Cada sistema de $n$ generadores es una base para $A^{n}$

Question

Este es el problema $15$ a partir del Capítulo $3$ de Atiyah y Macdonald libro.

Deje $A$ ser un anillo deje $F$ $A$- módulo de $A^{n}$. Mostrar que cada juego de $n$ generadores es una base de $F$. He aquí la sugerencia:

Deje $x_{1},..,x_{n}$ ser un conjunto de generadores de $F$ y deje $e_{1},..,e_{n}$ ser la base canónica de $F$. Deje $\phi: \rightarrow F$ ser definido por $\phi(e_{i})=x_{i}$. A continuación, $\phi$ es surjective y asumimos $A$ es local. Deje $N=ker(\phi)$ y deje $k=A/\mathfrak{m}$ el residuo campo de $A$. Desde $F$ es un plano $A$-módulo, a continuación, la secuencia exacta:

$0 \rightarrow N \rightarrow F \rightarrow F \rightarrow 0$ induce una secuencia exacta

$0 \rightarrow k \otimes N \rightarrow k \otimes F \rightarrow k \otimes F \rightarrow 0$.

Primera pregunta: en realidad debemos asumir $A^{n}$ es local, ¿no? debido a $F=A^{n}$ pero si $A^{n}$ es local, entonces también lo es $A$ derecho? debido a que cada ideal maximal $M_{i}$ $A^{n}$ es de la forma $A_{1} \times A_{2} \times... M_{i} \ ... \times A_{n}$. Y si $A$, $A^{n}$ es local por lo $A$ es local iff $A^{n}$ es local. Es este el razonamiento detrás de la pista?

Segunda pregunta: La parte que no entiendo es por qué cuando tensoring con $k$ la secuencia sigue siendo exacta? sabemos que $F$ es plana porque es gratis, así que tensoring cualquier secuencia exacta con $F$ permanece exacta, pero ¿por qué tensoring con $k$ también sigue siendo exacta? parece que estamos asumiendo $k$ es un plano $A$-módulo, pero ¿por qué es esto?

Answer 1

En la OP del pedido, me estoy convirtiendo algunos de mis comentarios anteriores en una respuesta:

En primer lugar, $A^n$ nunca es considerado como un anillo, sólo un $A$-módulo, de modo que no tiene sentido decir que $A^n$ es local. (Localidad es una propiedad de los anillos, no de los módulos.) Como un punto, si $n>1$ $A$ es distinto de cero, entonces a $A^n$ nunca es local, así que es bueno que la localidad de $A^n$ no es necesario!

(Para demostrar este último punto: que me tome $n=2$ para la concreción. Si $A$ es distinto de cero, contiene un ideal maximal $m$. A continuación, $A\times m$ $m\times A$ son tanto los máximos ideales de la $A^2$, lo $A^2$ no puede ser local. Una manera diferente que sea su enunciado, más geométrica, el argumento es que la Especificación $A^2$ es distinto de la unión de Espec $A$, por lo tanto, se desconecta, mientras que la Especificación de un anillo local está siempre conectado. Los dos argumentos están estrechamente relacionados, de hecho.)

En segundo lugar, $k$ no va a ser tan plano como una $A$-módulo a menos $A=k$ (ver aquí), así que, si bien es cierto que uno tendría exactitud después de tensoring con $k$, se mantienen como un $A$-módulo, que planitud casi nunca. El punto es que si $0 \to M^′\to M \to M^{′′}\to 0$ es una secuencia exacta de $A$-módulos con $M^{′′}$ plana y $N$ cualquier $A$-módulo, a continuación, $0\to M^′\otimes N \to M\otimes N\to M^{′′}\otimes N \to 0$ es de nuevo exacta. Hay varias maneras de ver esto: Steve D las notas de una (un argumento con Tor) en su comentario anterior. Como Olivier Begassat notas, en su caso M" no es plana, sino libre, por lo que de hecho, el original de la secuencia exacta divisiones, lo que hace evidente que se mantiene exacto después de tensoring. (Sin embargo, la declaración más general con tv de módulos si a menudo muy útil.)

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Otra observación: hay otras maneras de demostrar esta (como Pete Clark notas en su respuesta) además siguiendo el esquema de Atiyah y Macdonald. Pete Clark ha tomado nota de uno (que de hecho resulta de una declaración más general).

