Ejercicio 3.15 [Atiyah/Macdonald]

Question

Tengo una pregunta sobre una afirmación de Atiyah, Macdonald. A es un anillo conmutativo con $1$ , $F$ es el libre $A$ -Módulo $A^n$ . Supongamos que $A$ es local con campo de residuos $k = A/\mathfrak m$ y supongamos que se nos da un mapa suryectivo $\phi: F\to F$ con núcleo $N$ . Entonces, ¿por qué es cierto lo siguiente?

Desde $F$ es un piso $A$ -la secuencia exacta $0\to N \to F\overset\phi\to F\to 0$ da una secuencia exacta $0\to k\otimes N \to k\otimes F \overset{1\otimes \phi}\to k\otimes F \to 0$ .

Puedo ver que $F$ es un programa gratuito $A$ -y que la primera secuencia es exacta. Pero, ¿cómo es que la planitud de $F$ ¿me puede decir algo sobre la segunda secuencia?

Gracias.

Answer 1

A partir de la secuencia exacta larga de Tor, la segunda secuencia exacta corta parece

$$\text{Tor}_1^A(k,F) \rightarrow k\otimes N \rightarrow k\otimes F \rightarrow k\otimes F \rightarrow 0$$

Pero $\text{Tor}_1^A(k,F) = 0$ desde $F$ es plana. Mira el ejercicio 24 del capítulo 2.

Answer 2

Un principio general en el álgebra homológica es el siguiente:

Cada ses de complejos de cadena da lugar a una LES en homología.

Se puede aplicar este principio a muchas situaciones, en nuestro caso se puede utilizar para demostrar que cada ses de $A$ - da lugar a una LES en Tor. La LES en su situación es exactamente

$$\ldots \to \text{Tor}_1^A(k, N) \to \text{Tor}_1^A(k, F) \to \text{Tor}_1^A(k, F) \to k \otimes_A N \to k \otimes_A F \to k\otimes_A F \to 0.$$

Ahora afirmamos que $\text{Tor}_1^A (k,F) = 0$ . De hecho, porque $F$ es libre (por tanto proyectiva) siempre podemos tomar la resolución proyectiva tautológica

$$ \ldots \to 0 \to 0 \to F \to F \to 0 $$

y eliminar la primera $F$ , tensor con $k$ , para obtener el complejo de la cadena

$$ \ldots \to 0 \to 0 \to k \otimes_A F \to 0$$

de lo que se deduce que el primer grupo de homología de este complejo es cero, es decir $\text{Tor}_1^A(k,F) = 0$ .