Si $B \ (\supseteq A)$ es una finitamente generada $A$ -entonces $B$ es integral sobre $A$ .

Question

Estoy haciendo una prueba de la declaración:

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Sea $A$ y $B$ sean anillos conmutativos. Si $A \subseteq B$ y $B$ es una $A$ -entonces todos $b \in B$ son integrales sobre $A$ .

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Prueba:

Sea $\{c_1, ... , c_n\} \subseteq B$ sea un conjunto de generadores para $B$ como $A$ -es decir $B = \sum_{i=1}^n Ac_i$ . Sea $b \in B$ y escribe $bc_i = \sum_{j=1}^n a_{ij}c_j $ con $a_{ij} \in A$ que dice que $(bI_n - (a_{ij}))c_j = 0 $ pour $ 1 \leq j \leq n$ . Entonces debemos tener que $\mathrm{det}(bI_n - (a_{ij})) = 0 $ . Se trata de un polinomio mónico en $b$ de grado $n$ .

¿Por qué no hemos terminado aquí? La prueba continúa diciendo:

Escriba a $1 = \alpha_1 c_1 + ... + \alpha_n c_n$ con el $\alpha_i \in A$ . Entonces $\mathrm{det}(bI_n - (a_{ij})) = \alpha_1 (\mathrm{det}...) c_1 + \alpha_2 (\mathrm{det}...) c_2 + ... + \alpha_n (\mathrm{det}...) c_n = 0$ . Por lo tanto, cada $b \in B$ es integral sobre $A$ .

Entiendo lo que se está haciendo aquí a nivel técnico, pero no entiendo por qué se está haciendo. Agradecería una pista/explicación. Gracias

Answer 1

Usted escribe prematuramente "Entonces debemos tener que $\mathrm{det}(bI_n - (a_{ij})) = 0$ ".
En ese momento sólo se puede deducir (multiplicando por el adjunto de su matriz a la izquierda) que todas las $det\cdot c_i =0$ .
Sin embargo, escribir $1 = \alpha_1 c_1 + ... + \alpha_n c_n$ y multiplicando por $det$ usted consigue

$$det=det\cdot 1= \alpha_1\cdot det\cdot c_1+...+\alpha_n\cdot det\cdot c_n=\alpha_1\cdot 0+...+\alpha_n\cdot 0=0$$

(Se trata de una variación del teorema de Cayley-Hamilton, según el cual el polinomio característico de una matriz cuadrada aniquila a dicha matriz).

Answer 2

Otra forma de expresarlo, ligeramente diferente de la respuesta y los comentarios de Georges, es la siguiente:

En el primer párrafo de la prueba, $B$ podría sustituirse por cualquier f.g. $A$ -módulo $M$ y $b$ podría cualquier endomorfismo de ese $A$ -módulo. Lo que concluimos es que cada $\varphi \in End_A(M)$ es integral sobre $A$ . En particular, si $M$ es de hecho un $B$ -entonces concluimos que la imagen de $B$ en $End_A(M)$ es integral sobre $A$ .

El objetivo del segundo párrafo es observar que (puesto que $B$ es un anillo con $1$ ), el mapa natural $B \to End_A(B)$ (dado por $B$ actuando sobre sí mismo a través de multiplicación) es inyectiva, por lo que $B$ coincide con su imagen en $End_A(B)$ . Sólo después de hacer esta observación adicional podemos concluir que $B$ es integral sobre $A$ .

Sólo como algo para pensar, lo que verás es que el argumento prueba que si $B$ es un $A$ -que admite una fiel que es f.g. sobre $A$ entonces $B$ es integral sobre $A$ . Por otra parte, si $B$ sólo admite un módulo que es f.g. sobre $A$ pero no necesariamente fiel, entonces no podemos concluir que $B$ es integral sobre $A$ . (A ver si encuentras un contraejemplo).