Supongamos que M es un módulo sobre dominio integral R. Si M es generada por k elementos, entonces $rank(M) \leq k$ (confirme mi prueba?)

Question

Yo soy la auto estudiar álgebra y me pregunto si en la siguiente prueba de obras.

Por el rango que queremos decir el supremum de cardinalidades de los conjuntos linealmente independientes. Ahora bien, esto es equivalente a la supremum de cardinalidades de máxima linealmente independientes, establece que es igual a la cardinalidad de cualquier conjunto independiente maximal como dos maximal independiente conjuntos tienen la misma cardinalidad. Aquí está mi argumento:

Me dijo que $B=\{a_1,...a_n\}$ ser un subconjunto linealmente independiente maximal de M de cardinalidad rango(M). (Siempre podemos elegir un B cuya cardinalidad es el rango de M). A continuación, considere la posibilidad de pasar al campo de fracciones F. B es fácilmente visto como un conjunto linealmente independiente de más de F por la eliminación de denominadores como R es una parte integral de dominio, a Saber: si $(c_1/d_1)a_1 + ... (c_n/d_n) a_n=0$ hemos multiplicando por $d_1 d_2... d_n$ que $(c_1 d_2... d_n) a_1 + ... + (c_n d_1...d_{n-1}) a_n =0$, pero ahora estos coeficientes están en R y, por tanto, todos ellos deben igualdad de $0$ por lineal independece sobre R. Pero R es la integral de dominio y el $d_i$ son distintos de cero de ser denominadores, por lo que cada $c_i=0$ y por lo tanto vemos que B es un subconjunto independiente de más de F así. Ahora M es finitely generado más de R, por lo que mediante la incorporación de M en su cociente de campo, M es también finitely generado más de F obviamente. Ahora bien, si este conjunto finito que genera M tiene cardinalidad k, entonces la base de la M como un espacio vectorial sobre F tiene cardinalidad menor o igual a k ser un mínimo de expansión conjunto. Finalmente B ser independiente subconjunto de un espacio vectorial M tiene cardinalidad menor que la cardinalidad de la base que tiene cardinalidad menor que k. Por lo tanto B tiene cardinalidad menor que k. Pero B es linealmente independiente maximal conjunto, por lo tanto $rank(M)\leq k$.

Es mi prueba correcta? Me doy cuenta de que he asumido que el rango es finito, pero suponiendo que es finito, es correcta la prueba? Gracias de antemano.

Edit: Oh, espera, supongo que en realidad no puede hacer esto como M no es gratis.. yo estaba pensando en M es isomorfo a R^d para algunos d de ahí pasar a F^d pero M no es necesariamente libre.

Answer 1

Como usted ha mencionado, esta prueba parece asumir $M$ es gratis con el fin de "pasar al campo de fracciones". Sin embargo, en realidad hay una manera de "pasar al campo de fracciones" y hacer la prueba de trabajo para arbitrario de los módulos. Es decir, usted puede tomar el producto tensor $F\otimes_R M$.

Si no estás familiarizado con tensor de productos, aquí está una descripción concreta de cómo funciona esto en este caso en particular. Aproximadamente, se aplica el "campo de fracciones" de la construcción a $M$. Más precisamente, un elemento de $F\otimes_R M$ es una clase de equivalencia de fracciones $\frac{m}{r}$$m\in M$$r\in R\setminus\{0\}$, donde se consideran dos fracciones $\frac{m}{r}$ $\frac{n}{s}$ equivalentes si existe $t\in R\setminus\{0\}$ tal que $t(sm-rn)=0$. A continuación, puede comprobar que las habituales reglas de la adición y de la multiplicación de fracciones que hace de este un $F$-módulo. (Tenga en cuenta que si $M$ es de torsión libre, puede dejar fuera de $t$ en la relación de equivalencia, ya que $t(sm-rn)=0$ implica $sm-rn$ en ese caso. Si $M$ ha torsión, sin embargo, debe permitir a ese $t$, y esto hace que todas las torsión de los elementos de $M$ a convertirse $0$$F\otimes_R M$.)

Para aplicar su argumento, entonces, es necesario conocer dos hechos acerca de la $F\otimes_R M$. En primer lugar, usted necesita saber que un subconjunto linealmente independiente de $R$ da un subconjunto linealmente independiente de $F\otimes_R M$ (en sustitución de su linealmente independientes, elementos $a_i$ con las fracciones $\frac{a_i}{1}$). Esto funciona casi igual que tú, por compensación denominadores: si $$\frac{c_1}{d_1}\frac{a_1}{1} + \dots+ \frac{c_n}{d_n} \frac{a_n}{1}=0$$ then by our equivalence relation on fractions that means $$t((c_1 d_2\dots d_n) a_1 + \dots + (c_n d_1\dots d_{n-1}) a_n) =0$$ for some $t\R\setminus\{0\}$. The only difference between this and what you said is the additional factor of $t$. However, we can just absorb $t$ into the coefficients of the $a_i$ to again conclude that the $c_i$ are $0$, tal y como lo hizo.

En segundo lugar, usted necesita saber que si $M$ es generado por $k$ elementos como un $R$-módulo, a continuación, $F\otimes_R M$ es generado por $k$ elementos como un $F$-módulo. La prueba es nuevo sencillo: si $b_1,\dots,b_k$ generar $M$, entonces las fracciones $\frac{b_1}{1},\dots,\frac{b_k}{1}$ generar $F\otimes_R M$ (que claramente generan todas las fracciones de la forma $\frac{m}{1}$ utilizando sólo escalares de $R$, y, a continuación, usted puede conseguir $\frac{m}{r}$ por la multiplicación por escalares $\frac{1}{r}\in F$).

Por último, permítanme señalar que la prueba de realidad no requiere de nada para ser finito. Funciona igual de bien si $B$ es un conjunto infinito (aunque las combinaciones lineales de elementos de $B$ usted considere implicarán, por supuesto, sólo un número finito de elementos de $B$ en un momento).