral. Sei 0 \neq a \in R. Wir wollen zeigen, dass a zentral ist. Wähle n>1 mit a^n=a. Nach Lemma 2 ist \langle a \rangle ein unitaler reduzierter Ring; er ist aber auch endlich: Als \mathds{Z}-Modul wird er von a,a^2,\dotsc,a^{n-1} erzeugt. Wähle ein m>1 mit (2a)^m=2a. Für k:=1+(n-1)(m-1) gilt dann k>1 und a^k=a, (2a)^k = 2a. Es folgt leicht (2^k - 2)a=0. Damit ist \langle a \rangle ein endlich-erzeugter \mathds{Z}/(2^k-2)-Modul und daher endlich. Nach Satz 1 ist \langle a \rangle daher ein endliches direktes Produkt von endlichen Körpern. Wir dürfen daher annehmen, dass \langle a \rangle ein endlicher Körper ist. Weil e = a^{n-1} idempotent ist, haben wir R \cong eR \times (1-e)R und a wirkt trivial auf (1-e)R=R(1-e). Es reicht also zu zeigen, dass a zentral in eR ist. Wir können daher annehmen, dass R ein unitaler Ring ist mit a^{n-1}=1. Die Charakteristik von R ist dann die von \langle a \rangle, also eine Primzahl p. Schreiben wir \langle a \rangle = \mathds{F}_q = \{a_1,a_2,\dotsc,a_q\}, wobei a_1=1. Für eine Einheit b \in R^\times sei c(b) die Konjugation c(b) : R \to R, ~ x \mapsto b x b^{-1}. Für b \in R sei ferner \lambda(b) die Rechtsmultiplikation \lambda(b) : R \to R,~ x \mapsto xb. Beachte, dass \lambda(a_i) und c(a) in der \mathds{F}_p-Algebra \mathrm{End}_{\mathds{F}_p\text{-Mod}}(R) kommutieren; ebenfalls \lambda(a_i) und \lambda(a_j). Wir erhalten damit einen Homomorphismus \mathds{F}_q [T] \to \mathrm{End}_{\mathds{F}_p\text{-Mod}}(R) vermöge a_i \mapsto \lambda(a_i) und T \mapsto c(a). Die Identität T^q-T = \prod_{i=1}^{q} (T-a_i) in \mathds{F}_q [T] liefert damit \displaystyle 0 = c(a^q)-c(a) = c(a)^q - c(a) = \prod_{i=1}^{q} (c(a)-\lambda(a_i)). in \mathrm{End}_{\mathds{F}_p\text{-Mod}}(R). Wir behaupten, dass c(a)-\lambda(a_i) für i>1 injektiv ist. Ist nämlich b \in \ker(c(a)-\lambda(a_i)), das heißt a b = b a_i a, dann ist \langle a,b \rangle ein endlicher Ring, weil er als \mathds{F}_p-Vektorraum von den b^u a^v mit 0 \leq u,v < k erzeugt wird, wobei k>1 mit a^k=a, b^k=b gewählt wird. Nach Satz 1 ist daher \langle a,b \rangle kommutativ. Wir erhalten ba=ab=b a_i a, d.h. b annulliert a - a_i a. Aber a - a_i a ist ein Element \neq 0 in \langle a \rangle und daher eine Einheit. Das zeigt b=0. Nachdem wir nun die Injektivität gezeigt haben, folgt aus der Gleichung 0=\prod_{i=1}^{q} (c(a)-\lambda(a_i)), dass 0 = c(a)-\lambda(a_1) = c(a)-\mathrm{id}. Das heißt aber, dass a zentral ist. \square

