¿La localización del álgebra finita también es finita?

Question

¿La localización del álgebra finita también es finita?

Matemáticas
álgebra abstracta
álgebra conmutativa

Plantación

Dejar $A \to B$ un álgebra finita, es decir, $B$ se genera finitamente como $A$ -módulo. Si $S \subseteq B$ es un subconjunto multiplicativo, entonces $S^{-1}B$ también es finito $A$ -¿álgebra?

Si no, ¿qué tal $A=K$ un campo y $S=\{1,b,b^2,\cdots\}$ para algunos $0 \neq b \in B$ ?

(En este caso especial, supongo que es cierto y pido que me asegure).

De hecho, quería mostrar lo siguiente:

Dejar $K$ ser un campo, $I \subseteq K[x]$ un ideal distinto de cero (de modo que $K[x]/I$ es de dimensión finita), y $0 \neq b\in K[x]/I$ sea un elemento distinto de cero. Entonces $(K[x]/I)[b^{-1}]$ también es de dimensión finita.

¿Es cierto el caso general?

¿Alguien puede comentar?

Afelio

Qué tal si

A = Z = B

$A=\mathbb{Z}=B$ ,

S = Z ∖ {0}

$S=\mathbb{Z}\backslash \{0\}$ (o cualquier no trivial

S

$S$ en realidad)?

Plantación

Sí. Tiene un contraejemplo simple.

Q

$Q$ no se puede generar finitamente

Z

$Z$ -módulo, como math.stackexchange.com/questions/1076387/… . Pero los casos especiales pueden ser ciertos. Gracias por comentar Mindlack :)

Respuestas (2)

¿La localización del álgebra finita también es finita?

Qué tal si $A=\mathbb{Z}=B$ , $S=\mathbb{Z}\backslash \{0\}$ (o cualquier no trivial $S$ en realidad)?
Sí. Tiene un contraejemplo simple. $Q$ no se puede generar finitamente $Z$ -módulo, como math.stackexchange.com/questions/1076387/… . Pero los casos especiales pueden ser ciertos. Gracias por comentar Mindlack :)

Thorgott · Answer 1

Creo que esto rara vez sucede. Dejar $B$ ser finito $A$ -álgebra y $b\in B$ . Si $x_1,\dotsc,x_n\in B$ generar $B$ como un $A$ -módulo y $B[1/b]$ es finitamente generado $A$ -módulo, entonces hay un $d\ge0$ , tal que $x_1,\dotsc,x_n,\frac{x_1}{b},\dotsc,\frac{x_n}{b},\dotsc,\frac{x_1}{b^d},\dotsc,\frac{x_n}{b^d}\in B[1/b]$ generar $B[1/b]$ como un $A$ -módulo. Eso significa que hay $a_{ij}\in A$ para $i=1,\dotsc,n,\,j=0,\dotsc,d$ , tal que

\frac{1}{b^{d + 1}} = \sum_{j = 0}^{d} \sum_{i = 1}^{norte} a_{i j} \frac{X_{i}}{b^{j}} en B [1 / b] .

$\frac{1}{b^{d+1}}=\sum_{j=0}^d\sum_{i=1}^na_{ij}\frac{x_i}{b^j}\qquad\text{ in $B[1/b]$}.$ Configuración

c = \sum_{j = 0}^{d} \sum_{i = 0}^{n} a_{i j} x_{i} b^{d - j} \in B

$c=\sum_{j=0}^d\sum_{i=0}^na_{ij}x_ib^{d-j}\in B$ , esto implica que la imagen de

c

$c$ bajo el mapa canónico

B \to B [1 / b]

$B\rightarrow B[1/b]$ es

1 / b

$1/b$ . De ello se deduce que el mapa canónico

B \to B [1 / b]

$B\rightarrow B[1/b]$ es sobreyectiva. Por el contrario, si es sobreyectiva,

B [1 / b]

$B[1/b]$ es obviamente un finito

A

$A$ -álgebra desde

B

$B$ es (el mapa es automáticamente

A

$A$ -lineal, ya que es un homomorfismo de anillos). Nótese en particular que

B [1 / b]

$B[1/b]$ es un finito

A

$A$ -álgebra si y solo si es un finito

B

$B$ -álgebra por estas consideraciones, por lo que no hay daño en asumir

A = B

$A=B$ próximo. Analicemos algunos casos especiales para ver cuándo puede suceder esto.

