Atiyah-MacDonald, ejercicio 2.11

Question

Dejemos que $A$ sea un anillo conmutativo con $1$ no es igual a $0$ . (El anillo A no es necesariamente un dominio, y no es necesariamente noeteriano.) Supongamos que tenemos un mapa inyectivo de libre $A$ -módulos $A^m \to A^n$ . ¿Debemos tener $m \le n$ ?

Creo que la respuesta es sí. Por ejemplo, ¿por qué no hay un mapa inyectivo desde $A^2 \to A^1$ ? Digamos que está representado por una matriz $(a_1, a_2)$ . Entonces, claramente $(a_2, -a_1)$ está en el núcleo. En el $A^{n+1} \to A^{n}$ caso, podemos mirar el $n \times (n+1)$ que lo representa; llámalo $M$ . Sea $M_i$ denotan el determinante de la matriz obtenida al suprimir el $i$ -Columna de la derecha. Sea $v$ sea el vector $(M_1, -M_2, ..., (-1)^nM_{n+1})$ . Entonces $v$ está en el núcleo de nuestro mapa, porque el vector $Mv^T$ tiene $i$ -ésima componente el determinante de la $(n+1) \times (n+1)$ matriz obtenida de $M$ repitiendo el $i$ - dos veces.

Eso casi termina la prueba, excepto que es posible que $v$ es el vector cero. Me gustaría ver este argumento terminado, o, mejor aún, una prueba más bonita.

Gracias.

Answer 1

Aquí hay otra solución utilizando sólo el Teorema de Cayley-Hamilton para módulos finitamente generados (Proposición 2.4. en Atiyah-Macdonald) que, aunque parece bastante inocente, es una afirmación muy poderosa.

Supongamos por contradicción que existe un mapa inyectivo $\phi: A^m \to A^n$ con $m>n$ . La primera idea es que consideramos $A^n$ como submódulo de $A^m$ , digamos que el submódulo generado por el primer $n$ coordenadas. Entonces, por el Teorema de Cayley-Hamilton, $\phi$ satisface alguna ecuación polinómica $$\begin{equation} \phi^k + a_{k-1} \phi^{k-1} + \cdots + a_1 \phi + a_0 = 0. \end{equation}$$ Utilizando la inyectividad de $\phi$ es fácil ver que si este polinomio tiene el mínimo grado posible, entonces $a_0 \ne 0$ . Pero entonces, aplicando este polinomio de $\phi$ a $(0,\ldots,0, 1)$ la última coordenada será $a_0$ lo cual es una contradicción ya que debería ser cero.

Answer 2

Estimado CJD, si sigues interesado en tu problema, ya resuelto hace tres semanas por Anton, aquí tienes otro punto de vista.

Dejemos que $M:A^m \to A^n$ sea inyectiva. Sea $B=\mathbb Z [\ldots,m_{ij},\ldots]$ sea el subring de $A$ generado por todas las entradas de la matriz $M$ ; esto $B$ es un anillo noetheriano y tenemos (por restricción) un mapa lineal inyectivo $M:B^m \to B^n$ . En otras palabras, podemos suponer que $A$ es noetheriano. Ahora localizamos en un primo $\mathfrak p$ de $B$ de altura cero y obtenemos un mapa inyectivo (la localización es exacta y por tanto preserva las inyecciones) $L:C^m \to C^n$ (el anillo $C$ es el anillo $B$ localizado en $\mathfrak p$ ).

Ah, pero ahora $C$ es noetheriano de dimensión cero, por tanto artiniano y podemos hablar de longitudes. Como las longitudes son aditivas en las secuencias exactas (Atiyah-MacDonald, Proposición 6.9) obtenemos $m.length(C) + length(coker L)= n.length(C)$ Por lo tanto $m\leq n$ .

Saludos cordiales, Georges.

Answer 3

Hace un par de años publiqué esta pregunta en otro sitio. Finalmente encontré que un libro de T.Y. Lam tiene un tratamiento muy bueno. Aquí está el escrito que publiqué en el otro sitio:

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Después de hojear varios libros de álgebra, encontré que el GTM de T.Y. Lam Conferencias sobre Anillos y módulos tiene un hermoso tratamiento de esta cuestión.

