Mostrar que $M[x]$ es un # de $A[x]$-módulo de noetheriano.

Question

Esta es una pregunta de Atiyah y Macdonald, Introducción al Álgebra Conmutativa.

Problema: Vamos a $M$ ser un Noetherian $A$-módulo. Mostrar que $M[x]$ es un Noetherian $A[x]$-módulo.

Solución:

Así que, me puede solucionar el problema con un extra de asunción. Es decir, si asumimos que $M$ es fiel (es decir, $Ann(M)=0$). En este caso, se deduce que el $A$ es necesariamente Noetherian así. Por lo tanto, por Hilbert Teorema de la Base, se deduce que el $A[x]$ es Noetherian así.

Puede ser fácilmente demostrado que $M[x]\cong A[x]\bigotimes_A M.$ I también pueden mostrar que el producto tensor de dos Noetherian módulos es Noetherian, de ahí el resultado.

Me estoy preguntando, aunque, ¿este resultado se mantenga sin este extra suposición? Supongo, no estoy seguro de si el anillo de $A$ es siempre necesariamente Noetherian si no requerimos que nuestro módulo $M$ ser fieles? Todo lo que puedo mostrar es que si $M$ es Noetherian como un $A$-módulo, a continuación, $A/Ann(M)$ es necesariamente Noetherian como un anillo.

Gracias!!

Answer 1

Aviso que de Hilbert Teorema de la Base es el caso especial $M=A$. Pero la misma prueba funciona aquí:

Deje $U$ $A[x]$- submódulo de $M[x]$. Considerar el subconjunto $N \subseteq M$ de todos los elementos que aparecen como los principales coeficiente de un polinomio en $U$. Es fácil comprobar que este es en realidad un $A$-submódulo de $M$. Por supuesto, $N$ es finitely generado, digamos por $n_1,\dotsc,n_s$. Elegir polinomios $p_i \in U$ con los principales coeficiente de $n_i$, es decir,$p_i = n_i x^{d_i} + \text{lower terms}$. Deje $d = \max_i d_i$. Para$k < d$, igualmente el submódulo $N_k \subseteq M$ de todos los elementos que aparecen como los principales coeficiente de un polinomio en $U$ a que grado $\leq k$. Es finitely generado, digamos por $n_{k1},\dotsc,n_{ks}$ con los correspondientes polinomios $p_{i1},\dotsc,p_{is}$. Podemos optar $s$ uniforme (de esta forma se simplifica la notación).

La reclamación. El $A[x]$-módulo de $U$ es generado por el $p_i$ e las $p_{ki}$$k<d$$0 \leq i \leq s$.

Prueba. Deje $q \in U$, decir $q = m x^k + \text{lower terms}$. Hacemos una inducción sobre el grado $k$. Si $k \geq d$, podemos escribir $m = a_1 n_1 + \dotsc + a_s n_s$$a_i \in A$. A continuación, $q-\sum_i a_i x^{k-d_i} p_i \in U$ es de menor grado, por lo que se realiza por inducción. Si $k<d$, podemos escribir $m=a_1 n_{k1} + \dotsc + a_s n_{ks}$$a_i \in A$. A continuación, $q-\sum_i a_{ki} x^{k-\deg(p_{ki})} p_{ki} \in U$ es de menor grado, por lo que se realiza por inducción. $\square$

Answer 2

La estructura del módulo de M [x] es coincidió con el A/a [x]-Módulo estructura donde una es la ann(M) ideal. Ya que han demostrado que M [x] es noetheriano A/un [módulo x], M [x] es automáticamente un módulo noetheriano A [x].