Si $B$ es un dominio integral y $b\neq0$ , el mapa canónico $B\rightarrow B[1/b]$ siempre es inyectiva, por lo que es sobreyectiva si y solo si es un isomorfismo, que es el caso si y solo si $b\in B^{\times}$ . Entonces, invertir algo que no es ni cero ni una unidad siempre te saca del mundo finito.

Si $B$ es un anillo local de dimensión cero, cada elemento de $B$ es nilpotente o una unidad. En el primer caso, $B[1/b]=0$ , entonces $B\rightarrow B[1/b]=0$ es sobreyectiva. En el segundo caso, $B[1/b]=B$ y $B\rightarrow B[1/b]=B$ es la identidad, por lo que sobreyectiva también.

Ahora si $B\cong B_1\times\dotsc\times B_n$ se descompone como un producto finito de anillos y $b\in B$ corresponde a $(b_1,\dotsc,b_n)\in B_1\times\dotsc\times B_n$ , entonces obtenemos un diagrama conmutativo

\begin{matrix} B & \tilde{\to} & B_{1} \times \dots \times B_{norte} \\ ↓ & ↓ \\ B [1 / b] & \tilde{\to} & B_{1} [1 / b_{1}] \times \dots \times B_{norte} [1 / b_{norte}] \end{matrix},

$\require{AMScd} \begin{CD} B @>{\sim}>> B_1\times\dotsc\times B_n\\ @VVV @VVV\\ B[1/b] @>{\sim}>> B_1[1/b_1]\times\dotsc\times B_n[1/b_n] \end{CD},$ donde los mapas verticales provienen de los mapas canónicos. De ello se deduce que el mapa canónico

B \to B [1 / b]

$B\rightarrow B[1/b]$ es sobreyectiva si y solo si cada uno de los mapas canónicos

B_{i} \to B_{i} [1 / b_{i}]

$B_i\rightarrow B_i[1/b_i]$ es sobreyectiva para

i = 1, \dots, n

$i=1,\dotsc,n$ . Usemos esto para generalizar los dos casos anteriores.

Si $B$ es isomorfo a un producto directo finito de dominios integrales $B_1\times\dotsc\times B_n$ y $b\in B$ corresponde a $(b_1,\dotsc,b_n)\in B_1\times\dotsc\times B_n$ , el mapa $B\rightarrow B[1/b]$ es sobreyectiva si y solo si $b_i=0$ o $b_i\in B_i^{\times}$ para cada $i=1,\dotsc,n$ . Como ejercicio, puede ver que esto es equivalente a la existencia de un divisor distinto de cero $c\in B$ , tal que $bc$ es idempotente.

Si $B$ es de dimensión cero y tiene un espectro finito, entonces $B$ es canónicamente isomorfo al producto de sus localizaciones, es decir, es isomorfo a un producto finito de anillos locales de dimensión cero. Las observaciones anteriores combinadas implican que el mapa canónico $B\rightarrow B[1/b]$ es siempre sobreyectiva en este caso. Esto se aplica en particular a los anillos artinianos, como los cocientes no triviales de los dominios de Dedekind. Específicamente, también implica $B=K[X]/I$ para $K$ un campo y $0\neq I\subseteq K[X]$ un ideal no trivial, ya que $K[X]$ es un PID.

