En la pregunta $A^m\hookrightarrow A^n$ implica $m\leq n$ para un anillo $A\neq 0$, $A$ es un anillo conmutativo. ¿Existe una demostración más simple para un dominio, por ejemplo $\mathbb{Z}$?
Respuestas
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Sea $A$ un dominio integral y $K$ su campo de fracciones. Supongamos la existencia de un mapa $A$-lineal inyectivo $A^m\rightarrowtail A^n$. Dado que $K$ es un módulo plano sobre $A$, el tensorizar por $K$ (sobre $A$) preserva la inyectividad, por lo tanto obtenemos un diagrama conmutativo de mapas lineales sobre $K$
con un mapa lineal sobre $K$ $K^m\rightarrowtail K^n$ de espacios vectoriales sobre $K$. Observamos la isomorfismo lineal sobre $K$ $A^n\otimes_A K\cong K^n$ que se sigue por inducción a partir de los isomorfismos canónicos $A\otimes_A K\cong K$ y $(M\oplus N)\otimes K\cong (M\otimes K)\oplus (N\otimes K)$ especificados aquí. En consecuencia, $$m=\dim_KK^m\leq\dim_KK^n=n$$
lhf
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Aquí hay una prueba concreta para $\mathbb Z$.
Cada mapa aditivo $\mathbb Z^m \to \mathbb Z^n$ se extiende a un mapa $\mathbb Q$-lineal $\mathbbQ^m \to \mathbb Q^n$ de espacios vectoriales $\mathbb Q$. Si el mapa es inyectivo, entonces su imagen tiene dimensión $m$ y así $m \leq n$.
Cuando $D$ es un dominio, esta prueba se generaliza a mapas $D$-lineales $D^m \to D^n$ de $D$-módulos, porque se extienden a mapas $K$-lineales $K^m \to K^n$ de espacios vectoriales $K$, donde $K=Q(D)$.