3. Ein rechnerischer Beweis?

Der Beweis des allgemeinen Falls, den wir oben erbracht haben, ist im Gegensatz zu den konkreten Fällen n=2,3,4,5,6 keine direkte Rechnung mit Elementen. Er arbeitet auf einer höheren Stufe mit dem Ring als mathematisches Objekt. Der Ring wird in kleinere Ringe zerlegt, bis schließlich der Satz von Wedderburn und die Theorie der endlichen Körper anwendbar ist. Der ursprüngliche Beweis von Jacobson ([1],[2]) war sogar noch abstrakter. Hierbei wurde die Behauptung auf die "kleinsten" Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen, mit Hilfe des Auswahlaxioms reduziert, welche sich dann wieder mit dem Satz von Wedderburn als endliche Körper herausstellen. Später wurden viele "elementare" Beweise für den Satz von Jacobson veröffentlicht ([3],[4],[5],[6]). Dabei ist [6] wohl der kürzeste. Diese gehen aber immer noch strukturell vor und ähneln Jacobsons Beweis. Gibt es denn nicht trotzdem einen rein rechnerischen Beweis, der also nur mit Elementen und deren Relationen zueinander arbeitet? Etwas formaler: Gibt es einen Beweis in der Prädikatenlogik erster Stufe (PL1)? Die verrückte Antwortet lautet, wenn wir einen Exponenten n fixieren: Ja, aber es hat ihn noch niemand gefunden. Dass es einen Beweis in PL1 geben muss, folgt etwa aus Gödels Vollständigkeitssatz, den wir auf die Sprache \{+,-,*,0,1\}, die Theorie "Ringaxiome + \forall x (x^n=x)" und die Formel \forall x,y (x*y=y*x) anwenden: Weil in jedem Modell die Formel aus der Theorie folgt ("semantischer Beweis"), muss es bereits einen direkten rechnerischen Beweis geben ("syntaktischer Beweis"). Tatsächlich wird es sogar einen Beweis geben, der in der noch minimalistischeren Gleichungs-Logik arbeitet - das folgt aus dem Vollständigkeitssatz von Birkhoff. Es ist hier natürlich ganz wesentlich, dass n fixiert ist. Und theoretisch könnte es sein, dass der Beweis nicht "uniform in n" ist. Trotzdem ist es bislang anscheinend niemandem gelungen, einen rechnerischen Beweis aufzuschreiben. Zumindest H. Zhang hat in den Arbeiten [8],[9] mit dem ggT-Trick, der Bereits für n=6 beschrieben worden ist, automatische Beweise für tausende Beispiele für n gefunden. In [7] geht es anscheinend ebenfalls um automatische Beweise, aber das kann ich nicht beurteilen. Ich habe nun versucht, den Beweis aus [6] in einem ersten Schritt völlig konstruktiv aufzuschreiben (siehe Abschnitt 2). Als nächstes könnte man die einzelnen Reduktionen und Argumente des Beweises zu Rechnungen umwandeln. Das ist mir zwar nicht ganz gelungen, aber für unendlich viele n klappt es schon. Mehr dazu im nächsten Abschnitt. Wir können noch eine Reduktion vornehmen: Sei n>1 eine feste natürliche Zahl und R ein Ring, in dem die Gleichung x^n=x gilt. Wir haben bereits festgestellt, dass R reduziert ist. Es gilt (2^n-2) x = 2^n x^n - 2 x = 0. Die Charakteristik von R ist also positiv. Sie ist außerdem quadratfrei, weil für q \in \mathds{N} aus q^k x = 0 immer q x = 0 folgt (denn (qx)^{kn} = 0). Für jede Primzahl p ist dann R_p := \{x \in R : px=0\} ein Ideal von R mit R = \bigoplus^\perp_p R_p als Ringe. Wir können daher zum Nachweis der Kommutativität annehmen, dass die Charakteristik von R eine Primzahl p ist. Das ist natürlich auch ein abstraktes Argument. Allerdings kann man, wenn man in jedem R_p einen rechnerischen Beweis gefunden hat, diese Beweise zu einem rechnerischen Beweis in R machen, indem man den Beweis der Zerlegung noch mit einbaut. Für n=3 zeigt man zum Beispiel 6x=0 und dann ist R \cong R_2 \times R_3, x \mapsto (3x,-2x) ein Isomorphismus. Beweise dafür, dass 3x zentral in R_2 und 2x zentral in R_3 sind, führen zu einem Beweis dafür, dass x zentral in R ist. Es wäre natürlich wünschenswert, direkte Beweise ohne eine solche Zerlegung zu finden (vgl. Abschnitt 1).