Otra es considerar que la $\phi$ $n \times n$- matriz, se nota que ya es un surjection se queda así, después de reducir el modulo $\mathfrak m$ para cada ideal maximal de a $A$, por lo tanto es invertible cada modulo $\mathfrak m$, lo que ha unidad determinante modulo cada $\mathfrak m$, por lo tanto tiene unidad determinante, y por lo tanto sí es invertible. (Tenga en cuenta que discutir con los determinantes es, en cierto sentido, una forma de evitar Nakayama del lexema mediante el uso de los ingredientes en su prueba.)

Answer 2

Para (digamos conmutativa) anillo de $R$, a la izquierda $R$-módulo es Hopfian si cada surjective $R$-mapa del módulo de $M$ $M$es un isomorfismo. El ejercicio de Atiyah-Macdonald por lo tanto puede ser reformulada como: cada finitely libres generados por el módulo a través de un anillo conmutativo es Hopfian.

De hecho, un mayor resultado es cierto: cada finitely módulo generado sobre un anillo conmutativo es Hopfian. La prueba es rápida -- pero un poco complicado -- aplicación de Nakayama del Lexema. Véase, por ejemplo, $\S 3.8.2$ de mi álgebra conmutativa notas. El argumento no es tomado de la página 9!) de Matsumura, el Conmutativa Anillo de la Teoría. (La prueba no requiere de álgebra homológica aunque algunos de los ejercicios de Atiyah-Macdonald hacer.)

Tenga en cuenta que un ejemplo sencillo de un no-Hopfian módulo es la suma directa de countably muchas copias de cualquier valor distinto de cero $R$-módulo de $M$, por lo finito generación es absolutamente necesaria hipótesis.

Permítanme hablar un par de preguntas más adelante en el post.

1: $A^n$ es no un anillo local al $n > 1$ (e $A \neq 0$, por supuesto). Su descripción de la máxima ideales hace referencia a la $i$th componente, por lo que variando $i$ consigue más que un ideal maximal.

2: No, si $\mathfrak{m}$ es un valor distinto de cero ideal maximal de a$R$, $k = R/\mathfrak{m}$ no se necesita ser un plano $R$-módulo. Por ejemplo, cuando se $R$ es un dominio, cada plano $R$-módulo es torsionfree por lo tanto fieles, sino $k$ tiene un valor distinto de cero annihilator $\mathfrak{m}$. Sin embargo, lo cierto es que después de tensoring con $k$ la secuencia es exacta, por ejemplo, un argumento que implican $\operatorname{Tor}$ como se señaló en los comentarios, o como Matt notas, ya que la libertad de el último término en el original breve secuencia exacta significa que la secuencia se divide, y tensoring una división exacta de los resultados de la secuencia en otra división de la secuencia exacta.

Answer 3

Esto no es otra respuesta, pero un largo comentario dirigido a Pierre-Yves Gaillard!

@Pierre-Yves Gaillard Es ressembles, pero se las arregla para no usar Nakayama del lexema. Usted puede encontrar como Théorème 5.3.3 (p.51) en el http://hlombardi.free.fr/EnseignementWeb/Modules-M1.pdf.

Aquí está la prueba. Tome $M$ un finitely generadas $A$ módulo, dicen generado por $m_1,\dots,m_r$, e $\varphi\in\mathrm{End}_A(M)$ surjective. Se define (a priori no único) de los coeficientes de $(a^i_j)\in M_r(A)$ mediante el establecimiento $m_j=\varphi(\sum a^i_j\cdot m_i)$; siguiente, esto es donde converge con Pete de la prueba, se definen $B$ $A$- subalgebra de $\mathrm{End}_A(M)$ generado por $\varphi$ (lo que coincide con la imagen de la canónica homomorphism de $A$ álgebras $A[X]\to\mathrm{End}_A(M)$ envío de $X$ a $\varphi$). $B$ es un anillo, y $M$ es, naturalmente, un $B$ módulo, por lo que obtener un $M_r(B)$ módulo de estructura en $M^r$.

Considere la siguiente matriz $$P=\left( \begin{array}{cccc} a^1_1\varphi & a^1_2\varphi & \ldots & a^1_r\varphi \\ a^2_1\varphi & a^2_2\varphi & \ldots & a^2_r\varphi \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ a^r_1\varphi & a^r_2\varphi & \ldots & a^r_r\varphi \\ \end{array}\right) \en M_r(B).$$

