El álgebra de potencias divididas es artiniana como módulo sobre el anillo polinómico

Question

En el documento Álgebra homológica en una intersección completa, con una aplicación a las representaciones de grupos He encontrado el siguiente argumento que no entiendo:

Supongamos que $B$ es un anillo artiniano local (de hecho, en el contexto es un cociente de un anillo regular por una sucesión regular máxima, es decir, una intersección completa). Entonces podemos tomar el álgebra de potencias divididas $D^n(B)$ para $n \in \mathbb{N}_0$ que es gratuito $B$ -generado por elementos $z^{(\alpha)}$ donde $\alpha \in \mathbb{N}_0^n$ .

Se trata en realidad de un módulo sobre el anillo polinómico $B[t_1,\dots,t_n]$ con la acción definida por $t_i . z^{(\alpha)} := z^{(\alpha - e_i)}$ . Aquí $e_i = (0,\dots,0,1,0,\dots,0)$ denota el $i$ -ésimo vector de base.

La estructura del álgebra viene definida por $z^{(\alpha)}\cdot z^{(\beta)} = \frac{(\alpha + \beta)!}{\alpha!\beta!}z^{(\alpha + \beta)}$ aunque esto no es relevante para mi pregunta.

Eisenbud escribe ahora $$D^n(B) = \bigoplus_{k \in \mathbb{N}_0} \text{Hom}_B(B[t_1,\dots,t_n]_k, B)$$ lo cual está claro, porque el $\{z^{(\alpha)} : |\alpha|=k\}$ podría considerarse la doble base para $\{t^\alpha : |\alpha|=k\}$ .

El argumento que no entiendo es que Eisenbud escribe

$D^n(B)$ es artiniano, porque es el dual de un noetheriano $B[t_1,\dots,t_n]$ -módulo.

Algunas reflexiones que he tenido al respecto:

1. Esta afirmación es falsa si $B$ en sí misma no es artiniana, porque podría elegir una cadena descendente infinita $I_0 \subset I_1 \subset \dots$ y luego $I_0 \cdot D^n(B) \subset I_1 \cdot D^n(B) \subset \dots$ sería una secuencia descendente infinita en $D^n(B)$ . Así que yo esperaría algún argumento utilizando ese $B$ es artiniano.
2. Para demostrar que $D^n(B)$ es artiniano, ¿sería suficiente considerar sólo submódulos graduados? Ya he preguntado esto en otra pregunta, pero esta es mi motivación: Condición de cadena ascendente / descendente en módulos graduados.

3. Si tuviéramos una biyección inversa de inclusión $$\{N \subset D^n(B) \text{ submodule}\} \rightarrow \{I \subset B[t_1,\dots,t_n] \text{ ideal}\}$$ esto probaría la afirmación, pero no veo ninguna. Tomar aniquiladores es un mapa inversor de inclusión, pero no parece ser biyectivo, ya que un compañero mío encontró el siguiente contraejemplo:

   Sea $B = \mathbb{Z}/8, n = 1$ y que $M\subset D^1(B)$ sea el submódulo generado por todos los elementos de la forma $2 z^{(k)} + z^{(k - 1)}$ para $k \in \mathbb{N}$ . Este no es el módulo completo, porque $M \cap D^1(B)_0 = (2) \subset B$ pero su aniquilador es $(0) \subset B[t_1]$ : Para cualquier $0\neq f\in B[t_1]$ , dejemos que $d = \text{deg}(f)$ entonces $f\cdot (2z^{(d+1)} + z^{(d)})$ no puede ser $0$ porque $t_1$ mapas $2z^{(k)} + z^{(k-1)}$ a $2z^{(k - 1)} + z^{(k - 2)}$ .

Answer 1

Ya he publicado esto en mathoverflow.net .

Así que lo hemos resuelto hoy, de forma parecida a como podría demostrarse el teorema de la base de Hilbert. Primero mostramos el siguiente lema, luego la afirmación de que $D^n(B)$ es artiniano como módulo sobre $B[t_1,\dotsc,t_n]$ es una consecuencia directa.

Lema Si $M$ es un artiniano $R$ -entonces $D^1 \otimes M$ es un artiniano $R[t]$ módulo.

Prueba: Podemos pensar en elementos en $D^1 \otimes M$ como polinomios con coeficientes en $M$ . Así, cada elemento $f$ tiene un grado $\deg f$ y un coeficiente principal $lc(f)$ . Consideremos ahora una cadena descendente $$ N_1 \supset N_2 \supset \dots$$ un conjunto $M_{k, l } := \{ lc(f) : f \in N_k, \deg(f) = l \} \subset M$ . Claramente $M_{k,l}\supset M_{k+1,l}$ y $M_{k,l}\supset M_{k,l+1}$ .

Ahora observe que $N_k = N_{k+1}$ sólo si $M_{k,l} = M_{k+1,l}$ para todos $l$ . " $\Rightarrow$ " está claro, por lo que para " $\Leftarrow$ " considerar $f \in N_k \setminus N_{k+1}$ con grado mínimo. Entonces hay algún $g \in N_{k+1}$ con $lc(f) = lc(g)$ y $\deg(f) = \deg(g)$ . Así que $f - g \in N_k\setminus N_{k+1}$ tiene menor grado, lo cual es una contradicción.

Consideremos a continuación el diagrama \begin{align*} \vdots && \vdots && \vdots \\ \cap && \cap && \cap\\ M_{3,1} &\supset& M_{3,2} &\supset& M_{3,3} &\supset& \dots\\ \cap && \cap && \cap\\ M_{2,1} &\supset& M_{2,2} &\supset& M_{2,3} &\supset& \dots\\ \cap && \cap && \cap \\ M_{1,1} &\supset& M_{1,2} &\supset& M_{1,3} &\supset& \dots \end{align*} Ahora la secuencia $M_{1,1} \supset M_{2,2} \supset M_{3,3} \supset \dots$ tiene que estabilizarse en algún momento, porque $M$ es artiniano, digamos en $M_{k,k}$ . Ahora es fácil ver que $M_{n,m} = M_{k,k}$ para todos $n,m\geq k$ . Por lo tanto, sólo hay un número finito de filas en el diagrama que aún no son iguales, pero se igualarán después de un número finito de pasos. Así que se aplica el criterio anterior y vemos que la secuencia $N_k$ tiene que estabilizarse, lo que prueba la afirmación.

Esto demuestra directamente lo siguiente

Corolario Si $B$ es artiniano, entonces $D^n(B)$ es artiniano como módulo sobre $B[t_1,\dotsc,t_n]$ .

Prueba: Aplique el lema inductivamente.