Conjunto de primos asociados de la suma directa

Question

Dejemos que $M$ sea un módulo sobre un anillo $R$ .

Dejemos que $\operatorname{Ass}(M)$ sea el conjunto de ideales aniquiladores $\operatorname{Ann}(x)$ que son primos, por lo que

$$\operatorname{Ass}(M) = \{\operatorname{Ann}(x) \mid \operatorname{Ann}(x)\text{ is prime}, x \in M\}.$$

Recordemos que $\operatorname{Ann}(x) = \{r \in R \mid rx=0\}$ .

Si $M_1$ y $M_2$ son dos módulos, quiero demostrar que $$\operatorname{Ass}(M_1 \oplus M_2) = \operatorname{Ass}(M_1) \cup \operatorname{Ass}(M_2),$$ donde $\oplus$ es la suma directa y $\cup$ es la unión ordinaria de conjuntos.

Necesito hacer esto considerando un elemento del lado izquierdo y mostrar que está en el lado derecho, así que nada del otro mundo. La dirección de la derecha a la izquierda es fácil, ya que para cualquier $m_1 \in M_1$ Tengo $\operatorname{Ann}(m_1) = \operatorname{Ann}(m_1,0)$ pero la otra dirección me causa problemas.

Answer 1

Dejemos que $\mathfrak{p} \in \textrm{Ass}(M_1 \oplus M_2)$ . Supongamos que $\mathfrak{p} = \textrm{Ann}(m_1 + m_2)$ donde $m_1 \in M_1$ y $m_2 \in M_2$ . (Estoy considerando $M_1$ y $M_2$ como submódulos de $M_1 \oplus M_2$ .) Así que para todos $a$ en $\mathfrak{p}$ , $a m_1 + a m_2 = 0$ Así que $a m_1 = 0$ y $a m_2 = 0$ . Así, $\mathfrak{p} \subseteq \textrm{Ann}(m_1) \cap \textrm{Ann}(m_2)$ .

Ahora, o bien $\mathfrak{p} = \textrm{Ann}(m_1)$ o no; si lo es estamos acabados, así que supongamos $\mathfrak{p} \ne \textrm{Ann}(m_1)$ . Sea $a \in \textrm{Ann}(m_1)$ , $a \notin \mathfrak{p}$ . Entonces, $$a m_1 + a m_2 = a m_2 \ne 0$$ ya que de lo contrario $a \in \textrm{Ann}(m_1 + m_2)$ , lo que contradice $a \notin \mathfrak{p}$ . Así, $a \notin \textrm{Ann}(m_2)$ . Así que, efectivamente $\mathfrak{p} = \textrm{Ann}(m_1) \cap \textrm{Ann}(m_2)$ . Sea $a$ sea como la anterior, y que $b \in \textrm{Ann}(m_2)$ Entonces $a b \in \textrm{Ann}(m_1) \cap \textrm{Ann}(m_2) = \mathfrak{p}$ Así que $b \in \mathfrak{p}$ . Así, $\textrm{Ann}(m_2) = \mathfrak{p}$ . Por lo tanto, o bien $\textrm{Ann}(m_1) = \mathfrak{p}$ o $\textrm{Ann}(m_2)=\mathfrak{p}$ Así que $$\textrm{Ass}(M_1 \oplus M_2) = \textrm{Ass}(M_1) \cup \textrm{Ass}(M_2)$$ según sea necesario.

Answer 2

Se podría utilizar el hecho de que para un submódulo $N\subseteq M$ tenemos $\mathrm{Ass}(M)\subseteq \mathrm{Ass}(N)\cup \mathrm{Ass}(M/N)$ .
Esto se puede demostrar directamente: Sea $\mathrm{Ann}(m)=p\in\mathrm{Ass}(M)$ .
Si $A/p\cap N\neq 0$ , entonces hay $0\neq n\in A/p\cap N$ . Por $A/\mathrm{Ann}(m)\cong mA$ se obtiene $\mathrm{Ann}(n)=p$ y $p\in \mathrm{Ass}(N)$ .
En caso contrario $A/p\cap N=0$ puedes usar eso $p\in \mathrm{Ass}(M)$ si existe una inyección $A/p\rightarrow M$ para demostrar que $p\in \mathrm{Ass}(M/N)$ .

