Re: Algebra Commutativa & Geometria Algebrica: una panoramic

Messaggioda Thomas » 15/04/2012, 10:39

ok! scusami per la frase un po' acida ieri sera :D ...

Io sinceramente per chiarezza e per rendere più agevole la lettura chiarirei che $S$ è un sottoinsieme del prodotto cartesiano e che l'operazione è su $Obj(C)$. Altrimenti utilizzi elementi del prodotto cartesiano senza averlo nemmeno citato. Ma forse è solo questione di gusti.

Andando avanti introduci la parola "classe"... ma avevi già detto prima che intendi per "classe"? E' un concetto noto? (leggere cose on-line può essere problematico)
Thomas
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Re: Algebra Commutativa & Geometria Algebrica: una panoramic

Messaggioda Leonardo89 » 15/04/2012, 14:24

Thomas ha scritto:Andando avanti introduci la parola "classe"... ma avevi già detto prima che intendi per "classe"? E' un concetto noto? (leggere cose on-line può essere problematico)

Prova a dare un un'occhiata qui e qui.
Io non ho altro che una vaga idea del concetto di classe ma penso possa anche bastare per capire quanto dice maurer.
Se altri non facessero altro che riflettere sulle verità matematiche così in profondo e con continuità come ho fatto io, farebbero le mie scoperte.
K.F. Gauss
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Re: Algebra Commutativa & Geometria Algebrica: una panoramic

Messaggioda maurer » 15/04/2012, 14:41

Uno dei modi più semplici per risolvere queste problematiche è proprio sistemarsi in NBG. Tuttavia, vorrei evitare quanto più possibile problematiche fondazionali, come ho scritto da qualche parte all'inizio. Un altro modo semplice è postulare l'esistenza di un universo di Grothendieck e lavorare lì dentro.
I believe in the axiom of choice, and in particular that every proper ideal in a ring is contained in a maximal ideal!
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Messaggioda maurer » 18/04/2012, 22:21

[La parte sulle aggiunzioni deve ancora essere completata e in seguito aggiungerò anche qualcosa sui limiti e colimiti. Per adesso inizio a pubblicare qualcosa che si possa definire propriamente algebra commutativa.]

Esaurita la prima parte linguistica, iniziamo ad introdurre i primi strumenti tecnici dell'algebra commutativa. Lo scopo principale di questo capitolo è di definire il prodotto tensoriale e la localizzazione e di caratterizzarne le principali proprietà. Sarà dedicato un gran spazio a risultati pratici che consentono di fare esplicitamente i conti e saranno forniti esempi concreti di applicazione di tali tecniche. Nella prima sezione svilupperò alcuni lemmi di diagram chasing che tornano sempre utili nella vita.

1.1 Diagram chasing in \( \displaystyle \mathbf{Mod}_A \)

Tutto il diagram-chasing può essere fatto nell'ambito di una categoria abeliana. Tuttavia, noi ci limiteremo in tutto questo progetto alla categoria \( \displaystyle \mathbf{Mod}_A \) degli \( \displaystyle A \) -moduli, con \( \displaystyle A \) anello commutativo unitario.

Definizione. Una successione di \( \displaystyle A \) -moduli e morfismi di \( \displaystyle A \) -moduli è un funtore \( \displaystyle F \colon (\mathbb Z, \le) \to \mathbf{Mod}_A \) . Rappresenteremo una successione di \( \displaystyle A \) -moduli come
\xymatrix{ \ldots \ar[r] & A_{n-1} \ar[r]^{f_{n-1}} & A_n \ar[r]^{f_n} & A_{n+1} \ar[r]^{f_{n+1}} & \ldots }
Per brevità ci riferiremo ad una siffatta successione come a \( \displaystyle \{(A_i,f_i)\}_{i \in \mathbb Z} \) .

Definizione. Sia \( \displaystyle \{(A_i,f_i)\}_{i \in \mathbb Z} \) una successione di \( \displaystyle A \) -moduli. Diremo che questa successione è esatta in posizione \( \displaystyle i \) se \( \displaystyle \ker f_i = \text{Im}(f_{i-1}) \) .

Definizione. Una successione esatta corta è una successione esatta \( \displaystyle 0 \to M \to N \to P \to 0 \) .

Lemma. La successione \( \displaystyle 0 \to M \stackrel{f}{\to} N \) è esatta se e solo se \( \displaystyle f \) è iniettiva. La successione \( \displaystyle M \stackrel{f}{\to} N \to 0 \) è esatta se e solo se \( \displaystyle f \) è suriettiva.
Dimostrazione. Esercizio. []

