Quieren demostrar que algunos $\mathbb R[x]$-Módulo no tiene ninguna base

Question

Así que aquí está mi pregunta,

Considere la posibilidad de la $\mathbb R[X]$-módulo de $\mathbb R[X,X^{-1}]$ i.e la $\mathbb R[x]$-módulo de todos Laurent-Polinomios. Quiero mostrar que el módulo no es libre.e no tiene ninguna base.

Ya me siento veo el problema, ya que si uno multiplica un elemento $p(x)\in\mathbb R[X^{-1}]$ con algún elemento del anillo de $\mathbb R[X]$ sólo es posible aumentar el grado de $p(x)$ pero no es posible reducirlo.

Por otra parte, creo que si lo supongo por la contradicción que existe una base 0f $\mathbb R[X,X^{-1}]$ que contiene al menos algunos de carrete constante $c$ como base de la $\mathbb R[X]\subset\mathbb R[X,X^{-1}]$. A continuación, cada base tiene que ser de la forma $\{c,p_1,p_2,...\}$ donde $p_i\in\mathbb R[X,X^{-1}]$ - $\mathbb R[X$] yo.e es algún polinomio de grado estrictamente menor que el cero. Y este polinomios puede no ser lineal independiente ya que uno siempre puede aumentar el grado hasta que se convierte de nuevo positv...?

Answer 1

Deje $K$ ser cualquier campo (nada especial acerca de los números reales aquí). Supongamos $K[X,X^{-1}]$ eran libres de $K[X]$-módulo sobre alguna base con cardinalidad $\gamma$ (finito o infinito). Ya argumentado que $\gamma=1$ no es posible.

Ahora esto implicaría $K[X,X^{-1}]\otimes_{K[X]}K(X)$ $K(X)$- espacio vectorial de dimensión$~\gamma$. Pero es en realidad es una $K(X)$-espacio vectorial de dimensión$~1$, desde cualquiera de los dos elementos de $K[X,X^{-1}]$, obviamente, son linealmente dependientes sobre$~K(X)$. Contradicción.

Answer 2

Supongamos $\mathcal{B}$ es un conjunto de generadores para $\mathbb{R}[X, X^{-1}]$ $\mathbb{R}[X]$- módulo. Debe haber términos de forma arbitraria baja menor plazo, ya que - como ha señalado acertadamente - la multiplicación de los elementos de $\mathbb{R}[X, X^{-1}]$ por elementos de $\mathbb{R}[X]$ solo puede aumentar el grado de la menor plazo. Así, en particular, $|\mathcal{B}| = \infty$

Pero $1$ puede ser escrito como una finito $\mathbb{R}[X]$-suma lineal de los elementos de $\mathcal{B}$, decir $1 = f_1b_1 + ... + f_rb_r$. Deje $b \in \mathcal{B}$ ser tal que $b \neq b_i$ todos los $i$, y asumir el menor plazo de $b$ grado $r < 0$. A continuación, $bX^r \in \mathbb{R}[X]$ (e $bX^r \neq 0$).

Pero ahora $(f_1bX^r)b_1 + ... + (f_rbX^r) - bX^r$ es no trivial de la $\mathbb{R}[X]$-relación lineal entre los elementos de las $\mathcal{B}$, lo $\mathcal{B}$ no puede ser una base.

Answer 3

Observación: Cualquiera de los dos distinto de cero $\Bbb R[x]$ submódulos de $\Bbb R[x,x^{-1}]$ se cruzan. Si $M$ $N$ son dos submódulos y $a\in M$, $b\in N$ son cero elementos. Usted puede encontrar los poderes de $x$ tal que $x^ia\in \Bbb R[x]$$x^kb\in \Bbb R[x]$, y, a continuación, usted puede encontrar su mcd en $\Bbb R[x]$. Es decir, no existe $p,q$ tal que $px^ia=qx^kb\in M\cap N$, mostrando la intersección es distinto de cero.

El uso de esta observación, si $\Bbb R[x,x^{-1}]$ eran libres, no podía tener más de una copia de $\Bbb R[x]$ en su descomposición. Eso significaría $\Bbb R[x,x^{-1}]$ es cíclica $\Bbb R[x]$ módulo. Pero como se observa, no solo elemento sería suficiente para generar todos los de $\Bbb R[x,x^{-1}]$, ya que el conjunto de cosas que un solo elemento puede generar se ha definido un límite inferior en grado.

Answer 4

Aquí es una base libre de la argumentación. Supongamos que $\mathbb{R}[X^{\pm 1}]$ es un servicio gratuito de $\mathbb{R}[X]$-módulo, a continuación, también es proyectiva. Deje $g : \mathbb{R}[X,Y] \to \mathbb{R}[X^{\pm 1}]$ ser el surjective $\mathbb{R}[X]$-álgebra-homomorphism asignación de $Y \mapsto X^{-1}$. Ahora por projectivity hay un $\mathbb{R}[X]$-módulo-homomorphism $f : \mathbb{R}[X^{\pm 1}] \to \mathbb{R}[X,Y]$ tal que $g \circ f = id$. Esto conduce fácilmente a una contradicción: porque de $X^n \cdot f(X^{-n}) = f(1) \in \mathbb{R}[X,Y]$ vemos que $X^n$ divide $f(1)$ para todos los enteros positivos $n$ que obliga a $f(1)=0$. Pero, a continuación,$X = gf(X) = X \cdot gf(1) = 0$.

Por supuesto, este argumento todavía funciona si reemplazamos $\mathbb{R}$ por cualquier otro (distinto de cero) conmutativa anillo.