Moduli (2) Soluzioni

Esercizi sui moduli 03/04/2014- Soluzioni
Roberto Pirisi
26 maggio 2014
Esercizio 1. Sia A l’anello dei polinomi in infinite variabili xi , i ∈ N a coefficienti in un campo k. Consideriamo il seguente ideale I = (x20 , x21 − x0 , x22 −
x1 , . . . , x2n − xn−1 , . . .).
Dimostrare che N (AI ) = N (AI ).
Dare un controesempio all’enunciato del lemma di Nakayama nel caso in
cui il modulo M non sia finitamente generato.
Supponiamo ora di avere un anello A tale che N (A) sia finitamente generato, e un A-modulo M non necessariamente finitamente generato. Dimostrare che se N (A)M = M allora M = 0.
La stessa cosa è vera se sostituiamo N (A) con J(A) nella precedente
affermazione?
Dimostrazione.
Osserviamo che N (AI ) = (x1 , . . . , xn , . . .). Dato che
x2i+1 = xi in AI si ha che N (AI )2 ⊃ N (AI ) e quindi i due sono uguali.
N (AI ) è l’esempio cercato, dato che moltpilicato per il nilradicale di AI
è uguale a se stesso ma non è il modulo nullo.
Se N (A) è finitamente generato, prendiamo un insieme di generatori a1 , . . . , an ,
e un r ∈ N tale che ar1 = . . . = arn = 0. Allora N (A)( rn − n + 1) è generato
dai prodotti di rn − n + 1 tra a1 , . . . , an . Dato che almeno un odi questi
deve apparire con una potenza almeno pari a r, N (A)r = 0. Quindi se
abbiamo un modulo tale che N M = 0 abbiamo anche N r M = M da cui
M = 0.
Falso. Prendiamo A = Q [x](x) , M = ⊕i∈N A con generatori ei , i ∈ N, e
N = hxe1 , xe2 − e1 , xe3 − e2 , . . .i. Allora se prendiamo P = MN abbiamo
che xP = P , ma il radicale di Jaobson di A è (x), che è ovviamente
finitamente generato.
Esercizio 2. Sia k un campo. Per ognuno dei seguenti anelli, dimostrare che
è finitamente generato come k [x]-modulo e scriverlo come somma diretta di
moduli ciclici.
k [x, y, z](x3 − y 2 + z, x2 − y 2 ).
1
k [x, y, z](zy − 1, y 2 − z + x2 ).
k [x, y](x2 − y 2 , x4 − x3 y + y)).
Dimostrazione.
Osserviamo che, dato che possiamo scrivere −z = x3 − y 2
possiamo eliminare questa variabile, ovvero la mappa k [x, y, z](x3 − y 2 + z, x2 − y 2 ) →
k [x, y] 2
3
2
(x − y 2 ) data da z → −x + y è un isomorfismo. Il modo migliore per vederlo è che possiamo costruire un inversa mandando x e y
in loro stessi. A questo punto dato che y 2 appartiene a k [x] un insieme di generatori è 1, y, e questa è una base libera perché non può esserci alcuna relazione f (x) + yg(x) = 0 in quanto questo vorrebbe dire
f (x) + yg(x) = (x2 − y 2 )q(x, y) che non è possibile per motivi di grado.
Iniziamo nuovamente eliminando la variabile z: stavolta possiamo scrivere
z = y −1 , da cui la seconda relazione si può riscrivere come x2 + y 2 − y −1 =
0, o equivalentemente (ricordo che y ora è invertibile nel nostro anello)
y(x2 + y 2 ) − 1 = 0. abbiamo quindi che y 2 = yx2 − 1 e ogni elemento
del nostro modulo è equivalente a qualche elemento di grado in y due o
inferiore.
Abbiamo un insieme d generatori dato da 1, y, y 2 . Per vedere che è un
insieme libero, osserviamo che una relazione f (x) + g(x)y + h(x)y 2 =
q(x, y, y −1 )(−y 3 − yx2 + 1) è impossibile in quanto se il grado di q in y −1
fosse positivo nel termine a destra ci sarebbero monomi di grado negativo
in y e in quello a sinistra no, mentre se non lo fosse il termine a destra
avr`
a grado in y pi`
u alto di quello a sinistra.
