$k[x]/(x^n)$ módulo con resolución libre finito es gratis

Question

¿Cómo mostrar un módulo de #% de #% % con resolución libre finito es gratis?

Supongamos que tenemos una secuencia exacta $k[x]/(x^n)$, ¿cómo obtenemos información para mostrar $k[x]/(x^n)^{\oplus n_1}\to k[x]/(x^n)^{\oplus n_{0}}\to M\to 0$ es gratis?

Answer 1

He aquí una más elemental explicación (de Ejercicio 19.7 en Eisenbud):

La proposición: Vamos a $(R,P)$ ser un Artinian anillo local, no un campo. Entonces no submódulo de $PR^n$ es gratis.

Prueba: $P$ es nilpotent en $R$, dicen $P^k = 0$, $P^{k-1} \ne 0$ para algunos $k > 1$, por lo que cualquier submódulo de $PR^n$ es aniquilada por $P^{k-1}$, por lo que ha trivial annihilator, y por lo tanto no puede ser libre (no creyentes).

Para aplicar esto, supongamos $M$ tuvo un mínimo de resolución libre que era finito de longitud $\ge 1$:

$$0 \to R^{n_m} \xrightarrow{\phi_m} R^{n_{m-1}} \to \ldots \to R^{n_0} \to M \to 0$$

Por minimality, $\phi_m(R^{n_m}) \subseteq PR^{n_{m-1}}$, pero $\phi_m$ es inyectiva, por lo $\phi_m(R^{n_m}) \cong R^{n_m}$ es gratis, que contradice la proposición. Así lo finito libre de resolución deben tener la longitud de $0$, es decir,$0 \to R^{n_0} \to M \to 0$, lo $M \cong R^{n_0}$ es gratis.

Answer 2

$R=k[x]/(x^n)$ es un anillo de artinian local. Que $M$ sea un $R$ módulo de tener una resolución libre finito o equivalente $\operatorname{pd}_RM<\infty$. Ahora podemos aplicar la fórmula de Auslander-Buchsbaum y conseguir $\operatorname{pd}_RM=0$, $M$ es proyectivo, por lo tanto gratis.

Answer 3

Usted no tiene que asumir la resolución es de finitely generado libre de los módulos. Sólo se necesita suponer que es gratis y finito, en el sentido de que finalmente se $0$.

$R$ es un inyectiva $R$-módulo. De hecho, cualquier ideal de $R$ es de la forma $(\bar x^k)$ $k=0,\ldots,n$ ya que cada elemento de a $R$ puede ser escrito como $\mu \bar x^k$ $\mu$ una unidad. Supongamos que se nos ha dado $\eta:(\bar x^k)\to R$, y supongamos $\eta(\bar x^k)=\mu \bar x^j$. La multiplicación por $\bar x^{n-k}$ rendimientos que $n-k+j\geqslant n$$j\geqslant k$, decir $j=k+l$. Definir $\tilde\eta:R\to R$$\bar 1\to \mu \bar x^l$. A continuación, $\tilde\eta$ extends $\eta$. Por Baer criterio del $R$ $R$- inyectiva. Desde $R$ es local, proyectiva y conexión de los módulos de coincidir, y desde $R$ es noetherian el teorema de los bajos de Papp dice que cualquier suma directa de copias de $R$ es inyectiva, esto es, a cualquier proyectiva $R$-módulo es inyectiva. Pero luego me reclamación de cualquier módulo que admite un número finito proyectiva, la resolución debe ser proyectiva. De hecho, nos dicen que tenemos un módulo que admite una resolución de $$0\to P_n\to P_{n-1}\to \cdots \to P_0\to M\to 0$$ pero no menos resolución. Podemos suponer $n=1$, ya que el $M'=P_n/P_{n-1}$ admite $0\to P_{n-1}\to P_n\to M'\to 0$, pero por si misma no puede ser proyectiva, cosa que sería capaz de acortar $M$'s de la resolución a la unidad de la forma $$0\to M'\to P_{n-2}\to\cdots P_0\to M\to 0$$ contrary to our assumption. Then for $M'$ we have a SEC $$0\to P_1'\to P_0'\to M'\to 0$$ which cannot split. But it does, since $P_1'$ being projective is injective. The conclusion is that any $R$-módulo con un número finito de resolución libre debe ser libre.