¿Por qué no funciona la teoría de Auslander Reiten en este ejemplo?

Question

Considerar el carcaj

$ 1 \xrightarrow{\alpha} 2 \xrightarrow{\beta} 3 \xrightarrow{\gamma} 4$

con las relaciones de $I= < \alpha \beta \gamma >$

Yo calcula de la siguiente inyectiva resolución para la representación $\begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{de la matriz}$,

$0 \longrightarrow \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{de la matriz} \longrightarrow yo(3)=\begin{matrix} 1 &\\ 2 &\\ 3 \end{de la matriz} \longrightarrow I(1)= 1 \longrightarrow 0$

la aplicación de la Inversa de la Nakayama functor $\nu^{-1}$ I get

$0 \longrightarrow \nu^{-1} \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matriz} =0 \longrightarrow P(3) = \begin{matrix} 3 &\\ 4 \end{de la matriz} \longrightarrow P(1) =\begin{matrix} 1 &\\ 2 &\\ 3 \end{de la matriz} \longrightarrow \tau^{-1} \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{de la matriz} \longrightarrow 0$

PERO la secuencia no es exacto desde $P(3) \longrightarrow P(1)$ ya que no es inyectiva.

¿Qué está mal aquí? Creo que es porque $\nu^{-1} \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{de la matriz} \neq 0$, pero pensé que la inversa nakayama functor es cero, no injectives?

Answer 1

A la inversa Nakayama functor no es cero, no inyectiva representaciones. Pensar acerca de lo que esto implica: que significaría que por cada no inyectiva representación $M$, la proyectiva presentación de $\tau^{-1} M$ calculado en su post tendría que demostrar que ha proyectivo de dimensión en la mayoría de las $1$... que no puede ser cierto para todas las representaciones de la forma $\tau^{-1}M$.

Así que vamos a rehacer el cálculo. ¿Cuál es $\nu^{-1}\begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matriz}\!\!\!\!\!$? Por definición, es

$$ \nu^{-1}\begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matriz} = Hom_A(DA,\begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{de la matriz}\!\!\!\!\!) = Hom_A(I(1)\oplus I(2)\oplus I(3) \oplus yo(4), \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matriz}\!\!\!\!\!). $$

Desde $Hom_A(I(1), \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matrix}\!\!\!\!\!) = Hom_A(I(2), \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matrix}\!\!\!\!\!) = Hom_A(I(3), \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matrix}\!\!\!\!\!) = 0$ $Hom_A(I(4), \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matrix}\!\!\!\!\!)$ es unidimensional, conseguimos que los $\nu^{-1}\begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matrix}\!\!\!\!\! = 4$.

Por lo tanto la secuencia exacta es

$$ 0 \longrightarrow \nu^{-1} \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matriz}\!\!\!\!\! =4 \longrightarrow P(3) = \begin{matrix} 3 &\\ 4 \end{de la matriz} \longrightarrow P(1) =\begin{matrix} 1 &\\ 2 &\\ 3 \end{de la matriz} \longrightarrow \tau^{-1} \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{de la matriz} \longrightarrow 0, $$ lo que es más, de lo que sería de esperar. Por lo tanto $\tau^{-1} \begin{matrix} 2 &\\ 3 \end{matriz}\!\!\!\!\! = \begin{matrix} 1 &\\ 2 \end{matriz}\!\!\!\!\!.$