gratis $R$ -algebras: ¿cuándo $R\langle X\rangle\cong\!R\langle Y\rangle$ $\Rightarrow$ $|X|\!=\!|Y|$ ¿se mantiene?

Question

Una pregunta análoga con respecto a los grupos libres se puede encontrar aquí .

INTUICIÓN: A gratis $R$ -sobre indeterminados $X_1,\ldots,X_n$ es el análogo no conmutativo del anillo de polinomios $R[X_1,\ldots,X_n]$ que es un conmutativo libre $R$ -álgebra en $X_1,\ldots,X_n$ .

DEFINICIONES: Para un anillo conmutativo $R$ con $1_R$ y cualquier conjunto $X\!=\!\{X_i;\:i\!\in\!I\}$ El unital libre (asociativo) $R$ -álgebra en $X$ , denotado como $R\langle X\rangle\!=\!R\langle X\,|\,\emptyset\rangle$ , es el libre $R$ -con base en el monoide libre en $X$ de todas las palabras (no conmutativas) (posiblemente vacías) sobre $X$ . Así, cada elemento de $R\langle X\rangle$ tiene la forma $$\sum r_iX_{j_1}\ldots X_{j_i}$$ y se llama polinomio no conmutativo , donde $r_i\!\in\!R$ (sólo un número finito de no ceros) y $X_{j_1},\ldots,X_{j_i}\!\in\!X$ y $j_i\!\in\!\mathbb{N}_0$ (cuando $j_i\!=\!0$ La palabra $X_{j_1}\ldots X_{j_i}$ está vacío, denotado con $1$ ); además, $X$ se llama alfabeto , $X_i$ se llaman indetermina o variables o cartas o generadores , $X_{j_1}\ldots X_{j_i}$ se llaman monomios o palabras y $r_i$ son coeficientes . La multiplicación se define como sigue: el producto de dos elementos de base (monomios) es su concatenación, es decir $$(X_{i_1}\!\ldots X_{i_m}) \cdot (X_{j_1}\!\ldots X_{j_n}) := X_{i_1}\!\ldots X_{i_m}X_{j_1}\!\ldots X_{j_n};$$ el producto de dos elementos cualesquiera (polinomios) sólo tiene en cuenta que $\cdot$ debe ser $R$ -bilineal. Por ejemplo, para $\alpha,\beta,\gamma,\delta\!\in\!R$ tenemos $(\alpha X_1X_2^2\!+\!\beta X_2X_3)\cdot(\gamma X_3\!+\!\delta X_2^3X_3X_1)$ $=$ $\alpha\gamma X_1X_2^2X_3+\alpha\delta X_1X_2^5X_3X_1+\beta\gamma X_2X_3^2+\beta\delta X_2X_3X_2^3X_3X_1$ . Cuando $|X|\!=\!n\!<\!\infty$ Esta álgebra se denomina $R\langle X_1,\ldots,X_n\rangle$ .

En resumen, para cualquier conjunto $X$ , el unital libre $R$ -álgebra en $X$ es $$R\langle X\rangle:=\bigoplus_{w\in X^\ast}Rw$$ con el $R$ -multiplicación bilineal que es la concatenación en monomios/palabras, donde $X^\ast$ es el monoide libre en $X$ y $Rw\!=\!\{rw;\:r\!\in\!R\}$ es el módulo libre formal en $w$ es decir $rw\!=\!r'w\Leftrightarrow r\!=\!r'$ . La palabra vacía/monominal de $X^\ast$ es la identidad $1$ de $R\langle X\rangle$ . El mapa $i\!:X\!\rightarrow\!R\langle X\rangle$ , $X_i\!\mapsto\!X_i$ se llama inyección canónica . Si sustituimos $X^\ast$ con $X^+$ (el semigrupo libre en $X$ es decir $X^\ast$ sin la palabra vacía) en la construcción anterior, creamos el libre no-unital $R$ -álgebra en $X$ : $R\langle X\rangle^+\!=\!R\langle X\,|\,\emptyset\rangle^+$ .

