Solusi Bab 14: Aljabar Pengali

Penyelesaian lengkap

Andaikan mula-mula $(V,+,M)$ memenuhi definisi formal dan tetapkan $\alpha x=M(\alpha)(x)$. Karena setiap $M(\alpha)$ merupakan endomorfisme grup Abel $(V,+)$, $$\alpha(x+y)=\alpha x+\alpha y.$$ Karena $M$ homomorfisme gelanggang, $$\begin{align*} (\alpha+\beta)x &=M(\alpha+\beta)x =\bigl(M(\alpha)+M(\beta)\bigr)x =\alpha x+\beta x,\\ (\alpha\beta)x &=M(\alpha\beta)x =M(\alpha)M(\beta)x =\alpha(\beta x),\\ 1x&=M(1)x=x. \end{align*}$$ Grup Abel memberi seluruh aksioma penjumlahan vektor, dan ketiga identitas di atas beserta aditivitas $M(\alpha)$ memberi seluruh aksioma perkalian skalar kompleks yang biasa.

Sebaliknya, mulai dari ruang vektor kompleks dalam pengertian biasa dan definisikan $M(\alpha)(x)=\alpha x$. Distributivitas terhadap penjumlahan vektor menunjukkan $M(\alpha)\in\mathop{\mathrm{Hom}}(V,+)$. Distributivitas terhadap penjumlahan skalar memberi $M(\alpha+\beta)=M(\alpha)+M(\beta)$, asosiativitas perkalian skalar memberi $M(\alpha\beta)=M(\alpha)M(\beta)$, dan aksioma satuan memberi $M(1)=I_V$. Jadi $M$ homomorfisme gelanggang beridentitas. Kedua konstruksi jelas saling invers.

Penyelesaian lengkap

Mulailah dengan modul kanan dalam 14.1.3 dan definisikan operator $\Phi(a)$ melalui $$\Phi(a)x=xa.$$ Bilinearitas aksi menunjukkan bahwa $\Phi(a)$ linear dan bahwa $a\mapsto\Phi(a)$ linear. Akan tetapi, aksioma modul kanan memberi $$\Phi(ab)x=x(ab)=(xa)b=\Phi(b)\Phi(a)x,$$ jadi $$\Phi(ab)=\Phi(b)\Phi(a).$$ Dengan kata lain, $\Phi$ adalah antihomomorfisme $A\to\mathfrak{L}(V)$, atau homomorfisme $A^{\mathrm{op}}\to\mathfrak{L}(V)$. Jika $A$ beridentitas, syarat $x1_A=x$ tepat sama dengan $\Phi(1_A)=I_V$.

Sebaliknya, andaikan $\Phi\colon A\to\mathfrak{L}(V)$ linear, beridentitas bila diperlukan, dan memenuhi $\Phi(ab)=\Phi(b)\Phi(a)$. Tetapkan $xa=\Phi(a)x$. Linearitas $\Phi$ dan setiap operator $\Phi(a)$ memberi bilinearitas, sedangkan $$(xa)b=\Phi(b)\Phi(a)x=\Phi(ab)x=x(ab).$$ Syarat satuan juga langsung cocok. Kedua konstruksi ini saling invers, sehingga memberi ekuivalensi yang benar.

Bahwa kata “homomorfisme” pada 14.1.8 tidak dapat dipertahankan untuk aljabar tak komutatif dapat dilihat dari contoh $A=M_2(\mathbb{C})$ dan $V=A$ dengan aksi kanan biasa. Jika $R_a(x)=xa$, maka $R_aR_b=R_{ba}$, bukan $R_{ab}$ pada umumnya. Misalnya, untuk $a=E_{12}$ dan $b=E_{21}$, diperoleh $ab=E_{11}$ dan $ba=E_{22}$. Jadi pernyataan tercetak memerlukan koreksi arah perkalian di atas; solusi ini tidak menyamarkan ketidaksesuaian tersebut.