4. Spezielle Exponenten.

In diesem Abschnitt vereinfachen wir zunächst den Beweis des Satzes für gewisse spezielle Exponenten. Eine natürliche Zahl n>1 nennen wir speziell, wenn jede Primzahlpotenz q mit q-1|n-1 bereits eine Primzahl ist. Die ersten speziellen Zahlen sind 2,3,5,6,11,12,14,18,20,21,23,24,26,30,32,35,38,39. Satz 3. Sei R ein Ring. Für jedes a \in R gebe es eine spezielle natürliche Zahl n>1 mit a^n=a. Dann wird R als abelsche Gruppe von idempotenten Elementen erzeugt. Insbesondere ist R kommutativ. Beweis. Sei a \in R. Wie zuvor sehen wir, dass \langle a \rangle ein endlicher reduzierter unitaler Ring ist. Natürlich ist er auch kommutativ, sodass er nach dem chinesischem Restsatz ein endliches direktes Produkt von endlichen Körpern ist. Jeder solche Körper ist ein Primkörper, denn: Wenn \mathds{F}_q \subseteq R, wähle einen Erzeuger \zeta der Gruppe \mathds{F}_q^\times. Wähle eine spezielle natürliche Zahl n>1 mit \zeta^n=\zeta. Dann ist \zeta^{n-1}=1 und daher q-1|n-1. Weil n speziell ist, muss q eine Primzahl sein. Weil nun \langle a \rangle ein direktes Produkt von Primkörpern ist, und die Elemente in Primkörpern einfach \mathds{Z}-Vielfache der jeweiligen Einsen sind, ist a eine Linearkombination von idempotenten Elementen. Nach Lemma 1 ist a damit zentral. \square Der Beweis von Satz 3 kann nun in einen Beweis in Gleichungs-Logik verwandelt werden. Der Einfachheit halber nehmen wir an, dass R Charakteristik p für eine Primzahl p hat (vgl. Abschnitt 3) und dass n>1 speziell mit p-1|n-1 ist. Sei \Phi der ggT aller f^n-f mit f \in \mathds{F}_p[T]. Betrachte den endlichen Ring \displaystyle B := \mathds{F}_p[T]/(T^{n-1}-1,\Phi). Nach Konstruktion von \Phi ist b^n=b für alle b \in B. Mit dem chinesischen Restsatz lässt sich B explizit in endliche Primkörper zerlegen. Damit kann man wiederum T explizit als Linearkombination von idempotenten Elementen schreiben. Ist nun R irgendein Ring der Charakteristik p mit a^n=a für alle a \in R, so gibt es genau einen Homomorphismus B \to R mit 1 \mapsto a^{n-1} und T \mapsto a. Die Zerlegung von T liefert nun eine (universelle) Zerlegung von a. Diese Zerlegung lässt sich dann auch unabhängig in der Gleichungs-Logik bestätigen. Dazu muss man einfach nur die Rechnung, die man im universellen Beispiel B gemacht hat, auf R anwenden. Sofern in dem Ring \mathds{F}_p[T]/(T^{n-1}-1) bereits die Gleichung b^n=b für alle Elemente b gilt (z.B. wenn n=p), können wir das \Phi übrigens getrost ignorieren. 1. Beispiel. Sei n=p=3. Dann ist \mathds{F}_3[T]/(T^2-1) \cong \mathds{F}_3 \times \mathds{F}_3 vermöge f \mapsto \bigl(f(1),f(-1)\bigr). Die zugehörigen idempotenten Elemente sind \frac{1+T}{2} und \frac{1-T}{2}. Damit entsteht der folgende gleichungsbasierte Beweis: Sei R ein Ring der Charakteristik 3 mit a^3=a für alle a \in R. Für a \in R ist dann e = 2(a^2 + a) idempotent, denn e^2 = 4(a^4 + 2a^3 + a^2) = 1(a^2+ 2a + a^2) = e. Ebenfalls ist f = 2(a^2-a) idempotent. Wegen e - f = 4a=a ist also a zentral. Daher ist R kommutativ. 2. Beispiel. Sei n=3, p=2. Dann ist \Phi = (T+1)^3-(T+1) = T^3+T^2 und damit B = \mathds{F}_2[T]/(T^2-1,T^3+T^2) = \mathds{F}_2[T]/(T-1) = \mathds{F}_2. Damit entsteht der folgende Beweis: Sei R ein Ring der Charakteristik 2 mit a^3=a für alle a \in R. Dann ist bereits jedes Element idempotent (und damit zentral), denn a-a^2=(a-a^2)^3=a^3+a^4 + a^5 + a^6=2(a+a^2)=0. Allgemeiner: Wenn R ein Ring der Charakteristik p mit \forall x (x^n=x) ist (wobei n speziell ist), so muss man bereits \forall x (x^p=x) zeigen können. Man reduziert das Problem damit auf n=p. 3. Beispiel. Sei n=p=5. Dann ist \mathds{F}_5[T]/(T^4-1) \cong \mathds{F}_5^{\times 4} vermöge f \mapsto \bigl(f(1),f(2),f(3),f(4)\bigr). Die zugehörigen idempotenten Elemente sind: \displaystyle e_1 = (T-2)^2 (T-3)(T-4) , ~e_2 = (T-1) (T-3) (T-4)^2, \displaystyle e_3 = (T-1)^2 (T-2) (T-4),~ e_4 = (T-1) (T-2) (T-3)^2. Daraus erhalten wir den folgenden Beweis (oder zumindest, Skizze): Sei R ein Ring der Charakteristik 5 mit a^5=a für alle a \in R. Dann berechnet man unter Benutzung von a^4=1, dass e_1(a)=-a^3-a^2-a-1, e_2(a)=2 (a-a^3) + (a^2-1), e_3(a) = (a^2-1)+2(a^3-a) und e_4(a) = a^3-a^2+a-1 idempotent sind, und dass a = e_1(a) + 2 \, e_2(a) + 3 \, e_3(a) + 4 \, e_4(a). Daher ist R kommutativ. Diskussion. Für jedes konkrete spezielle n kann man also einen Beweis in PL1 hinschreiben. Er ist nur möglicherweise ziemlich aufwändig in PL1 nachzuvollziehen oder gar zu motivieren. Die Prädikatenlogik zweiter Stufe PL2 hilft uns also, Probleme aus der PL1 besser zu verstehen bzw. überhaupt erst zu lösen, selbst wenn prinzipiell die Mittel der PL1 auch ausreichen würden. Das ist vielleicht ein Grund, die PL2 wirklich wertzuschätzen. Andererseits lässt sich ein Beweis in PL1 leichter von Computern verifizieren und auch auf analoge mathematische Situationen übertragen.

