¿Objetos "compactos de suma" = objetos fg en categorías de módulos?

Question

Hola,

Vamos a llamar a un objeto de un aditivo categoría sumpact (contracción de "sumas" y "compacto") si la toma de $Hom$ a partir de ella (considerado como functor de la categoría a la $Ab$) desplazamientos con co-productos. Tenga en cuenta que para ser sumpact es más débil que para ser compacto (lo que significa que $Hom$ a partir de que viajes con filtrado colimits).

Tomemos, por nuestra categoría de aditivo, la categoría de la izquierda los módulos a través de algunos de anillo. Se sabe que los objetos compactos en esta categoría son exactamente los finitely objetos presentados. ¿Qué acerca de sumpact objetos?

Está claro que todos los finitely módulo generado es sumpact. Cuando yo intente demostrar lo contrario, me veo en algunos patológico cosas.

Decir, si un módulo tiene un aumento de $\mathbb{N}$-secuencia de submódulos de cuya unión es el módulo entero, y tales que la unión de cada finito larga no es todo el módulo, entonces es claro que este módulo no es un sumpact objeto (considerando los morfismos de él a la suma directa de los coeficientes por los miembros de nuestra secuencia). Pero no parece claro (tal vez no es cierto) de que todo no finitely módulo generado tiene una secuencia.

También, cuando reviso en internet, parece que la gente pone una condición: el anillo se supone que para ser perfecto. En efecto, entonces sumpact = f.g.

Así que mi pregunta es: por un anillo no es cierto que sumpact implica f.g.? Puede dar un ejemplo? Puede usted dar un ejemplo, cuando el anillo es conmutativo? Se puede indicar lo perfecto significa y por qué entonces todo está bien?

Gracias

Answer 1

A mí me parece que las referencias en este Matemática - Intercambio de la Pila de respuesta contienen la información solicitada.

EDICIÓN 1. Aquí es un extracto de Hyman Bass del libro Algebraica de K-Teoría, W. A. Benjamin (1968), pág. 54:

Ejercicio.

(a) Demostrar que un módulo de $P$ es finitely generado si y sólo si la unión de un totalmente ordenado de la familia de la correcta submódulos de $P$ es un buen submódulo.

(b) Mostrar que el $\text{Hom}_A(P,\bullet)$ conserva co-productos si y sólo si la unión de todos (contables) de la cadena de adecuada submódulos de un adecuado submódulo.

(c) Muestran que las condiciones en (a) y (b) no son equivalentes. (Ejemplos no son fáciles de encontrar.)

EDICIÓN 2. Aquí es una solución para el Ejercicio (a) anterior. Deje $R$ ser un anillo asociativo con $1$, e $A$ una $R$-módulo. Si $A$ es finitely generado, entonces, la unión de un conjunto totalmente ordenado de la correcta submódulos es claramente una adecuada submódulo. Vamos a demostrar lo contrario:

Suponga que $A$ no es finitely generado. Deje $Z$ el conjunto de los submódulos $B$ de % de $A$ tal que $A/B$ es no es finitely generado. El poset $Z$ es no vacío y no tiene elemento maximal. Por el Lema de Zorn, existe un vacío totalmente ordenado subconjunto $T$ de % de $Z$ que no tiene límite superior. Dejando $U$ ser la unión de $T$, podemos ver que $A/U$ es finitely generado. Hay, pues, un finitely generado submódulo $F$ de % de$A$, lo que genera $A$ modulo $U$. A continuación, el $B+F$ donde $B$ ejecuta a través de $T$, de forma totalmente conjunto ordenado de la correcta submódulos de cuya unión es $A$. QED

Yo estaría muy agradecido a quien iba a publicar una solución para los otros ejercicios en los bajos de la lista. (No he sido capaz de hacerlo.) Las siguientes referencias puede ser de ayuda, pero no he sido capaz de encontrarlos en línea:

• R. Rentschler, Sur les módulos M tels que $\text{Hom}(M,-)$ conmutar avec les sommes directes, C. R. Acad. Sci. París Sér. A-B 268 (1969), 930-933. [Actualización: consulte Edición de 3 a continuación.]

• P. C. Eklof, K. R. Goodearl y J. Trlifaj, Doblemente delgado módulos y constante de los anillos, en el Foro de Matemáticas. 9 (1997), 61-74.

Este documento está disponible en línea, pero no entiendo esto:

• Jan Zemlicka, Clases de doblemente delgado módulos, Proc. Álgebra Simposio Cluj 2005, 129-137.

EDICIÓN 3.

$\bullet$ Rentschler del papel

R. Rentschler, Sur les módulos M tels que $\text{Hom}(M,-)$ conmutar avec les sommes directes, C. R. Acad. Sci. París Sér. A-B 268 (1969), 930-933

está disponible aquí , en un solo clic, y no en un par de clics. [También estoy dando la segunda opción porque es un truco que vale la pena conocer.] Gracias a Stéphanie Jourdan por haber encontrado este enlace!

