Surjectivity de un mapa entre un módulo y su doble doble

Question

Deje $\mathbb{Z} = R$ ser nuestro anillo de la base. Estoy tratando de mostrar una contables producto directo de la $\mathbb{Z}$ módulos hay un isomorfismo entre ella y su doble. Estoy atascado en la parte de surjectivity y estoy un poco confundido, porque de acuerdo a Dummite y Foote sólo se puede obtener surjectivity del mapa si los módulos son proyectivos y finitely generado. Permítanme explicar el problema en detalle:

Deje $P = \oplus_{i \in \mathbb{N}} A_i$ donde cada una de las $A_i = \mathbb{Z}$. ¿Cómo hacemos para mostrar el mapa de $c_P : P \rightarrow P^{**}$ $x \mapsto (y^{*} \mapsto \left< x, y^{*} \right>$ es surjective?

Sé cómo calcular el doble de $\mathbb{Z}^{*} = Hom_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z},\mathbb{Z})$ mostrando la asignación de cada una de las $y* \in \mathbb{Z}^{*}$ $y^{*} \mapsto y^{*}(1)$ es un isomorfismo para $\mathbb{Z}^{*} \cong \mathbb{Z}$. Ahora bien, desde la doble vertiente de una suma directa es el producto directo de la correspondiente duales tenemos $P^{*} \cong \prod_{i \in \mathbb{N}} \mathbb{Z} \cong \mathbb{Z} \times \mathbb{Z} \times \ldots $

Formulario de aquí no sé qué hacer para probar el mapa $c_p$ es surjective. Estoy confundido acerca de las declaraciones que he leído dicen que necesitamos el módulo proyectivo y finitely generado. Es simplemente el hecho de que el dual de un producto directo debe ser la suma directa de los duales?

Answer 1

Como dijo Matt Correo en los comentarios, la pregunta se ha hecho (y contestar), en MathOverflow: Es cierto que, como Z-módulos, el polinomio anillo y el poder de la serie de anillo sobre enteros son duales entre sí?. Hailong Dao respuesta enlaces a un texto de Grzegorz Bobinski, basado en una charla por Lutz Hille, demostrando el resultado de la falta de local principal ideal de dominio. Aquí está el archivo pdf, y aquí es una página html se puede acceder desde.

Aquí está una leve simplificación de la prueba.

Deje $A$ ser un director ideal de dominio, vamos a $(p)$ $(q)$ ser dos distintos máxima ideales, vamos $$A^{\mathbb N}$$ be the $Un$-module formed by all the sequences in $Un$, and let $$A^{(\mathbb N)}$$ be the submodule consisting of the finitely supported elements of $A^{\mathbb N}$. Reclamamos:

La canónica mapa de $A^{(\mathbb N)}$ en su doble dual es un isomorfismo.

Deje $f:A^{\mathbb N}\to A$ ser distinto de cero $A$-lineal mapa. Definir $a\in A^{\mathbb N}$ por la condición $$ f(x)=\sum_i\ a_i\,x_i\quad\forall\ x\in A^{(\mathbb N)}. $$

Basta para mostrar:

(1) $a\not=0$,

(2) $a\in A^{\mathbb N}$.

La prueba de (1). Deje $x$ ser un elemento de $A^{\mathbb N}$ satisfacción $f(x)\neq0$. Para cada una de las $i$ $\mathbb N$ hay $a_i,b_i$ $A$ tal que $$p^i\,a_i+q^i\,b_i=x_i.$$ Then $a=0$ implicaría $$ f((p^i)_{i\in\mathbb N})=0=f((p^i)_{i\in\mathbb N}), $$ y por lo tanto $f(x)=0$.

La prueba de (2). Supongamos por contradicción que $a$ es no en $A^{(\mathbb N)}$. Podemos suponer $a_i\neq0$ todos los $i$. Escribir $$a_i=p^{r(i)}b_i$$ con $b_i$ primer a $p$. También podemos suponer $r(i)\le r(i+1)$ todos los $i$, e $r(0)=0$. Poner $$x_0:=p^{1+r(1)}.$$ Deje $y$$A^{\mathbb N}$, y el conjunto de $$x_i:=p^i\,q\,y_i\quad\forall\ i > 0.$$ Es fácil ver que $y$ puede ser elegido de manera que $$ p^{n+r(n)}\ |\ a_0\,x_0+\cdots+a_{n-1}\,x_{n-1}\quad\forall\ n > 0. $$ A continuación, $q$ no divide $f(x)$, pero $p ^n$ lo hace para todos los $n$, contradicción.

Answer 2

Estoy casi seguro de lo que está tratando de demostrar que es falsa. Es falso que si se reemplaza $\mathbb{Z}$$\mathbb{Q}$. Para ver esto, si queremos definir un funcional $F:P^* \mapsto \mathbb{Q}$ que no proceden de $P$. Obvio el asunto a tratar es tomar uno que es $0$ en todas las secuencias finitas y $1$ en la secuencia de $x=(1,1,1,....)$ (tenga en cuenta que esto es consistente, como $x$ es linealmente independiente de todas las secuencias finitas). Entonces uno quisiera extender a un verdadero mapa de $F$. Para espacios vectoriales esto es Hahn-Banach teorema (en ese contexto, la definición de un funcional requiere de continuidad, que nos puede olvidar que para nuestros propósitos). Por desgracia, la prueba de no llevar a $\mathbb{Z}$ en una manera obvia (las cosas son un poco complicadas; por ejemplo, uno debe ser cuidadoso con el hecho de que $P^*$ no es gratis). Tal vez algunos otros axioma de elección/Zorn lema/ultrafilter truco funcionará...