forum.math.uoa.gr

Forum του Τμήματος Μαθηματικών
Ημερομηνία 25 Νοέμ 2017, 09:42

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]




Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 6 δημοσιεύσεις ] 
Συγγραφέας Μήνυμα
 Θέμα δημοσίευσης: Με δακτύλιους Noether
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 24 Μαρ 2016, 18:44 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 10 Μαρ 2016, 14:08
Δημοσ.: 33
1. Ας είναι \displaystyle{M} ένα (αριστερό) \displaystyle{R} - πρότυπο

και \displaystyle{f:M\to M} ομομορφισμός. Αν το \displaystyle{M} είναι της

\displaystyle{\rm{Noether}} και ο \displaystyle{f} είναι επιμορφισμός, τότε ο

\displaystyle{f} είναι ισομορφισμός.

2. Με χρήση του 1. , αποδείξτε ότι αν \displaystyle{R} είναι δακτύλιος της

\displaystyle{\rm{Noether}} και \displaystyle{a\,,b\in R} τέτοια, ώστε \displaystyle{a\,b=1} ,

τότε \displaystyle{b\,a=1} .


Τελευταία επεξεργασία απο BAGGP93 την 26 Μαρ 2016, 21:31, επεξεργάστηκε 1 φορές συνολικά.

Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Με δακτύλιους Noether
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 24 Μαρ 2016, 23:41 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 17 Φεβ 2011, 15:17
Δημοσ.: 1135
1. Έστω η ακολουθία υποπροτύπων \ker f\subseteq \ker f^2\subseteq \cdots \subseteq \ker f^k\subseteq \ker f^{k+1}\subseteq \cdots .

Αφού το M είναι της Noether υπάρχει n τέτοιο ώστε \ker f^n=\ker f^{i} για κάθε i\geq n.

Έστω x\in \ker f. Αφού η f είναι επί, και κάθε f^i είναι επί. Άρα υπάρχει y\in M με x=f^{n}(y).

Τότε, f^{n+1}(y)=f(f^{n}(y))=f(x)=0. Άρα y\in \ker f^{n+1}=\ker f^n, δηλαδή f^n(y)=x=0.

Άρα \ker f=\{ 0\}, οπότε η f είναι ισομορφισμός.

2. Έστω ο ομομορφισμός f: M\to M, x\mapsto x\beta.

Εφόσον f(\alpha)=1, η f είναι επιμορφισμός. Από το 1 είναι και ισομορφισμός.

Τώρα, f(\beta\alpha)=\beta \alpha \beta=\beta=f(1). Αφού η f είναι 1-1, \beta \alpha =1.

_________________
Πρέπει να φανταστούμε τον Σίσυφο ευτυχισμένο.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Με δακτύλιους Noether
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 25 Μαρ 2016, 01:46 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 11 Δεκ 2014, 19:45
Δημοσ.: 50
Για το (1.) :
Επειδή το M είναι Noetherian, έπεται ότι η ακολουθία
0 \subset \ker f \subset \ker f^{2} \subset ...
είναι τελικά σταθερή, δηλαδή υπάρχει n \in \mathbb{N} τέτοιο ώστε
\ker f^{n} = \ker f^{n+1} = \cdots = \ker f^{2n} = \cdots.
Παρατηρούμε ότι \ker f^{n} \cap \text{Im} f^{n} = 0. Πράγματι, έστω x \in \ker f^{n} \cap \text{Im} f^{n}. Τότε f^{n}(x)=0 και υπάρχει y \in M τέτοιο ώστε x = f^{n}(y). Αντικαθιστώντας το x με f^{n}(y) στη προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι f^{2n}(y) = 0, δηλαδή y \in \ker f^{2n}. Όμως, ker f^{n} = \ker f^{2n}. Γι αυτό f^{n}(y) = 0, αλλά x = f^{n}(y). Οπότε x=0 και έτσι δείξαμε ότι ker f^{n} \cap \text{Im} f^{n} \subset 0. (Ο άλλος εγκλεισμός είναι προφανής.)
Τώρα. επειδή η f είναι επιμορφισμός έπεται ότι \text{Im} f^{n} = M. Επίσης, γνωρίζουμε ότι \ker f^{n} \subset M. Άρα, η σχέση που αποδείξαμε μας πληροφορεί ότι
0 = \ker f^{n} \cap \text{Im} f^{n} = \ker f^{n} \cap M = \ker f^{n}.
Άρα, ker f = 0 και γι αυτό η f είναι μονομορφισμός.

Παρατήρηση:
Ένα R-πρότυπο ονομάζεται πρότυπο του Hopf αν κάθε επί R-ομομορφισμός f : M \rightarrow M είναι ισομορφισμός.
Οπότε ουσιαστικά το 1. λέει ότι κάθε πρότυπο της Noether είναι πρότυπο του Hopf. Ισοδύναμα μας λέει ότι κάθε δακτύλιος R της Noether έχει την ιδιότητα κάθε πεπερασμένα παραγόμενο R-πρότυπο να είναι του Hopf.
Ένας δακτύλιος R ονομάζεται Dedekind-πεπερασμένος αν για κάθε a, b \in R με ab = 1 έπεται ότι ba=1.
Έτσι το 2. λέει ότι κάθε δακτύλιος της Noether είναι Dedekind-πεπερασμένος.