Snake lemma. Si consideri il diagramma commutativo di \( \displaystyle A \) -moduli e morfismi di \( \displaystyle A \) -moduli:
\xymatrix{ 0 \ar@{.>}[r] & A^\prime \ar[d]^f \ar[r]^{\alpha_1} & A \ar[d]^g \ar[r]^{\alpha_2} & A^{\prime \prime} \ar[d]^h \ar[r] & 0 \\ 0 \ar[r] & B^\prime \ar[r]^{\beta_1} & B \ar[r]^{\beta_2} & B^{\prime \prime} \ar@{.>}[r] & 0}
Se le righe sono esatte allora esiste una successione esatta lunga
\xymatrix{ 0 \ar@{.>}[r] & \ker f \ar[r]^{\alpha_1^\prime} & \ker g \ar[r]^{\alpha_2^\prime} & \ker h \ar[r]^-{\delta} & \text{coker }f \ar[r]^{\overline{\beta_1}} & \text{coker } g \ar[r]^{\overline{\beta_2}} & \text{coker } h \ar@{.>}[r] & 0 }
Dimostrazione. Controllare che esistano le successioni esatte \xymatrix{ 0 \ar@{.>}[r] & \ker f \ar[r] & \ker g \ar[r] & \ker h} e \xymatrix{ \text{coker }f \ar[r] & \text{coker } g \ar[r] & \text{coker } h \ar@{.>}[r] & 0 } è un facile esercizio e pertanto viene omesso. Mostreremo la costruzione della mappa di bordo \( \displaystyle \delta \) e verificheremo l'esattezza in \( \displaystyle \ker h \) \( \displaystyle \text{coker } f \) .
Sia \( \displaystyle x \in \ker h \) . Si scelga \( \displaystyle y \in A \) tale che \( \displaystyle \alpha_2(y) = x \) ; allora \( \displaystyle \beta_2(g(y)) = h(\alpha_2(y)) = h(x) = 0 \) , ossia \( \displaystyle g(y) \in \ker \beta_2 = \text{Im }\beta_1 \) . Siccome \( \displaystyle \beta_1 \) è iniettiva, esiste un solo \( \displaystyle z \in B' \) tale che \( \displaystyle \beta_1(z) = g(y) \) . Si ponga \( \displaystyle \delta(x) := [z] \in \text{coker }f \) (la "caccia nel diagramma è rappresentata dal seguente schema riassuntivo).
\xymatrix{ & y \ar@{|->}[r] \ar@{|->}[d] & x \ar@{|->}[d] \\ z \ar@{|->}[r] & g(y) \ar@{|->}[r] & 0 }
Occorre verificare che \( \displaystyle \delta \) sia ben definita. Supponiamo quindi che \( \displaystyle y' \) sia un altro sollevamento di \( \displaystyle x \) ; sia poi \( \displaystyle z' \in B' \) tale che \( \displaystyle \beta_1(z') = g(y') \) . Allora \( \displaystyle y - y' \in \ker \alpha_2 = \text{Im } \alpha_1 \) ; sia \( \displaystyle w \in A' \) tale che \( \displaystyle \alpha_1(w) = y - y' \) . Si ha \( \displaystyle \beta_1 (f(w)) = g(\alpha_1(w)) = g(y - y') = g(y) - g(y') = \beta_1(z) - \beta_1(z') = \beta_1(z - z') \) . Siccome \( \displaystyle \beta_1 \) è iniettiva, otteniamo \( \displaystyle z - z' = f(w) \) , ossia \( \displaystyle [z] = [z'] \) in \( \displaystyle \text{coker }f \) .
Controlliamo l'esattezza in \( \displaystyle \ker h \) . Innanzi tutto, se \( \displaystyle y \in \ker g \) , allora \( \displaystyle \delta(\alpha_2(y)) = 0 \) . Infatti \( \displaystyle y \) è un sollevamento di \( \displaystyle \alpha_2(y) \) e \( \displaystyle g(y) = 0 \) , quindi \( \displaystyle \delta(\alpha_2(y)) = [0] \) e di conseguenza \( \displaystyle \text{Im } \alpha_2' \subset \ker \delta \) . Se invece \( \displaystyle x \in \ker \delta \) , allora \( \displaystyle \delta(x) = [0] \) ; siano \( \displaystyle y \in \ker g \) un sollevamento di \( \displaystyle x \) e sia \( \displaystyle z \in B' \) tale che \( \displaystyle \beta_1(z) = g(y) \) . Allora \( \displaystyle z = f(w) \) per qualche \( \displaystyle w \in A' \) , da cui \( \displaystyle \beta_1(z) = g(\alpha_1(w)) \) ; pertanto \( \displaystyle y - \alpha_1(w) \in \ker g \) e, per di più, \( \displaystyle \alpha_2(y - \alpha_1(w)) = \alpha_2(y) = x \) , sicché \( \displaystyle x \in \text{Im }\alpha_2' \) , da cui \( \displaystyle \ker \delta = \text{Im } \alpha_2' \) .
Controlliamo l'esattezza in \( \displaystyle \text{coker } f \) ; siano \( \displaystyle x,y,z \) come in precedenza. Allora \( \displaystyle \overline{\beta_1}(\delta(x)) = \overline{\beta_1}([z]) = [\beta_1(z)] = [g(y)] = [0] \) , sicché \( \displaystyle \text{Im } \delta \subset \ker \overline{\beta_1} \) . Viceversa, supponiamo che \( \displaystyle [z] \in \ker \overline{\beta_1} \) . Allora \( \displaystyle \beta_1(z) \in \text{Im } g \) , ossia \( \displaystyle \beta_1(z) = g(y) \) per qualche \( \displaystyle y \in A \) . Sia \( \displaystyle x := \alpha_2(y) \) . Si ha \( \displaystyle h(x) = \beta_2(g(y)) = \beta_2(\beta_1(z)) = 0 \) , quindi \( \displaystyle x \in \ker h \) ed inoltre, per costruzione, \( \displaystyle \delta(x) = [z] \) , sicché \( \displaystyle \ker \overline{\beta_1} = \text{Im } \delta \) . []

