Teorema fondamentale per i moduli
Ci sono diverse cose che non capisco in questa dimostrazione
Sia \(R\) un \(PID\) e \(M\) un modulo finitamente generato su \(R\). Allora
\[ M \cong R^{\oplus m_0} \oplus \left( \bigoplus_{i=1,\ell = 1}^{s,r} \left( R/ (p_i^{\ell}) \right)^{\oplus m_{i,\ell}} \right) \]
per qualche intero \(m_0,s,r \geq 0 \), \(m_{i,j} \geq 0 \) e differenti primi \(p_i \in R \), che sono unici a meno di un riordinamento degli indici \(i\), se assumiamo che \(p_i \not\mid p_j \) per ogni \( i \neq j \) e che non possiamo diminuire \(s\) e \(r\).
Dimostrazione
Contiamo ogni tipo di fattore
Fattori-Free: Abbiamo allora \( R^{\oplus m_0} \cong M/\operatorname{Tors}(M) \), e quindi l'isomorfismo di classe \( R^{\oplus m_0} \) è unicamente determinato. Pertanto pure \(m_0\) è unico, poiché il rango di un modulo free è unico (siccome una matrice invertibile su un anello dev'essere quadrata per la forma normale di Smith)
Domanda 1 come fa a dire che \( R^{\oplus m_0} \cong M/\operatorname{Tors}(M) \) ??
Domanda 2 non ho capito perché \(m_0 \) è unico, nel senso la forma normale di Smith cosa diamine centra con l'invertibilità? Se non sbaglio la forma normale di Smith può essere applicata pure a matrici non quadrate.
Fattori della forma \( R/(p^{\ell}) \) per un primo \(p\) fissato e un intero \( \ell > 0 \):
notiamo prima di tutto che se \( q \in R \) è primo allora
\[ \operatorname{Tors}_{q^j} \left( R/(p^{\ell}) \right) = \left\{\begin{matrix}
0 &\text{se} & q \text{ e } p \text{ non sono associati }\\
(p^{\ell - j})/(p^{\ell}) \cong R/(p^j) &\text{se} & q \text{ e } p \text{ sono associati e } \ell \geq j \\
R/(p^{\ell})& \text{se} & q \text{ e } p \text{ sono associati e } \ell < j
\end{matrix}\right. \]
infatti per ogni \(x \in R \) abbiamo che
\[ [x] \in \operatorname{Tors}_{q^j} \left( R/(p^{\ell}) \right) \Leftrightarrow q^j [x] = 0 \Leftrightarrow q^j x \in (p^{\ell}) \Leftrightarrow p^{\ell} \mid q^j x \]
pertanto se \( \gcd(p,q)=1 \) significa che \( p^{\ell} \mid x \) e dunque \( [x] = 0 \). Questo ci restituisce il primo caso. Altrimenti se \( \gcd(p,q) \neq 1 \) allora \( q \) è associato a \(p\) e quindi abbiamo che la divisibilità \( p^{\ell} \mid q^j x \) è equivalente a \( p^{\ell- j} \mid x \) se \( \ell \geq j \) e non ci da vincoli se \( \ell < j \). Questo prova il secondo e terzo caso.
Domanda 3 per il caso due io direi che \( \operatorname{Tors}_{q^j} \left( R/(p^{\ell}) \right) = \{ [x] : x \in (p^{\ell - j} ) \} = (p^{\ell - j})/(p^{\ell}) \) ma come fa a dire che \( \cong R/(p^j) \) ?
Domanda 4 nel caso 3 non vedo perché non abbiamo vincoli... cioé perché? Non rimane \( p^{\ell-j} \mid x \) ?