DEFINICIONES: Para $S\!\subseteq\!R\langle X\rangle$ , un presentación de álgebra , denotado como $R\langle X|S\rangle$ es el $R$ -Álgebra $R\langle X\rangle/\langle\!\langle S\rangle\!\rangle$ , donde $\langle\!\langle S\rangle\!\rangle$ denota el ideal del álgebra, generado por $S$ . La notación $\langle X\,|\,p_i\!=\!p'_i;\, i\!\in\!I\rangle$ simplemente significa $\langle X|p_i-p'_i; i\!\in\!I\rangle$ . Cualquier $R\langle X|S\rangle$ es generado finitamente / finitamente relacionados / a presentación finita si $X$ es finito / $S$ es finito / $X$ y $S$ son finitos. Un (unital) arbitrario $R$ -Álgebra $A$ es generado finitamente / finitamente relacionados / con presentación finita si tiene una presentación $R\langle X|S\rangle\!\cong\!A$ que es finitamente generada / finitamente relacionada / finita. Elementos de $S$ son relaciones o relatores . Estas nociones se definen de forma análoga para el caso de la noción de libre $R$ -álgebra en $X$ La presentación se denomina entonces $R\langle X|S\rangle^+$ .

COMENTARIO: Los anillos son $\mathbb{Z}$ -por lo que la construcción anterior nos da la anillo libre en $X$ , a saber $\mathbb{Z}\langle X\rangle^+$ y anillo unital gratuito en $X$ , a saber $\mathbb{Z}\langle X\rangle$ .

PROPOSICIÓN (propiedad universal): Dejemos que $i\!:X\!\rightarrow\!R\langle X\rangle$ sea la inyección canónica. Para cualquier unital $R$ -Álgebra $A$ y cualquier mapa $f\!:X\!\rightarrow\!A$ existe un único homomorfismo de álgebra unital $\overline{f}\!:R\langle X\rangle\!\rightarrow\!A$ tal que $f\!=\!\overline{f}\!\circ\!i$ , a saber $\overline{f}(\sum r_iX_{j_1}\ldots X_{j_i})=\sum r_if(X_{j_1})\cdot\ldots\cdot f(X_{j_i})$ .

Prueba: $\overline{f}$ debe ser un homomorfismo y $f\!=\!\overline{f}\!\circ\!i$ Así que $\overline{f}(\sum r_iX_{j_1}\!\ldots\!X_{j_i}\!)\!=\!\sum r_if(X_{j_1}\!)\!\cdot\ldots\!\cdot\!f(X_{j_i}\!)$ debe satisfacerse, por lo que la unicidad de $\overline{f}$ . También es evidente que tales $\overline{f}$ es un homomorfismo de álgebra unital. Para demostrar que está bien definido, supongamos $\sum r_iX_{j_1}\ldots X_{j_i}\!=\!0$ . Por definición, $R\langle X\rangle$ es un módulo libre en $X^\ast$ Por lo tanto $r_i\!=\!0$ . Por lo tanto, $\overline{f}(0)\!=\!0$ y $\overline{f}$ está bien definida. $\blacksquare$

COMENTARIO: por la propiedad universal, $R\langle X\rangle$ es el objeto libre en $X$ en la categoría de unital $R$ -algebras.

PROPUESTA: Todo unital $R$ -Álgebra $A$ tiene una presentación, es decir $\forall A\:\exists X,S\!:\: A\!\cong\!R\langle X|S\rangle$ .

Prueba: Dejemos que $A$ ser generado por $X\!\subseteq\!A$ ( $X:=A$ es suficiente) y que $f\!:X\!\hookrightarrow\!A$ sea la inclusión. Por la propiedad universal, $\exists!$ homomorfismo del álgebra $\overline{f}\!:R\langle X\rangle\!\rightarrow\!A$ que se extiende $f$ . Tenemos $X\!\subseteq\!\mathrm{Im}\,\overline{f}$ Así que $\overline{f}$ es suryente. Por lo tanto, $A\!\cong\!R\langle X\rangle/\mathrm{Ker}\,\overline{f}\!=\!R\langle X| \mathrm{Ker}\,\overline{f}\rangle$ . $\blacksquare$

PREGUNTA: ¿cómo puedo demostrar la afirmación $R\langle X\rangle\!\cong\!R\langle Y\rangle\:\Rightarrow\:|X|\!=\!|Y|$ ?

