Cambios relacionados con la torsión.

TFG_Sixto_José_Martínez_Gan.tex

@@ -300,7 +300,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
 	\end{align*}
 	Viendo estos como vectores de $\Kx^r$, hacemos el determinante:
 	\begin{equation*}
-		\det\!\begin{pmatrix}
+		\det\begin{pmatrix}
 			0 & 0 & x \\
 			0 & y & 0 \\
 			x^2z + y^3 & 3z & -2z
@@ -361,7 +361,22 @@ urlcolor=black]{hyperref}
 		\begin{definicion}
 			Sea $N$ un \submodulo{A} de $M$. Diremos que $N$ es \emph{libre} si admite una base.
 		\end{definicion}
-
+		
+		Ahora introducimos el concepto de torsión, que juega un papel muy importante con respecto a la libertad de los módulos.
+		\begin{definicion}
+			El submódulo de torsión de $M$ se define como
+			\begin{equation*}
+				\mathrm{Tors}\!\left( M \right) := \definicionconjunto{m \in M}{\text{existe un $a \neq 0$ tal que $am = 0$}}
+			\end{equation*}
+			Diremos que $M$ es \emph{libre de torsión} si $\mathrm{Tors}\!\left( M \right) = 0$.
+		\end{definicion}
+		\begin{ejemplo}
+			Pensemos en \enteros{} y en \enterosmodulo{p} donde $p \in \naturales$ como en \modulo{\enteros}. El módulo \enteros{} admite a $1$ como base ya que todo entero $z$ tiene una única representación como $z\cdot 1$. Ahora bien, supongamos que \enterosmodulo{p} tiene una base \conjunto{z_1, z_2, \dots, z_k}. Para cualquier $z \in \enterosmodulo{p}$ existirán $a_1, a_2, \dots, a_n$ de forma que $z = \sum_{i = 1}^{k}a_iz_i$. Ahora bien, démonos cuenta de que \enterosmodulo{p} no es un \modulo{\enteros} libre de torsión ya que para todo $z$, $pz = \sum_{i = 1}^{k}pa_iz_i = 0$; esto nos permite escribir
+			\begin{equation*}
+				z = \sum_{i = 1}^{k} \left( 1+p \right)a_iz_i.
+			\end{equation*}
+			Por lo tanto, la representación de $z$ no es única en términos de la base y, por ende, \enterosmodulo{p} no es libre.
+		\end{ejemplo}
 		Por último, damos las dos nociones más básicas relacionadas con la divisibilidad en los módulos.
 		\begin{definicion} \label{Definición Divisibilidad Módulos}
 			Sean $m$ y $l$ dos elementos de un \modulo{A} $M$. Diremos que $m$ \emph{divide a} $l$ si existe $a \in A$ de forma que $am = l$.
@@ -428,9 +443,7 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
 		\begin{lema}
 			Que $M$ sea noetheriano es equivalente a que toda cadena ascendente de submódulos $N_1 \subseteq N_2 \subseteq \dots$ sea eventualmente estacionaria.
 		\end{lema}
-		\begin{definicion}
+		
-			Sea $M$ un \modulo{A}. Diremos que $M$ es \emph{libre de torsión} si el único $m \in M$ tal que $am = 0$ para todo $a \in A$ es $0$.\todo{¿Esta definición cerca de libre junto con algún ejemplo sencillo de no libre y libre de torsión y de no libre de torsión.}
-		\end{definicion}
 		\begin{definicion}
 			Sean $M$ y $N$ dos \modulo{A}s. El \emph{conjunto de homomorfismos de \modulo{A}s} de $M$ a $N$ es también un \modulo{A} y se denota por
 			\begin{equation*}
@@ -683,6 +696,76 @@ Por la definición de espacio dual tenemos una forma bilineal $\Phi^M:M\times\du
 				\funcionexterior{n}{\phi}{v_1\wedge v_2\wedge \dots \wedge v_n} = P_1 \wedge P_2 \wedge \dots \wedge P_n = \left( \det P \right) w_1\wedge w_2\wedge \dots \wedge w_n.
 			\end{equation}
 		\end{proof}
+		
+		\section{El rango}
+		En un módulo libre, la noción de rango es simplemente la cantidad de elementos que tiene la base. Pero como ya hemos visto a lo largo de este trabajo, hay módulos que no tienen por qué ser libres. Por ende, necesitamos generalizar la noción de rango para poder tratar con estos.
