Secuencias exactas no isomorfas con términos isomorfos

Question

Me encanta cuando un estudiante me sorprende. Estoy dando un primer curso de anillos (no necesariamente conmutativos) (con 1) y he pasado las últimas semanas haciendo teoría básica de módulos. Definí una secuencia exacta corta de (izquierda) $R$ -y un homomorfismo de secuencias exactas cortas (un homomorfismo de $0\to A\to B\to C\to 0$ a $0\to A'\to B'\to C'\to 0$ es sólo $R$ -mapas de módulos $A\to A'$ , $B\to B'$ y $C\to C'$ tal que los dos cuadrados obvios conmuten). Por tanto, existe una noción obvia de isomorfismo de secuencias exactas cortas.

Hoy uno de los estudiantes me preguntó si era posible tener un anillo $R$ y módulos $A,A',B,B',C,C'$ sentadas en dos secuencias exactas cortas como las anteriores, y tales que $A$ era isomorfo a $A'$ , $B$ era isomorfo a $B'$ y $C$ era isomorfo a $C'$ pero que las secuencias no eran isomorfas. Le dije: "Claro, luego te mando un contraejemplo por correo electrónico" (la lógica es que si se tratara de un teorema, lo conocería). Pensé que podría inventar un contraejemplo en el metro de vuelta a casa, pero fracasé :-/

Si $R$ es un campo, entonces las secuencias cortas exactas se dividen (sí, estamos asumiendo AC), así que eso no va a ninguna parte. Así que pensé que $R=k[X]$ sería un buen punto de partida, $k$ un campo. En este caso un $R$ -es sólo un $k$ -equipado con un endomorfismo y pensé que esto me daría suficiente flexibilidad. Quería $A,A',C,C'$ ser $R/(x^2)$ e intenté hacer algunos cálculos matriciales complicados para encontrar un ejemplo, pero no conseguí que funcionara. Entonces recurrí a $R=k[x,y]$ pero ahora un espacio vectorial bidimensional es un $R$ -cuando le damos dos mapas lineales conmutativos y, de alguna manera, esta configuración tenía demasiados endomorfismos para que me enfrentara a hacer el álgebra. Entonces se me ocurrió que podría probar con un anillo polinómico en dos variables no conmutables, pero entonces era mi parada y era el momento de empezar a pensar en otras cosas.

Estoy casi seguro de que incluso habrá un contraejemplo con $R$ conmutativa (por eso pensaba en el caso conmutativo). ¿Alguien me puede decir el truco que me estoy perdiendo?

Answer 1

Se puede visualizar el ejemplo de la siguiente manera: hay dos formas de incrustar el módulo

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en

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de modo que el cociente sea

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Aquí los puntos representan el módulo simple y las líneas verticales las extensiones no divididas: se puede incrustar de modo que se convierta en la suma del sumando de longitud 2 y el zócalo del sumando de longitud 3, o como la suma del radical del sumando de longitud 3 y el sumando simple. Está claro que esas dos incrustaciones no son conjugables.

(Estas imágenes implican que basta con tener un módulo simple con una autoextensión no dividida que viva a un módulo de longitud 3, que es más o menos lo que escribió Jack)

Answer 2

Creo que hace poco vi una pregunta sobre este tema en otro formato, pero no la encuentro puede que sea antigua. Por lo que recuerdo la respuesta era algo así como: $$0 \longrightarrow \mathbb Z/p^2 \times \mathbb Z/p \longrightarrow \mathbb Z/p^3 \times \mathbb Z/p^2 \times \mathbb Z/p \longrightarrow \mathbb Z/p^2 \times \mathbb Z/p \longrightarrow 0$$ de dos maneras diferentes como grupos abelianos, es decir $\mathbb Z$ -módulos.

(Editar: aquí estaba no exactamente como lo recordaba. Puede que haya entendido mal algo importante, porque la respuesta en la antigua respuesta tenía un factor extra de $\mathbb Z/p$ en $A$ y $B$ y se afirmaba que era mínimo, pero no veo exactamente por qué es necesario ese factor adicional).

(Edición 2: He aquí una construcción explícita incluida la $A\to B$ morfismos).

Answer 3

Esto es sólo la respuesta de Henning con una hipótesis más general y más de la información en línea:

Sea $(R,p)$ sea un anillo local artiniano conmutativo de longitud al menos 3, de modo que $M=R/p^3$ es un módulo uniseriado de longitud 3.

Define los siguientes módulos:

$$\begin{array}{rccccl} A & = & p/p^3 & \times & p^2/p^2 & \times & R/p & \cong R/p^2 \times R/p \\ B & = & R/p^3 & \times & R/p^2 & \times & R/p & \\ C & = & R/p & \times & R/p^2 & \times & R/R & \cong R/p^2 \times R/p \\ \\ A' & = & p^2/p^3 & \times & R/p^2 & \times & p/p & \cong R/p^2 \times R/p \\ B' & = & R/p^3 & \times & R/p^2 & \times & R/p & \\ C' & = & R/p^2 & \times & R/R & \times & R/p & \cong R/p^2 \times R/p \end{array}$$

Definir los morfismos obvios A→B→C y A′→B′→C′ que llevan (x,y,z) a (x,y,z). Los resultados son secuencias exactas cortas, $C=B/A$ y $C'=B'/A'$ con $A\cong A'$ , $B = B'$ , $C\cong C'$ pero no existe ningún automorfismo de B tomando A a A ′.

En efecto, $A \cap pB = p/p^3 \times p^2/p^2 \times p/p \cong R/p$ mientras que $A' \cap pB' = p^2/p^3 \times p/p^2 \times p/p \cong R/p \times R/p$ . Por supuesto $\phi(A \cap pB) = \phi(A) \cap p\phi(B) = \phi(A) \cap pB'$ Así que $\phi(A) = A'$ es imposible.

Answer 4

Otra forma de imaginar la respuesta de Mariano: $$ \begin{matrix} \bullet&\\ |\\ \bullet&&\circ\\ |&&|\\ \circ&&\circ&&\bullet \end{matrix}\quad\quad\text{ versus }\quad\quad \begin{matrix} \bullet&\\ |\\ \circ&&\bullet\\ |&&|\\ \circ&&\bullet&&\circ \end{matrix} $$ El submódulo es negro y el cociente blanco.