Ερωτήσεις:
1. Σωστό ή λάθος; Κάθε δακτύλιος R του Hopf (δηλαδή Hopf R-πρότυπο) είναι Dedekind-πεπερασμένος.
2. (Θεώρημα Vasconcelos) Έστω S μεταθετικός δακτύλιος και R μια S-άλγεβρα η οποία είναι πεπερασμένα παραγόμενη πάνω από το S. Κάθε πεπερασμένα παραγόμενο R-πρότυπο είναι του Hopf.

(Για το 2. μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το εξής γεγονός:
Έστω \phi : R \rightarrow S ένας ομομορφισμός δακτυλίων ώστε ο S να είναι πεπερασμένα παραγόμενος αν τον δούμε ως R-πρότυπο μέσω της \phi. Αν κάθε πεπερασμένα παραγόμενο R-πρότυπο είναι του Hopf, τότε κάθε πεπερασμένα παραγόμενο S-πρότυπο είναι του Hopf.
Νομίζω πως τώρα για το 2. αρκεί να το αποδείξουμε για τη περίπτωση όπου S=R, δηλαδή όταν ο R είναι μεταθετικός. Με άλλα λόγια, αν πάρουμε ένα πεπερασμένα παραγόμενο R-πρότυπο M και f : M \rightarrow M R-επιμορφισμός θέλουμε να δείξουμε ότι η f είναι ισομορφισμός.
Hint 1: Κάνουμε το M (δεξί) R[X]-πρότυπο αφήνοντας το X να δράσει μέσω της f.
Hint 2: Χρησιμοποιούμε το Λήμμα Nakayama.)

_________________
"Problems worthy of attack prove their worth by fighting back" -Paul Erdős


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Με δακτύλιους Noether
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 25 Μαρ 2016, 13:37 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 10 Μαρ 2016, 14:08
Δημοσ.: 33
Ευχαριστώ για τις απαντήσεις και τις πληροφορίες.

AmpalosMathimatikos έγραψε:



Εφόσον f(\alpha)=1, η f είναι επιμορφισμός.


Αυτό νομίζω ότι θέλει λίγη δικαιολόγηση παραπάνω.

Από αυτό που έγραψες, \displaystyle{1\in\rm{Im}(f)} . Γνωρίζουμε ότι \displaystyle{\rm{Im}(f)\leq (R,+) .

Ας είναι \displaystyle{x\in R} και \displaystyle{y\in\rm{Im}(f)} . Τότε, \displaystyle{y=f(r)}

για κάποιο \displaystyle{r\in R} και

\displaystyle{x\,y=x\,f(r)=x\,(r\,b)=(x\,r)\,b=f(x\,r)\in\rm{Im}(f)} .

Συνεπώς, η εικόνα είναι ιδεώδες (το οποίο δεν ισχύει εν γένει) του \displaystyle{R} και αφού \displaystyle{1\in\rm{Im}(f)}

έπεται ότι \displaystyle{\rm{Im}(f)=R} .

Αυτό είχες και εσύ στο μυαλό σου ;


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Με δακτύλιους Noether
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 26 Μαρ 2016, 08:09 
Χωρίς σύνδεση
Regular Forumer
Άβαταρ μέλους

Εγγραφη: 17 Φεβ 2011, 15:17
Δημοσ.: 1135
Αν r\in R, τότε f(r\alpha)=r\alpha\beta=r

_________________
Πρέπει να φανταστούμε τον Σίσυφο ευτυχισμένο.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
 Θέμα δημοσίευσης: Re: Με δακτύλιους Noether
ΔημοσίευσηΔημοσιεύτηκε: 26 Μαρ 2016, 13:12 
Χωρίς σύνδεση

Εγγραφη: 10 Μαρ 2016, 14:08
Δημοσ.: 33
Ευχαριστώ. Το δικό σου είναι πιο κομψό.


Κορυφή
 Προφίλ  
 
Τελευταίες δημοσιεύσεις:  Ταξινόμηση κατά  
Δημιουργία νέου θέματος Απάντηση στο θέμα  [ 6 δημοσιεύσεις ] 

Όλοι οι χρόνοι είναι UTC + 2 ώρες [ DST ]


Μελη σε συνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες


Δεν μπορείτε να δημοσιεύετε νέα θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να απαντάτε σε θέματα σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να επεξεργάζεστε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση
Δεν μπορείτε να διαγράφετε τις δημοσιεύσεις σας σε αυτή τη Δ. Συζήτηση

Αναζήτηση για:
Μετάβαση σε:  
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group