Lemma dei 5. Si consideri il diagramma commutativo di \( \displaystyle A \) -moduli e mappe di \( \displaystyle A \) -moduli a righe esatte:
\xymatrix { A_1 \ar[d]^{f_1} \ar[r]^{\alpha} & A_2 \ar[d]^{f_2} \ar[r]^{\beta} & A_3 \ar[d]^{f_3} \ar[r]^{\gamma} & A_4 \ar[d]^{f_4} \ar[r]^{\delta} & A_5 \ar[d]^{f_5} \\ B_1 \ar[r]^{\alpha^\prime} & B_2 \ar[r]^{\beta^\prime} & B_3 \ar[r]^{\gamma^\prime} & B_4 \ar[r]^{\delta^\prime} & B_5 }
Se \( \displaystyle f_1 \) è suriettiva e \( \displaystyle f_2 \) e \( \displaystyle f_4 \) sono iniettive, allora \( \displaystyle f_3 \) è iniettiva. Se invece \( \displaystyle f_2 \) e \( \displaystyle f_4 \) sono suriettive e \( \displaystyle f_5 \) è iniettiva, allora \( \displaystyle f_3 \) è suriettiva. In particolare, se \( \displaystyle f_1,f_2,f_4,f_5 \) sono isomorfismi, anche \( \displaystyle f_3 \) è un isomorfismo.
Dimostrazione. Supponiamo che \( \displaystyle f_1 \) sia suriettiva e che \( \displaystyle f_2,f_4 \) siano iniettive. Sia \( \displaystyle x \in \ker f_3 \) . Abbiamo \( \displaystyle 0 = \gamma'(f_3(x)) = f_4(\gamma(x)) \) , quindi siccome \( \displaystyle f_4 \) è iniettiva, otteniamo \( \displaystyle \gamma(x) = 0 \) ; quindi \( \displaystyle x \in \ker \gamma = \text{Im }\beta \) ; sia \( \displaystyle x = \beta(y) \) ; \( \displaystyle \beta'(f_2(y)) = f_3(\beta(y)) = 0 \) , sicché \( \displaystyle f_2(y) \in \ker \beta' = \text{Im } \alpha' \) , quindi \( \displaystyle f_2(y) = \alpha'(z) \) . Siccome \( \displaystyle f_1 \) è suriettiva, \( \displaystyle z = f_1(u) \) e adesso \( \displaystyle f_2(y) = \alpha'(f_1(u)) = f_2(\alpha(u)) \) , da cui \( \displaystyle y = \alpha(u) \in \ker \beta \) , essendo \( \displaystyle f_2 \) iniettiva. Pertanto \( \displaystyle x = \beta(y) = \beta(\alpha(u)) = 0 \) e \( \displaystyle f_3 \) risulta iniettiva.
Sia ora \( \displaystyle x \in B_3 \) . Sia \( \displaystyle y \in A_4 \) tale che \( \displaystyle f_4(y) = \gamma'(x) \) . Allora \( \displaystyle f_5(\delta(y)) = \delta'(f_4(y)) = \delta'(\gamma'(x)) = 0 \) , quindi, essendo \( \displaystyle f_5 \) iniettiva, \( \displaystyle y \in \ker \delta = \text{Im } \gamma \) . Sia \( \displaystyle z \in A_3 \) tale che \( \displaystyle \gamma(z) = y \) ; avremo \( \displaystyle \gamma'(f_3(z)) = f_4(y) = \gamma'(x) \) e pertanto \( \displaystyle x - f_3(z) \in \ker \gamma' = \text{Im }\beta' \) . Sia \( \displaystyle u \in B_2 \) tale che \( \displaystyle \beta'(u) = x - f_3(z) \) ; sia \( \displaystyle w \in A_2 \) con \( \displaystyle f_2(w) = u \) . Allora \( \displaystyle f_3(\beta(w) - z) = \beta'(f_2(w)) - f_3(z) = x - f_3(z) + f_3(z) = x \) . []

Esercizi.
    1. "Strong Snake Lemma" o "versione naturale dello Snake Lemma". Supponete di avere il seguente diagramma, commutativo in ogni sua parte:
    \xymatrix{ & & & C_1 \ar[rr]^{\gamma_1} \ar[dd]_(.6){f^\prime} & & C_2 \ar[dd]_(.6){g^\prime} \ar[rr]^{\gamma_2} & & C_3 \ar[rr] \ar[dd]_(.6){h^\prime} & & 0 \\ & & A_1 \ar[dd]^(.4)f \ar[ur]^{k_1} \ar[rr]^(.6){\alpha_1} & & A_2 \ar[ur]^{k_2} \ar[dd]^(.4)g \ar[rr]^(.6){\alpha_2} & & A_3 \ar[ur]^{k_3} \ar[dd]^(.4)h \ar[rr] & & 0 \\ & 0 \ar[rr] & & D_1 \ar[rr]^(.4){\delta_1} & & D_2 \ar[rr]^(.4){\delta_2} & & D_3 \\ 0 \ar[rr] & & B_1 \ar[rr]^{\beta_1} \ar[ur]^{j_1} & & B_2 \ar[ur]^{j_2} \ar[rr]^{\beta_2} & & B_3 \ar[ur]^{j_3} }

    Mostrate allora che esiste il seguente diagramma commutativo:

    \xymatrix{ \ker f \ar[r] \ar[d] & \ker g \ar[d] \ar[r] & \ker h \ar[r]^\partial \ar[d] & \text{coker } f \ar[d] \ar[r] & \text{coker } g \ar[r] \ar[d] & \text{coker } h \ar[d] \\ \ker f^\prime \ar[r] & \ker g^\prime \ar[r] & \ker h^\prime \ar[r]^\partial & \text{coker } f^\prime \ar[r] & \text{coker } g^\prime \ar[r] & \text{coker } h^\prime }

    (questo è un risultato assai utile in algebra omologica di base. Lo propongo perché dovrebbe aiutarvi a prendere confidenza con la costruzione esplicita della mappa di bordo dello Snake lemma che talvolta è un po' ostica da digerire)

1.2 Il prodotto tensoriale

Le esigenze a cui risponde il prodotto tensoriale sono molteplici. Spesso viene detto che serve per aggiungere i prodotti formali di elementi di due spazi (eventualmente coincidenti). Questo non ha molto senso o, almeno, non ne ha fintanto che non si introduce l'algebra tensoriale. Non seguirò quest'approccio; lo presenterò come soluzione spontanea di un problema universale legato alla linearizzazione delle mappe.

