De módulos libres, generadores, e independencia lineal (1)

Disclaimer: En el post anterior, en este, y en el siguiente (¡por lo menos!) estoy usando extensión-restricción de escalares. Publicaré luego un post detallando estas dos construcciones y su relación (sé que no es el mejor orden pedagógico, pero ¡eh! esto es un blog, no una clase :P)

Primero una observación. Recordemos que un anillo A tiene NBI (número de base invariante) si todas las bases de todo A-módulo libre tienen el mismo cardinal, i.e., si tenemos una noción de rango para módulos libres sobre él.

Es un teorema no trivial demostrar que si un módulo admite una base infinita, entonces toda otra base tiene el mismo cardinal. (es sencillo probar que toda otra base es infinita; pero que tiene el mismo cardinal, es más complicadín; está en el Hungerford, p.ej.)

Esto nos dice, por lo tanto, que para verificar si un anillo tiene NBI basta mirarle los módulos finitamente generados; es decir, A tiene NBI si y sólo si A^n \simeq A^m\Rightarrow n=m (i.e. la noción de NBI de un anillo A se puede verificar sólo en la subcategoría de A-Mod consistente de los A-módulos finitamente generados).

Lo que voy a hacer con esto es probar lo siguiente.

Teorema: si A es conmutativo, entonces tiene NBI.

Este teorema se ve en cualquier curso que trate de módulos. Sea M un A-módulo libre con una base de cardinal J. La prueba pasa por considerar un ideal maximal I\lhd A; considerar el A/I-espacio vectorial M/IM y ver que tiene una base con J elementos. Como todas las bases de un espacio vectorial tienen el mismo cardinal, ya está.

Bien, esto es algo muy astuto y una idea muy bonita, que es pasar de una categoría de módulos sobre un anillo a una categoría de espacios vectoriales sobre un cuerpo, que se comporta mejor. Pero la aparición de ese M/IM que es un A/I-módulo es medio mágica y salida-de-la-manguera  (no es que salga de una manguera, es que tiene la propiedad de ser salida de la manga).

Uno se puede preguntar entonces si está pasando algo más interesante detrás, aunque como ya sabemos, muchas veces hay “truquitos” útiles que se usan en algunas demostraciones, y que no pasan de ser una idea astuta no generalizable y sin una idea directriz detrás.

Este no es el caso. Máxime cuando un ejercicio usual cuando uno trabaja con productos tensoriales es probar que, si A es un anillo conmutativo e I es un ideal de A, entonces hay un isomorfismo

\frac{A}{I} \otimes_A M \simeq \frac{M}{IM}

Lo primero que hay que preguntarse es: isomorfismo de ¿qué cosas? Y sí, porque por un lado, un tensor sobre un anillo A es a priori un A-módulo; pero sabemos que M/IM es no sólo un A-módulo (que lo es trivialmente por ser un cociente de un A-módulo por un submódulo), sino que es un A/I-módulo.

Lo que pasa es que ese tensor es también un A/I-módulo: y sí, ese tensor no es nada más que la extensión de escalares de M como A-módulo a verlo como A/I-módulo.

Lo que ese isomorfismo dice, entonces, es que podemos la extensión de escalares de un A-módulo M a un A/I-módulo se puede expresar explícitamente como M/IM.

Como M/IM es más amigable para un estudiante sin aún dominio de los productos tensoriales, entonces podemos hacer la prueba “natural” que usa la extensión de escalares general (y la haré en un segundo)  ¡sin hablar de productos tensoriales y de extensión de escalares!

Que la prueba, entonces, de que si A es conmutativo entonces tiene NBI, use extensión de escalares, y por lo tanto productos tensoriales, es el fundamento menos técnico y más convincente que yo encuentro para darle a un estudiante que recién se encuentra con el producto tensorial de módulos. Hay muchas otras, claro, pero ésta me parece que tiene la ventaja de ser bien concreta (y no tan abstracta como, por ejemplo, la extensión de escalares, que puede resultar un poco artificial si uno la ve por primera vez; ¡aquí mostramos directamente la extensión de escalares y una aplicación de ella!)

Bien, desnudemos entonces de su camuflaje a la prueba usual del teorema que nos acontece.