La propiedad anterior de un anillo (posiblemente no conmutativo) se denomina "condición de rango fuerte fuerte". En efecto, es más fuerte que la afirmación correspondiente para las para las proyecciones ("la condición de rango"), que es más fuerte que la versión del isomorfismo "Propiedad del número de base invariante". Sin embargo, en realidad es el caso de que todos los anillos conmutativos satisfacen la condición de rango fuerte. Lam da dos pruebas [pp. 12-16], y a continuación haré un esbozo de ambas.

Primera prueba:

Paso 1: El resultado es válido para anillos noetherianos (de izquierda). Para ello establecemos:

Lema : Dejemos que $M$ y $N$ ser (izquierda-) $A$ -módulos, con $N$ no cero. Si la suma directa $M \oplus N$ puede ser incrustado en $M$ entonces $M$ no es un noetheriano $A$ -módulo.

Prueba: Por hipótesis $M$ tiene un submódulo $M_1 \oplus N_1$ con $M_1 \cong M$ y $N_1 \cong N$ . Pero también podemos incrustar $M \oplus N$ en $M_1$ lo que significa que $M_1$ contiene un submódulo $M_2 \oplus N_2$ con $M_2 \cong M$ y $N_2 \cong N$ . Continuando de esta manera construimos una cadena ascendente de submódulos $N_1$ , $N_1 \oplus N_2$ ...contradicción.

Por lo tanto, si A es (izquierda) noetheriano, aplique el lema con $M = A^n$ y $N = A^{m-n}$ . $M$ es un noetheriano $A$ -y concluimos que $A^m$ no puede ser incrustado en $A^n$ .

Paso 2: Hacemos el caso de un anillo conmutativo, pero no necesariamente noeteriano. Primero observamos que, definiendo subconjuntos lineales independientes de la forma habitual, la condición de rango fuerte afirma precisamente que cualquier conjunto de más de $n$ elementos en $A^n$ es linealmente dependiente. Así, un anillo $A$ satisface la condición de rango fuerte si: para todo $m > n$ cualquier sistema lineal homogéneo de $n$ ecuaciones lineales y $m$ incógnitas tiene un solución no nula en $A$ .

Por lo tanto, dejemos que $MX = 0$ sea cualquier sistema lineal homogéneo con matriz de coeficientes $M = (m_{ij}), \ 1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq m$ . Queremos demostrar que tiene una solución no nula en $A$ . Pero la subringa $A' = \mathbb{Z}[a_{ij}]$ al ser un cociente de un anillo de polinomios en un número finito de variables sobre un anillo noetheriano, es noetheriano (por el teorema de la base de Hilbert), por lo que por el paso 1 existe (incluso) una solución no nula $(x_1,...,x_m) \in (A')^m$ .

Esto hace que uno se pregunte si es necesario considerar el caso noetheriano por separado, y no lo es. La segunda prueba de Lam proviene de la obra de Bourbaki Álgebra En el capítulo III, §7.9, Prop. 12, página 519. [Gracias a Georges Elencwajg por localizar la referencia. [Utiliza la siguiente caracterización elegante de la independencia lineal en módulos libres:

Teorema : Un subconjunto $\{u_1,...,u_m\}$ en $M = A^n$ es linealmente independiente si: si $a \in A$ es tal que $a \cdot (u_1 \wedge \ldots \wedge u_m) = 0$ entonces $a = 0$ .

Aquí $u_1\wedge \ldots \wedge u_m$ es un elemento de la potencia exterior $\Lambda^m(M)$ .

(Omitiré aquí la prueba; el pasaje correspondiente está reproducido en Google books).

Esto da el resultado de inmediato: si $m > n$ , $\Lambda^m(A^n) = 0$ .

Answer 4

Sea M el $n\times m$ matriz que representa la inyección $A^m \to A^n$ . Definir D _i (M) sea el ideal generado por los determinantes de todos los menores i-por-i de M. Sea r el mayor número entero posible tal que D _r (M) no tiene aniquilador (es decir, no hay ningún elemento no nulo a∈A tal que aD _r (M)=0); creo que r suele llamarse el Rango de McCoy de M.

Supongamos que $m>n$ . Obtendremos una contradicción.