Per prima cosa, vi invito a convincervi che la solita definizione a cui la maggior parte di voi è abituata di mappa bilineare può essere efficacemente tradotta in questi termini: se \( \displaystyle A \) è un anello commutativo, \( \displaystyle M,N,P \) sono \( \displaystyle A \) -moduli allora una mappa bilineare da \( \displaystyle M \times N \) a \( \displaystyle P \) è semplicemente un elemento di \( \displaystyle \hom_A(M, \hom_A(N,P)) \) . Pertanto, poniamo \( \displaystyle \text{Bil}(M,N,P) := \hom_A(M,\hom_A(N,P)) \) . Ora, per \( \displaystyle M,N \) fissati otteniamo un funtore covariante, \( \displaystyle \text{Bil}(M,N,-) \) (in quanto composizione di funtori covarianti!). La domanda spontanea è la seguente: questo funtore è forse rappresentabile? Supponiamo che ce l'abbia, ovvero che si abbia un isomorfismo naturale \( \displaystyle \varphi_P \colon \hom_A(T,P) \cong \text{Bil}(M,N,P) \) per un certo oggetto \( \displaystyle T \) . Qual è la proprietà universale di \( \displaystyle T \) ? Il lemma di Yoneda ci dice che questo isomorfismo è univocamente determinato da \( \displaystyle \eta_{M,N} = \varphi_T(1_T) \in \hom_A(M, \hom_A(N,T)) \) , ossia una mappa bilineare \( \displaystyle \eta_{M,N} \colon M \times N \to T \) . Inoltre, vediamo subito che la proprietà universale è la seguente: se \( \displaystyle f \colon M \times N \to P \) è una mappa bilineare di \( \displaystyle A \) -moduli allora deve esistere un'unica mappa \( \displaystyle \widetilde{f} \colon T \to P \) tale che il diagramma
\xymatrix{ M \times N \ar[dr]_{f} \ar[r]^-{\eta_{M,N}} & T \ar@{.>}[d]^-{\exists ! \widetilde{f}} \\ & P}
sia commutativo. Mostriamo che il funtore è effettivamente rappresentabile.

Teorema. Per ogni anello commutativo \( \displaystyle A \) , ogni coppia di \( \displaystyle A \) -moduli \( \displaystyle M,N \) il funtore \( \displaystyle \text{Bil}(M,N,-) \colon \mathbf{Mod}_A \to \mathbf{Mod}_A \) è rappresentabile.
Dimostrazione. Si consideri l' \( \displaystyle A \) -modulo libero generato da \( \displaystyle M \times N \) (pensato come insieme), \( \displaystyle A^{(M \times N)} \) . Per sottolineare il fatto che \( \displaystyle M \times N \) è pensato come insieme, denoterò i suoi elementi con \( \displaystyle m \odot n \) . Allora si consideri il sottomodulo \( \displaystyle K \) generato dai seguenti elementi:
\( \displaystyle \begin{cases}
(m_1 + m_2) \odot n - m_1 \odot n - m_2 \odot n & m_1, m_2 \in M, \: n \in N \\
m \odot (n_1 + n_2) - m \odot n_1 - m \odot n_2 & m \in M, \: n_1,n_2 \in N \\
(am) \odot n - a(m \odot n) & a \in A, \: m \in M, \: n \in N \\
m \odot (an) - a(m \odot n) & a \in A, \: m \in M, \: n \in N
\end{cases} \)
Si definisca \( \displaystyle T := A^{(M \times N)}/K \) . Se \( \displaystyle j \colon M \times N \to A^{(M\times N)} \) è l'inserzione dei generatori e \( \displaystyle \pi \colon A^{(M \times N)}/K \to T \) è la proiezione canonica, allora è facile verificare che la composizione \( \displaystyle \eta_{M,N} := \pi \circ j \) è una mappa di \( \displaystyle A \) -moduli. Viene lasciato al lettore il facile (ed utile) esercizio di verificare la proprietà universale. []

Definizione. Se \( \displaystyle A \in \mathbf{CRing} \) , \( \displaystyle M,N \in \mathbf{Mod}_A \) definiamo il prodotto tensoriale di \( \displaystyle M \) ed \( \displaystyle N \) sopra \( \displaystyle A \) come l'unico rappresentante del funtore \( \displaystyle \hom_A(M,\hom_A(N,-)) \colon \mathbf{Mod}_A \to \mathbf{Mod}_A \) . Il prodotto tensoriale viene denotato \( \displaystyle M \otimes_A N \) .

Corollario. Sia \( \displaystyle A \in \mathbf{CRing} \) e si fissi \( \displaystyle M \in \mathbf{Mod}_A \) . Allora \( \displaystyle -\otimes_A M \dashv \hom_A(M,-) \) .
Dimostrazione. In sostanza, è la definizione che abbiamo dato. []

Corollario. Per ogni \( \displaystyle A \in \mathbf{CRing} \) , per ogni \( \displaystyle M \in \mathbf{Mod}_A \) , il funtore \( \displaystyle - \otimes_A M \) è esatto a destra.
Dimostrazione. Infatti, è un aggiunto sinistro. []

Definizione. Sia \( \displaystyle A \in \mathbf{CRing} \) e si fissi \( \displaystyle M \in \mathbf{Mod}_A \) . Diciamo che \( \displaystyle M \) è un \( \displaystyle A \) -modulo piatto se \( \displaystyle - \otimes_A M \) è un funtore esatto.

Nota. Ci sono più belle caratterizzazioni della piattezza, ma richiedono strumenti di algebra omologica che, per quanto di base, non mi metterò a sviluppare in questa sede. Per chi sa di cosa sto parlando, un modulo è piatto se e solo se è aciclico per il prodotto tensoriale, ossia \( \displaystyle \text{Tor}_i^A(M,N) = 0 \) per ogni \( \displaystyle N \in \mathbf{Mod}_A \) e ogni \( \displaystyle i \ge 1 \) .