+		\begin{definicion}
+			Sea $A$ un dominio de integridad y $\sim$ la relación de equivalencia sobre $A\times \left( A \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace \right)$ dada por $\left( a, b \right) \sim \left( \alpha, \beta \right) \iff a\beta = \alpha b$. A la clase de equivalencia de $\left( a, b \right)$ la denotaremos $\frac{a}{b}$. El conjunto
+			\begin{equation*}
+				\cuerpofracciones{A} := \cociente{A\times \left( A \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace \right)}{\sim}
+			\end{equation*}
+			junto con las operaciones
+			\begin{equation*}
+				\frac{a}{b} + \frac{\alpha}{\beta} := \frac{a\beta + \alpha b}{b\beta} \quad \text{y} \quad \frac{a}{b} \cdot \frac{\alpha}{\beta} := \frac{a\alpha}{b\beta}
+			\end{equation*}
+			forma un cuerpo al cual llamaremos cuerpo de fracciones de $A$. El homomorfismo natural $A \hookrightarrow \cuerpofracciones{A}$ es inyectivo.
+		\end{definicion}
+		
+		El cuerpo de fracciones de un anillo nos permite llevar un \modulo{A} a un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}}.
+		\begin{definicion}
+			Llamaremos extensión de escalares del \modulo{A} $M$ al conjunto $M \otimes \cuerpofracciones{A}$.
+		\end{definicion}
+		\begin{lema}
+			La extensión de escalares de un \modulo{A} $M$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}}. Además, la aplicación $\varphi: M \rightarrow M \otimes \cuerpofracciones{A}$ dada por $m \mapsto m \otimes 1$ es inyectiva si y solo si $M$ es libre de torsión.
+		\end{lema}
+		\begin{proof}
+			Para la primera afirmación, vemos que $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ es un \modulo{\cuerpofracciones{A}} y, como \cuerpofracciones{A} es un cuerpo, tenemos un espacio vectorial.
+			
+			Para la segunda, véase que
+			\begin{equation*}
+				\begin{array}{rcll}
+					\ker\varphi = 0 &\iff& m \otimes 1 \neq 0   &\forall m \in M\setminus\conjunto{0} \\
+					&\iff & am \otimes \displaystyle\frac{1}{a} \neq 0  &\forall a \in A \setminus \conjunto{0} \\
+					&\implies& am \neq 0 &
+				\end{array}
+			\end{equation*}
+			\todo{La otra implicación.}
+		\end{proof}
+		\begin{definicion}
+			Sea $M$ un \modulo{A} finitamente generado. Diremos que $M$ tiene rango $r$ si $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de dimensión $r$.
+		\end{definicion}
+		
+		Recordemos que ya en \ref{Lema Rango Producto Exterior} había un resultado sobre el rango del producto exterior de los espacios vectoriales. Generalizamos esto a los módulos.
+		\begin{lema} \label{Lema Rango Producto Exterior Módulos}
+			Sea $M$ un \modulo{A} de rango $n$ y $s \in \naturales$. Entonces, $\bigwedge^s M$ es un \modulo{A} de rango $\binom{n}{s}$.
+		\end{lema}
+		\begin{proof}
+			Consideremos $\left( \bigwedge^s M \right) \otimes \cuerpofracciones{A}$. Hay un isomorfismo de \modulo{\cuerpofracciones{A}}s entre $\bigwedge^s M \otimes \cuerpofracciones{A}$ y $\bigwedge^s\left( M \otimes \cuerpofracciones{A} \right)$:
+			\begin{align*}
+				\bigwedge^sM \otimes \cuerpofracciones{A} &\longleftrightarrow \bigwedge^s\left( M \otimes \cuerpofracciones{A} \right) \\
+				\left( m_1 \wedge m_2 \wedge \dots \wedge m_s \right) \otimes \frac{a}{b} &\longrightarrow \left( m_1 \otimes \frac{a}{b} \right) \wedge \left( m_2 \otimes 1 \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes 1 \right) \\
+				\left( m_1 \wedge m_2 \wedge  \dots \wedge m_s\right)\otimes \frac{a_1a_2\dots a_s}{b_1 b_2 \dots b_s} &\longleftarrow \left( m_1 \otimes \frac{a_1}{b_1} \right) \wedge \left( m_2 \otimes \frac{a_2}{b_2} \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes \frac{a_s}{b_s} \right)
+			\end{align*}
+			Aunque pudiera parecer que no es un isomorfismo puesto que los lados derechos no lucen iguales, recordemos que por las propiedades del producto tensorial y exterior y por ser ambos conjuntos \modulo{\cuerpofracciones{A}} tenemos que
+			\begin{align*}
+				\left( m_1 \otimes \frac{a_1}{b_1} \right) \wedge \left( m_2 \otimes \frac{a_2}{b_2} \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes \frac{a_s}{b_s} \right) &= \left[\frac{a_1}{b_1} \left( m_1 \otimes 1 \right) \right] \wedge \left[\frac{a_2}{b_2} \left( m_2 \otimes 1 \right) \right] \wedge \dots \wedge \left[\frac{a_s}{b_s} \left( m_s \otimes 1 \right) \right] \\
+				&= \frac{a_1a_2\dots a_s}{b_1 b_2 \dots b_s} \left( m_1 \otimes 1 \right) \wedge \left( m_2 \otimes 1 \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes 1 \right) \\
+				&=  \left( m_1 \otimes \frac{a_1a_2\dots a_s}{b_1 b_2 \dots b_s} \right) \wedge \left( m_2 \otimes 1 \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes 1 \right).
