Módulo de $R$-funciones valoradas en un conjunto infinito no numerable se genera

Question

Deje $R$ integrante de dominio y $X$ ser un conjunto infinito. Deje $R^X$ ser el conjunto de todas las funciones de $f: X \rightarrow R$, vista como una $R$-módulo de la manera habitual: para $\alpha \in R$, $\alpha f: x \in X \mapsto \alpha f(x)$.

Para un breve artículo que estoy escribiendo, me gustaría usar el hecho de que $R^X$ no es un countably generadas $R$-módulo. En el caso de que $R$ es un campo, este es un clásico difícil de álgebra lineal cuestión que ha sido discutida en este sitio antes. Es decir, para cualquier campo $X$ y cualquier conjunto infinito $X$ uno tiene

$\operatorname{dim}_K K^X = (\# K)^{\# X} \geq 2^{\# X} > \aleph_0$.

Especialmente elegante prueba de este resultado se da aquí. Esta prueba no llevar directamente sobre el caso de un integrante del dominio, pero tal vez en otra prueba? Otro plausible de la línea de ataque es tratar de deducir el resultado de más de $R$ a partir del resultado a través de su fracción de campo $K$. Pero no he conseguido que funcione: el problema es que, desde el $X$ es infinito, no todas las funciones $f: X \rightarrow K$ se puede escalar a la tierra en $R$.

Agregado: Desde $R^X$ es incontable, el resultado se da al $R$ es contable por razones de cardinalidad.

Lo que yo realmente quiero demostrar es que no hay surjective $R$-álgebra de mapa a partir de un polinomio anillo de $R[t_1,\ldots,t_n]$ $R^X$(vista como una $R$-álgebra bajo pointwise multiplicación, o en otras palabras un gran producto Cartesiano de copias de $R$) $X$ es infinito. Al $R$ es Noetherian, esto se desprende fácilmente de la Base de Hilbert Teorema. Mi idea para mostrar que en el caso general es establecer los de arriba "hecho" (que, supongo, no estoy completamente seguro de que es cierto, pero si es falso que sería más interesante que lo que yo estoy tratando de probar!). Si alguien ve a una manera diferente de mostrar, por favor lo diga.

Por último, debido a esto es que se utiliza para establecer un auxiliar resultado en un breve papel en "apropiada de la generalidad", yo preferiría no tener que escribir el argumento, si es más de la mitad de una página. Así que una referencia al lugar donde este se establece en la literatura sería ideal.

Answer 1

Tomar sólo un conjunto numerable de entradas, y olvidarse de la otra por el momento. Ahora considere el siguiente hecho: hay un continuo de la cadena en la parte de $\mathbb{N}$(esto está claro, una vez que considere el $(-\infty,x) \bigcap \mathbb{Q}, x \in \mathbb{R}$). Así que llame a F a esta familia. A cada Una en F, asociados $1_A$(que es hacer una bjection con la numerable de entradas y $\mathbb{N}$ y consideramos que, y los otros sólo hay que poner 0). Ahora está claro que son independientes en R, indeedi tomar una combinación lineal, y en el máximo del elemento(me refiero a la $1_A$ asociado a la mayor parte a) hay algunas entradas en las que aparecen sólo es el coeficiente, por lo que es coefficent es 0 y así sucesivamente. Tal vez esto también ayuda a sus objetivos. Déjame saber

Answer 2

Permítanme explicar por qué Donald responder realmente a resolver mi pregunta. Recuerdan $R$ es un dominio con fracción de campo $K$.

Paso 1: En el juego de poder $2^X$ existe un subconjunto $\mathcal{C}$, lo que es totalmente ordenado y de continuidad de la cardinalidad. (Se puede hacer esto para $X = \mathbb{Q}$ teniendo en cuenta la colección de todos los números racionales en el intervalo de $(-\infty,x)$$x \in \mathbb{R}$. Ajuste mediante un bijection, esto funciona para cualquier countably conjunto infinito $Y$. Y para cualquier conjunto infinito $X$ hay una inyección de $\iota: Y \hookrightarrow X$, lo que induce una incrustación de conjuntos parcialmente ordenados $2^{\iota}: 2^Y \hookrightarrow 2^X$, así que tome $2^{\iota}(\mathcal{C})$.

Si $\varnothing \in \mathcal{C}$, lo removemos y aún así obtener una cadena de continuidad de la cardinalidad.

Paso 2: Para cada una de las $A \in \mathcal{C}$, vamos a $1_A$ ser la característica de la función de $A$. A continuación, $\{1_A\}_{A \in \mathcal{C}}$ $R$- conjunto linealmente independiente.

Prueba: Si no, no se $A_1,\ldots,A_n \in \mathcal{C}$ $\alpha_1,\ldots,\alpha_n \in R$ tal que $\alpha_1 1_{A_1} + \ldots + \alpha_n 1_{A_n} \equiv 0$. Podemos ordenar la $A_i$'s tal que $A_1 \subset \ldots \subset A_n$ y por lo tanto no es $x \in A_n \setminus \bigcup_{i=1}^{n-1} A_{i}$. La evaluación de la dependencia lineal de la ecuación de a $x$ muestra que $\alpha_n = 0$. Argumentando en una manera similar-o, por inducción en $n$ -- nos encontramos con que $\alpha_{n-1} = \ldots = \alpha_1 = 0$.

Paso 3: Deje $F =\bigoplus_{i \in \mathbb{Z}^+} R$ libre $R$-módulo de rango $\aleph_0$. Si $R^X$ fueron countably genera como una $R$-módulo, no sería un surjective homomorphism de $R$-módulos de $\Phi: F \rightarrow R^X$. Bajo ninguna homomorphism de $R$-módulos, la preimagen de un conjunto linealmente independiente es un conjunto linealmente independiente, por lo que en el Paso 2, $\Phi^{-1}(\{1_A\}_{A \in \mathcal{C}})$ es un incontable $R$-subconjunto linealmente independiente de $F$. Tensoring de $F$ $F \otimes_R K$obtenemos un incontable $K$-subconjunto linealmente independiente de $F \otimes_R K$, que es un $K$-espacio vectorial de countably dimensión infinita: la contradicción.