Contraejemplo: multiplicar módulos por elementos de un ideal frente a tomar combinaciones lineales

Question

Dejemos que $R$ sea un anillo (conmutativo, unital) y $M$ un $R$ -módulo. Sea $I \subset R$ sea un ideal. Hacemos las siguientes definiciones:

$$ A := \{ am \ | \ a \in I,\ m \in M \} $$ $$ B := \left\{ \sum_{\text{finite}} a_i m_i \ | \ a \in I,\ m \in M \right\} $$

Claramente $A \subset B$ y si $I$ es un ideal principal, entonces $B \subset A$ también. Se me ocurrió el siguiente contraejemplo de $B \subset A$ para cuando $I$ no es principal:

Dejemos que $R = k[x_1, x_2, \dotsc]$ sea el anillo de polinomios en infinitas variables, $M$ sea el $R$ -submódulo de $R$ formado por aquellos polinomios con término constante cero (y $0$ ), y $I = (x_1,x_2) \subset R$ .

Entonces $p = x_1 x_3 + x_2 x_4 \in B$ pero no está en $A$ . (Porque si hay $f \in I, g \in M$ tal que $fg = p$ entonces $\deg f = \deg g = 1$ y podemos comprobar que, de hecho, no existen tales $f$ y $g$ .)

Aquí no he utilizado realmente el noetherismo de $k[x_1,x_2,\dotsc]$ ; $R = k[x_1, \dotsc, x_4]$ habría servido igualmente. Este contraejemplo también se generaliza a $R = k[x_1, \dotsc, x_{2n}],\ I = (x_1,\dotsc,x_n)$ . Pero todo es bastante ad-hoc para mí en este momento, ¿existen contraejemplos más simples o más generales ?

Por cierto, ¿tengo razón al suponer que la notación $IM$ , para $I$ y $M$ como en la primera frase debe leerse en el sentido de $B$ ?

Answer 1

Para otro ejemplo (en mi opinión más simple, pero ciertamente no más general):

¿Qué pasa con $R= \mathbb{Z}[X]$ , $M = (Y) \subset \mathbb{Z}[X,Y]$ .

Ahora toma $I = (2,X)$ . Entonces $2Y^2 + XY \in B$ , $2Y^2 + XY \notin A$

Más sencillo aún: tomar $R$ , $I$ como en el caso anterior y $M=I$ .

$4+X^2 \in B = I^2$ pero $4+X^2 \notin A$ .

Answer 2

Mis ejemplos son básicamente los mismos que los de Louis y el cartel original, pero tal vez el patrón es útil para ver.

Si cualquiera de los dos $I$ o $M$ es cíclico, entonces $A=B$ . Por lo tanto, tenemos que elegir ambos $I$ y $M$ no cíclico. La opción más fácil suele funcionar:

Dejemos que $P$ sea un ideal no principal de $R$ y tomar $I=P$ y $M=P$ para que $B=P^2$ . Por lo general, $B \neq A$ .

Ejemplo 1: Si $R=\mathbb{Z}[\sqrt{-17}]$ y $I=M=(3,1+\sqrt{-17})$ entonces $1+\sqrt{-17} \in B \setminus A$ .

Prueba: Comprueba que $I=\{ (3a+b) + b\sqrt{-17} : a,b \in \mathbb{Z} \}$ o, en otras palabras, que he dado una base integral. Comprueba que $N:R\to \mathbb{Z}:a+b\sqrt{-17}\mapsto a^2+17b^2$ es multiplicativo y cero si $a+b\sqrt{-17}=0$ . Compruebe que $N( (3a+b) + b\sqrt{-17} ) = 3(a+b)^2 + 6a^2 + 15b^2$ . Obsérvese que esto es lo que se minimiza (con valor $9$ ) cuando $a=1$ , $b=0$ (que no sea $a=b=0$ ), por lo que $N(im) = N(i) N(m) \geq 9 \cdot 9 = 81$ . Por supuesto $N(1+\sqrt{-17}) = 18$ Así que $1+\sqrt{-17} \notin A$ (véase también esta pregunta ). Por otro lado $1+\sqrt{-17} = ((1+\sqrt{-17})-6)(3) - (1+\sqrt{-17})^2 \in B$ . $\square$

Ejemplo 2: Si $R=\mathbb{Q}[x,y]$ y $I=(x,y)$ entonces $x^2 + y^2 \in B \setminus A$ .

Prueba: Claramente $x^2 + y^2 \in B=(x^2,xy,y^2)$ . Si $x^2+y^2 = fg$ podemos WLOG asumir los coeficientes en $x$ son ambos $1$ Así que $f=x+ay+i$ donde $i \in I^2$ y $g=x+by+j$ donde $j \in I^2$ para que $fg = (x+ay+i)(x+by+j) = x^2 + (a+b)xy + aby^2 + k$ donde $k \in I^3$ . Por lo tanto, buscamos una solución para $a+b=0$ y $ab=1$ pero esto equivale a $a=-b$ y $a^2=-1$ que no tiene soluciones en $\mathbb{Q}$ (ni en muchos otros campos). Aquí sí que he utilizado $\left(\mathbb{Q}xy \oplus \mathbb{Q}y^2\right) \cap I^3 = 0$ . $\square$

Ejemplo 3: Si $R=\mathbb{Z}[x]$ y $I=(2,x)$ entonces $4+x^2 \in B \setminus A$ .

Prueba: Claramente $4+x^2 \in B=(4,2x,x^2)$ . Describimos $I$ como los polinomios con valor par en $0$ . De nuevo $4+x^2 = (2+ax+i)(2+bx+j) = 4+(a+b)x+abx^2 +k$ y de nuevo $a+b=0$ , $ab=1$ no tiene solución en números enteros. $\square$

El siguiente ejemplo es muy interesante porque $B$ es cíclico, aunque $I$ y $M$ no lo son. Seguimos teniendo $A\neq B$ .

Ejemplo 4: Si $R=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ y $I=(3,1+\sqrt{-5})$ entonces $-2+\sqrt{-5} \in B \setminus A$ .

Prueba: Compruebe que $I=\{ (3a+b) + b\sqrt{-5} : a,b \in \mathbb{Z} \}$ que $N(a+b\sqrt{-5})=a^2 +5b^2$ es una norma, que $N((3a+b)+b\sqrt{-5}) = 3(a+b)^2 + 6a^2 + 3b^2$ toma su mínimo en $I \setminus \{0\}$ en $a=0$ , $b=1$ con valor $6$ . Así, $A\setminus \{0\}$ tiene la norma mínima $36$ pero $-2+\sqrt{-5}$ tiene norma $9$ Así que $-2+\sqrt{-5} \notin A$ . Por supuesto, $-2+\sqrt{-5} = -3^2 -(1+\sqrt{-5})^2 + 3(1+\sqrt{-5}) \in B$ . $\square$

No es un ejemplo: Ahora sólo porque $I=M$ no es principal no significa $A \neq B$ ya que $I^2$ puede ser en sí mismo demasiado simple. Por ejemplo $R=\mathbb{Q}[x,y]/(x^2,xy,y^2)$ con $I=(x,y)$ entonces $A=B=0$ .

No conozco ningún criterio simple necesario o suficiente que no se haya mencionado ya.