$A^m\hookrightarrow A^n$ implica $m\leq n$ para un anillo $A\neq 0$

Question

Estoy tratando de demostrar que si $A\neq 0$ es un anillo conmutativo y existe un inyectivo $A$ -homomorfismo de módulo $A^m\hookrightarrow A^n$ entonces $m\leq n$ debe mantenerse necesariamente.

Este es el ejercicio 2.11 de Atiyah y MacDonald Introducción al álgebra conmutativa pero, por desgracia, todas las soluciones disponibles en Internet son muy escasas en relación con esta cuestión o parecen utilizar (para mi sorpresa) una versión generalizada de la regla de Cramer. ¿Existe acaso algún otro enfoque más "limpio" para resolver este problema?

Answer 1

Me permito parafrasear y ampliar un poco El argumento de Balazs Strenner utilizando el teorema de Cayley-Hamilton en el hilo de MO mencionado en el comentario de Dylan Moreland, ya que tal vez la pura concisión de esa respuesta la hace menos transparente para algunos.

Suponiendo una contradicción $m>n$ componga su inyección con la inyección natural $A^n\to A^m$ con el fin de obtener un $A$ -endomorfismo de módulo $\phi:A^m\to A^m$ que, además, cuando se compone (además) con la función $\gamma:A^m\to A$ tomando la coordenada final se obtiene el mapa cero $A^m\to A$ .

Dejemos que $\chi\in A[X]$ sea el polinomio característico de $\phi$ (que al ser mónico es ciertamente distinto de cero), y dejemos que $k\in\mathbf N$ sea máxima para que $X^k$ divide $\chi$ En otras palabras $\chi=X^kP$ donde $P$ tiene un término constante $c\neq0$ . (Dado que la matriz de $\phi$ tiene su última $m-n$ columnas cero, se puede ver que $k$ es al menos $m-n$ pero este hecho no se utiliza en el argumento). Ahora, por el teorema de Cayley-Hamilton $\chi(\phi)=0\in\mathrm{End}(A^m)$ que podemos escribir como $\phi^k\circ P(\phi)=0$ . Desde $\phi$ es inyectiva se tiene $\ker(\phi^k)=\{0\}$ por lo que se deduce que $P(\phi)=0$ . Pero entonces $\gamma\circ P(\phi)=0$ y como $\gamma\circ\phi=0$ lo que queda después de eliminar los términos nulos es $\gamma\circ c\phi^0=\gamma\circ cI=c\gamma=0$ , una contradicción ya que $c\gamma$ envía el último elemento base de $A^m$ à $c\neq0$ .

Answer 2

De Lam's Conferencias sobre módulos y anillos ...

Esto no responde directamente al post original en el que se pedía una demostración que no invocara la regla de Cramer (que yo interpreto como una demostración que no utiliza el hecho de que un sistema de ecuaciones lineales homogéneas en más variables que ecuaciones tiene una solución no trivial). Pero otras preguntas se han cerrado con esta pregunta como duplicado, pensé que tal vez podríamos añadir algunas de las pruebas estándar.

Para compensarlo, permítanme discutir cuatro nociones relacionadas:

1. Un anillo $R$ se dice que tiene (derecho) IBN ( Número de base invariante ) si, para cualquier número natural $n$ y $m$ , $R^n\cong R^m$ (como módulos de derecho) implica $n=m$ .

2. Un anillo $R$ satisface el condición de rango si, para cualquier $n\lt\infty$ cualquier conjunto de $R$ -generadores de módulos para $R^n$ tiene una cardinalidad de al menos $n$ ; de forma equivalente, si $\alpha\colon R^k\to R^n$ es un epimorfismo de módulos libres (derechos), entonces $k\geq n$ .

3. Un anillo $R$ satisface el condición de rango fuerte si, para cualquier $n\lt\infty$ cualquier conjunto de elementos linealmente independientes en $R^n$ tiene como máximo la cardinalidad $n$ . De forma equivalente, si $\beta\colon R^m\to R^n$ es un monomorfismo de módulos libres (derechos), entonces $m\leq n$ .

