Si $M$ es un finito $k[x]$ -módulo, entonces $\dim_k \operatorname{coker} x - \dim_k \ker x=\dim_{k(x)} M\otimes_{k[x]} k(x)$ .

Question

Dejemos que $M$ sea una entidad finitamente generada $k[x]$ -y considerar el morfismo dado por la multiplicación por $x$ que también denotamos $x$ . I piense en es cierto que $$\dim_k \operatorname{coker} x - \dim_k \ker x=\dim_{k(x)} M\otimes_{k[x]} k(x),$$ pero no pude probarlo.

Es cierto en el más simple de los casos: si $M=k[x]$ entonces $\ker x=0$ y $\operatorname{coker} x=k$ para que $1+0=\dim_{k(x)} k(x) =1$ . Pero no sé cómo probarlo en general.

Answer 1

Desde $k$ es un campo (lo tomo del contexto), $k[x]$ es un PID y por lo tanto, sabemos que $M$ es la suma directa de las copias de $k[x]$ y módulos de torsión de la forma $k[x]/(p(x))$ para el caso de que sea distinto de cero $p(x)\in k[x].$ La igualdad que propones es aditiva para las sumas directas y has tratado la parte libre, por lo que podemos suponer $M$ tiene esta última forma. El lado derecho es entonces cero, así que tenemos que comprobar que el lado izquierdo es cero. En primer lugar, supongamos que $x$ no divide $p(x).$ Entonces el término constante $p_0=x((p(x)-p_0)/x)$ es distinto de cero, por lo que $x$ es invertible en $M$ y las dos dimensiones de la izquierda son ambas cero. Ahora dejemos que $p(x)=x^m q(x)$ donde $m\ge 1$ y $x$ no divide $q.$ Por el teorema chino del resto, $M=k[x]/(x^m)\oplus k[x]/(q).$ Queda por considerar el sumando de la izquierda. Para ello, el núcleo y el cnúcleo en su igualdad son $x^{m-1}k[x]/x^mk[x]$ y $k[x]/xk[x]$ respectivamente, y ambos tienen dimensión uno, por lo que se verifica la igualdad.