Prendiamo prima il quoziente per (x2 − y 2 ), ottenendo un modulo libero
generato da 1 e y. A qusto punto dobbiamo quozientare per l’ideale (x4 −
x3 y + y), che è generato come k [x]-mdulo da x4 − x3 y + y = x4 (1) +
(x3 + 1)(x) e y(x4 − x3 y + y) = x4 y − x3 y 2 + y 2 = (x2 + x5 )(1) + x4 (y).
2
2
Il modulo che cerchiamo è quindi il cokernel del morfismo k [x] → k [x]
4
3
2
5
4
dato da e1 → x e1 + (x + 1)e2 , e2 → (x + x )e1 + x e2 . Un rapido calcolo
con la matrice associata mostra che il modulo cercato è k [x](2x3 + 1) ⊕
k [x] 2 .
(x )
Esercizio 3. Supponiamo di avere una successione esatta corta
i
π
0→N →
− M−
→P →0
Se M, N, P sono tre Z-moduli, e due di loro sono isomorfi a Z, cosa
possiamo dire sul terzo nei tre casi possibili?
Se M, N, P sono tre Z-moduli, e uno di loro è isomorfi a Z, cosa possiamo
dire sugli altri due nei tre casi possibili?
Le conclusioni dei punti precedenti valgono (opportunamente riformulate)
per qualsiasi PID?
2
Dimostrare che se N, P sono generati rispettivamente da n e p elementi,
allora M è generato dal al pi`
u n + p elementi. Esiste qualche caso in cui
M è generato da meno di n + p elementi?
Dimostrare che esiste una successione esatta
0 → Z2Z → Z4Z → Z2Z → 0
e una successione esatta
0 → Z2Z → Z4Z ⊕ Z2Z → Z2Z ⊕ Z2Z
ma non una successione esatta
0 → Z2Z → Z8Z → Z2Z ⊕ Z2Z
Dimostrazione.
Se N = M = 0 allora le successioni possibili sono 0 →
Z → Z → 0 e i è la moltiplicazione per ±1, o 0 → Z → Z → ZnZ → 0
e la mappa è la moltplicazione per n. Se P = Z dato che Z è un modulo
proiettivo la successione spezza, e possiamo avere 0 → 0 → Z → Z → 0 o
0 → Z → Z ⊕ Z → Z → 0.
Se M = Z dobbiamo necessariamente avere N = 0 o N = Z e ci riportiamo
ai casi precedenti. Se P = Z la successione spezza e sarà nella forma
0 → N → N ⊕ Z → Z → 0 con N qualsiasi, mentre nel caso N = Z non
possiamo dire niente di veramente rilevante sugli altri due.
Chiaramente tutti i risultati si traducono per un PID D, infatti abbiamo
usato solo che ogni sottomodulo non zero di Z è isomorfo a Z, ovvero è
principale, e che Z è uno Z-modulo proiettivo, che è vero per ogni anello.
Dato un elemento m ∈ M , consideriamo una qualsiasi controimmagine m0
di π(m): allora m−m0 ∈ Ker(π) = i(N ). Quindi se prendiamo le immagini
di un insieme di generatori di N e delle controimmagini qualsiasi di un
insieme di generatori di P otterremo tutto M . Chiaramente potrebbero
servire molti meno elementi, ad esempio se N = I, M = A, P = AI
per qualche ideale I di A allora N può essere generato da un numero
arbitrariamente alto di generatori, ma M sarà sempre principale.
possiamo chiaramente Z2Z in 2, 0 ∈ Z4Z per ottenere la prima successione esatta, e fare lo stesso nella prima componente per ottenere la seconda.
Invece la terza successione esatta è impossibile perchè un quoziente di un
modulo ciclico rimane ciclico.