He pensado en utilizar el siguiente teorema de Grillet Álgebra abstracta (página 333): Sin embargo, esto sólo nos da $|X^\ast|\!=\!|Y^\ast|$ . También he pensado en abelianizar ambas álgebras, por lo que obtenemos $R[X]\!\cong\!R[Y]$ . Pero no estoy seguro de cómo continuar desde aquí.

Answer 1

Siempre tenemos ese $R\langle X \rangle \cong R \langle Y \rangle$ implica $|X|=|Y|$ suponiendo que el mapa $R\langle X \rangle \cong R \langle Y \rangle$ es un mapa de $R$ -algebras.

Dado un $R$ -Álgebra $S$ y un $S$ -bimódulo $M$ un mapa $\delta:S\to M$ es un $R$ -derivación si es $R$ -lineal y $\delta(st)=\delta(s)t+s\delta(t)$ . Por ejemplo, si $S=R[x]$ entonces $f\mapsto \frac{df}{dx}$ es un $R$ derivación de $S$ a sí mismo. Dejamos que $\operatorname{Der}_R(S,M)$ denotan la colección de todos los $R$ derivaciones. Esta será una $R$ -módulo. Tenga en cuenta que necesitamos $R$ sea conmutativo y esté en el centro de $S$ o nos encontramos con algunas dificultades técnicas menores.

Veamos $R\langle X \rangle$ como un aumento de $R$ -es decir, fijamos un mapa de $R$ álgebras $\epsilon:R\langle X \rangle\to R$ . En general, dicho mapa viene dado por la selección de $n$ elementos $r_1, \ldots r_n\in R$ y tomando el mapa del álgebra que satisface $x_i\mapsto r_i$ . Esto nos permite ver $R$ como $R\langle X \rangle$ -bimódulo. Deseamos considerar $N=\operatorname{Der}_R(R\langle X \rangle,R)$ . Afirmamos la siguiente proposición.

Propuesta: Existe un isomorfismo de $R$ -módulos $\operatorname{Der}_R(R\langle X \rangle,R)\cong R^{|X|}$ .

esbozo de prueba: Si $S$ se genera como un $R$ -por una colección de generadores $\{x_i\}$ entonces $\delta\in \operatorname{Der}_R(S,M)$ está determinada completamente por $\delta(x_i)$ . Así, un $R$ derivación $\delta$ de $R\langle X \rangle$ se determina por $\delta(x_i)$ y tenemos un mapa $\operatorname{Der}_R(R\langle X \rangle,M)\to M^{|X|}$ . Este mapa es un isomorfismo (¡ejercicio!). Ahora tomemos $M=R$ .

Con la proposición en la mano, utilizando su resultado de que el rango de un módulo libre está bien definido, tenemos fácilmente que $$R\langle X \rangle \cong R\langle Y \rangle \Leftrightarrow R^{|X|}\cong R^{|Y|} \Leftrightarrow |X|=|Y|.$$

N.B. Aunque necesitábamos elegir un aumento, y nuestro isomorfismo $\operatorname{Der}_R(R\langle X \rangle,R)\cong R^{|X|}$ dependía del aumento, vemos que esta elección era intrascendente para el resultado final.

Answer 2

Suponiendo que $R$ es conmutativo, entonces podemos hacer las siguientes afirmaciones.

1. Si $R\langle X\rangle\cong R\langle Y\rangle$ como $R$ -entonces $\vert X\vert = \vert Y\vert$ .
2. Si $R\langle X\rangle\cong R\langle Y\rangle$ como anillos entonces $\vert X\vert = \vert Y\vert$ o $\{\vert X\vert,\vert Y\vert\}=\{0,1\}$ .