4. Un anillo $R$ es establemente finito si los anillos de la matriz $\mathbb{M}_n(R)$ son Dedekind finitos para todos los números naturales $n$ (un anillo $S$ es Dedekind finito si, para cualquier $c,d\in S$ , $cd=1$ implica $dc=1$ ).

(Los anillos conmutativos son, por supuesto, Dedekind finitos; también son establemente finitos, como se indica más adelante).

Propuesta. Si $R$ satisface la condición de rango fuerte, entonces satisface la condición de rango.

Prueba. Dejemos que $\alpha\colon R^k\to R^n$ sea onto; por la propiedad universal de los módulos libres, $\alpha$ se divide, por lo que hay un mapa uno a uno $\beta\colon R^n\to R^k$ tal que $\alpha\circ\beta=I_{R^n}$ . Por la condición de rango fuerte, $n\leq k$ según sea necesario. $\Box$

Propuesta. Los siguientes son equivalentes:

1. $R$ es establemente finito.
2. Para cualquier $n$ , si $R^n\cong R^n\oplus N$ como $R$ -módulos, entonces $N=0$ .
3. Para cualquier $n$ , cualquier $R$ -epimorfismo de módulo $R^n\to R^n$ es un isomorfismo.

Prueba. (1) $\Rightarrow$ (3): Sea $p\colon R^n\to R^n$ sea un epimorfismo. Dado que $R^n$ es libre, sabemos que $p$ se divide, por lo que existe $q\colon R^n\to R^n$ tal que $p\circ q = I_{R^n}$ . Ver $p$ y $q$ como $n\times n$ matrices $c$ y $d$ tenemos que $cd=1$ sur $\mathbb{M}_n(R)$ Por lo tanto, por la finitud estable $dc=1$ . Por lo tanto, $q\circ p = 1$ Así que $p$ es uno a uno; por lo tanto $p$ es un isomorfismo.

(3) $\Rightarrow$ (2). Componer el isomorfismo $R^n\to R^n\oplus N$ con la proyección sobre la primera coordenada; esto es un epimorfismo, por lo tanto por (3) un isomorfismo, así que $N=0$ .

(2) $\Rightarrow$ (1). Sea $c,d\in\mathbb{M}_n$ sea tal que $cd=1$ . Vemos $c$ y $d$ como mapas $R^n\to R^n$ . Entonces podemos escribir $R^n = d(R^n)\oplus\mathrm{ker}(c)$ y como $cd=1$ , $d(R^n)\cong R^n$ . Por lo tanto, $R^n\cong R^n\oplus\mathrm{ker}(c)$ por lo que por (2) tenemos $\mathrm{ker}(c)=0$ . Así, $c$ es uno-a-uno y onto, por lo tanto invertible; ya que $d$ es un inverso de la derecha para $c$ Debemos tener $d=c^{-1}$ Así que $dc=1$ . Así, $R$ es establemente finito. $\Box$

Propuesta. Si $R$ es distinto de cero y es establemente finito, entonces $R$ satisface la condición de rango.

Prueba. Si $R$ no satisface la condición de rango, entonces tenemos un epimorfismo $\alpha\colon R^k\to R^n$ con $k\lt n\lt\infty$ . Entonces (por un argumento similar al de $R^n = d(R^n) \oplus \mathrm{ker}(c)$ en la prueba de (2) $\Rightarrow$ (1) anterior) obtenemos $$R^k \cong R^n\oplus\mathrm{ker}(\alpha) \cong R^k\oplus (R^{n-k}\oplus \mathrm{ker}(\alpha)),$$ donde $R^{n-k}\oplus \mathrm{ker}(\alpha)\neq 0$ lo que demuestra que $R$ no es establemente finito. $\Box$

Propuesta. Si $R$ satisface la condición de rango, entonces $R$ tiene IBN.

Prueba. Si $R^n\cong R^m$ la condición de rango da $n\leq m$ y $m\leq n$ Por lo tanto $n=m$ . $\Box$

Propuesta.

1. Un anillo $R$ no satisface la condición de rango si y sólo si para algún $n\gt k\geq 1$ existe un $n\times k$ matriz $A$ y un $k\times n$ matriz $B$ en $R$ tal que $AB=I_n$ .