5. Klassifikation.

Sobald wir einmal die Kommutativität der Ringe mit \forall x (x^n=x) haben, lassen sich diese sogar klassifizieren. Der Einfachheit halber beschränken wir uns auf den unitalen Fall. Sei zunächst R ein Integritätsring, welcher die Gleichung \forall x (x^n=x) erfüllt. Dann ist R ein Körper (für x \neq 0 ist x^{n-1}=1), sogar ein endlicher Körper (ein Polynom \neq 0 hat nur endlich viele Nullstellen), etwa R=\mathds{F}_q. Die Gleichung reduziert sich dann auf \forall x \in \mathds{F}_q^* (x^{n-1}=1), was sich auf q-1 | n-1 reduziert, weil \mathds{F}_q^* zyklisch ist. Ist nun R ein beliebiger unitaler Ring, welcher die Gleichung erfüllt, so wissen wir schon, dass R kommutativ und reduziert ist. Das Nilradikal ist der Durchschnitt der Primideale, hier also 0. Folglich ist R \to \prod_{\mathfrak{p} \in \mathrm{Spec}(R)} R/\mathfrak{p} injektiv. Jeder Quotientenring R/\mathfrak{p} erfüllt immer noch die Gleichung und ist nach obigem ein endlicher Körper \mathds{F}_q mit q-1|n-1. Umgekehrt, wenn sich R in ein solches direktes Produkt einbettet, dann erfüllt R die Gleichung. Zusammenfassung. Ein unitaler Ring erfüllt die Gleichung \forall x (x^n=x) genau dann, wenn er sich in ein (möglicherweise unendliches) Produkt von Körpern einbetten lässt, die jeweils die Form \mathds{F}_q haben, wobei q eine Primzahlpotenz mit q-1|n-1 ist. Man kann also ziemlich genau sagen, dass die Varietät der unitalen Ringe, die der Gleichung \forall x (x^n=x) genügen, genau von diesen Körpern \mathds{F}_q mit q-1|n-1 erzeugt wird. Hier eine Tabelle mit diesen Körpern: \begin{tabular}[c]{llllll} $n$ & \text{Körper} && \\ \hline 2 & $\mathds{F}_2$ & 6 & $\mathds{F}_2$ & 10 & $\mathds{F}_2, \mathds{F}_4$\\ 3 & $\mathds{F}_2, \mathds{F}_3$ & 7 & $\mathds{F}_2, \mathds{F}_3, \mathds{F}_4, \mathds{F}_7$ & 11 & $\mathds{F}_2, \mathds{F}_3, \mathds{F}_{11}$ \\ 4 & $\mathds{F}_2, \mathds{F}_4$ & 8 & $\mathds{F}_2, \mathds{F}_8$ & 12 & $\mathds{F}_2$\\ 5 & $\mathds{F}_2, \mathds{F}_3, \mathds{F}_5$ & 9 & $\mathds{F}_2, \mathds{F}_3, \mathds{F}_5, \mathds{F}_9$ & 13 & $\mathds{F}_2, \mathds{F}_3, \mathds{F}_4, \mathds{F}_5, \mathds{F}_7, \mathds{F}_{13}$\end{tabular} Verschiedene n erzeugen also dieselben Varietäten (etwa 2,6,12 und 4,10). Allgemeiner erzeugen n und n' genau dann dieselbe Varietät, wenn q-1 | n-1 \Leftrightarrow q-1 | n'-1 für alle Primzahlpotenzen q. Spezielle n erkennt man übrigens daran, dass in der Tabelle nur Primkörper auftauchen. Man kann diese Klassifikation sogar noch etwas weitertreiben und die Stone-Dualität (der Fall n=2) auf höhere n verallgemeinern: Verallgemeinerte Stone-Dualität. Wenn n>1 eine spezielle natürliche Zahl ist und p_1,\dotsc,p_k die Primzahlen mit p_i-1|n-1 sind, dann liefert (X_1,\dotsc,X_k) \mapsto C(X_1,\mathds{F}_{p_1}) \times \dotsc C(X_k,\mathds{F}_{p_k}) eine Anti-Äquivalenz zwischen der Kategorie der k-Tupel kompakter total unzusammenhängender Hausdorffräume und der Kategorie der unitalen Ringe, welche die Gleichung \forall x (x^n=x) erfüllen. Man kann sogar eine Dualität für beliebige n finden; siehe MO/181907 für den Fall n=4. Die Ringe entsprechen hier den kompakten total unzusammenhängenden Hausdorffräumen versehen mit einer Wirkung der Gruppe \mathds{Z}/2\mathds{Z}.

