Demostrar que $\Gamma_I(\frac{M}{\Gamma_I(M)})=0$

Question

Yo estaba tratando de demostrar este teorema (problema):

Supongamos que $R$ es un anillo conmutativo con identidad, $I\unlhd R$, e $M$ $R$- módulo. Definimos: $$\Gamma_I(M)=\bigcup_{n\geq0}\operatorname{Ann}_M(I^n)$$ en el que para cada natural $n\geq 0$: $$\operatorname{Ann}_M(I^n)=\{x\in M\;;\;I^nx=0\}.$$ Demostrar $$\Gamma_I\left(\frac{M}{\Gamma_I(M)}\right)=0.$$

Tenga en cuenta que $\Gamma_I(\cdot)$ será definida para cualquier $R$-módulo de forma natural. Puedo mostrarles $\Gamma_I(M)\leq M$, pero no podía probar la segunda afirmación. por favor, muéstrame cómo demostrar este teorema.

Gracias de antemano.

Answer 1

Esto no es necesariamente cierto, a menos que exista alguna condición de finitud como $R$ noetherian. Voy a dar una prueba asumiendo $I$ es finitely genera, y un contraejemplo de lo contrario.

Deje $N=\frac{M}{\Gamma_I(M)}$, e $x\in \Gamma_I(N)$. Eso significa que $\exists n \geq 0$, de tal manera que $x\in \text{Ann}_N(I^n)$. Por definición, esto significa $I^nx=0$$N$. El problema es mostrar a $x=0$.

Deje $y\in M$ ser un elemento que se asigna a $x$ bajo el cociente homomorphism $M \rightarrow N$. A continuación, $x=0$ si y sólo si $y \in \Gamma_I(M)$. Por lo tanto, el problema es demostrar si $I^n y \subset \Gamma_I(M)$,$y\in \Gamma_I(M)$.

$I^n y\subset \Gamma_I(M)$ significa que por cada $r\in I^n$, existe alguna $k$ (dependiendo $r$) tal que $ry \in \text{Ann}_M(I^k)$, es decir,$I^kry = 0$. Queremos mostrar a $I^m y=0$ algunos $m \geq 0$.

Si sabemos que $I^n$ es finitely generado (por ejemplo, si $R$ es noetherian), podemos proceder como sigue. Pick generadores $r_1,\dots ,r_s$$I^n$. Para cada una de las $r_i$ existe $k_i \geq 0$ tal que $I^{k_i}r_i y = 0$. Deje $k=\max_{1 \leq i \leq s} k_i$, por lo que el $I^kr_iy = 0$ por cada $i$. A continuación, para cada $r\in I^n$, $r=a_1 r_1 + \cdots + a_s r_s$ para algunos $r_i \in R$, y $$I^kry = I^k(a_1 r_1 + \cdots +a_s r_s)y = a_1 I^kr_1y + \cdots +a_s I^kr_s y=a_1.0+\cdots +a_s.0=0.$$

A continuación, $I^kry=0$ por cada $r\in I^n$, lo $I^{k+n}y=I^k I^ny = 0$. Por lo tanto $y\in \text{Ann}_M(I^{n+k})\subset \Gamma_I(M)$, y por lo $x=0$$\frac{M}{\Gamma_I(M)}$, y hemos terminado.

Para un contraejemplo en general, vamos a $R=\prod_{n=3}^\infty \mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}$, y deje $R_0$ a ser el ideal de $\oplus_{n=3}^\infty \mathbb{Z}/2^n\mathbb{Z}$ el tiempo de cero vectores en $R$. Tome $M=R$, e $I=2R_0$. El elemento $y=(1,1,1,...)$ $M$ no pertenece a $\Gamma_I(M)$, ya que para cualquier $n\geq 0$, $I^n y=I^n \neq 0$. Pero, de hecho,$Iy \subset \Gamma_I(M)$. De hecho, si $r=(r_1,r_2,\dots ,r_s,0,0,...) \in I$, $ry =r$ es aniquilada por $I^{k}=2^kR_0$ siempre $2^k \geq s+2$, por lo que el $ry \in \text{Ann}_{I^k}(M)$, e $Iy\subset \Gamma_I(M)$. En este caso,$\Gamma_I(M)=R_0$, y dos vectores $y_1,y_2\in M$ mapa para el mismo elemento en $M/\Gamma_I(M)$ si y sólo si son iguales en casi todas partes. Desde cualquier vector en $M$, una vez multiplicado con un elemento de $I$ es cero en casi todas partes, tenemos

$$\Gamma_I\left(\frac{M}{\Gamma_I(M)}\right)= \text{Ann}_I\left(\frac{M}{\Gamma_I(M)}\right)=\frac{M}{\Gamma_I(M)}=R/R_0\neq 0.$$

Answer 2

En un comentario a Prometeo respuesta, Martin mencionó otra definición de torsión functor tener la propiedad deseada. Permítanme explicar esto.

Para un anillo de $R$, un ideal $\mathfrak{a}\subseteq R$ e una $R$-módulo de $M$ definimos $$\Gamma'_{\mathfrak{a}}(M):=\{x\in M\mid{\rm Supp}(Rx)\subseteq{\rm Var}(\mathfrak{a})\}.$$ This can be extended to a subfunctor of the identity functor on the category of $R$-modules. It contains $\Gamma_{\mathfrak{a}}$ as defined in the question. The two torsion functors coincide in case $\mathfrak{a}$ es finito tipo, pero no necesariamente en general.

Ahora, se puede demostrar que $\Gamma'_{\mathfrak{a}}$ es un llamado radical, es decir, $\Gamma'_{\mathfrak{a}}(M/\Gamma'_{\mathfrak{a}}(M))=0$. (Tiene también más agradable propiedades que $\Gamma_{\mathfrak{a}}$ pierde más no noetherian anillos.)