2. Un anillo $R$ satisface la condición de rango fuerte si y sólo si cualquier sistema homogéneo de $n$ ecuaciones lineales sobre $R$ con $m\gt n$ incógnitas tiene una solución no trivial sobre $R$ .

Prueba.

1. Si $A$ y $B$ son matrices dadas, entonces la multiplicación por $A$ da un epimorfismo $R^k\to R^n$ con $n\gt k$ , lo que demuestra que $R$ no tiene la condición de rango. A la inversa, si la condición de rango falla, entonces un epimorfismo $\alpha\colon R^k\to R^n$ con $n\gt k$ rinde $A$ y un mapa de división para $\alpha$ da $B$ .

2. Escribe $R^n = \bigoplus_{i=1}^n e_iR$ ; deja que $u_1,\ldots,u_m$ sean vectores de $R^n$ y escribir $u_j = \sum_{i=1}^n a_{ij}e_i$ (escribir como módulos de la izquierda). Entonces, si $x_j\in R$ tenemos $$\sum_j x_ju_j = \sum_i e_i\left(\sum_j a_{ij}x_j\right);$$ esta combinación es cero si y sólo si $x_1,\ldots,x_m$ son una solución del sistema $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ , donde $A=(a_{ij})$ y $\mathbf{x}=(x_1,\ldots,x_m)^t$ . Por lo tanto, si cada sistema con $m\gt n$ tiene una solución no nula, entonces $u_1,\ldots,u_m$ linealmente independiente implica $m\leq n$ la condición de rango; y a la inversa, un sistema con $m\gt n$ sin soluciones no triviales produce un $m\gt n$ con $m$ vectores linealmente independientes en $R^n$ . $\Box$

Teorema. Un anillo noeteriano no nulo (derecho) $R\neq 0$ satisface la condición de rango fuerte.

Prueba. Dejemos que $R\neq 0$ sea (derecho) noetheriano. Para cualquier $n$ , $A=R^n$ es un módulo noetheriano (generado finitamente sobre un anillo noetheriano). Si $m\gt n$ entonces $R^m = R^n\oplus R^{m-n}$ . Si pudiéramos incrustar $R^m$ sur $R^n$ entonces podríamos crear una cadena ascendente infinita de submódulos, $R^{m-n}\subset R^{m-n}\oplus R^{m-n}\subset R^{m-n}\oplus R^{m-n}\oplus R^{m-n}\subset\cdots$ iterando la incrustación de $R^m$ en $R^n$ . Pero esto es imposible con $R^{m-n}\neq 0$ en un anillo noetheriano. $\Box$

Corolario. Todo anillo unital conmutativo $R\neq 0$ satisface la condición de rango fuerte.

Prueba. Dejemos que $A\mathbf{x}=\mathbf{0}$ sea un sistema de $n$ ecuaciones lineales en $m$ desconocidos, $m\gt n$ y que $a_{ij}$ sean las entradas de $A$ . Sea $R_0$ sea el subring de $R$ generado por $1_R$ y el $a_{ij}$ . Por el Teorema de la Base de Hilbert, se trata de un anillo noetheriano no nulo (es un cociente de un anillo de polinomios sobre $\mathbb Z$ en un número finito de incógnitas), por lo que el sistema tiene una solución no trivial en $R_0$ (como $R_0$ satisface la condición de rango fuerte), por lo que el sistema tiene una solución no trivial en $R$ . Así, $R$ tiene la condición de rango fuerte. $\Box$

Corolario. Cualquier anillo conmutativo unital $R$ es establemente finito.

Prueba. Dejemos que $C,D\in\mathbb{M}_n(R)$ tal que $CD=I_n$ . Entonces $\det(C)\det(D)=1$ Así que $\det C$ es una unidad en $R$ Por lo tanto $C$ es invertible con la inversa $(\det C)^{-1}\mathrm{adj}(C)$ (el adjunto clásico de $C$ ); ya que $D$ es la inversa derecha de una matriz invertible, es la inversa, por lo que $DC=I_n$ . Así, $R$ es establemente finito. $\Box$

Answer 3

He querido demostrar esto usando operaciones elementales de fila para algunos tiempo, y por fin he encontrado la manera. Anteriormente, me gustaba más la prueba usando Cayley-Hamilton.