Otteniamo allora che
\[ \operatorname{Tors}_{p_{i}^{j}} M \cong \bigoplus_{\ell = 1}^{j-1} \left( R/ (p_i^{\ell}) \right)^{ \oplus m_{i,\ell} } \oplus \left( R/(p_i^j) \right)^{ \oplus \sum_{\ell =j }^{r} m_{i,\ell} } \]
Domanda 5 cosa cavolo significa? Dove è uscito con sta cosa? Non ho mai visto nulla di questo tipo, non ho proprio idea da cosa abbia dedotto questa roba qui... help
notiamo allora che per \( \ell < j \) otteniamo
\[ p_i^{j-1} \cdot \left(R/(p_i^{\ell}) \right) = 0 \]
e
\[ p_i^{j-1} \cdot \left(R/(p_i^{\ell}) \right) \cong (p_i^{j-1} ) / (p_i^j) \cong R/(p_i) \]
Domanda 6 uhmmm ma così sta dicendo quindi \( 0 \cong R/(p_i) \)
perciò
\[ m_{i,\ell} = \dim_{R/(p_i)} \left( p_i^{\ell-1} \operatorname{Tors}_{p_i^{\ell}} M \right) - \dim_{R/(p_i)} \left( p_i^{\ell} \operatorname{Tors}_{p_i^{\ell+1}} M \right) \]
Non ho capito il "perciò"
Notiamo che \( R/(p_i) \) è un campo, e quindi stiamo semplicemente contanto la dimensione di un vector space. L'espressione di destra è univocamente determinata fissando \(p_i \) grazie al isomorfismo di classe \(M\), e così pure gli \(m_{i,\ell} \).
Domanda finale: come conclude che
\[ M \cong R^{\oplus m_0} \oplus \left( \bigoplus_{i=1,\ell = 1}^{s,r} \left( R/ (p_i^{\ell}) \right)^{\oplus m_{i,\ell}} \right) \]
??
Sia \(R\) un \(PID\) e \(M\) un modulo finitamente generato su \(R\). Allora
\[ M \cong R^{\oplus m_0} \oplus \left( \bigoplus_{i=1,\ell = 1}^{s,r} \left( R/ (p_i^{\ell}) \right)^{\oplus m_{i,\ell}} \right) \]
per qualche intero \(m_0,s,r \geq 0 \), \(m_{i,j} \geq 0 \) e differenti primi \(p_i \in R \), che sono unici a meno di un riordinamento degli indici \(i\), se assumiamo che \(p_i \not\mid p_j \) per ogni \( i \neq j \) e che non possiamo diminuire \(s\) e \(r\).
Dimostrazione
Contiamo ogni tipo di fattore
Fattori-Free: Abbiamo allora \( R^{\oplus m_0} \cong M/\operatorname{Tors}(M) \), e quindi l'isomorfismo di classe \( R^{\oplus m_0} \) è unicamente determinato. Pertanto pure \(m_0\) è unico, poiché il rango di un modulo free è unico (siccome una matrice invertibile su un anello dev'essere quadrata per la forma normale di Smith)
Domanda 1 come fa a dire che \( R^{\oplus m_0} \cong M/\operatorname{Tors}(M) \) ??
Domanda 2 non ho capito perché \(m_0 \) è unico, nel senso la forma normale di Smith cosa diamine centra con l'invertibilità? Se non sbaglio la forma normale di Smith può essere applicata pure a matrici non quadrate.
Fattori della forma \( R/(p^{\ell}) \) per un primo \(p\) fissato e un intero \( \ell > 0 \):
notiamo prima di tutto che se \( q \in R \) è primo allora
\[ \operatorname{Tors}_{q^j} \left( R/(p^{\ell}) \right) = \left\{\begin{matrix}
0 &\text{se} & q \text{ e } p \text{ non sono associati }\\
(p^{\ell - j})/(p^{\ell}) \cong R/(p^j) &\text{se} & q \text{ e } p \text{ sono associati e } \ell \geq j \\
R/(p^{\ell})& \text{se} & q \text{ e } p \text{ sono associati e } \ell < j
\end{matrix}\right. \]
infatti per ogni \(x \in R \) abbiamo che
\[ [x] \in \operatorname{Tors}_{q^j} \left( R/(p^{\ell}) \right) \Leftrightarrow q^j [x] = 0 \Leftrightarrow q^j x \in (p^{\ell}) \Leftrightarrow p^{\ell} \mid q^j x \]
pertanto se \( \gcd(p,q)=1 \) significa che \( p^{\ell} \mid x \) e dunque \( [x] = 0 \). Questo ci restituisce il primo caso. Altrimenti se \( \gcd(p,q) \neq 1 \) allora \( q \) è associato a \(p\) e quindi abbiamo che la divisibilità \( p^{\ell} \mid q^j x \) è equivalente a \( p^{\ell- j} \mid x \) se \( \ell \geq j \) e non ci da vincoli se \( \ell < j \). Questo prova il secondo e terzo caso.
