¿Un endomorphisme inyectiva de un finito generado libre R-módulo tiene determinante distinto de cero?

Question

Alternativamente, vamos a $M$ $n \times n$ matriz con entradas en un anillo conmutativo $R$. Si $M$ ha trivial kernel, es verdad eso de $\det(M) \neq 0$?

Esta matemática.SE pregunta aborda el caso de que $R$ es un polinomio anillo de más de un campo. Allí se observó que hay una sencilla prueba al $R$ es una parte integral de dominio, pasando a la fracción de campo.

En el caso general, no tengo ni una prueba, ni un contraejemplo. Aquí hay tres observaciones generales acerca de las propiedades que un contraejemplo $M$ (trivial kernel pero cero determinante) debe satisfacer. En primer lugar, recordemos que la adjunta $\text{adj}(M)$ de una matriz de $M$ es una matriz cuyas entradas son entero de polinomios en los de $M$ y que satisface $$M \text{adj}(M) = \det(M).$$

Si $\det(M) = 0$$\text{adj}(M) \neq 0$, entonces de alguna columna de $\text{adj}(M)$ se encuentra en el núcleo de $M$. Por lo tanto:

Si $M$ es un contraejemplo, a continuación,$\text{adj}(M) = 0$.

Al$n = 2$,$\text{adj}(M) = 0 \Rightarrow M = 0$, por lo que esta se asienta la $2 \times 2$ de los casos.

Segunda observación: recuerde que Cayley-Hamilton $p(M) = 0$ donde $p$ es el polinomio característico de a $M$. Escribo esto como $$M^k q(M) = 0$$

donde $q$ tiene un valor distinto de cero término constante. Si $q(M) \neq 0$, entonces existe algún $v \in R^n$ tal que $w = q(M) v \neq 0$, por lo tanto $M^k w = 0$ y uno de los vectores $w, Mw, M^2 w, ... M^{k-1} w$ necesariamente se encuentra en el núcleo de $M$. Por lo tanto si $M$ es un contraejemplo debemos tener $q(M) = 0$ donde $q$ tiene un valor distinto de cero término constante.

Ahora, para cada primer ideal $P$$R$, considerar la inducida por la acción de $M$ $F^n$ donde $F = \overline{ \text{Frac}(R/P) }$. A continuación, $q(\lambda) = 0$ para cada autovalor $\lambda$$M$. Desde $\det(M) = 0$, uno de estos autovalores$F$$0$, de ahí se sigue que $q(0) \in P$. Como esto es cierto para todos los primer ideales, $q(0)$ se encuentra en la intersección de todos los primeros ideales de $R$, por lo tanto

Si $M$ es un contraejemplo y $q$ se define como arriba, a continuación, $q(0)$ es nilpotent.

Esto resuelve la cuestión para la reducción de los anillos. Ahora, $\text{det}(M) = 0$ implica que el término constante de $p$ es igual a cero, y $\text{adj}(M) = 0$ implica que el término lineal de $p$ es igual a cero. De ello se sigue que si $M$ es un contraejemplo, a continuación,$M^2 | p(M)$. Al $n = 3$, esto implica que $$q(M) = M - \lambda$$

donde $\lambda$ es nilpotent, por lo $M$ es nilpotent y por lo tanto debe tener trivial kernel. Así que esta se asienta la $3 \times 3$ de los casos.

Tercera observación: si $M$ es un contraejemplo, es un contraejemplo sobre la sub-anillo de $R$ generado por las entradas de $M$, por lo que

Podemos suponer WLOG que $R$ es finitely generado más de $\mathbb{Z}$.

Answer 1

Sí, tal inyectiva de morfismos no tiene determinante cero.

En realidad, si $M$ es un finitely libres generados por el módulo sobre el anillo conmutativo $R$ $u:M\to M$ es un endomorfismo, uno tiene la exacta equivalencia: $$u \;\text {is injective}\iff \det(u) \; \text {is not a zero divisor in}\; R.$$ The proof is based on the fact that elements $m_1,m_2, \ldots ,m_n\en M$ form a linearly independent set iff there exists a non-zero $0\neq \lambda\R$ with $\lambda (m_1\wedge m_2\wedge \ldots\wedge m_n)=0\en \Lambda^nM$.

Usted puede encontrar los detalles en Bourbaki, Álgebra, III, §7, la Proposición 3, página 524.

Answer 2

El argumento de Bourbaki que se hace referencia en Georges Elencwajg la respuesta es exactamente el tipo de argumento tenía la esperanza de que iba a funcionar así que quiero recordar aquí, con algunas simplificaciones.

La proposición: Vamos a $m_1, ... m_n$ ser elementos de algunos de los $R$-módulo de $M$ que son linealmente dependientes. Entonces existe $r \in R$ tal que $r (m_1 \wedge ... \wedge m_n) = 0$$\Lambda^n(M)$.