Por lo tanto, si sólo suponemos que son isomorfos como anillos, seguimos obteniendo la conclusión deseada con la excepción del contraejemplo mencionado por Aaron.

Empecemos por demostrar 1. Sea $f\colon R\langle X\rangle\to R$ sea cualquier $R$ -y el homomorfismo de álgebra $K={\rm ker}(f)=f^{-1}(0)$ . Este es un ideal de dos caras. Además, defina $R^{(X)}$ para ser el gratis $R$ -Módulo en $X$ . Obsérvese que el cociente $K/K^2$ es un $R$ -Álgebra. De hecho, demostraré que $R^{(X)}\cong K/K^2$ . Por lo tanto, si tenemos un $R$ -algebra isomorfismo $\theta\colon R\langle Y\rangle\to R\langle X\rangle$ entonces $$ R^{(X)}\cong K/K^2\cong\theta^{-1}(K)\big/\theta^{-1}(K)^2={\rm ker}(f\circ\theta)\big/{\rm ker}(f\circ\theta)^2\cong R^{(Y)}. $$ Como se indica en la pregunta, la gratuidad $R$ -tienen bases de la misma cardinalidad, por lo que $\vert X\vert=\vert Y\vert$ .

Para construir un isomorfismo a partir de $R^{(X)}$ a $K/K^2$ En primer lugar, hay que tener en cuenta que $f$ toma $X_i\in X$ a algún elemento $x_i\in R$ . Entonces (por universalidad), existe un isomorfismo $u\colon R\langle X\rangle\to R\langle X\rangle$ tomando $X_i$ a $X_i-x_i$ . Al componer con $u$ podemos suponer que $f(X_i)=0$ . Entonces, $K$ son las combinaciones lineales de monomios sin término constante, y $K^2$ es el tramo lineal de los monomios de grado al menos 2. Así, como $R$ -módulo, $K=K_1\oplus K^2$ donde $K_1$ es el tramo de los monomios de grado 1, que es isomorfo a $R^{(X)}$ . Entonces, $K/K^2\cong K_1\cong R^{(X)}$ .

Comparando con La respuesta de Aaron Esta prueba es muy similar a la suya, excepto que él trabaja en el espacio dual. El $R$ -derivaciones en $R\langle X\rangle$ es naturalmente isomorfo al espacio de $R$ -homomorfismos de módulos de $K/K^2$ a $R$ . Por lo tanto, por lo que acabo de decir arriba, $$ {\rm Der}_R(R\langle X\rangle,R)\cong {\rm Hom}_R(K/K^2,R)\cong{\rm Hom}_R(R^{(X)},R)\cong R^{\vert X\vert}. $$ Al pasar al espacio dual pasamos de la suma directa $R^{(X)}$ al producto directo $R^{\vert X\vert}$ que, en el caso infinito pierde un poco de información sobre la cardinalidad de $X$ (sin hacer suposiciones teóricas de conjuntos más allá de ZFC).

Por último, podemos tratar el caso 2 anterior en el que sólo se supone que son isomorfos como anillos. Nótese que si $\vert X\vert > 1$ entonces $X_1X_2\not=X_2X_1$ Así que $R\langle X\rangle$ no es conmutativo, y es conmutativo si $\vert X\vert\le1$ .

Vamos a tratar con el $\vert X\vert > 1$ caso primero. Entonces $R\langle X\rangle$ es no conmutativo con $R$ siendo su centro. $R\langle Y\rangle$ también es no conmutativo con centro $R$ . Por lo tanto, un isomorfismo de anillo $f\colon R\langle X\rangle\to R\langle Y\rangle$ restringe a un isomorfismo de los centros de los anillos y, por tanto, restringe a un isomorfismo de $R$ . Al componer con un isomorfismo $R\langle Y\rangle\to R\langle Y\rangle$ de $R$ (fijando el $Y_i$ ), podemos reducir al caso de que $f$ fija $R$ . Así que, $f$ es un $R$ -y nos hemos reducido al caso 1.