Il prossimo teorema è incommensurabilmente importante, anche se la prima volta che lo si legge non se ne afferra immediatamente la portata. Pertanto metto un caveat: il suo significato è quello di dire che \( \displaystyle (\mathbf{Mod}_A, \otimes_A, A) \) è una categoria monoidale, simmetrica e chiusa. E' utile perché vi risparmia un sacco di conti in molte situazioni (perlopiù di natura strettamente teorica). Posizionato qui è utilissimo perché vi lascerò la maggior parte delle dimostrazioni da fare per esercizio, in modo da costringervi a prendere familiarità con la proprietà universale del prodotto tensoriale (e, badate bene, non avrete bisogno di nient'altro che della proprietà universale).

Teorema. Sia \( \displaystyle A \in \mathbf{CRing} \) e siano \( \displaystyle M,N,P \in \mathbf{Mod}_A \) . Allora sussistono i seguenti isomorfismi canonici:
    1) \( \displaystyle A \otimes_A - \cong \text{Id}_{\mathbf{Mod}_A} \) , ossia esiste un isomorfismo \( \displaystyle A \otimes_A M \cong M \) naturale in \( \displaystyle M \) ;
    2) \( \displaystyle M \otimes_A N \cong N \otimes_A M \) (naturale in \( \displaystyle M,N \) );
    3) \( \displaystyle (M \otimes_A N) \otimes_A P \cong M \otimes_A (N \otimes_A P) \) ;
Dimostrazione. Facciamo ad esempio la 2). Si consideri \( \displaystyle \sigma \colon M \times N \to N \times M \) (adesso questi prodotti sono da pensarsi come \( \displaystyle A \) -moduli!) definita da \( \displaystyle \sigma(m,n) = (n,m) \) . Allora \( \displaystyle \sigma(am_1 + bm_2,n) = (n,am_1 + bm_2) = a (n,m_1) + b(n,m_2) = a \sigma(m_1, n) + b \sigma(m_2,n) \) per ogni \( \displaystyle a \in A \) , \( \displaystyle m_1, m_2 \in M \) , \( \displaystyle n \in N \) . La linearità nell'altra variabile è identica.Siccome la composizione di mappe bilineari è bilineare, \( \displaystyle \eta_{N,M} \circ \sigma \) è bilineare e pertanto questa è una mappa bilineare e di conseguenza fattorizza attraverso il prodotto tensoriale:
\xymatrix{ M \times N \ar[d]_\sigma \ar[r]^{\eta_{M,N}} & M \otimes_A N \ar@{.>}[d]_{\exists ! s} \\ N \times M \ar[r]^{\eta_{N,M}} & N \otimes_A M }
Osserviamo che la proprietà universale ci dice che \( \displaystyle s \) è esattamente l'unica mappa a soddisfare \( \displaystyle s \circ \eta_{M,N} = \eta_{N,M} \circ \sigma \) .
Ora, si consideri invece \( \displaystyle \tau \colon N \times M \to M \times N \) definita da \( \displaystyle \tau(n,m) = (m,n) \) . Lo stesso ragionamento di prima mostra che \( \displaystyle \tau \) fattorizza attraverso il prodotto tensoriale e quindi otteniamo una mappa \( \displaystyle t \colon N \otimes_A M \to M \otimes_A N \) caratterizzata \( \displaystyle t \circ \eta_{N,M} = \eta_{M,N} \circ \tau \) . Dobbiamo controllare che \( \displaystyle s,t \) sono l'una l'inversa dell'altra. Mostriamo ad esempio che \( \displaystyle t \circ s = 1_{M \otimes_A N} \) . Consideriamo il seguente diagramma:
\xymatrix{ M \times N \ar[d]_\sigma \ar[r]^{\eta_{M,N}} & M \otimes_A N \ar[d]^s \\ N \times M \ar[r]^{\eta_{N,M}} \ar[d]^{\tau} & N \otimes_A M \ar[d]^t \\ M \times N \ar[r]^{\eta_{M,N}} & M \otimes_A N }
Bene, ma \( \displaystyle t \circ s \circ \eta_{M,N} = t \circ \eta_{N,M} \circ \sigma = \eta_{M,N} \circ \tau \circ \sigma = \eta_{M,N} \circ 1_{M \times N} = \eta_{M,N} \) e, d'altronde, \( \displaystyle 1_{M \otimes_A N} \circ \eta_{M,N} = \eta_{M,N} \) . La proprietà universale mostra allora che \( \displaystyle t \circ s = 1_{M \otimes_A N} \) . L'altra composizione è analoga.
Le altre proprietà sono lasciate per esercizio al lettore. []

Vogliamo ora dimostrare alcune proprietà utili che semplificano la notevolmente la vita quando si arriva al fatidico momento: "mi calcoli questo prodotto tensoriale".