Primero traduce a la lengua matriz. Hay que demostrar que si $T$ es un $m$ por $n$ matriz con $m < n$ entonces sus columnas son linealmente dependientes. Equivalentemente, las ecuaciones lineales correspondientes a la matriz tienen una solución no trivial.

Si $A$ es un campo, entonces la prueba utilizando operaciones elementales de fila es bien conocida (reducir la matriz a una forma escalonada para que las ecuaciones sean fáciles de resolver). Del mismo modo, si $A$ es un dominio integral. Entonces podemos trabajar en el campo de las fracciones y despejar los denominadores para obtener una solución en $A$ o trabajar directamente en $A$ después de admitir la multiplicación de filas por escalares no nulos como operaciones elementales de fila. Para el general $A$ El mismo método funcionaría si pudiéramos evitar multiplicar por divisores de cero. Esto es imposible en general, pero pero la multiplicación por elementos no nilpotentes adecuados funciona casi tan simplemente.

Lemma: Si todas las entradas $c_i$ de un vector columna $c$ son nilpotentes, entonces $c$ es linealmente dependiente.

Prueba: Utiliza la inducción. Sea $r$ sea un escalar no nulo que mate al primer $k$ entradas (comienzan con $r = 1$ y $k = 0$ ). Para matar al primer $k+1$ entradas, reemplazar $r$ por $r c_i^p$ donde $p$ es el mayor número entero (posiblemente $0$ ) tal que $r c_i^p$ es distinto de cero ( $p$ existe desde $c_i$ es nilpotente).

Si la primera columna de $T$ es linealmente dependiente, entonces hemos terminado. En caso contrario, por el lema, una de sus entradas es no nilpotente. Reordena las filas de forma que la entrada de la esquina superior izquierda $d_1$ es no es nilpotente. Ahora podríamos trabajar completamente en el anillo de fracciones $S^{-1}A$ donde S es el conjunto multiplicativo formado por potencias de $d_1$ pero quiero que todo sea explícito. Trabajando en $A$ Utilizar la multiplicación de las filas por $d_1$ y otra fila más elemental para reducir la primera columna a $0$ excepto su parte superior izquierda, que permanece como $d_1$ . Si $d_1$ es un divisor de cero, esto da algunas soluciones extra a las ecuaciones y debemos ser tener cuidado de no utilizarlas. Esto se hará más adelante, para mantener todo explícito.

Seguir reduciendo por inducción. Tenga en cuenta el anillo de fracciones que por otra parte estamos tratando de evitar. Para mantener el control de divisores de cero, en cada paso debemos considerar la nilpotencia en el anillo de fracciones establecido por el paso anterior. Si llegamos a una columna (reducida) que no tiene ninguna entrada no-potente, entonces hemos terminado para los propósitos de resolver las ecuaciones aunque no para la reducción a la forma escalonada. Supongamos, para simplificar, que la reducción se completa. Entonces la forma escalonada tiene entradas de $0$ por debajo de la diagonal, y las entradas diagonales $d_i$ cuyo producto es no nilpotente; además, las multiplicaciones problemáticas problemáticas eran sólo por el $d_i$ . (El anillo de fracciones se expande en cada paso permitiendo 1 más $d_i$ en los denominadores).

Resolver las ecuaciones de la matriz escalonada es fácil, como siempre, ya que hay más ecuaciones que incógnitas. Tomemos $x_{n+1}$ como el producto de la $d_i$ y $x_j = 0$ pour $j$ más grande que $n+1$ . Resuelve como siempre para $x_j$ pour $j$ más pequeño que $n$ . El punto crítico es que el producto de la $d_i$ es distinto de cero. En tuvimos que tomar este producto para obtener un valor que pueda ser dividido por todos los $d_i$ . Si no hubiéramos expandido el anillo de fracciones en cada paso, todavía habríamos obtenido una matriz escalonada con una matriz no nilpotente $d_i$ pero luego el $d_i$ habrían sido ajeno para que su producto pudiera ser $0$ .