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¿Por qué los módulos generados finitamente sobre anillos locales principales de Artin son sumas directas de módulos cíclicos?

Busco una prueba del siguiente hecho:

Si $R$ es un anillo local principal de artin y $M$ a finitely generated $R$ -entonces $M$ es una suma directa de $R$ -módulos.

(Aparentemente tales anillos $R$ se denominan, por ejemplo en Zariski-Samuel, anillos ideales principales especiales).

Estuve a punto de no hacer esta pregunta por miedo a que se me escapara algo obvio, pero he sido incapaz de encontrar una demostración y no la encuentro en ningún sitio (si estoy siendo estúpido, no me importaría que me lo dijeran). Zariski-Samuel demuestra un teorema de estructura para anillos ideales principales (son productos de PID's y PIR's especiales), así como el hecho de que un submódulo de un anillo ideal principal generado por n elementos está generado por $\leq n$ elementos. Pensé que tal vez la afirmación anterior podría deducirse de este último hecho, de una manera similar a la forma en que se demuestra el resultado correspondiente para módulos finitos sobre PID, pero el obstáculo para esto (como yo lo veo) es que los submódulos de libre $R$ -no serán libres en general (por ejemplo, el ideal maximal de $R$ no es gratuito, suponiendo que $R$ no es un campo, es decir, tiene longitud $\geq 2$ ). Esencialmente, la inducción ingenua sobre el número de generadores no parece funcionar porque no puedo estar seguro de que la secuencia exacta relevante se divide... de nuevo, tal vez sólo estoy siendo tonto. Creo que se podría encontrar una prueba en el capítulo VIII del texto de Álgebra de Bourbaki, pero este capítulo no está en mi copia (creo que tal vez sólo está disponible en francés).

Por cierto, es sencillo demostrar que, si existe tal descomposición, el número de veces que un factor de la forma $R/(\pi^i)$ donde $(\pi)$ es el ideal máximo de $R$ y $1\leq i\leq k$ ( $k$ siendo la longitud de $R$ es decir, el índice de nilpotencia de $(\pi)$ ) se determina unívocamente como la longitud de un cociente de $M$ por ejemplo.

La razón por la que estoy interesado en esto es porque quiero saber que el tipo de isomorfismo de $M$ está completamente determinada por la función que envía $i$ , $1\leq i\leq k$ a la longitud de $M[\pi^i]$ (el núcleo de la multiplicación por $\pi^i$ ), lo que, suponiendo que exista tal descomposición, es definitivamente el caso.

Edito: Me he dado cuenta de que mi módulo M puede (siendo artiniano) escribirse como una suma directa finita de submódulos indecomponibles, así que supongo que esto reduce mi pregunta a: ¿debe un submódulo indecomponible de $M$ ser un cíclico?

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JimmyJ Puntos 1443

Sea $I$ sea el aniquilador de $M$ por suposición $I=(\pi^i)$ para algunos $i$ . Se puede ver $M$ como $R/I$ y, además, incrustar $0 \to R/I \to M$ . Pero $R/I$ es también principal artin local, por lo que es un cociente de un DVR por un elemento (por Hungerford's papel en particular es 0-dim Gorenstein . Así que $R/I$ es un módulo inyectivo sobre sí mismo, y la incrustación se divide. Has terminado.

15voto

En primer lugar, todos los ideales son de la forma $(\pi^i)$ . Diga $(\pi^n)$ es el aniquilador de $M$ . Podemos sustituir $A$ por $A/(\pi^n)$ wlog. Entonces $M$ tiene $A$ como submódulo, ya que hay un elemento que no es eliminado por $(\pi^{n-1})$ . Ahora demuestre que $A$ es inyectiva sobre sí misma por el criterio de Baer. Digamos $f : \pi^i A \to A$ debemos ampliarlo a $A$ . Basta con demostrar que $f(\pi^i) \in \pi^i A$ . Pero se deduce por inducción que si un elemento de $A$ es $\pi^{n-i}$ -torsión, es un múltiplo de $\pi^{i}$ .

Edición: la idea es la misma que en la respuesta de Hailong, pero no necesitas el resultado de Hungerford.

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Manuel Puntos 2569

El supuesto "local artiniano" de la pregunta de OP puede eliminarse, ya que se cumple el siguiente resultado más general (los anillos se suponen unitales y conmutativos):

Si $M$ es un módulo finitamente generado sobre un anillo ideal principal $R$ entonces $M$ es la suma directa de un número finito de cíclicos $R$ -módulos $R/(a_i)$ con $a_i \in R$ tal que $R \neq (a_1) \supset \cdots \supseteq (a_n)$ . Además, los principales ideales $(a_i)$ son únicos con respecto a esta propiedad.

Un anillo ideal principal (PIR) es un anillo cuyos ideales son principales, equivalentemente un PIR es un anillo noetheriano de Bézout.

El resultado general anterior se deduce de la existencia y unicidad de la descomposición factorial invariante de los anillos divisores elementales noetherianos véase [Teoremas 9.1 y 9.3, 1]. El hecho de que un PIR sea un anillo divisor elemental en el sentido de I. Kaplansky es una consecuencia inmediata de [Teorema 12.3 y observación subsiguiente, 1] y también puede deducirse de [Teorema 1, 2]. Este hecho se afirma sin pruebas en [Notas sobre el capítulo I, 3].

Por cierto, es bastante injusto aludir al teorema de estructura de Zariski-Samuel (como T. W. Hungerford en [2] y posteriormente en el artículo de wikipedia sobre los PIR ) al citar el resultado sobre la descomposición PIR en suma directa de dominios y anillos locales artinianos. De hecho, este teorema fue demostrado originalmente por W. Krull en 1924 y reprobado por I. Kaplansky en 1949, cf. [Teorema 12.3, 1] y comentarios relacionados en el mismo.


[1] " Divisores elementales y módulos ", I. Kaplansky, 1949 ( MR0031470 ).
[2] " Sobre la estructura de los anillos ideales principales ", T. W. Hungerford, 1968 ( MR0227159 ).
[3] " Problema de Serre sobre módulos proyectivos ", T. Y. Lam, 2006 ( MR2235330 ).

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kevtrout Puntos 2774

De hecho, todo anillo principal especial es un cociente de un dominio ideal principal. Para una explicación de esto, véase, por ejemplo, el excelente artículo de wikipedia

http://en.wikipedia.org/wiki/Principal_ideal_ring

[Yo lo escribí.]

Este no es el camino más fácil, pero da una buena respuesta conceptual a tu pregunta, ya que la reduce a la conocida teoría estructural de módulos finitamente generados sobre un EPI.

Anexo : Después de leer la respuesta de Hailong Dao, veo que la mía es esencialmente una variante de ella: al final ambos nos referimos al artículo de Hungerford. Pero quizá algunos aprecien la variación (por ejemplo, yo no he dicho la palabra con "G"), así que la dejaré por ahora.

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