Por último, supongamos que $\vert X\vert\le1$ . Entonces $R\langle X\rangle$ es conmutativo, por lo que $R\langle Y\rangle$ es conmutativo y $\vert Y\vert\le 1$ . La única situación en la que $\vert X\vert\not=\vert Y\vert$ es cuando $\{\vert X\vert,\vert Y\vert\}$ es igual a $\{0,1\}$ . Esta situación puede darse, como menciona Aaron en el comentario, por lo que es la única excepción posible.

---

Aquí hay otra forma bastante clara de ver la prueba de 1. Si $A$ es un $R$ -y el álgebra $M$ es un $A$ -entonces una derivación es un homomorfismo (como $R$ -módulos) $D\colon A\to M$ satisfaciendo $D(ab)=(Da)b+a(Db)$ . El espacio de Diferenciales de Kähler $\Omega_{A/R}$ es un $A$ -bimódulo con derivación $d\colon A\to \Omega_{A/R}$ que satisface la siguiente propiedad universal: si $D\colon A\to M$ es cualquier otra derivación, entonces hay una única $A$ -homomorfismo de bimodulo $\theta\colon\Omega_{A/R}\to M$ satisfaciendo $D=f\circ d$ . La propiedad universal garantiza que $d\colon A\to \Omega_{A/R}$ está definida de forma única hasta el isomorfismo. Se puede ver que las diferenciales de Kähler $\Omega_{R\langle X\rangle/R}$ es sólo el libre $R\langle X\rangle$ bimódulo generado por los términos $dX_i$ para $X_i\in X$ . Entonces cualquier $R$ -homomorfismo de álgebra $f\colon R\langle X\rangle\to R$ permite $R$ para ser visto como un $R\langle X\rangle$ -y podemos formar el producto tensorial (bimodulo) $R\otimes_{R\langle X\rangle}\Omega_{R\langle X\rangle/R}$ . Por la propiedad universal de $R\langle X\rangle$ todos los homomorfismos a $R$ son equivalentes hasta un isomorfismo de $R\langle X\rangle$ por lo que, hasta el isomorfismo, el producto tensorial es independiente de la elección de $f$ . De hecho, el homomorfismo $R\langle X\rangle\to R\otimes\Omega_{R\langle X\rangle/R}$ toma $X_i$ a $f(X_i)\in R$ por lo que, considerado como un $R$ -el producto tensorial es simplemente el módulo libre sobre $R$ generado por los términos $dX_i$ . Así que, $$ R\otimes_{R\langle X\rangle}\Omega_{R\langle X\rangle/R}\cong R^{(X)} $$ independientemente de la elección de $f$ . Esto determina $\vert X\vert$ en términos de $R$ -estructura de álgebra de $R\langle X\rangle$ . Podemos considerar el homomorfismo $f$ como un punto generalizado ${\rm Spec}(R)\to{\rm Spec}(R\langle X\rangle)$ (aunque estas definiciones sólo son válidas en el caso conmutativo). El producto tensorial es entonces restringir el espacio de las diferenciales de Kähler al punto, lo que da un módulo libre generado por los términos $dX_i$ como en el caso conmutativo. Esto está relacionado con $K/K^2$ porque el homomorfismo que toma $a\in R\langle X\rangle$ a $(a-f(a)1)+K^2\in K/K^2$ es una derivación, dando un homomorfismo natural $\Omega_{R\langle X\rangle/R}\to K/K^2$ y tensando con $R$ lo convierte en un isomorfismo. Usando la propiedad universal de las diferenciales de Kähler también nos relacionamos con el método de Aaron, $$ \begin{align} {\rm Der}_R(R\langle X\rangle,R)&\cong{\rm Hom}_{R\langle X\rangle}(\Omega_{R\langle X\rangle/R},R)\cong{\rm Hom}_R(R\otimes\Omega_{R\langle X\rangle/R},R)\\&\cong{\rm Hom}_R(R^{(X)},R)\cong R^{\vert X\vert}. \end{align} $$

Answer 3

Dimensión de Krull finita de $R$ no implica que $\dim R[x]=\dim R+1$ . En cambio, tenemos $\dim R+1\le\dim R[x]\le 2\dim R+1$ . Sin embargo, si $R$ es noetheriano, entonces la igualdad $\dim R[x]=\dim R+1$ se mantiene.