Quellen. [1] N. Jacobson, Structure theory for algebraic algebras of bounded degree, Annals of Mathematics, Vol. 46, No. 4, October, 1945, pp. 695-707. [2] I. N. Herstein, Noncommutative rings, The Carus Mathematical Monographs, No. 15, Mathematical Association of America, 1968. [3] I. N. Herstein, An elementary proof of a theorem of Jacobson, Duke Math. J., Vol. 21, No. 1 (1954), pp. 45-48. [4] K. Rogers, An elementary proof of a theorem of Jacobson, Abhandlungen aus dem Mathematischen Seminar der Universität Hamburg. Vol. 35. No. 3. Springer Berlin/Heidelberg, 1971. [5] J. W. Wamsley, On a condition for commutativity of rings. Journal of the London Mathematical Society 2.2 (1971), pp. 331-332. [6] T. Nagahara, H. Tominaga. Elementary proofs of a theorem of Wedderburn and a theorem of Jacobson. Abhandlungen aus dem Mathematischen Seminar der Universität Hamburg. Vol. 41. No. 1. Springer Berlin/Heidelberg, 1974. [7] S. Burris, J. Lawrence, Term rewrite rules for finite fields, International J. of Algebra and Computation, Vol 1., 1991, pp. 353-369. [8] H. Zhang, Automated proof of ring commutativity problems by algebraic methods, Journal of Symbolic Computation, Vol. 9, Issue 4, April 1990, pp. 423-427. [9] H. Zhang, Prove ring commutativity problems by algebraic methods, Tech. Report 89-04, Dept. of Computer Science, University of Iowa, 1989. [10] S. M. Buckley, D. MacHale, Variations on a theme: rings satisfying x^3=x are commutative. The American Mathematical Monthly 120.5 (2013): 430-440.
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Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen [von Martin_Infinite]  
Über Ringe, die der Gleichung text{textcolor{red}{Large $x^n=x$}} genügen.Ein Satz von Jacobson besagt: Jeder Ring R, für den es eine natürliche Zahl n>1 gibt mit forall x in R (x^n=x) ist bereits kommutativ, also forall x,y in R (xy=yx). Für n=2,3,4 sind das sehr schöne "Rechenaufgaben". Jacobsons
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"Mathematik: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen" | 16 Comments
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Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Wally am: Fr. 10. Oktober 2014 21:15:07
\(\begingroup\)Hallo, Martin, ich kann (mit Mühe, liegt an mir) am Anfang eine Menge nachrechnen, aber würde nicht auf die Ideen dahinter kommen. Aber ich bedauere es beim Lesen, mich so wenig mit Algebra beschäftigt zu haben. Das muss doch irgendwie schön sein. Wally\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: reneeeee am: Sa. 11. Oktober 2014 11:20:12
\(\begingroup\)Nettes Thema, werde ich bei Zeit mal genauer durchlesen. Eine Verallgemeinerung mit genau-dann-wenn Bedingung ist übrigens folgende (siehe das Ringtheorie-Buch von Lam, Kapitel 12): Genau dann ist ein Ring kommutativ, wenn es für alle Ringelemente $a$ und $b$ eine natürliche Zahl $n=n(a,b) >1$ gibt mit $(ab-ba)^n = ab-ba$. Wenn ich einen rechnerischen Beweis finden müsste, würde ich es mal mit dem Diamond-Lemma von Bergman versuchen.\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: weird am: Sa. 11. Oktober 2014 23:23:13
\(\begingroup\)Ja, ich finde den Artikel ebenfalls sehr interessant, wenngleich es noch einige Zeit dauern wird, bis ich alles "verdaut" habe. Ich bin ja ein erklärter Fan von solchen trickreichen Rechnungen, welche mit nur ganz wenigen Voraussetzungen auskommen. Hier dazu eine kleine Spende, welche gut zu obigem Fall n=3 passt: Ist H eine Halbgruppe mit dem Gesetz x³=x, in der außerdem Quadrate immer zentral sind, so ist sie kommutativ. Sind nämlich x,y in H beliebig, so gilt xy=(xy)³=x(yx)²y=(yx)²xy=yxyx²y=yxy²x²=y³x³=yx\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Irrlicht am: Di. 14. Oktober 2014 00:02:48