Prueba. Si $\sum r_i m_i = 0$ es una dependencia lineal, asumir WLOG que $r_1 \neq 0$. A continuación,$r_1 m_1 = - \sum_{i \ge 2} r_i m_i$, por lo que por las propiedades básicas de la cuña del producto nos encontramos con que $(r_1 m_1) \wedge m_2 \wedge ... \wedge m_n = 0$, así que podemos aprovechar $r = r_1$.

Proposición: Si $M$ es gratis y luego a la inversa sostiene.

Prueba. Procedemos por inducción sobre $n$. Si $n = 1$ esto es claro. En general, supongamos que existe $r$ tal que $$r (m_1 \wedge ... \wedge m_n) = 0.$$

Si $r (m_2 \wedge ... \wedge m_n) = 0$, entonces, por la hipótesis inductiva $r m_2, ... m_n$ son linealmente dependientes y hemos terminado, así que supongamos lo contrario. A continuación, utilizando el hecho de que $\Lambda^{n-1}(M)$ también es libre (esto es fundamental!), llegamos a la conclusión de que existe una alternancia $n-1$forma $f : M^{n-1} \to R$ tal que $$f(r m_2, .... m_n) = s \neq 0.$$

Pero desde $m_1 \wedge (rm_2) \wedge ... \wedge m_n = 0$, la alternancia $n$-forma $$x_1 f(x_2, ... x_n) - x_2 f(x_1, ... x_n) \pm ...$$

necesariamente se desvanece en ella, por lo $$m_1 f(rm_2, ... m_n) = m_1 s = rm_2 f(m_1, m_3, ... m_n) \mp ...$$

y llegamos a la conclusión de que el $m_i$ son linealmente dependientes.

Corolario: Vamos a $f : M \to N$ ser un inyectiva mapa de libre módulos. A continuación, la inducida por el mapa de $\Lambda(f) : \Lambda(M) \to \Lambda(N)$ también es inyectiva.

Prueba. Supongamos lo contrario. Deje $e_i, i \in I$ se ordenó una base de $M$. Para un subconjunto finito $S$$I$, vamos a $e_S$ denotar la cuña de todos los elementos de a $S$ (en el orden determinado por el orden de $I$). Si $\Lambda(f)$ no es inyectiva, entonces vamos a $\sum c_S e_S$ ser algún elemento de su núcleo. Dado que el núcleo es un dos caras ideal podemos tomar libremente los productos exteriores en ambos lados (esto también es crucial!). Ahora, si $\sum c_S e_S$ tiene al menos dos distinto de cero términos en ella, no existe $i$ tal que $e_i$ aparece en algunas plazo pero no a cada término, por lo que se deduce que $$\sum c_S e_S \wedge e_i \in \text{ker}(\Lambda(f))$$

así. Este es un elemento del núcleo estrictamente menor número distinto de cero términos. Por lo tanto, un elemento del núcleo con el número mínimo de cero términos necesariamente tiene un solo término distinto de cero $c_S e_S$. Escribir esto como $$c_S e_1 \wedge ... \wedge e_k$$

y la aplicación de $f$ tenemos $$c_S f(e_1) \wedge ... \wedge f(e_k) = 0.$$

Por lo anterior, se deduce que el $f(e_1), ... f(e_k)$ son linealmente dependientes, pero esto contradice $f$ inyectiva.

Corolario: Vamos a $f : R^n \to R^n$ ser un endomorfismo de un módulo. A continuación, $f$ es inyectiva si y sólo si $\det(f)$ no es un divisor de cero.

Prueba. Por lo anterior, si $f$ es inyectiva, a continuación, $\Lambda^n(f) : \Lambda^n(R^n) \to \Lambda^n(R^n)$ también es inyectiva. Ya que actúa mediante la multiplicación por $\det(f)$, llegamos a la conclusión de que $\det(f)$ no es un divisor de cero. Si $f$ no es inyectiva, entonces algunos de los $e_i$ se encuentra en el núcleo de $\Lambda(f)$, y tomando los productos exteriores llegamos a la conclusión de que $e_1 \wedge ... \wedge e_n$ también se encuentra en el núcleo de $\Lambda(f)$.

Answer 3

Lam Ejercicios en los módulos y anillos incluye lo siguiente:

que nos dice que su determinante no es cero divisor.

El papel donde McCoy ¿que es [Observaciones sobre divisores de cero, MAA Mensual 49 (1942), 286--295] Si usted tiene acceso a JStor, esto es en http://www.jstor.org/stable/2303094

Hay una bonita corolario allí: una matriz cuadrada es un cero divisor en el anillo de matrices de más de un commmutative anillo iff su determinante es un divisor de cero.