Sí. Puede haber varios casos en los que la finitud de $B[b^{-1}] ya no sea cierta. Presentas una explicación hasta el rango que no puedo pensar. Gracias por el argumento en más detalle.
Y puedo hacer alguna pregunta? 1) Usted escribió, "así que los mapas canónicos $B→B[1/b]$ para cada factor son la identidad o el único mapa en el anillo trivial y sobreyectiva en cualquier caso. ¿Qué significa exactamente esta declaración? ¿Qué significa "mapas canónicos para cada factor"?
Hice una edición que, con suerte, deja más claro cómo pretendía tratar con los productos.
Sí. Las cosas se vuelven más claras. Exploración de varias raíces posibles y exposición emocionante. Respuesta útil. Gracias.

reencuentros · Answer 2

reencuentros

Si $B$ es de dimensión finita $K$ -álgebra y $b\in B$ entonces deja $g\in K[x]$ Sea su polinomio mínimo, escriba $g = x^r f\in K[x]$ con $f(0)\ne 0$ , muestra esa $f(b)\in \ker(B\to B[b^{-1}])$ y eso $b\in B/(f(b))^\times$ , de donde $B[b^{-1}]=B/(f(b))$ y $\dim_K S^{-1} B\le \dim_K B$ .

Plantación

Gracias. A través de la fuerza brutal (?), parece haber sido visto que

b + (f (b)) \in (B / (f (b)))^{\times}

$b+(f(b)) \in (B/(f(b)))^{\times}$ y

B [b^{- 1}] = B / (f (b))

$B[b^{-1}] = B /(f(b))$ . Quizás ... ¿hay alguna ruta simple de prueba al señalar algún punto? (¿Cómo puedes considerar tal

f (x)

$f(x)$ cumple tales condiciones? ¿Hay flujo natural?)

reencuentros

Perdona, ¿qué no te quedó claro?

f (b) = 0

$f(b)=0$ y

f = f (0) (1 - x h)

$f = f(0) (1- xh)$ da eso

h (b) b = 1

$h(b)b=1$ es decir.

b

$b$ es una unidad

Plantación

OK, un argumento tan simple. Y dijiste que "

b

$b$ es una unidad". Esto significa que

b

$b$ es unidad en '

B

$B$ '? es diferente a "

b + (f (b))

$b+(f(b))$ es la unidad en

B / (f (b))

$B/(f(b))$ ". De todos modos, si

b

$b$ es la unidad en

B

$B$ , entonces

b + (f (b))

$b+(f(b))$ también es unidad. Lo mostré directamente. Y podemos demostrar que

(f (b)) = \ker (B \to B [b^{- 1}])

$(f(b))=\operatorname{ker}(B \to B[b^{-1}])$ . Esto se refiere a la 'fuerza brutal' que escribí.

Plantación

y el mapa

B \to B [b^{- 1}]

$B \to B[b^{-1}]$ es realmente sobreyectiva? Desde

b

$b$ es unidad de

B

$B$ ? Estoy pensando que la unidad de

b

$b$ en

B

$B$ se usa aquí.

reencuentros

b

$b$ es una unidad en

B / (f (b))

$B/(f(b))$ no en

B

$B$

Plantación

Alguna confusión. Arriba

h (b)

$h(b)$ es un elemento de

B

$B$ ?(¿Verdadero?) Si es así,

h (b)

$h(b)$ es un inverso multiplicativo de

b

$b$ en

B

$B$ ?

Plantación

De todos modos, déjame inventar tu argumento. Primero. Podemos mostrar que

b + (f (b)) \in B / (f (b))^{\times}

$b +(f(b)) \in B/(f(b))^{\times}$ . Entonces

B / (f (b)) ≅ B / (f (b)) [(b + (f (b)))^{- 1}]

$B/(f(b)) \cong B/(f(b))[(b+(f(b)))^{-1}]$ . En segundo lugar, podemos demostrar que

(f (b)) = \ker ψ

$(f(b)) = \operatorname{ker} \psi$ , dónde

ψ : B \to B [b^{- 1}]

$\psi : B \to B[b^{-1}]$ . En tercer lugar, podemos demostrar que

B [b^{- 1}] ≅ B / \ker [(b + \ker)^{- 1}]

$B[b^{-1}] \cong B/\operatorname{ker}[(b+\operatorname{ker})^{-1}]$ y hemos terminado.

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