\(\begingroup\):)\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Martin_Infinite am: Di. 14. Oktober 2014 12:45:59
\(\begingroup\)@Irrlicht: Ich hatte mir schon gedacht, dass du auf die modelltheoretischen Bemerkungen anspringen wirst :). Ich mag gerne konstruktive und direkte Beweise (bin aber nicht so konsequent wie Darij), weil sie in der Regel "plattformunabhängig" sind. Daher möchte ich mich mit "Es existiert ein PL1-Beweis." kaum zufrieden geben. Umso mehr hat es mich hier fasziniert, dass man manchmal einen PL2-Beweis in einen PL1-Beweis umwandeln kann. @reneeeee: Ich habe das Paper nur überflogen, aber das Diamond-Lemma sagt doch nur etwas über die Struktur von reduzierten Wörtern in durch Erzeuger und Relationen präsentierten Algebren aus? Inwiefern kann das hier helfen? @Wally: Soll ich noch mehr die Ideen hinter den Beweisen für $n=2,3,4$ schreiben? @weird: Danke für diese Ergänzung! Ich hatte tatsächlich auch schon über die Frage nachgedacht, inwiefern man die Addition wirklich braucht und ob man nicht auch eine Art Satz von Jacobson für Halbgruppen finden kann. Aber ich denke, das ist ziemlich hoffnungslos!\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Gockel am: Di. 14. Oktober 2014 21:27:37
\(\begingroup\)@Diamond-Lemma: Ich kann natürlich nicht dafür garantieren, was Rene gemeint hat, aber ich habe das als einen Hinweis auf nichtkommutative Gröbnerbasen verstanden. Einen rechnerisch Beweis der Aussage kann man nämlich bekommen, indem man im freien Ring auf zwei Erzeugern $\mathbb{Z}\langle a,b\rangle$ eine Gröbnerbasis für das von $(ab-ba)^n - (ab-ba)$ erzeugte Ideal $I$ sucht und dann mit dessen Hilfe $ab-ba\in I$ verifiziert. Wahrscheinlich wird es sogar darauf hinauslaufen, dass $\{ab-ba\}$ selbst die Gröbnerbasis ist. mfg Gockel.\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Hanno am: Di. 14. Oktober 2014 22:30:47
\(\begingroup\)Auf die Gefahr hin, wieder lange Diskussionen vom Zaun zu brechen: Um modelltheoretisch argumentieren zu koennen, dass ein PL1 Beweis tatsaechlich existiert, muss man die omega-Konsistenz von ZFC annehmen, oder nicht?\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Gockel am: Di. 14. Oktober 2014 22:57:51
\(\begingroup\)Also Wikipedia behauptet, dass der Vollständigkeitssatz (für abzählbare Sprachen) bereits in extrem schwachen Theorien wie WCL_0 beweisbar ist. Insbesondere reicht PA aus, man muss kein Wort über ZFC verlieren. mfg Gockel.\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Martin_Infinite am: Mi. 15. Oktober 2014 09:04:33
\(\begingroup\)@Gockel: Achso. Ich wusste gar nicht, dass es Gröbner-Basen auch bei nichtkommutativen Ringen gibt. Vielleicht könnte man damit zunächst einmal den Satz von Jacobson angehen, also $xy-yx \in \langle a^n-a : a \in \mathds{Z}\langle x,y \rangle \rangle$ zeigen? (Übrigens, mit dieser Umformulierung wird wohl jeder überzeugt sein, dass es einen PL1-Beweis geben muss.) Für $n=3$ kann man folgendes machen: Sei $f(x,y):=(x+y)^3-x^3-y^3 \in \mathbb{Z} \langle x,y \rangle$. Dann gilt $\displaystyle f\bigl(x,y+(x \cdot y-y \cdot x)\bigr) - f(x,y) - f\bigl(x,(x \cdot y-y \cdot x)\bigr) - (x \cdot f(x,y) - f(x,y) \cdot x)$ $\displaystyle = y \cdot x^3 -x^3 \cdot y$ Daraus folgt $xy-yx \in \langle a^3-a : a \in \mathds{Z}\langle x,y \rangle\rangle$.\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Hanno am: Mi. 15. Oktober 2014 09:18:11
