Sea $R$ ser un DVR, $Q$ su campo cociente, y supongamos que $M$ es un rango finito libre de torsión $R$ -es decir $M \otimes _R Q$ es una dimensión finita $Q$ -espacio vectorial. En un mensaje en el Foro de Física se afirmó que $M \cong R^m \oplus Q^n$ (presumiblemente con $m+n= \mathrm{rank} M).$ ¿Es cierta esta afirmación? Si es así, ¿podría alguien indicarme alguna referencia? Hasta ahora no he podido encontrarla.
Respuesta
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Esto es falso. Por ejemplo $R$ sea cualquier DVR que no esté completo y fije un elemento $x\in\hat{R}\setminus R$ (donde $\hat{R}$ es la finalización de $R$ ). Sea $$M=\{(a,b)\in Q^2:ax+b\in\hat{R}\}.$$ Tenga en cuenta que $R^2\subseteq M\subseteq Q^2$ así que $M$ tiene rango $2$ . Tampoco hay ningún elemento no nulo de $M$ es infinitamente divisible por el uniformizador ya que ningún elemento no nulo de $\hat{R}$ es (y $ax+b$ no puede ser $0$ a menos que $a=b=0$ desde $x\not\in R$ ). Entonces, $M$ no puede tener $Q$ como sumando. Sin embargo, la primera proyección $M\to Q$ es suryectiva (para cualquier $a\in Q$ hay $b\in Q$ tal que $ax+b\in\hat{R}$ ya que podemos encontrar un elemento de $R$ que coincide con $x$ mod el denominador de $a$ ). En particular, esto implica $M$ no está finitamente generado, por lo que no puede ser isomorfo a $R^2$ .
Es cierto si además asumes $R$ está completo. Se puede demostrar por inducción en el rango de $M$ . Sea $p$ sea un uniformizador para $R$ . Si $M$ es $p$ -divisible entonces es un $Q$ -y ya está. Si no, podemos elegir un elemento $x\in M$ que no es divisible por $p$ . Entonces $M/Rx$ sigue siendo libre de torsión y tiene menor rango. Así que por inducción, $M/Rx\cong R^m\oplus Q^n$ para algunos $m$ y $n$ . Para demostrar $M$ tiene la misma forma, basta mostrar la sucesión exacta corta $$0\to Rx\to M\to M/Rx\to 0$$ se divide, ya que $Rx\cong R$ . Esta extensión está clasificada por un elemento de $\operatorname{Ext}^1(R^m\oplus Q^n,R)\cong \operatorname{Ext}^1(Q,R)^n$ por lo que basta con demostrar $\operatorname{Ext}^1(Q,R)=0$ .
Para demostrarlo, consideremos la resolución libre $$0\to R^{\oplus\mathbb{N}} \stackrel{f}\to R^{\oplus\mathbb{N}}\stackrel{g}\to Q\to 0$$ donde $g$ envía el $i$ th generador $e_i$ a $p^{-i}$ y el $f$ envía el $i$ generador a $e_i-pe_{i+1}$ . Entonces $\operatorname{Ext}^1(Q,R)$ es el cokernel del mapa dual $$f^*:R^\mathbb{N}\to R^\mathbb{N}$$ que viene dado por $$f^*(a_0,a_1,a_2,\dots)=(a_0-pa_1,a_1-pa_2,a_2-pa_3,\dots).$$ Para demostrar que esto es suryectivo, necesitamos saber que para cualquier $(b_0,b_1,b_2,\dots)\in R^\mathbb{N}$ podemos resolver $a_0,a_1,a_2,\dots$ tal que $$a_0=b_0+pa_1,\quad a_1=b_1+pa_2,\quad a_2=b_2+pa_3,\quad\dots$$ Podemos resolver para $a_0$ sustituyendo repetidamente estas ecuaciones, se obtiene $$a_0=b_0+pb_1+p^2b_2+\dots$$ que da un elemento bien definido de $R$ desde $R$ está completo. Del mismo modo obtenemos $$a_1=b_1+pb_2+p^2b_3+\dots$$ y así sucesivamente y es fácil comprobar que estas $a_i$ satisfacen $a_i=b_i+pa_{i+1}$ para cada $i$ . Así $f^*$ es suryectiva y $\operatorname{Ext}^1(Q,R)=0$ .
(De hecho, este cálculo puede generalizarse para demostrar que $\operatorname{Ext}^1(Q,R)\cong \hat{R}/R$ aunque $R$ no está completa. La extensión correspondiente a un elemento de $\hat{R}$ (mod $R$ ) es exactamente el ejemplo construido anteriormente. Así que, en cierto sentido, ese es esencialmente el único ejemplo).
