¿Implica el lema de Nakayama el teorema de Cayley-Hamilton?

Question

Considere el Teorema de Cayley-Hamilton en la siguiente forma:

CH: Dejemos que $A$ sea un anillo conmutativo, $\mathfrak{a}$ un ideal de $A$ , $M$ una generación finita de $A$ -módulo, $\phi$ un $A$ -endomorfismo de módulo de $M$ tal que $\phi(M)\subseteq\mathfrak{a}M$ . Entonces hay coeficientes $a_i\in\mathfrak{a}$ tal que $\phi^n+a_1\phi^{n-1}+\dots+a_n=0$ .

Este teorema se puede demostrar utilizando el álgebra lineal elemental en el contexto de los anillos. Como corolario, encontramos las siguientes dos versiones del lema de Nakayama:

NAK1: Dejemos que $A$ sea un anillo conmutativo, $M$ una generación finita de $A$ -módulo y $\mathfrak{a}\subseteq A$ un Ideal tal que $\mathfrak{a}M=M$ . Entonces hay un $x=1\mod\mathfrak{a}$ tal que $xM=0$ .

Prueba. Uno sólo pone $\phi=\operatorname{id}$ y enchufa $x=1+a_1+\dots+a_n$ .

Es lo que sigue:

NAK2: Dejemos que $M$ sea una entidad finitamente generada $A$ -módulo, $\mathfrak{a}$ un ideal contenido en el radical de Jacobson de $A$ . Entonces $\mathfrak{a}M=M$ implica $M=0$ .

Prueba. Sí, es cierto, $xM=0$ para un elemento $x\in 1+\mathfrak{a}\subseteq 1+J(A)$ que es una unidad, por lo tanto $M=0$ .

Sin embargo, se puede demostrar el lema de Nakayama evitando el álgebra lineal:

Prueba alternativa de NAK2 : Dejemos que $u_1,\dots,u_n$ sea un sistema generador de $M$ . $u_n\in M=\mathfrak{a}M$ Así que $u_n=a_1u_1+\dots+a_nu_n$ . Restando, $(1-a_n)u_n=a_1u_1+\dots+a_{n-1}u_{n-1}$ . Pero $1-a_n$ es una unidad, ya que $a_n\in J(A)$ Por lo tanto $u_n\in\langle u_1,\dots,u_{n-1}\rangle$ . Iterando, vemos que todos los $u_i$ han sido cero.

Prueba alternativa de Nak1 : Dejemos que $S=1+\mathfrak{a}$ . Entonces $S^{-1}\mathfrak{a}\subseteq J(S^{-1}A)$ . Si $M=\mathfrak{a}M$ entonces $S^{-1}M=S^{-1}(\mathfrak{a}M)=(S^{-1}\mathfrak{a})(S^{-1}M)$ Por lo tanto Nak2 implica $S^{-1}M=0$ . Como $M$ está generada finitamente, existe un $x\in S$ tal que $xM=0$ .

Ahora mi pregunta:

Puede CH ¿se puede deducir del lema de Nakayama, evitando el álgebra lineal, en particular la teoría de los determinantes?

Por cierto, los argumentos están tomados de Atiyah-Macdonald, no los he encontrado yo.

Answer 1

Lemma de Nakayama. Dejemos que $N$ sea una entidad finitamente generada $R$ -y $J\subseteq R$ . Supongamos que $J$ es cerrado bajo adición y multiplicación y $JN=N$ . Luego está $a\in J$ tal que $(1+a)N=0$ . (Aquí por $JN$ denotamos el subconjunto de combinaciones lineales de $N$ con coeficientes en $J$ .)

Teorema de Cayley-Hamilton. Dejemos que $A$ sea un anillo conmutativo, $I$ un ideal de $A$ , $M$ una generación finita de $A$ -módulo, $\phi$ un $A$ -endomorfismo de módulo de $M$ tal que $\phi(M)\subseteq IM$ . Entonces hay $n\ge 1$ y $a_i\in I^i$ tal que $\phi^n+a_1\phi^{n-1}+\dots+a_n=0$ .

El lema de Nakayama implica el teorema de Cayley-Hamilton:

$M$ es un $A[X]$ -módulo a través de $Xm=\varphi(m)$ . Además, $M$ es también una entidad finitamente generada $A[X]$ -módulo. Por hipótesis $XM\subseteq IM$ . Ahora considere el anillo $A[X,X^{-1}]$ la localización de $A[X]$ con respecto al conjunto multiplicativo $S$ generado por $X$ , y el de generación finita $A[X,X^{-1}]$ -Módulo $S^{-1}M$ (que denotamos por $M[X^{-1}]$ ). El conjunto $$J=\{a_1X^{-1}+\cdots+a_{r}X^{-r}:a_i\in I^i, r\ge1\}$$ es cerrado bajo adición y multiplicación, y además $JM[X^{-1}]=M[X^{-1}]$ : si $m\in M$ y como $XM\subseteq IM$ tenemos $Xm\in IM$ . Entonces $Xm=a_1m_1+\cdots+a_nm_n$ con $a_j\in I$ y por lo tanto $m=(a_1X^{-1})m_1+\cdots+(a_nX^{-1})m_n\in JM[X^{-1}]$ .

Ahora, por el lema de Nakayama (para $R=A[X,X^{-1}]$ y $N=M[X^{-1}]$ ) hay $p\ge 1$ tal que $(1+a_1X^{-1}+\cdots+a_{p}X^{-p})M[X^{-1}]=0$ . En particular, $(1+a_1X^{-1}+\cdots+a_{p}X^{-p})M=0$ Es decir, $\dfrac{(X^p+a_1X^{p-1}+\cdots+a_p)m}{X^p}=0$ para todos $m\in M$ . Desde $M$ está generada finitamente hay $s\ge0$ tal que $X^s(X^p+a_1X^{p-1}+\cdots+a_p)M=0$ . Ahora, establece $n=s+p$ y concluir que $\varphi^{n}+a_1\varphi^{n-1}+\cdots+a_n=0$ con $a_i\in I^i$ .