Elige una a∈A no nula tal que aD _r+1 (M)=0. Por supuesto, $a$ no aniquila a D _r (M), por lo que hay algún menor r-por-r que no es matado por $a$ podemos suponer que es el menor r por r superior izquierdo. Así, $r \leq n$ para que $r+1 \leq n+1\leq m$ . Sea M ₁ , ..., M _r+1 sean los cofactores del menor (r+1)-por-(r+1) superior izquierdo que se obtiene expandiendo a lo largo de la fila inferior. (Esto está bien definido incluso si el $r+1$ -en la fila de $M$ no existe, porque estos cofactores sólo utilizan el primer $r$ filas y la primera $r+1$ columnas de $A$ y $A$ tiene ambos desde $r \leq n$ y $r+1 \leq m$ .) Obsérvese, en particular, que sabemos que M _r+1 es el determinante del menor r por r superior izquierdo, por lo que aM _r+1 ≠0.

La afirmación es que el vector (aM ₁ ...,aM _r+1 ,0,0,...) (que ya hemos demostrado que es distinto de cero) está en el núcleo de M. Para verlo, observe que al puntear este vector con la fila k-ésima de M, se obtiene $a$ veces el determinante de la matriz que se obtiene sustituyendo la fila inferior del menor (r+1)-por-(r+1) superior izquierdo por las primeras r+1 entradas de la fila k-ésima. Si k≤r, este determinante es cero porque se repite una fila, y si k>r, este determinante es el determinante de alguna (r+1)-por-(r+1) menor, por lo que se aniquila por $a$ . Pero como A es inyectivo, el núcleo de M es 0, y tenemos una contradicción.

Answer 5

Cada pocos años esta cuestión reaparece en mi vida (como acaba de ocurrir esta semana) y tengo que redescubrir la prueba de la Característica de Euler que recuerdo a medias. Permítanme que escriba aquí mis pensamientos para no tener que volver a hacerlo.

Definición. Dejemos que $A$ sea un anillo conmutativo no nulo. A resolución libre finita (o FFR) de un $A$ -Módulo $M$ es una secuencia exacta $$0\to F_n \to F_{n-1} \to \cdots \to F_1 \to F_0 \to M\to 0$$ donde cada $F_i$ es un programa gratuito $A$ -de rango $r_i$ .

Si $M$ tiene un FFR entonces definimos el Característica de Euler $\chi(M)$ de $M$ para ser $\sum_i(-1)^ir_i$ . Esto resulta ser un invariante bien definido de $M$ (es decir, independiente de la resolución) porque una inducción relativamente sencilla sobre $n$ muestra que si $G_i$ es otra resolución entonces $F_0\oplus G_1\oplus F_2\oplus\cdots\oplus (F\ \mbox{or}\ G)_n$ es isomorfo a $G_0\oplus F_1\oplus G_2\oplus\cdots$ . Para más detalles sobre esta parte del argumento, véase el lema 4 de la sección 19 del libro de Matsumura "Commutative Ring Theory".

El hecho fundamental es:

Teorema. Si $M$ tiene un FFR entonces $\chi(M)\geq0$ .

Como consecuencia, no sólo una inyección $A^m \to A^n$ implica $m\leq n$ (aplicar el teorema al cokernel), pero si $0\to A^m\to A^n \to A^r$ es exacta, entonces $m+r\geq n$ y así sucesivamente. ¿Las otras soluciones también se generalizan para demostrar esto?

El teorema es el teorema 19.7 de la "teoría de los anillos conmutativos" de Matsumura. He aquí un resumen. Localizando en un primo mínimo se puede suponer que $A$ es local con ideal máximo nilpotente. Basta con demostrar que en este caso $M$ es libre, ya que entonces la secuencia exacta se divide y la característica de Euler es sólo el rango de $M$ . Basta con demostrar que el cokernel de $F_n\to F_{n-1}$ es libre, porque entonces se hace por inducción sobre $n$ . El truco ahora es reemplazar $F_n$ y $F_{n-1}$ por una mínima resolución libre, mira la imagen de $F_n$ y ver que sus coordenadas deben estar en el ideal máximo, y entonces no es difícil inventar un elemento no nulo de $A$ que acaba con este conjunto finito de coordenadas, y por lo tanto $F_n$ es un módulo libre aniquilado por un elemento no nulo de $A$ y por lo tanto debe ser cero.

Esta última parte del argumento se parece mucho al argumento de Georges Elencwajg anterior, que se reduce al caso noetheriano y utiliza longitudes, pero Matsumura evita explícitamente esta reducción.