dissonance ha scritto:Nella nostra costruzione con \( \displaystyle {A}=\mathbb{Z} \), imporre a \( \displaystyle {P} \) di essere commutativo credo lo trasformi nel familiare anello dei polinomi in \( \displaystyle {{x}_{{j}}^{{i}}},{{y}_{{i}}^{{j}}} \). (*) Qui matrici non quadrate ma invertibili non possono essercene, come sono stato fermamente convinto fino ad un'ora fa. Questo vuol dire che, quando schiacciamo a zero gli elementi di \( \displaystyle {x}{y}-{I},{y}{x}-{I} \) abbiamo schiacciato a zero tutti i polinomi di \( \displaystyle {P} \)? A questo punto penso di si.
Deve essere come dici, perché se le indeterminate commutano allora \( \displaystyle {R} \) è un IBN tale che \( \displaystyle {{R}}^{{n}}\stackrel{\sim}{=}{{R}}^{{m}} \) per ogni n,m, e questo implica \( \displaystyle {R}={\left\lbrace{0}\right\rbrace} \).
(*) Quindi gli anelli dei polinomi in più di una indeterminata non sono liberi, perché imponiamo condizioni come \( \displaystyle {X}_{{1}}{X}_{{2}}={X}_{{2}}{X}_{{1}} \). E gli anelli di polinomi in una sola indeterminata? Quelli direi che sono liberi. Mi sbaglio?
L'\( \displaystyle {A} \)-modulo \( \displaystyle {A}{\left[{X}\right]} \) è libero, come anche l'\( \displaystyle {A} \)-modulo \( \displaystyle {A}{\left[{X}_{{1}},\ldots,{X}_{{n}}\right]} \) con le intederminate che commutano. Quest'ultimo \( \displaystyle {A} \)-modulo è libero sull'insieme delle espressioni \( \displaystyle {{x}_{{1}}^{{{a}_{{1}}}}}\ldots{{x}_{{n}}^{{{a}_{{n}}}}} \). Ma l'\( \displaystyle {A} \)-algebra \( \displaystyle {A}{\left[{x},{y}\right]} \) non è libera su \( \displaystyle {\left\lbrace{x},{y}\right\rbrace} \), appunto perché hai la relazione \( \displaystyle {x}{y}={y}{x} \). Invece l'\( \displaystyle {A} \)-algebra \( \displaystyle {A}{\left[{X}\right]} \) è libera su \( \displaystyle {\left\lbrace{x}\right\rbrace} \).