$\bullet$ Ejercicio (b) en el Bajo de la lista, que es de hecho el más fácil. [Lo siento por no haber dado cuenta de que la anterior.] Aquí es una solución. --- Vamos a $R$ ser un anillo asociativo con $1$, vamos a $A$ ser $R$-módulo, y que el "mapa" significa "$R$-lineal mapa".

Si $A_0\subset A_1\subset\cdots$ es una secuencia adecuada de submódulos de $A$ cuya unión es $A$, entonces el natural mapa de $A$ para el producto directo de la $A/A_n$ induce un mapa de $A$ a la suma directa de las $A/A_n$ cuyos componentes son todos distintos de cero.

Por el contrario, vamos a $f$ ser un mapa de $A$ a una suma directa de $\oplus_{i\in I}B_i$ de %de $R$- de los módulos de que el conjunto de $S$ de los $i$ en $I$ satisfacción $f_i\neq0$ [obvio notación] es infinito. Por la elección de un contable subconjunto de $S$ obtenemos un mapa de $g$ de $A$ a una suma directa de $\oplus_{n\in \mathbb N}C_n$ de %de $R$- módulos que $g_n\neq0$ para todos los $n$. Es fácil comprobar que la $$ A_n:=\bigcap_{k > n}\ \ker(g_k), $$ forma un aumento de la secuencia adecuada de submódulos de $A$ cuya unión es $A$.

EDICIÓN 4. [Versión de Nov. 26, 2011, UTC.] El siguiente resultado está implícito en el Rentschler de papel, y soluciona los Graves del Ejercicio (c):

Teorema. Deje $T$ ser un vacío conjunto ordenado $ ( * ) $ sin límite máximo. A continuación, hay un dominio de $A$ que tiene la siguiente propiedad. Si $P$ denota el poset de una adecuada sub-$A$-módulos del campo de fracciones de $A$, entonces hay un aumento de la $ ( * ) $ mapa de $f:T\to P$ tal que $f(T)$ es cofinal en $P$.

$ ( * ) $ Ya estoy usando referencias escritas en francés, mientras que la escritura en inglés (o al menos intentando), yo se adhieren estrictamente a las convenciones lingüísticas. En particular:

conjunto ordenado = conjunto totalmente ordonné,

poset = conjunto ordonné,

el aumento de = strictement croisssant.

Prueba. Deje $T_0$ ser el conjunto ordenado opuesto a $T$, vamos a $\mathbb Z^{(T_0)}$ ser el libre $\mathbb Z$-módulo a través de $T_0$ equipada con el lexicográfica del orden. A continuación, $\mathbb Z^{(T_0)}$ es un abelian ordenó grupo (groupe abélien totalmente ordonné). Por Ejemplo 6 de la Sección V. 3.4 de Bourbaki del Algèbre conmutativa, hay un campo $K$ y un surjective valoración $$ v:K\to\mathbb Z^{(T_0)}\cup \{ \infty \}. $$ Decimos que un subconjunto $F$ de % de $\mathbb Z^{(T_0)}$ es un segmento final si $$F\ni x < y\in\mathbb Z^{(T_0)} $$ implica $y\in F$. Adjuntar a cada uno de los $F$ el subconjunto $$ S(F):=v^{-1}(F)\cup \{ 0 \} $$ de $K$. A continuación, $A:=S(F_0)$ donde $F_0$ es el conjunto de elementos no negativos de $\mathbb Z^{(T_0)}$, es un sub-anillo de $K$. Además, por la Proposición 7 de la Sección V. 3.5 del libro citado anteriormente, $F\mapsto S(F)$ es un aumento de la bijection desde el final de los segmentos de $\mathbb Z^{(T_0)}$ a la sub-$A$-módulos de $K$.

Escribir $e_{t_0}$ para la base del elemento de $\mathbb Z^{(T_0)}$ correspondiente a $t_0\in T_0$. A continuación, los intervalos de $$ I_{t_0}:=[-e_{t_0},\infty) $$ son cofinal en el conjunto de todas adecuada final de los segmentos de $\mathbb Z^{(T_0)}$, y tenemos $I_{t_0}\subset I_{u_0}$ si y sólo si $t\le u$. [Se denota un elemento $t$ de % de $T$ por $t_0$ cuando la consideramos como un elemento de $T_0$.]

Answer 2

Si se considera de mala forma a resucitar años hilos, por favor, la bofetada de mi muñeca (con cuidado, por favor, soy nuevo aquí!)

Un simple ejemplo claro de un "sumpact" módulo que no es f.g. es como sigue.

