Ejercicio 9.5.21 en Grillet (radical de Jacobson, lema de Nakayama)

Question

He conseguido probar el siguiente ejercicio:

(21.) Dejemos $\mathfrak{m}$ sea un ideal máximo de un anillo conmutativo $R$ . Demuestre lo siguiente: si $A$ es una entidad finitamente generada $R$ -y $x_1, x_2, \ldots, x_n$ es un subconjunto generador mínimo de $A$ entonces $x_1 + \mathfrak{m} A, \ldots, x_n + \mathfrak{m} A$ es una base de $A/\mathfrak{m}A$ en $R / \mathfrak{m}$ .

en Grillet's Álgebra abstracta , página 377, sólo bajo la hipótesis de que $\mathfrak{m}$ es el sólo ideal máximo, es decir, que $R$ es un anillo local.

Prueba débil: En primer lugar, la multiplicación escalar se define como $(r\!+\!\mathfrak{m})(a\!+\!\mathfrak{m}A) \!:=\! ra\!+\!\mathfrak{m}A$ . Para ver que esto está bien definido, observe que si $r\!+\!\mathfrak{m} \!=\! 0$ es decir $r\!\in\!\mathfrak{m}$ entonces $ra\!\in\!\mathfrak{m}A$ es decir $ra\!+\!\mathfrak{m}A\!=\!0$ ; y también que si $a\!+\!\mathfrak{m}A\!=\!0$ es decir $a\!=\!ma'\!\in\!\mathfrak{m}A$ entonces $ra\!=\!rma'\!\in\!\mathfrak{m}A$ es decir $ra\!+\!\mathfrak{m}A\!=\!0$ . En realidad, el $R/\mathfrak{m}$ -Módulo $A/\mathfrak{m}A$ se construye creando primero el $R$ -Módulo $A/\mathfrak{m}A$ (esto es posible porque $\mathfrak{m}A$ es un submódulo de $A$ ya que $\mathfrak{m}$ es un ideal de $R$ ) y luego convertirlo en un $R/\mathfrak{m}$ -(esto es posible porque $\mathrm{Ann}_R(A/\mathfrak{m}A)\supseteq\mathfrak{m}$ ).

Para demostrar $x_1\!+\!\mathfrak{m}A,\ldots,x_n\!+\!\mathfrak{m}A$ generar $A/\mathfrak{m}A$ debemos demostrar que $(R/\mathfrak{m})(x_1\!+\!\mathfrak{m}A)\!+\!\ldots\!+\!(R/\mathfrak{m})(x_n\!+\!\mathfrak{m}A)\!=\!A/\mathfrak{m}A$ , lo que significa que $Rx_1\!+\!\ldots\!+\!Rx_n\!+\!\mathfrak{m}A\!=\!A/\mathfrak{m}A$ , o de forma equivalente, $Rx_1\!+\!\ldots\!+\!Rx_n\!+\!\mathfrak{m}A\!=\!A$ pero esto es cierto ya que $Rx_1\!+\!\ldots\!+\!Rx_n\!=\!A$ por hipótesis. Alternativamente, podríamos argumentar que como $x_1,\ldots,x_n$ generar el $R$ -Módulo $A$ generan el $R$ -Módulo $A/\mathfrak{m}A$ y, por lo tanto, generar el $R/\mathfrak{m}$ -Módulo $A/\mathfrak{m}A$ .

Si $x_1\!+\!\mathfrak{m}A,\ldots,x_n\!+\!\mathfrak{m}A$ fueron $R/\mathfrak{m}$ -dependiente linealmente, entonces WLOG $x_n\!+\!\mathfrak{m}A$ podría expresarse como $R/\mathfrak{m}$ -combinación lineal de los otros, por lo que ya $x_1\!+\!\mathfrak{m}A,\ldots,x_{n-1}\!+\!\mathfrak{m}A$ generaría $A/\mathfrak{m}A$ lo que significaría $Rx_1\!+\!\ldots\!+\!Rx_{n-1}\!+\!\mathfrak{m}A\!=\!A$ . Pero como $J(R)\!=\!\mathfrak{m}$ por el Lemma de Nakayama esto significaría $Rx_1\!+\!\ldots\!+\!Rx_{n-1}\!=\!A$ , una contradicción con la hipótesis de la minimidad de $x_1,\ldots,x_n$ . $\blacksquare$

Pregunta: ¿cómo puedo probar la versión general del ejercicio? Soy algo escéptico con respecto a la afirmación...

Answer 1

Utilizando el comentario de Dylan, obtenemos el siguiente contraejemplo. Sea $K$ y $L$ ser campos, poner $$ R=K\times L,\quad A=\mathfrak m=K,\quad n=1,\quad x_1=(1,0), $$ y observar $$ A/\mathfrak mA=K/KK=K/K=0. $$

Answer 2

Tienes toda la razón al ser escéptico con la afirmación, León, porque creo que es falsa. He aquí un contraejemplo.

Dejemos que $k$ sea un campo, $R$ sea el anillo $R=k[X,Y]/\langle Y^2-X^3\rangle=:k[x,y]$ y $A$ el ideal $A=\langle x,y\rangle\subset R$ .
El conjunto de generadores elegido $x_1=x,x_2=y$ del ideal $A$ es ya mínimo, ya que $A$ no es principal.
Ahora elige el ideal máximo ${\frak m}=\langle x-1,y-1 \rangle$ .
Tenemos $R/{\frak m}=k$ y ${\frak m}A=\langle x-1,y-1 \rangle \langle x,y \rangle= \langle x^2-x,xy-y,yx-x,y^2-y\rangle $ para que
$A/{\frak m}A=\langle x,y\rangle/\langle x^2-x,xy-y,yx-x,y^2-y\rangle= \langle \bar x \rangle$ unidimensional $k$ espacio vectorial.
Pero entonces el dos clases $x+{\frak m}A ,\; y+{\frak m}A$ obviamente no puede ser una base de este espacio vectorial unidimensional.

Editar
A petición de León, explicaré en detalle por qué el ideal $A\subset R$ no es principal (esto debe ser omitido por quien esté familiarizado con la geometría algebraica subyacente de la situación).

Supongamos que $A=\langle f(x,y)\rangle $ para algunos $ f(X,Y)\in k[X,Y]$ con $f(X,Y)=0$ . Desde $f\in A$ y como $y^2=x^3$ podemos escribir $f(x,y)=xg(x)+yh(x)$ con $g(X),h(X)\in k[X,Y]$ .

i) Ya que $x\in A=\langle f(x,y) \rangle$ debemos tener $x=f(x,y) a(x,y)$ para algunos $a(X,Y)\in k[X,Y] \:$ . Elevando a polinomios reales obtenemos $X=(Xg(X)+Yh(X))a(X,Y)+(Y^2-X^3)P(X,Y)$ .
Si consideramos los términos lineales, vemos que esto sólo es posible si $g(0)=:c\neq0$ y $h(0)=0$ para que $$g(X)=cX+X^2.l(X) ,\quad h(X)=Xm(X) \quad (*)$$

ii) Pero entonces $y\in A=\langle f(x,y) \rangle$ también se traduce en $Y=(Xg(X)+YhX))b(X,Y)+(Y^2-X^3)Q(X,Y)$ y así, utilizando $(*)$ ,
$Y=[X.(cX+X^2l(X))+YXm(X)].b(X,Y)+(Y^2-X^3)Q(X,Y)$
Pero esto es imposible porque el lado derecho tiene cero como término lineal.
Hemos demostrado que la suposición de que $A$ es principal es contradictorio.