+			\end{align*}
+			Ahora bien, por hipótesis $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de rango $n$ así que $\bigwedge^n \left( M \otimes \cuerpofracciones{A} \right)$ será también un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}}, en este caso de rango $\binom{n}{s}$. Gracias al isomorfismo, $\left( \bigwedge^s M \right) \otimes \cuerpofracciones{A}$ es igualmente otro \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de rango $\binom{n}{s}$ lo cual quiere decir que $M$ es de rango $\binom{n}{s}$.
+		\end{proof}
+		
+		Esta cadena de implicaciones que recogemos aquí nos será muy útil a lo largo de la demostración del Criterio de Saito:
+		\begin{gather} \label{Esquema Demostración}
+			\left.\begin{aligned}
+				\left.\begin{aligned}
+					\text{$M$ módulo reflexivo} \xRightarrow{\text{\cite[\href{https://stacks.math.columbia.edu/tag/0AV0}{Tag 0AV0}]{STACKS}}} \text{$M$ libre de torsión}& \\
+					\text{$M$ de rango 1}&
+				\end{aligned}\right\rbrace \implies \text{$M$ es un ideal de $\Kx$}& \\
+				\text{$M$ es reflexivo}
+			\end{aligned}\right\rbrace \implies \text{$M$ es un módulo libre}
+		\end{gather}
+		
 \chapter{Bases de Gröbner y Sicigias} \label{Capítulo de Bases de Groebner y Sicigias}
 
 	A partir de este momento solo trabajaremos con módulos $\Kx^n$ ya que son los involucrados en el módulo de derivaciones.
@@ -1082,75 +1165,7 @@ a_1\euno + a_2\edos + \dots + a_k\vectorbasecanonica{k}\rar[mapsto]&a_1f_1 + a_2
 		\end{gather*}
 		Gracias a estas implicaciones podemos asegurar que todo módulo libre es reflexivo. Sin embargo, solo podemos asegurar que los módulos reflexivos sean libres cuando son \modulo{\anillodepolinomios{K}{x, y}}, es decir, cuando admitan la estructura de módulo asociada a un anillo de polinomios en dos variables. Esto, por lo tanto, nos garantiza que \derivaciones{f} es siempre libre cuando $f \in \anillodepolinomios{K}{x,y}$. Más que solucionar nuestro problema, estos resultados nos sirven para ilustrar la gran dificultad que supone garantizar que un módulo reflexivo sea libre.
 
-		\subsection{El papel del rango}
+		
-		En un módulo libre, la noción de rango es simplemente la cantidad de elementos que tiene la base. Pero como ya hemos visto a lo largo de este trabajo, hay módulos que no tienen por qué ser libres. Por ende, necesitamos generalizar la noción de rango para poder tratar con estos.
-		\begin{definicion}
-			Sea $A$ un dominio de integridad y $\sim$ la relación de equivalencia sobre $A\times \left( A \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace \right)$ dada por $\left( a, b \right) \sim \left( \alpha, \beta \right) \iff a\beta = \alpha b$. A la clase de equivalencia de $\left( a, b \right)$ la denotaremos $\frac{a}{b}$. El conjunto
-			\begin{equation*}
-				\cuerpofracciones{A} := \cociente{A\times \left( A \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace \right)}{\sim}
-			\end{equation*}
-			junto con las operaciones
-			\begin{equation*}
-				\frac{a}{b} + \frac{\alpha}{\beta} := \frac{a\beta + \alpha b}{b\beta} \quad \text{y} \quad \frac{a}{b} \cdot \frac{\alpha}{\beta} := \frac{a\alpha}{b\beta}
-			\end{equation*}
-			forma un cuerpo al cual llamaremos cuerpo de fracciones de $A$. El homomorfismo natural $A \hookrightarrow \cuerpofracciones{A}$ es inyectivo.
-		\end{definicion}
-
-		El cuerpo de fracciones de un anillo nos permite llevar un \modulo{A} a un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}}.
-		\begin{definicion}
-			Llamaremos extensión de escalares del \modulo{A} $M$ al conjunto $M \otimes \cuerpofracciones{A}$.