Observación: Sea A un anillo y sean \varphi:M\to N, \psi:M'\to N' isomorfismos de A-módulos. Entonces \varphi\otimes\psi:M\otimes M' \to N\otimes N' es un isomorfismo de A-módulos.

En efecto, su inversa es \varphi^{-1} \otimes \psi^{-1}.

Demostración: Sea A un anillo conmutativo. Veamos que tiene NBI, es decir, que A^n\simeq A^m\Rightarrow n=m para todo n,m\geq 1.

Sea pues \varphi:A^n\to A^m un isomorfismo. Sabemos (lema de Zorn) que existe un ideal maximal I\lhd A. Sabemos que A/I es un A-módulo (de hecho, por restricción de escalares via el morfismo \pi:A\to A/I). Podemos entonces tensorizar \varphi con A/I: nos queda

id\otimes\varphi:A/I \otimes_A A^n \to A/I\otimes_A A^m

que resulta un isomorfismo de A-módulos por la observación previa.

Ahora bien, como el tensor conmuta con la suma directa, y el tensor del anillo por otro módulo es el módulo (todo a menos de isomorfismo), entonces en realidad tenemos un isomorfismo de A-módulos (\frac{A}{I})^n\to (\frac{A}{I})^m.

Pero ahora observar que lo que hicimos recién fue justamente extender escalares de A a A/I; sabemos entonces que este isomorfismo se puede ver como un isomorfismo de A/I-espacios vectoriales.

Pero (\frac{A}{I})^n y (\frac{A}{I})^m son A/I-espacios vectoriales de dimensiones n y m respectivamente, por lo tanto el álgebra lineal nos da n=m. \ \square

Me gusta muchísimo más esta prueba que la “a pie” con la extensión de escalares travestida M/IM porque no oculta la idea ni se pierde en cómputos triviales pero molestos.

Por “cómputos triviales y molestos” me refiero a la verificación tediosa de que una base de M se proyecta en una base de M/IM, lo cual es sencillamente, en este caso, observar que si extendés los escalares de un módulo libre, te sigue quedando libre (que en la prueba, es usar son sencillamente las propiedades del producto tensorial usadas al pasar de A/I \otimes_A A^n a (A/I)^n).

(Observación al margen: este hecho se puede ver functorialmente. Y sí, si tenemos f:R\to S morfismo de anillos, entonces Set \to R-Mod \to S-Mod, la composición de “tomar R-módulo libre y luego extender escalares a S” es igual [¡naturalmente isomorfo!] al functor Set \to S-Mod “tomar S-módulo libre”. Es exactamente lo que hicimos.)

Hay más para decir, pero esto ya está medio larguito, así que lo dejo para el siguiente post.

Edito para agregar la siguiente

Observación: En realidad, si seguimos abstrayendo lo importante de la prueba del teorema, lo que hicimos fue demostrar en realidad algo general, y es que si f:R\to S es un morfismo de anillos tal que S tiene NBI, entonces R tiene NBI.

En efecto, si tenemos un isomorfismo de R-módulos R^n\simeq R^m, entonces extendiendo escalares a S, i.e. aplicando S\otimes_R -, se obtiene un isomorfismo de S-módulos S^n\to S^m; como S tiene NBI debe ser n=m.

Ahora la demostración del caso en que R es un anillo conmutativo es una línea:

Sea I ideal maximal de R. Tenemos R \to R/I morfismo de anillos, pero R/I es un cuerpo, luego tiene NBI. Aplicando la observación, ya está. \square

Me siento increíblemente satisfecho por todo este proceso. Hemos pasado de una prueba “elemental” (en el sentido que no usa producto tensorial) pero muy “misteriosa” y con un cálculo feo, a una prueba totalmente conceptual, corta, elegante, y generalizable. Por ejemplo, automáticamente deducimos que un anillo local tiene NBI 😛

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5 respuestas a De módulos libres, generadores, e independencia lineal (1)

  1. Pingback: De módulos libres, generadores, e independencia lineal (2) | blocdemat

  2. antoniojpan dijo:

    muy buena entrada, gracias

  3. daniel dijo:

    Escribes muy bien, como contando una historia, lo cual hace una lectura mas fácil.

    • bstonek dijo:

      Muchas gracias Daniel, es un poco la idea del blog, un lugar donde vierto ciertos resultados que voy estudiando cuando tengo algo interesante/divertido que añadir en la presentación de ellos.

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