\(\begingroup\)Danke! Wenn das so ist und der Rest des Beweises in dieser schwaecheren Mengenlehre durchgeht (der Satz von Wedderburn z.B.) dann reicht es also, dass man an die omega-Konsistenz dieser schwacheren Theorie glaubt -- aber dennoch bleibt es nach meinem Verstaendnis dabei, dass man die Existenz des gewuenschten PL1 Beweises nur relativ zur verhofften omega-Konsistenz einer umgebenden Mengenlehre einsehen kann. Fuer meine Begriffe zufriedenstellender waere ein Beweis der Existenz eines PL1 Beweises in einem konstruktiven/intuitionistischen Fundament der Mathematik wie z.B. der Martin-Loefschen intuitionistischen Typentheorie. Ein solcher Beweis kaeme darin einem Algorithmus gleich, der bei Ausfuehren den gewuenschten PL1 Beweis produzierte. Der Beweis der Aussage, dass Ausfuehrung eines jeden Algorithmus in intuitionistischer Typentheorie tatsaechlich terminiert, baut zwar wieder auf der Konsistenz anderer logischer Systeme, aber das schoene hier ist, dass man sich vom Terminieren eines konkret gegebenen Beweises/Algorithmus einfach ueberzeugen kann, indem man ihn ausfuehrt. Insofern liefert Typentheorie ein konstruktives Fundament fuer die Mathematik, das auch dann noch von Nutzen ist, wenn es inkonsistent ist, da terminierende Algorithmen ('reliable proofs' in Voevodskys Worten) neben nicht-terminierenden (=Inkonsistenzen) friedlich koexistieren koennten. Allerdings weiss ich nicht, wie der Goedelsche Vollstaendigkeitssatz (Systeme klassischer Logik betrefffend) in einem intuitionistischen Fundament zu formulieren oder gar zu beweisen ist.\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Gockel am: Mi. 15. Oktober 2014 15:58:51
\(\begingroup\)So einen Algorithmus kann man aber generisch hinschreiben, weil die Menge aller Beweise rekursiv aufzählbar ist (sobald das Axiomensystem es ist, aber Ringtheorie ist ja sogar endlich axiomatisiert). Man muss also nur der Reihe nach alle Beweise durchgehen und genügend Zeit mitbringen, um einen Beweis einer beliebigen Aussage zu finden (oder eben nicht zu finden, wenn die Aussage unbeweisbar ist). Das Problem ist wirklich nicht der Algorithmus, der ist völlig trivial. Das Problem ist die Terminierung, d.h. die Existenz eines Beweises. Was meinst du mit "Terminierung eines jeden Algorithmus" ? Das kann nicht sein, es gibt schließlich unendlich viele Algorithmen, die bekanntlich niemals terminieren. Die muss es auch in einem intuitionistischen System geben. Wenn \sourceon while(true) { DreheDäumchen(); } \sourceoff kein Algorithmus ist, dann hat man das Wort "Algorithmus" falsch definiert. Ich weiß nicht, wie das mit dem Intuitionismus alles funktioniert, ich habe mich damit nie beschäftigt. Aber ein Wort zur Warnung aus der klassischen Logik: Nicht alles, was konkret und algorithmisch aussieht, ist vor den üblichen Fallen bzgl. Inkonsistenzen, Unentscheidbarkeit und dergleichen geschützt. Eher im Gegenteil: Der Unvollständigkeitssatz und seine Konsequenzen sind erstaunlich konkret und algorithmisch. Das sieht man ja schon daran, dass PA dem Unvollständigkeitssatz unterliegt, aber rekursiv aufzählbar ist, sodass ebenfalls alles, was mit PA-Beweisbarkeit zu tun, auch algorithmisch formuliert werden kann. Die Existenz eines terminierenden Algorithmus ist eine PA-Aussage wie jede andere und kann deshalb von all denselben Phänomenen betroffen sein. Kurzum: An irgendeiner Stelle muss man einfach eine Konsistenz-Annahme treffen, es führt kein Weg daran vorbei. mfg Gockel.\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Hanno am: Mi. 15. Oktober 2014 17:19:51