Lemma. Sia \( \displaystyle A \in \mathbf{CRing} \) . Per ogni ideale \( \displaystyle \mathfrak a \in A \) ed ogni \( \displaystyle M \in \mathbf{Mod}_A \) si ha un isomorfismo canonico \( \displaystyle (A / \mathfrak a) \otimes_A M = M / \mathfrak a M \) .
Dimostrazione. Si consideri la successione corta esatta
\( \displaystyle 0 \to \mathfrak a \stackrel{i}{\to} A \to A / \mathfrak a \to 0 \)
dove \( \displaystyle i \colon \mathfrak a \to A \) è l'inclusione canonica. Tensorizzando con \( \displaystyle M \) conserviamo l'esattezza a destra, sicché
\xymatrix{ \mathfrak a \otimes_A M \ar[r]^{i \otimes 1} & A \otimes_A M \ar[r] & (A / \mathfrak a) \otimes_A M \ar[r] & 0}
Identificando \( \displaystyle A \otimes_A M \) con \( \displaystyle M \) secondo l'isomorfismo canonico \( \displaystyle \mu_M \colon A \otimes_A M \to M \) definito sui generatori da \( \displaystyle A \otimes_A M \ni a \otimes m \mapsto am \in M \) , otteniamo che l'immagine di \( \displaystyle \mathfrak a \otimes_A M \) in \( \displaystyle M \) secondo la mappa \( \displaystyle i \otimes 1 \) è precisamente \( \displaystyle \mathfrak a M \) . Il cokernel di questa mappa sarà allora \( \displaystyle M / \mathfrak a M \) . D'altra parte, l'esattezza della successione mostra che il cokernel è \( \displaystyle (A / \mathfrak a) \otimes_A M \) e quindi otteniamo l'isomorfismo desiderato (per la proprietà universale del cokernel e il Lemma dei 5). []

Esempi.
  1. Si calcoli \( \displaystyle (\mathbb Z / n \mathbb Z) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb Z / m \mathbb Z) \) . Per il lemma precedente, questo è semplicemente \( \displaystyle (\mathbb Z / m \mathbb Z) / (n (\mathbb Z / m \mathbb Z)) \) . Vediamo allora che se \( \displaystyle \text{gcd}(n,m) = d \) allora \( \displaystyle n (\mathbb Z / m \mathbb Z) = (d \mathbb Z / m \mathbb Z) \) , sicché il terzo teorema di isomorfismo produce \( \displaystyle (\mathbb Z / n \mathbb Z) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb Z / m \mathbb Z) = \mathbb Z / d \mathbb Z \) . In particolare, se \( \displaystyle d = 1 \) vediamo che \( \displaystyle (\mathbb Z / n \mathbb Z) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb Z / m \mathbb Z) = 0 \) . Quest'ultima proprietà si poteva tranquillamente controllare a mano: supponiamo \( \displaystyle d = 1 \) . Allora un generico elemento di \( \displaystyle (\mathbb Z / n \mathbb Z) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb Z / m \mathbb Z) \) si scrive come \( \displaystyle [x]_n \otimes_\mathbb{Z} [y]_m = [m m^{-1} x]_n \otimes_\mathbb{Z} [y]_m = [m^{-1} x]_n \otimes_\mathbb{Z} [my]_m = 0 \)

Esercizi.
  1. Sia \( \displaystyle A \) un anello e siano \( \displaystyle I,J \) due suoi ideali. Dimostrare che \( \displaystyle I \cap J = IJ \) se e solo se la mappa \( \displaystyle A/I \otimes_A J \to J/I \) data da \( \displaystyle \overline{a} \otimes x \mapsto \overline{ax} \) è iniettiva.
  2. Siano \( \displaystyle A,B \in \mathbf{CRing} \) sia \( \displaystyle \varphi \colon A \to B \) un morfismo tra di essi. Siano \( \displaystyle M,N \in \mathbf{Mod}_A \) , \( \displaystyle M^\prime, N^\prime \in \mathbf{Mod}_B \) , siano \( \displaystyle f \colon M \to M^\prime \) , \( \displaystyle g \colon N \to N^\prime \) due mappe di \( \displaystyle A \) -moduli, nel senso che i seguenti diagrammi commutano:
    \xymatrix{ A \times M \ar[r]^-{\mu_{A,M}} \ar[d]^{\varphi \times f} & M \ar[d]^f \\ B \times M^\prime \ar[r]^-{\mu_{B,M^\prime}} & M^\prime } \qquad \xymatrix{ A \times N \ar[r]^-{\mu_{A,N}} \ar[d]^-{\varphi \times g} & N \ar[d]^g \\ B \times N^\prime \ar[r]^-{\mu_{B,N^\prime}} & N^\prime }
    Mostrare che esiste allora un'unica mappa \( \displaystyle f \otimes_{\varphi} g \colon M \otimes_A N \to M^\prime \otimes_B N^\prime \) tale che il diagramma
    \xymatrix{ M \times N \ar[d]^{f \times g} \ar[r]^-{\eta_{M,N}} & M \otimes_A N \ar[d]^{f \otimes_\varphi g} \\ M^\prime \times N^\prime \ar[r]^-{\eta_{M^\prime, N^\prime}} & M^\prime \otimes_B N^\prime }
    commuti.
  3. Siano \( \displaystyle A,B,C \in \mathbf{CRing} \) , \( \displaystyle M_1,N_1 \in \mathbf{Mod}_A \) , \( \displaystyle M_2,N_2 \in \mathbf{Mod}_B \) , \( \displaystyle M_3,N_3 \in \mathbf{Mod}_C \) . Siano poi \( \displaystyle \varphi \colon A \to B \) , \( \displaystyle \psi \colon B \to C \) mappe di anelli, \( \displaystyle f_i \colon M_i \to M_{i+1} \) , \( \displaystyle g_i \colon N_i \to N_{i+1} \) ( \( \displaystyle i = 1,2 \) ). Mostrate che, nelle notazioni dell'esercizio precedente si ha \( \displaystyle (f_2 \otimes_\psi g_2) \circ (f_1 \otimes_\varphi g_1) = (f_2 \circ f_1) \otimes_{\psi \circ \varphi} (g_2 \circ g_1) \) .
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Re: Algebra Commutativa & Geometria Algebrica: una panoramic

Messaggioda Thomas » 28/04/2012, 14:08

avviso che la parte degli esercizi del capitolo 'diagram chasing' ha problemi di visualizzazione...
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Re: Strumenti di base: tensori e localizzazioni