Answer 3

_Esto es sólo una reestructuración de Respuesta de @ZhenLin a la luz de los comentarios de @DylanMoreland y @PavelCoupek ._

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Dejemos que $M$ ser un $A$ -que es una suma directa finita de sus submódulos $M_i$ es decir, que $M = \bigoplus M_i$ . Si $\mathfrak{p}_i$ es un primo asociado de $M_i$ entonces existe $m_i \in M_i$ tal que $\mathfrak{p}_i = \mathrm{ann}_A(m_i)$ . Pero como $m_i \in M$ también, esto demuestra que $\mathfrak{p}_i$ es un primo asociado de $M$ . Por lo tanto, $\mathrm{Ass}(M) \supset \bigcup \mathrm{Ass}(M_i)$ .

A la inversa, supongamos que $\mathfrak{p}$ es un primo asociado de $M$ . Demostraremos que $\mathfrak{p} = \bigcap \mathrm{ann}_A(m_i)$ .

Dejemos que $m = \sum m_i$ , $m_i \in M_i$ sea un elemento tal que $\mathfrak{p} = \mathrm{ann}_A(m)$ . En particular, $\mathfrak{p}$ aniquila $m_i$ para cada $i$ Así que $\mathfrak{p} \subset \mathrm{ann}_A(m_i)$ para cada $i$ . Por lo tanto, $\mathfrak{p} \subset \bigcap \mathrm{ann}_A(m_i)$ .

Para la inclusión inversa, primero observamos que $\prod \mathrm{ann}_A(m_i) \subset \mathfrak{p}$ . Esto se debe a que si $a_i \in \mathrm{ann}_A(m_i)$ para cada $i$ y $a = \prod a_i$ entonces $am = 0$ . Por lo tanto, cada elemento de $\prod \mathrm{ann}_A(m_i)$ aniquila $m$ y, por tanto, pertenece a $\mathfrak{p}$ . Desde $\mathfrak{p}$ es primo, $\mathrm{ann}_A(m_i) \subset \mathfrak{p}$ para algunos $i$ . Así, $\bigcap \mathrm{ann}_A(m_i) \subset \mathfrak{p}$ .

Por lo tanto, $\mathfrak{p} = \bigcap \mathrm{ann}_A(m_i)$ . Ahora, probamos la observación mencionada por @DylanMoreland, a saber, que esto implica $\mathfrak{p} = \mathrm{ann}_A(m_i)$ para algunos $i$ .

Para ello, wlog asume que $\mathfrak{p} \neq \mathrm{ann}_A(m_i)$ para todos $i \neq 1$ . Demostraremos que $\mathfrak{p} = \mathrm{ann}_A(m_1)$ . Como ya hemos demostrado que $\mathfrak{p} \subset \mathrm{ann}_A(m_1)$ sólo tenemos que mostrar la inclusión inversa. Por lo tanto, dejemos que $a_1 \in \mathrm{ann}_A(m_1)$ . Elija $a_i \in \mathrm{ann}_A(m_i) \setminus \mathfrak{p}$ para cada $i \neq 1$ . Como antes, dejemos $a = \prod a_i$ . Entonces, $a \in \prod \mathrm{ann}_A(m_i) \subset \bigcap \mathrm{ann}_A(m_i) = \mathfrak{p}$ . Por lo tanto, $a_1 \in \mathfrak{p}$ para que $\mathrm{ann}_A(m_1) \subset \mathfrak{p}$ .

Así, $\mathfrak{p} = \mathrm{ann}_A(m_1)$ y así $\mathrm{Ass}(M) \subset \bigcup \mathrm{Ass}(M_i)$ .

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La misma prueba funciona también para sumas directas arbitrarias. $\mathrm{Ass}(M) \supset \bigcup \mathrm{Ass}(M_i)$ con el mismo argumento que antes. Para demostrar la inclusión inversa, dejemos que $\mathfrak{p}$ sea un primo asociado de $M$ . Sea $m = \sum m_i$ , $m_i \in M_i$ sea un elemento tal que $\mathfrak{p} = \mathrm{ann}_A(m)$ . En particular, $m_i = 0$ para todos los índices excepto para los finitos $i$ . Así que, $m$ es un elemento de una suma directa finita. Ahora, hacemos la misma demostración que antes para esta suma directa finita para demostrar que $\mathfrak{p}$ es un primo asociado a uno de los $M_i$ .

Por lo tanto, el resultado $$\operatorname{Ass}\left(\bigoplus M_i\right) = \bigcup \operatorname{Ass}(M_i)$$ es cierto para sumas directas arbitrarias.