Answer 4

Esto es sólo una aclaración (al menos para mí) de la respuesta de Lowther (por lo que tengo entendido), por si alguien a mi lado necesita una explicación adicional/fácil/pedestre.

Propuesta: $R\langle X\rangle\!\cong\!R\langle Y\rangle\:\Leftrightarrow\:|X|\!=\!|Y|$

Prueba: $(\Leftarrow)$ : Si $f\!:X\rightarrow Y$ es la biyección, entonces $\overline{f}(\sum r_iX_{j_1}\ldots X_{j_i}):=\sum r_if(X_{j_1})\ldots f(X_{j_i})$ es el isomorfismo.

$(\Rightarrow)\!:$ Dejemos que $\varphi\!:\!R\langle Y\rangle\!\rightarrow\!R\langle X\rangle$ sea el isomorfismo del álgebra unital y mediante la propiedad universal definir $f\!:\!R\langle X\rangle\!\rightarrow\!R$ por $X_i\!\mapsto\!0,1\!\mapsto\!1$ . Entonces $K\!:=\!\mathrm{ker}f\!=\!f^{-1}(0)$ consiste en combinaciones lineales de monomios sin término constante, y $K^2\!=\!\{k_1k_1'\!+\!\ldots\!+\!k_nk_n'; n\!\in\!\mathbb{N}_0,k_i,k_i'\!\in\!K\}$ se compone de combinaciones lineales de monomios de grado mínimo $2$ . Así que, como $R$ -módulo, $K\!=\!K_1\!\oplus\!K^2$ donde $K_1$ es la extensión del grado $1$ monomios, que es isomorfo a $R^{(X)}$ , el libre $R$ -módulo on $X$ . Así, $K/K^2\!\cong\! K_1\!\cong\!R^{(X)}$ . Deseamos cambiar $\varphi$ a un isomorfismo $\widetilde{\varphi}\!:\!R\langle Y\rangle\!\rightarrow\!R\langle X\rangle$ , de tal manera que $f\!\circ\!\widetilde{\varphi}\!:\!R\langle Y\rangle\!\rightarrow\!R$ mapas $Y_i\!\mapsto\!0$ , $1\!\mapsto\!1$ . Para ello, denota $y_i\!:=\!f\!\circ\!\varphi(Y_i)\!\in\!R$ y a través de la propiedad universal definir $\alpha\!:\!R\langle Y\rangle\!\rightarrow\!R\langle Y\rangle$ por $Y_i\!\mapsto\!Y_i\!-\!y_i$ . Se trata de un isomorfismo con inversa $\alpha^{-1}\!:Y_i\!\mapsto\!Y_i\!+\!y_i$ por lo que ponemos $\widetilde{\varphi}\!:=\!\varphi\!\circ\!\alpha$ y de hecho $f\!\circ\!\widetilde{\varphi}\!:Y_i\!\mapsto\!Y_i\!-\!y_i\!\mapsto\!y_i\!-\!y_i\!=\!0$ . Por lo tanto, podemos deducir $$R^{(X)} \cong K/K^2 \cong \widetilde{\varphi}^{-1}(K)\big/\widetilde{\varphi}^{-1}(K)^2 = {\rm ker}(f\!\circ\!\widetilde{\varphi})\big/{\rm ker}(f\!\circ\!\widetilde{\varphi})^2 \cong R^{(Y)},$$ que por la propiedad de los módulos libres (proposición 4.12 en la pregunta inicial) implica $|X|\!=\!|Y|$ . $\blacksquare$