Messaggioda Thomas » 28/04/2012, 16:41

maurer ha scritto:Definizione. Sia \( \displaystyle \{(A_i,f_i)\}_{i \in \mathbb Z} \) una successione di \( \displaystyle A \) -moduli. Diremo che questa successione è esatta in posizione \( \displaystyle i \) se \( \displaystyle \ker f_i = \text{Im}(f_i) \) .


c'e' un typo qui? come possono essere uguali $ker$ ed $Im$ di una stessa funzione visto che il primo appartiene al dominio ed il secondo al codominio?
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Re: Algebra Commutativa & Geometria Algebrica: una panoramic

Messaggioda maurer » 28/04/2012, 16:48

Certamente! Grazie della segnalazione!
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Re: Strumenti di base: tensori e localizzazioni

Messaggioda Thomas » 12/05/2012, 16:01

maurer ha scritto:Snake lemma. Si consideri il diagramma commutativo di \( \displaystyle A \) -moduli e morfismi di \( \displaystyle A \) -moduli:
\xymatrix{ 0 \ar@{.>}[r] & A^\prime \ar[d]^f \ar[r]^{\alpha_1} & A \ar[d]^g \ar[r]^{\alpha_2} & A^{\prime \prime} \ar[d]^h \ar[r] & 0 \\ 0 \ar[r] & B^\prime \ar[r]^{\beta_1} & B \ar[r]^{\beta_2} & B^{\prime \prime} \ar@{.>}[r] & 0}
Se le righe sono esatte allora esiste una successione esatta lunga
\xymatrix{ 0 \ar@{.>}[r] & \ker f \ar[r]^{\alpha_1^\prime} & \ker g \ar[r]^{\alpha_2^\prime} & \ker h \ar[r]^-{\delta} & \text{coker }f \ar[r]^{\overline{\beta_1}} & \text{coker } g \ar[r]^{\overline{\beta_2}} & \text{coker } h \ar@{.>}[r] & 0 }
Dimostrazione. Controllare che esistano le successioni esatte \xymatrix{ 0 \ar@{.>}[r] & \ker f \ar[r] & \ker g \ar[r] & \ker h} e \xymatrix{ \text{coker }f \ar[r] & \text{coker } g \ar[r] & \text{coker } h \ar@{.>}[r] & 0 } è un facile esercizio e pertanto viene omesso. Mostreremo la costruzione della mappa di bordo \( \displaystyle \delta \) e verificheremo l'esattezza in \( \displaystyle \ker h \) \( \displaystyle \text{coker } f \) .


Faccio il facile esercizio per la riga superiore.

Innanzitutto ci serve verificare che le restrizioni siano ben definite.

Sia \( \displaystyle \gamma \) la funzione che va a finire in \( \displaystyle A^\prime \) . Abbiamo che \( \displaystyle Im \gamma \) e incluso in \( \displaystyle Ker f \) . Infatti sia \( \displaystyle x\in Im\gamma \) ovvero per esattezza \( \displaystyle x\in Ker \alpha _1 \) . Allora \( \displaystyle \beta_1(f(x))=g(\alpha_1)(x)=0 \) . Ma \( \displaystyle \beta_1 \) e iniettiva e quindi \( \displaystyle f(x)=0 \) concludendo.

Analogamente se \( \displaystyle x\in Ker f \) a medesima equazione \( \displaystyle \beta_1(f(x))=g(\alpha_1)(x)=0 \) ci dice che \( \displaystyle \alpha_1(x) \in Ker g \) .

Rimane da verificare che se \( \displaystyle x\in Ker g \) allora \( \displaystyle \alpha_2(x) \in Ker h \) ma questo segue da \( \displaystyle \beta_2(g(x))=h(\alpha_2)(x)=0 \) .

Rimane da verificare l'esattezza in \( \displaystyle Ker f \) ed \( \displaystyle Ker g \) delle restrizioni.

Esattezza in \( \displaystyle Ker g \) . \( \displaystyle Im \alpha_1^\prime \) e incluso in \( \displaystyle Ker \alpha_2^\prime \) perche' sono restrizioni dei precedenti morfismi che erano esatti (e dopo due passi si annullavano). Rimane da verificare l'inclusione opposta. Sia \( \displaystyle x\in Ker \alpha_2^\prime \) , ovvero \( \displaystyle x\in Ker \alpha_2 \) e \( \displaystyle x\in Ker g \) . In particolare quindi \( \displaystyle x=\alpha_1(y) \) per qualche y. E' vero che \( \displaystyle y\in Ker f \) ? ci serve questo per concludere. Ora abbiamo applicando $g$ ad entrambi i membri che \( \displaystyle g(x)=g(\alpha_1(y))=\beta_1(f(y))=0 \) e per iniettivita' \( \displaystyle f(y)=0 \) che e' quel che ci serviva.

Esattezza in \( \displaystyle Ker f \) . Sappiamo che \( \displaystyle Im \gamma \) e incluso in \( \displaystyle Ker f \) (dimostrato prima). Ora quindi
\( \displaystyle Ker \alpha_1^\prime=Ker \alpha_1\cap Ker f=Im \gamma \cap Ker f=Im \gamma \)

Dovro' rincontrollare bene sembra facilissimo sbagliarsi... ed ho fatto solo una riga!
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Re: Strumenti di base: tensori e localizzazioni

Messaggioda maurer » 15/05/2012, 10:13

E' corretto, ma non hai ancora dimestichezza con il ragionamento formale che velocizza molto queste dimostrazioni.

Thomas ha scritto:Innanzitutto ci serve verificare che le restrizioni siano ben definite.