Por la definición de los distintos coeficientes, se tiene $$(\mathrm{I}_r-P)\cdot\left(\begin{array}{c} m_1 \\ m_2\\ \vdots \\ m_r \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} 0 \\ 0\\ \vdots \\ 0 \end{array}\right).$$ A continuación, aplicar el comatrix identidad (dentro de $M_r(B)$, que trabaja, desde la $B$ es un conmutativa anillo) a $\mathrm{I}_r-P$ para obtener $$(\mathrm{I}_r-P)\times \mathrm{Com}(\mathrm{I}_r-P)^{\mathrm{T}}=\mathrm{Com}(\mathrm{I}_r-P)^{\mathrm{T}}\times (\mathrm{I}_r-P)= \det(\mathrm{I}_r-P)\cdot\mathrm{I}_r$$, with $\det(\mathrm{I}_r-P)=\mathrm{id}_M - \varphi\times p(\varphi)=\mathrm{id}_M - p(\varphi)\times\varphi$ for some $p\en A[X]~($by definition, $1_B=\mathrm{id}_M=1_{\mathrm{End}_A(M)})$. Reapply the vector $\left(\begin{array}{c} m_1 \\ m_2\\ \vdots \\ m_r \end{array}\right)$ to it, remember that the $m_i$ span $M$, and you'll end up with the fact that $\varphi$ is an isomorphism of $M$, with inverse $p(\varphi)$. Si su nombre es cualquier indicación, usted será capaz de leer en las notas que he enlazado.

Answer 4

Este es un comentario acerca de que Pete respuesta.

Pete escribe:

De hecho, un mayor resultado es cierto: cada finitely módulo generado sobre un anillo conmutativo es Hopfian. La prueba es rápida -- pero un poco complicado -- aplicación de Nakayama del Lexema. Véase, por ejemplo, $\S 3.8.2$ de mi álgebra conmutativa notas. El argumento no es tomado de la página 9!) de Matsumura, el Conmutativa Anillo de la Teoría.

Voy a tratar de reformular Matsumura, el argumento de una manera ligeramente diferente.

Teorema. Deje $A$ ser un anillo conmutativo y $\psi$ un surjective endomorfismo de un finitely generadas $A$-módulo de $M$. A continuación, $\psi$ es invertible.

Vamos a utilizar el

Lema. Deje $B$ ser un anillo conmutativo, $\mathfrak b\subset B$ un ideal, $M$ un finitely generadas $B$-módulo, y $\phi$ un endomorfismo de $M$ tal que $\phi M\subset\mathfrak bM$. A continuación, $\phi$ es en el radical del ideal de la $\mathfrak b[\phi]$$B[\phi]$: $$ \phi\r(\mathfrak b[\phi])\subconjunto B[\phi]. $$

El Lema implica el Teorema. Aplicando el Lema para el anillo de $B:=A[\psi]$, ideal para la $\mathfrak b:=(\psi)\subset B$, para el módulo de $M$, y para el endomorfismo $$ \phi:=\text{id}_M=1\B=A[\psi], $$ vemos que $1$ es en el radical de $(\psi)\subset B$. Esto implica, de hecho, que $\psi$ es invertible.

La prueba del Lema. Deje $(x_j)$ ser un sistema finito de generación de $M$. Cada una de las $x_j$ puede ser escrito como $$ x_j=\phi\ \sum_k\ a_{jk}\ x_k $$ para algunos $a_{jk}$$\mathfrak b$. En otras palabras, tenemos $$ \sum_k\ (\delta_{jk}-a_{jk}\phi\ )\ x_k=0 $$ (donde $\delta$ es el delta de Kronecker), es decir, los elementos $$ b_{jk}:=\delta_{jk}-a_{jk}\phi\B[\phi] $$ satisfacer $$ \sum_k\ b_{jk}\ x_k=0. $$ Si $(c_{ij})$ es la adjunta de la matriz $(b_{jk})$, obtenemos $$ \sum_j\ c_{ij}\ b_{jk}=\delta_{ik}\ \Delta\quad\Delta=\det(b_{jk})\B[\phi]. $$ Vamos a calcular $$ y_i:=\sum_{j,k}\ c_{ij}\ b_{jk}\ x_k\M $$ de dos maneras. Por un lado tenemos $$ y_i=\sum_j\ c_{ij}\ \sum_k\ b_{jk}\ x_k=0. $$ Por otro lado tenemos $$ y_i=\sum_k\ \izquierdo(\sum_j\ c_{ij}\ b_{jk}\right)x_k=\sum_k\ \delta_{ik}\ \Delta x_k=\Delta x_i. $$ Esto implica que sucesivamente $\Delta x_i=0$ todos los $i$, $\Delta x=0$ todos los $x$$M$, $\phi$ es en el radical del ideal de la $\mathfrak b[\phi]$$B[\phi]$.