Esercizio 4. In questo esercizio costruiremo un esempio di modulo proiettivo
ma non libero. Sia A un dominio,. Siano I, J due ideali tali che I + J = A,
φ
e consideriamo la mappa di A-moduli I ⊕ J → I + J data da (x, y) −
→ x + y.
Dimostrare che:
La mappa φ è suriettiva.
Il kernel di φ è isomorfo a I ∩ J.
3
I ⊕ J è isomorfo come A-modulo a I ∩ J ⊕ A.
Se I ∩ J = IJ è principale allora I e J sono A-moduli proiettivi.
√ √
√
Sia ora A = Z −5 e poniamo I = (3, 1 − −5) e J = (3, 1 + −5).
Dimostrare che:
I, J sono massimali e distinti.
I ∩ J = IJ = 3A.
Ne I ne J sono principali.
I e J sono moduli proiettivi ma non liberi. A non è un PID.
Dimostrazione.
Chiaro perché l’immagine contiene tutto I, che è immagine di I ⊕ 0 e tutto J, che è immagine di 0 ⊕ j.
Un elemento (x, y) tale che la sua imamgine fa 0 deve soddisfare x = −y,
da cui entrambi appartengono a I ∩ J, e il kernel è fatto dagli elementi
(x, −x) con x ∈ I ∩ J.
Abbiamo appena mostrato che esiste una successione esatta 0 → I ⊕ J →
I + J → 0. D’altronde I + J = A che è proiettivo, quindi la successione
spezza.
I ∩ J è uguale a IJ per il teorema cinese del resto. Se IJ è principale,
dato che A è un dominio deve essere IJ ' A, da cui I ⊕ J = A2 , per cui
I e J sono addendi diretti di un libero.
I quozienti AI e AJ sono isomorfi a Z3Z. Possiamo vederlo prima
√
quozientando per il scondo generatore, da cui −5 = ± e ci ritroviamo
di nuovo in Z, e poi per (3). Chiaramente I e J sono distinti dato che la
loro somma è tutto ma nessuno dei due è tutto A.
√
√
√
√
IJ è generato da (9, (1 − −5)(1 + −5) = 6, 3(1 − −5), 3(1 + −5))
quindi
ogni suo√elemento è multiplo di 3, e d’altronde contiene 3 = 3(1 −
√
−5) + 3(1 + −5).
Se un elemento dividesse tutti quelli di I, la sua norma complessa dovrebbe
dividere tutte quelle
√ degli elementi di I. D’altronde la norma quadra di
un elemento a + −5b è a2 + 5b2 , e per gli unici modi in cui questo possa
dividere 9, la norma quadra di 3 sono a = 3, b = 0 o a = 2, b = 1. ma
nessuno dei due
a un elemeto la cui norma quadra divida 6, la norma
√ d`
quadra di 1 − −5. Lo stesso ragionamento vale per J.
Un ideale di un dominio è libero se e solo se è principale. D’altronde il
fatto che IJ = 3A e I + J = A mi dice, per i punti precedenti, che I e J
sono proiettivi. Dato che su un PID ogni proiettivo è libero, A non può
essere un PID.
Esercizio 5. Un A-modulo M si dice finitamente presentato se esiste una successione esatta Am → An → M → 0 per qualche m, n ∈ N. Dimostrare che un
A modulo proiettivo è finitamente presentato se e solo se è finitamente generato.
4
Dimostrazione. chiaramente ogni modulo finitamente presentato è finitamente
generato. D’altronde una mappa An → M su un modulo proiettivo spezza,
quindi M è un fattore diretto di An . Un modulo M ⊕ N è finitamente generato
se e solo se lo sono sia M che N , infatti una mappa An → M ⊕ N equivale
a una coppia di mappe An → M, An → N . Abbiamo una successione esatta
0 → N → An → M → 0, con M ⊕ N = An , e prendendo un insieme finito di
generatori per N otteniamo quindi la successione esatta Am → An → M → 0
che cercavamo.
Come ultima cosa, notiamo che questo è falso in generale: basta prendere
un anello A con un ideale I non finitamente generato per costruire un modulo
A finitamente generato ma non finitamente presentato.
I
5

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