Deje $R$ ser el anillo de funciones de una multitud innumerable $X$ a, digamos, un campo de $k$. Deje $M$ a ser el ideal de las funciones contables de apoyo.

Entonces, es muy fácil demostrar que $M$ no f.g., y bastante fácil demostrar que es "sumpact", el no uso de la teoría de conjuntos más allá del hecho de que una contables de la unión de conjuntos contables es contable.

Editar para añadir información solicitada en los comentarios:

Para mostrar que $M$ es "sumpact", supongamos que $\alpha:M\to\bigoplus_{i\in I}N_i$ es un homomorphism que no se tiene en cuenta a través de un número finito de subsum. I. e., para una infinidad de $i$ la composición de la $\pi_i\alpha:M\to\bigoplus_{i\in I}N_i\to N_i$ de % de $\alpha$ con la proyección en el sumando $N_i$ es distinto de cero. La sustitución de $I$, con una contables de recogida de tales $i$ podemos asumir que $I$ es contable y que $\pi_i\alpha$ no es cero para todos los $i\in I$.

Para cada una de las $i\in I$ elija $f_i\in M$, de modo que $\pi_i\alpha(f_i)\neq0$. Entonces la unión de los soportes de $\text{supp}(f_i)$ es contable, entonces hay una cierta $f\in M$ con $\text{supp}(f)=\bigcup_{i\in I}\text{supp}(f_i)$.

Pero, entonces, el ideal generado por $f$ contiene todos los $f_i$, y por lo $\pi_i\alpha(f)\neq0$ por cada $i$, contradiciendo el hecho de que $\alpha(f)\in\bigoplus_{i\in I}N_i$.

Answer 3

No tengo respuestas reales, pero he estado pensando en este problema para la diversión y que me gustaría compartir con ustedes algunas más o menos evidentes hechos que he encontrado.

En general, la epimorphic imagen de un sumpact objeto es sumpact.

Te voy a mostrar ahora que la izquierda módulos a través de una izquierda noetherian anillo, cualquier submódulo $N\subset M$ de un sumpact módulo de $M$ es de nuevo sumpact. Deje $$f\colon N\longrightarrow \bigoplus_{i\in I} P_i$$ ser cualquiera de morfismos. Tomar inyectiva sobres $P_i\subset E_i$. Por noetherianity, directa sumas de injectives es inyectiva, por lo tanto, podemos formar un conmutativa de la plaza,

$$\begin{array}{rcccl} &N&\stackrel{\text{inclusion}}\longrightarrow&M&\\\ f\hspace{-10pt}&\downarrow&&\downarrow&\hspace{-10pt}g\\\ &\bigoplus_{i\in I} P_i&\stackrel{\text{inclusion}}\longrightarrow&\bigoplus_{i\in I} E_i& \end{array}$$

Desde $M$ es sumpact, $g$ factores a través de la inclusión de un número finito de sumandos, por lo tanto lo hace $f$, debido a que las flechas horizontales son inyectiva, por lo que estamos por hacer.

Ahora podemos seguir su argumento para demostrar que en la izquierda de los módulos a través de una izquierda noetherian anillo, sumpact implica finitely generado (y por lo tanto compacto en el sentido clásico). Observe que ser perfecto, es más fuerte que está a la izquierda noetherian.

Supongamos $M$ es un sumpact módulo. Si $M$ no es finitely generado, podemos encontrar una estrictamente creciente secuencia de submódulos

$$\cdots\subset M_n\subset M_{n+1}\subset\cdots\subset M,\quad n\geq 1.$$

Su argumento muestra que el submódulo

$$N=\bigcup_{n=1}^\infty M_n\subset M$$

no es sumpact, por lo tanto, $M$ no puede ser sumpact.

Hasta el momento, esto es todo lo que soy capaz de decir.

Answer 4

Como prometí que haría hace algún tiempo (en un comentario sobre la respuesta de Pierre-Yves Gaillard), y con la esperanza de que esto sea útil, he escrito un artículo en el nLab que une algunos de los resultados en las respuestas ya dadas en Una sola narrativa. Aquí y allá proporciono algunas glosas adicionales y algunos antecedentes.

Answer 5

De "Abelian Categorías y su aplicación a los Anillos y Módulos" por Popescu N, par. 3.5 pag 88:

Popescu el uso de los nombres de los"pequeños" y "finitely presentó" el tuyo "sumcompact" y "compacto" , respectivamente.

Popescu llamar a un objeto de $X$ (de un Grothendick abelian categoría $\mathcal{C}$)
de "finito de tipo" si por cualquier daño directo de la unión de subobjets $Y=\cup_{i\in I}Y_i$ natural de morfismos $Colim_{i\in I} \mathcal{C}(X, Y_i)\to \mathcal{C}(X, Y))$ es un isomorfismo, esto es equivalente a:

para cualquier dirigida unión de subobjets $X=\cup_{i\in I}X_i$ no es un porcentaje ($i_o\in I$tal que $X=X_{i_0}$.