Sia \( \displaystyle \gamma \) la funzione che va a finire in \( \displaystyle A^\prime \) . Abbiamo che \( \displaystyle Im \gamma \) e incluso in \( \displaystyle Ker f \) . Infatti sia \( \displaystyle x\in Im\gamma \) ovvero per esattezza \( \displaystyle x\in Ker \alpha _1 \) . Allora \( \displaystyle \beta_1(f(x))=g(\alpha_1)(x)=0 \) . Ma \( \displaystyle \beta_1 \) e iniettiva e quindi \( \displaystyle f(x)=0 \) concludendo.

Analogamente se \( \displaystyle x\in Ker f \) a medesima equazione \( \displaystyle \beta_1(f(x))=g(\alpha_1)(x)=0 \) ci dice che \( \displaystyle \alpha_1(x) \in Ker g \) .
Rimane da verificare che se \( \displaystyle x\in Ker g \) allora \( \displaystyle \alpha_2(x) \in Ker h \) ma questo segue da \( \displaystyle \beta_2(g(x))=h(\alpha_2)(x)=0 \) .

Più semplicemente si può riassumere dicendo: "sono ben definite per la proprietà universale del ker".

Thomas ha scritto:Esattezza in \( \displaystyle Ker g \) . \( \displaystyle Im \alpha_1^\prime \) e incluso in \( \displaystyle Ker \alpha_2^\prime \) perche' sono restrizioni dei precedenti morfismi che erano esatti (e dopo due passi si annullavano). Rimane da verificare l'inclusione opposta. Sia \( \displaystyle x\in Ker \alpha_2^\prime \) , ovvero \( \displaystyle x\in Ker \alpha_2 \) e \( \displaystyle x\in Ker g \) . In particolare quindi \( \displaystyle x=\alpha_1(y) \) per qualche y. E' vero che \( \displaystyle y\in Ker f \) ? ci serve questo per concludere. Ora abbiamo applicando $g$ ad entrambi i membri che \( \displaystyle g(x)=g(\alpha_1(y))=\beta_1(f(y))=0 \) e per iniettivita' \( \displaystyle f(y)=0 \) che e' quel che ci serviva.

Ok, è giusto.

Thomas ha scritto:Esattezza in \( \displaystyle Ker f \) . Sappiamo che \( \displaystyle Im \gamma \) e incluso in \( \displaystyle Ker f \) (dimostrato prima). Ora quindi
\( \displaystyle Ker \alpha_1^\prime=Ker \alpha_1\cap Ker f=Im \gamma \cap Ker f=Im \gamma \)

Chi è \( \displaystyle \gamma \) nelle tue notazioni? Quello che devi dimostrare qui è che se \( \displaystyle \alpha_1 \) è iniettiva allora anche \( \displaystyle \alpha_1' \) è iniettiva... ma a me sembra che possiamo limitarci a dire "ovvio"! :-D
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Re: Algebra Commutativa & Geometria Algebrica: una panoramic

Messaggioda Leonardo89 » 15/05/2012, 16:19

Esercizio 1 del paragrafo 0.3, comma categorie.

Dato un anello commutativo \(A\), si vuole dimostrare che la categoria delle \(A\)-algebre coincide con la comma categoria \( (A \downarrow \mathbf{CRing})\).

Penso di averlo risolto, anche se mi accorgo solo ora di non essere perfettamente sicuro di sapere cosa intendi quando dici mostrare che questa categoria coincide con quell'altra: è sufficiente trovare una coppia di funtori l'uno inverso dell'altro?

Comunque, si consideri un oggetto \(f \colon A \to B \) di \( ( A \downarrow \mathbf{CRing})\): lo si vuole dotare di una struttura di \(A\)-algebra. Definisco l'operazione di moltiplicazione \(A \times B \to B \) come \( \alpha \cdot \beta := f(\alpha ) \beta \) dove l'ultima moltiplicazione è quella in \(B\). Le verifiche che in tal modo \(B\) è una \(A\)-algebra sono banali e si basano sul fatto che \(f\) è un morfismo di anelli commutativi unitari.
Si consideri ora un morfismo \(k\) di \( ( A \downarrow \mathbf{CRing})\) da \(f \colon A \to B \) a \(g \colon A \to E \): voglio dimostrare che è un morfismo di \(A\)-algebre. Si ha \( k(\alpha \cdot \beta)= k(f(\alpha) \beta)=k(f(\alpha) )k( \beta)=g(\alpha )k( \beta)) = \alpha \cdot k( \beta ) \).

Considero ora una \(A\)-algebra \(B\). Definisco un morfismo di anelli (che poi sarà un oggetto della comma categoria \( ( A \downarrow \mathbf{CRing})\) ) \(f \colon A \to B \) in tal modo: \( \alpha \to f(\alpha) := \alpha \cdot 1_B \).
Sia \(k \colon B \to E \) un morfismo di \(A\)-algebre; considero anche il morfismo di anelli \(g \colon A \to E \) definito come \( \alpha \to g(\alpha) := \alpha \cdot 1_E \).
Per dimostrare che \(k \colon B \to E \) è un morfismo in \( ( A \downarrow \mathbf{CRing})\) bisogna far vedere che \( kf=g\). Si ha \( k(f( \alpha )) = k(\alpha \cdot 1_B ) = \alpha \cdot k (1_B) = \alpha \cdot 1_E = g(\alpha) \).

Grosso modo la soluzione dell'esercizio dovrebbe essere questa ma non sono sicuro che ciò sia sufficiente: maurer, che ne dici?

EDIT: errore di ortografia.
Ultima modifica di Leonardo89 il 15/05/2012, 17:56, modificato 1 volta in totale.
Se altri non facessero altro che riflettere sulle verità matematiche così in profondo e con continuità come ho fatto io, farebbero le mie scoperte.
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