\(\begingroup\)Hallo Johannes! Entschuldige, unter Algorithmus habe ich wohlgetypte Terme der Typentheorie verstanden, und diese sind fuer viele Systeme der Typentheorie bewiesenermassen terminierend, was insbesondere die Konsistenz dieser Typsysteme als logische Kalkuele nach sich zieht. (Kurz: nein, in einem intuitionistischen Typsystem gibt es keine nicht-terminierenden Algorithmen) Und natuerlich hast Du recht, wenn Du sagst, dass es da einen Haken geben muss: wie oben geschrieben baut man beim Beweis der Normalisierung/Konsistenz von Typsystemen wiederum auf der Konsistenz anderer logischer Kalkuele, sodass nichts gewonnen zu sein scheint. Der Punkt, den ich jedoch hervorheben wollte, ist der: auch wenn es keinen absoluten Beweis dafuer geben wird, dass die durch Typentheorie zu beschreibenden Algorithmen stets terminieren, so kann man fuer jeden konkret konstruierten Algorithmus (oder Konstruktion oder Beweis -- in Typentheorie fallen diese Dinge alle unter den Begriff 'Term') die Normalisierung von Hand durchfuehren und sich ueberzeugen, dass sie abbricht. Jede solche von Hand 'zertifizierte' Konstruktion hat dann auch dann noch einen Wert, wenn sich irgendwann herausstellt, dass das gesamte System inkonsistent ist. Das ist, so habe ich es verstanden, eine der Hauptmotivationen bei der (derzeitigen) Entwicklung der (Homotopie)Typentheorie. Aber das fuehrt jetzt sehr weit weg -- ich wollte eigentlich nur anmerken, dass modelltheoretische Argumente fuer die Existenz des gesuchten PL1 Beweises auf dem Glauben an die Konsistenz der verwendeten Mengenlehre bauen, derer wir uns aber nie sicher sein werden. Insofern bleibt nach meinem Empfinden so lange ein gewisser, wenngleich sehr kleiner, Restzweifel an der Existenz des gesuchten Beweises, bis er tatsaechlich hingeschrieben ist. Es bestuende auch dann noch ein Restzweifel, wenn man einen konstruktiven Beweis fuer die Existenz gefunden haette (z.B. in Typentheorie), aber dieser koennte dann eben durch Ausfuehren der gefundenen Konstruktion ausgeraeumt werden.\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Slash am: Mo. 20. Oktober 2014 20:59:21
\(\begingroup\)Hi, die Folge aus Kapitel 4 (oder längere Teilfolgen daraus) $2,3,5,6,11,12,14,18,20,21,23,24,26,30,32,35,38,39,...$ ist noch nicht in der OEIS vertreten. Wegen der geringen Abstände aufeinander folgender Folgenglieder wäre das bestimmt auch für andere interessant. Gruß, Slash\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Martin_Infinite am: Mo. 20. Oktober 2014 21:33:15
\(\begingroup\)@Slash: Ich habe darüber auch schon nachgedacht. Bei der OEIS sollten aber Quellen genannt werden und das ganze sollte eine gewisse Relevanz haben. Daher werde ich erst mal warten, bis/ob ich meinen Artikel veröffentliche, an dem ich zur Zeit schreibe (es geht dabei ebenfalls um diese Ringe mit $x^n=x$.)\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: ZetaX am: Di. 21. Oktober 2014 00:03:56
\(\begingroup\)Die Relevanzkriterien der OEIS sind doch quasi nonexistent. Da finden sich auch so Schrott wie Ergebnisse im Football oder so sinnvolle Folgen wie Quadrate der Primzahlen plus 1 (und ich habe letzteres nicht gewusst, sondern ins blaue geraten, und es existiert tatsächlich)...\(\endgroup\)
 

Re: Über Ringe, die der Gleichung x^n=x genügen
von: Slash am: So. 26. Oktober 2014 01:47:13
\(\begingroup\)Also das mit den Football-Sequenzen habe ich auch noch nicht gewusst und habe mal nachgehakt. Antwort: The OEIS includes a small number of nonmathematical sequences. Another example would be A072171, the number of stars of visual magnitude n. Although this is not our focus, sometimes these sequences are searched and we like to be able to answer queries! Ich bin auch davon ausgegangen, dass es eine Sammlung von Zahlenfolgen mit mathematischer Relevanz ist. Ich bin gespannt welche Antwort ich von einem Reviewer erhalte, wenn ich mal ein Pendant zu A095973 "Yard markers on a U.S.A. football field." vorschlage. Gruß, Slash\(\endgroup\)
 

 
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