Domanda 3 per il caso due io direi che \( \operatorname{Tors}_{q^j} \left( R/(p^{\ell}) \right) = \{ [x] : x \in (p^{\ell - j} ) \} = (p^{\ell - j})/(p^{\ell}) \) ma come fa a dire che \( \cong R/(p^j) \) ?
Domanda 4 nel caso 3 non vedo perché non abbiamo vincoli... cioé perché? Non rimane \( p^{\ell-j} \mid x \) ?
Otteniamo allora che
\[ \operatorname{Tors}_{p_{i}^{j}} M \cong \bigoplus_{\ell = 1}^{j-1} \left( R/ (p_i^{\ell}) \right)^{ \oplus m_{i,\ell} } \oplus \left( R/(p_i^j) \right)^{ \oplus \sum_{\ell =j }^{r} m_{i,\ell} } \]
Domanda 5 cosa cavolo significa? Dove è uscito con sta cosa? Non ho mai visto nulla di questo tipo, non ho proprio idea da cosa abbia dedotto questa roba qui... help
notiamo allora che per \( \ell < j \) otteniamo
\[ p_i^{j-1} \cdot \left(R/(p_i^{\ell}) \right) = 0 \]
e
\[ p_i^{j-1} \cdot \left(R/(p_i^{\ell}) \right) \cong (p_i^{j-1} ) / (p_i^j) \cong R/(p_i) \]
Domanda 6 uhmmm ma così sta dicendo quindi \( 0 \cong R/(p_i) \)
perciò
\[ m_{i,\ell} = \dim_{R/(p_i)} \left( p_i^{\ell-1} \operatorname{Tors}_{p_i^{\ell}} M \right) - \dim_{R/(p_i)} \left( p_i^{\ell} \operatorname{Tors}_{p_i^{\ell+1}} M \right) \]
Non ho capito il "perciò"
Notiamo che \( R/(p_i) \) è un campo, e quindi stiamo semplicemente contanto la dimensione di un vector space. L'espressione di destra è univocamente determinata fissando \(p_i \) grazie al isomorfismo di classe \(M\), e così pure gli \(m_{i,\ell} \).
Domanda finale: come conclude che
\[ M \cong R^{\oplus m_0} \oplus \left( \bigoplus_{i=1,\ell = 1}^{s,r} \left( R/ (p_i^{\ell}) \right)^{\oplus m_{i,\ell}} \right) \]
??
Risposte
Una cosa alla volta; innanzitutto, \(M/tM\) è finitamente generato e torsion-free per ipotesi e per definizione, rispettivamente.
Ora, siccome sei su un PID, vale tutto: un torsion free si immerge in un libero di rango finito, e i sotto-moduli di un libero sono a loro volta liberi; ecco che hai trovato \(m_0\). Che è unico, perché i PID hanno la IBN (cioè se \(A^m\cong A^n\) allora \(n=m\)).
Ora, siccome sei su un PID, vale tutto: un torsion free si immerge in un libero di rango finito, e i sotto-moduli di un libero sono a loro volta liberi; ecco che hai trovato \(m_0\). Che è unico, perché i PID hanno la IBN (cioè se \(A^m\cong A^n\) allora \(n=m\)).
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