Los distintos módulos tienen la misma álgebra simétrica? (respuesta: no)

Question

La geometría algebraica permite a uno a pensar de una $A$-módulo de $M$ geométricamente como un módulo de funciones en el$A$ -$\mathrm{Spec}(\mathrm{Sym}(M))$.

Me pregunto si algo se pierde en sólo la sustitución de $M$ por este objeto geométrico. Puesto que nada se pierde en la toma de $\mathrm{Spec}$, esto equivale a preguntar:

(1) Puede no isomorfos $A$-módulos $M$ , $N$ han isomorfo simétrica $A$-álgebras $\mathrm{Sym}(M)$ ,
$\mathrm{Sym}(N)$?

(Claramente no son isomorfos como graduales $A$-álgebras.)

Si la respuesta es "No", ¡genial! Si "Sí", me gustaría ver un ejemplo específico.

Puede ser interesante disponer de una segunda interpretación, incluso si no ayudar a resolver el problema. Ya tenemos la contigüidad (conjunto de valores de functors)

$hom_{A-alg}(\mathrm{Sym}(M),B) \simeq hom_{A\mathrm{-mod}}(M,B),$

por Yoneda del lema, una pregunta equivalente sería:

(2) Si el (conjunto de valores) functors $hom_{A-\mathrm{mod}}(M,-)$ $hom_{A-\mathrm{mod}}(N,-)$ está de acuerdo en $A$-algbras, ¿ están de acuerdo en $A$-módulos?

Edit:se me puso énfasis en el "conjunto de valores" de arriba, gracias a un comentario de Buitre. También, parcialmente en respuesta a la Marca Hovey comentario, he quitado "Es seguro pensar de los módulos geométricamente" a partir de la pregunta de la declaración, ya que no quiero afirmar que esta es la "correcta" interpretación geométrica de un módulo.

Answer 1

EDIT: el siguiente argumento malinterpreta la pregunta (2) como el uso interno de homs de Un mod

Para cualquier $A$-módulo de $Q$, equipar $A\oplus Q$ con la estructura de una $A$-álgebra que $Q$ es un ideal de la plaza de cero. A continuación, $\mathrm{Hom}(M,Q)=\ker(\mathrm{Hom}(M,A\oplus Q)\to\mathrm{Hom}(M,A))$. Este es functorial en $Q$, así que usted puede aplicar Yoneda.

Answer 2

Ahora creo-a fortiori del argumento: las traducciones son un problema, pero, como a fortiori observado, son el único problema. Permítanme explicar.

Decir $f:Sym(M)\to Sym(N)$ es un isomorfismo. Para $m\in M$ escritura $f(m)=f_0(m)+f_1(m)+f_{\geq2}(m)$ con evidente notación: $f_0(m)$ está en $A$, $f_1(m)$ es en $N$ $f_{\geq2}(m)$ es todo el resto. Ahora aquí está otra de las $A$-álgebra de mapa de $g:Sym(M)\to Sym(N)$. Para definir $g$ todo lo que tengo que hacer es decir $m\in M$ va así que vamos a decir $g(m)=f_1(m)+f_{\geq2}(m)$.

Reclamo: $g$ $A$- álgebra isomorfismo.

La prueba es que $g$ es sólo $f$ compuesto con el isomorfismo $Sym(M)\to Sym(M)$ envío de $m$ $m-f_0(m)$(uno necesita comprobar que este es un isomorfismo, pero es porque hay una evidente inversa).

Reclamo: el isomorfismo de anillos inversa de a $g$ también tiene "ninguna términos constantes", es decir, es de la forma $h:Sym(N)\to Sym(M)$ donde $h(n)=h_1(n)+h_{\geq2}(n)$ sin término constante.

La prueba es que $g$ envía términos de grado $d$ a los términos de grado $d$ o más, de modo que la aplicación de $g$ $h(n)=h_0(n)+h_1(n)+h_{\geq2}(n)$ver $n=h_0(n)+f_1(h_1(n))+$(en términos de orden superior).

Reclamo: $f_1$ $h_1$ son mutua recíproca. Esto es fácil ahora.

Así que, de hecho, todas las ideas están en una fortiori comentarios.

Answer 3

EDIT: El argumento no funciona.

Respuesta 1: No.

Deje $\phi:$ Sym($M$) $\to$ Sym ($N$) $A$- álgebra isomorfismo. Vamos a ver que induce a una $A$-módulo de isomorfismo $\tilde \phi: M \to N$. Seleccionar un conjunto de $A$-módulo de generadores $m_1, \ldots, m_k$$M$. Estos también generan Sym ($M$) $A$- álgebra. Deje $\phi(m_i) = \sum_j n_{ij}$$n_{ij} \in N^j$. En particular, cada una de las $n_{i1} \in N$. Yo reclamo que $\tilde \phi: m_i \to n_{i1}$ da un bien definidas $A$-mapa del módulo de$M$$N$. A ver, todo lo que tiene para mostrar (creo) es que si $\sum a_im_i = 0$$a_1, \ldots, a_k \in A$,$\sum a_in_{i1} = 0$. Pero es cierto, porque $\phi$ $A$- álgebra homomorphism y, por tanto,$0 = \phi(\sum a_i m_i) = \sum_j (\sum_i a_i n_{ij})$, por lo que el interior de la suma es $0$ por cada $j$, porque es el $j$-th clasificados de componentes. El reclamo está probado.

De la misma manera que usted puede mostrar a $\phi^{-1}$ también induce un mapa de $N \to M$ y debe ser inversa a la $\tilde \phi$.

Este argumento parece mostrar que hay un mapa de$Hom_{A-alg}(Sym(M),Sym(N))$$Hom_{A-mod}(M,N)$. Pero yo no podría haber visto antes de escribir.