En una categoría de módulos finitely presentado es equivalente a la usal definición (no es exacto $0\to A\to X\to C\to 0$ con $A,\ B$ finitely generado), y finito tipo es equivalente a finitely generado.

A partir de 5.4 de Popescu libro un finitely módulo generado es pequeño (sumcompact). Y, por supuesto, existen finitely módulos que no son finitely presentado. luego tenemos las implicaciones:

finitely presentó $\Rightarrow$ finitely generadas $\Rightarrow$ pequeñas (suncompact) y *finitely .generado*$\not\Rightarrow$ finitely presentado

A continuación, puede tener que *pequeñas (sumcompact)*$\Rightarrow$ finitely presentado.

$EDIT$ Obtengo un error, simplemente diste una respuesta a otra pregunta (lo siento, error), me parece que la respuesta, como ejercicios de "Anillos os Cocientes" B. Strenstrom, Springer Verlag, 1975, pag 134 n.13.

Trato de hacer una prueba (espero):

TEOREMA) para un abyecto $C$ en un Grothendieck categoría (pensamos simplemente a una categoría de módulo) los siguientes son equivalentes:

1) Para cualquier secuencia de subobjeto como $C_1\subset C_2\subset\ldots C$ tenemos $C=C_m$ para algunos $m$.

2) Para cualquier secuencia de subobjeto como $M_1\subset M_2\subset\ldots M$ con el sindicato de la $M$ tenemos que $(C, M)=\cup_n(C, M_n)$ (naturalmente).

3) El functor $(C, -)$ conmutan por numerable co-productos.

4) El functor $(C, -)$ trabajo en co-productos.

5) El functor $(C, -)$ conmutar dirigida por los sindicatos (es decir, $C$ es $f.g.$).

PRUEBA. $(1\Rightarrow 2):$ tenemos que la prueba de que cualquier $f: C\to M $ tiene la imagen en algunas $M_m$, si la ponemos a $C_n:=f^{-1}(M_n)$ que hemos hecho.

$(2\Rightarrow 3):$ de curso $(C,-)$ conmutan por finito coproduts (son biproducts), tenemos que probar que un $f: C\to M$, con $M=\coprod_n X_n$ como la factorización de un número finito de sumandos, vamos a $M_n:=\coprod_{i\leq n} X_i$ que hemos hecho.

$(3\Rightarrow 4):$ tenemos que probar que un $f: C\to M$, con $M=\coprod_{i\in I} X_i$ como la factorización de un número finito de sumandos, supongamos lo contrario: entonces tenemos un infinito numerable el conjunto de índices de $i_0, i_1\ldots \in I$ tal que para cualquier entero $n$ existe un $x_n\in C$ con $f(x_n)_{i_n}\neq 0$

a continuación, consideramos $J:= I\setminus ${$i_0, i_1\ldots$} y el cociente mapa de $\pi: \coprod_{i\in I}X_i\to (\coprod_{i\in I}X_i)/(\coprod_{j\in J}X_j)\cong\coprod_n X_{i_n} $ y la composición de la $\pi\circ f: C\to \coprod_n X_{i_n}$, este mapa no es factorizable a un número finito de sumandos (absurdo).

$(4\Rightarrow 5):$ Deje $M=\cup_{i\in I} M_i$ donde $I$ es dirigido orden. Podemos suponer $I$ cofinite es decir, para cualquier $i\in I$ sólo existen finito $j$ tal que $j\leq i$ (por ejemplo, "Teoría de Forma" Sibe MArdiesic NH 1982 T. 2 pag. 10). A continuación, el natural mapa de $\pi: M\to \coprod_{i\in I} M/M_i$ con $(\pi(x))_i=\pi_i(x)$, $\pi_i: M\to M/M_i$ natural, está bien definido. Tenemos la prueba de que cualquier $f: C\to M$ tiene una imagen en algunos $M_j$, teniendo en cuenta $\pi\circ f: C\to \coprod_i M/M_i$, a continuación, este mapa tiene una factorización en finito de sumandos $M/M_{i_1},\ldots M/M_{i_N}$, si algunos de $M_{i_n}$ es $M$ la aserción es trivial

si no podemos tener un $j\in I$ estrictamente mayor de cualquier $i_1,\ldots i_N$,, a continuación, $f\circ \pi_j: C\to M\to M/M_j $ es el $0$ mapa, a continuación, la imagen de $f$ es de $M_j$.

$(5\Rightarrow 2):$ Trivial

$(2\Rightarrow 1):$ Deje $M:=M,\ M_n:=C_n $ y considerind $1_C$