پاسخ منفی است.
یادآور میشویم که
$A$
یک
$R$
-جبر است هر گاه یک حلقه و یک
$R$
-مدول باشد که جمع حلقهای و مدولیاش یکسان باشند و ضرب مدولی و ضرب حلقهایاش شرکتپذیری زیر را داشته باشند.
$$\forall r\in R,a,b\in A\;:\;r(ab)=(ra)b=a(rb)$$
$\phi$
از
$A$
به
$B$
یک همریختی
$R$
-جبری است هر گاه هم همریختی حلقهای باشد و هم همریختی
$R$
-مدولی.
برای ایدهآل اول بودن هستهٔ یک همریختی
$R$
-جبری مثال نقض میآوریم.
دو
$k$
-جبر
$k[x,y]$
و
$\dfrac{k[x,y]}{\langle xy\rangle}$
را در نظر بگیرید. نگاشت کانونی
$\pi:k[x,y]\rightarrow\dfrac{k[x,y]}{\langle xy\rangle}$
که هر چندجملهای را به ردهٔ خارجقسمتیاش میفرستد هم همریختی حلقهای است و هم همریختی
$k$
-مدولی پس یک همریختی
$k$
-جبری میشود. هستهٔ یک همریختی کانونی همواره خود ایدهآل خارج قسمت است پس
$\ker\pi=\langle xy\rangle$
اما
$\langle xy\rangle$
ایدهآل اولی در
$k[x,y]$
نیست (چون
$x$
و
$y$
هیچ کدام در آن نیستند ولی حاصلضربشان در آن میافتد).
ولی با توجه به دیدگاهی که پیشتر گذاشتهاید فکر کنم نیاز به اشاره به خاصیتهای هسته دارید.
در حلقهها تصویر یک همریختی یک ساختار پائینتر از هستهٔ همریختی میشود (برای اینکه راحتتر در ذهنتان بماند). تصویر یک همریختی حلقهای، زیرحلقهٔ همدامنه و هستهٔ همریختی حلقهای، ایدهآل دامنه میشود.
بیاییم فرض کنیم
$\phi:A\rightarrow B$
فقط یک همریختی حلقهای باشد. برای ثابت کردن ایدهآل بودن
$\ker\phi$
نیاز به بیرون آوردن
$r$
از
$\phi(ra)$
ندارید. فرض کنید
$a$
در هسته باشد پس
$\phi(a)=0$
.
حالا بیاییم یک عنصر دلخواه از حلقهای که میخواهیم هسته ایدهالش شود یعنی حلقهٔ
$A$
و نه حلقهٔ
$R$
برمیداریم،
مانند
$r$
.
$$\phi(ra)=\phi(r)\phi(a)=\phi(r)\cdot 0=0$$
پس
$ra\in\ker\phi$
و در نتیجه
$\ker\phi$
یک ایدهآل از
$A$
است (بسته بودن نسبت به جمع و ناتهی بودن و زیرمجموعه بودن را خودتان بررسی کنید که ساده هستند).
توجه کنید که اصلا هسته میتواند زیرمجموعهٔ حلقهٔ اسکالری نباشد و وقتی قرار نیست الزاما زیرمجموعهٔ آن باشد چگونه ایدهآل بودنش در آن حلقه را توقع دارید؟ برای نمونه در همان مثال نقض بالا هستهمان یعنی ایدهآل تولید شده بوسیلهٔ چندجملهای
$xy$
در حلقهٔ چندجملهایهای دو متغیره اصلا زیرمجموعهٔ میدان ضرایب یعنی
$k$
نیست چون اصلا مولد این ایدهآل یک چندجملهای متغیردار است و اسکالر نمیباشد!
پس باید ایدهآل بودن هسته را در
$A$
و نه
$R$
بررسی کرد. اکنون نشان میدهیم که با فقط
$R$
-همریختی مدولی بودن و بدون همریختی بودن حلقهای
$\phi$
ایدهآل بودن روی نمیدهد.
چون همریختی حلقهای نیست نمیتوانیم برای هر دو عنصر
$a,b\in A$
بنویسیم
$\phi(ab)=\phi(a)\phi(b)$
و فقط برای عنصرهای اسکالری میتوانیم آن را بیرون بکشیم. اگر
$r$
عضو دلخواه از
$A$
باشد و
$a$
در هسته، نمیتوانیم بنویسیم
$\phi(ra)=r\phi(a)$
و نتیجه بگیریم که حاصل صفر است و کار را تمام کنیم چون
$r\in A$
و قرار نیست برای یک
$R$
-جبر دلخواه داشتهباشیم
$A\subseteq R$
مانند حالت مثال نقض بالا.
پس نتیجه این است که چیزی که ایدهآل بودن هسته همریختیهای جبری را باعث میشود، همریختی حلقهای بودن آنها است و نه بخش همریختی مدولی بودن آنها.