-		\end{definicion}
-		\begin{lema}
-			La extensión de escalares de un \modulo{A} $M$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}}. Además, la aplicación $\varphi: M \rightarrow M \otimes \cuerpofracciones{A}$ dada por $m \mapsto m \otimes 1$ es inyectiva si y solo si $M$ es libre de torsión.
-		\end{lema}
-		\begin{proof}
-			Para la primera afirmación, vemos que $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ es un \modulo{\cuerpofracciones{A}} y, como \cuerpofracciones{A} es un cuerpo, tenemos un espacio vectorial.
-
-			Para la segunda, véase que
-			\begin{equation*}
-				\begin{array}{rcll}
-					\ker\varphi = 0 &\iff& m \otimes 1 \neq 0   &\forall m \in M\setminus\conjunto{0} \\
-					&\iff & am \otimes \displaystyle\frac{1}{a} \neq 0  &\forall a \in A \setminus \conjunto{0} \\
-					&\implies& am \neq 0 &
-				\end{array}
-			\end{equation*}
-			\todo{La otra implicación.}
-		\end{proof}
-		\begin{definicion}
-			Sea $M$ un \modulo{A} finitamente generado. Diremos que $M$ tiene rango $r$ si $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de dimensión $r$.
-		\end{definicion}
-
-		Recordemos que ya en \ref{Lema Rango Producto Exterior} había un resultado sobre el rango del producto exterior de los espacios vectoriales. Generalizamos esto a los módulos.
-		\begin{lema} \label{Lema Rango Producto Exterior Módulos}
-			Sea $M$ un \modulo{A} de rango $n$ y $s \in \naturales$. Entonces, $\bigwedge^s M$ es un \modulo{A} de rango $\binom{n}{s}$.
-		\end{lema}
-		\begin{proof}
-			 Consideremos $\left( \bigwedge^s M \right) \otimes \cuerpofracciones{A}$. Hay un isomorfismo de \modulo{\cuerpofracciones{A}}s entre $\bigwedge^s M \otimes \cuerpofracciones{A}$ y $\bigwedge^s\left( M \otimes \cuerpofracciones{A} \right)$:
-			\begin{align*}
-				\bigwedge^sM \otimes \cuerpofracciones{A} &\longleftrightarrow \bigwedge^s\left( M \otimes \cuerpofracciones{A} \right) \\
-				\left( m_1 \wedge m_2 \wedge \dots \wedge m_s \right) \otimes \frac{a}{b} &\longrightarrow \left( m_1 \otimes \frac{a}{b} \right) \wedge \left( m_2 \otimes 1 \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes 1 \right) \\
-				\left( m_1 \wedge m_2 \wedge  \dots \wedge m_s\right)\otimes \frac{a_1a_2\dots a_s}{b_1 b_2 \dots b_s} &\longleftarrow \left( m_1 \otimes \frac{a_1}{b_1} \right) \wedge \left( m_2 \otimes \frac{a_2}{b_2} \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes \frac{a_s}{b_s} \right)
-			\end{align*}
-			Aunque pudiera parecer que no es un isomorfismo puesto que los lados derechos no lucen iguales, recordemos que por las propiedades del producto tensorial y exterior y por ser ambos conjuntos \modulo{\cuerpofracciones{A}} tenemos que
-			\begin{align*}
-				\left( m_1 \otimes \frac{a_1}{b_1} \right) \wedge \left( m_2 \otimes \frac{a_2}{b_2} \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes \frac{a_s}{b_s} \right) &= \left[\frac{a_1}{b_1} \left( m_1 \otimes 1 \right) \right] \wedge \left[\frac{a_2}{b_2} \left( m_2 \otimes 1 \right) \right] \wedge \dots \wedge \left[\frac{a_s}{b_s} \left( m_s \otimes 1 \right) \right] \\
-				&= \frac{a_1a_2\dots a_s}{b_1 b_2 \dots b_s} \left( m_1 \otimes 1 \right) \wedge \left( m_2 \otimes 1 \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes 1 \right) \\
-				&=  \left( m_1 \otimes \frac{a_1a_2\dots a_s}{b_1 b_2 \dots b_s} \right) \wedge \left( m_2 \otimes 1 \right) \wedge \dots \wedge \left( m_s \otimes 1 \right).
-			\end{align*}
-			Ahora bien, por hipótesis $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de rango $n$ así que $\bigwedge^n \left( M \otimes \cuerpofracciones{A} \right)$ será también un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}}, en este caso de rango $\binom{n}{s}$. Gracias al isomorfismo, $\left( \bigwedge^s M \right) \otimes \cuerpofracciones{A}$ es igualmente otro \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de rango $\binom{n}{s}$ lo cual quiere decir que $M$ es de rango $\binom{n}{s}$.
-		\end{proof}
-
-		Esta cadena de implicaciones que recogemos aquí nos será muy útil a lo largo de la demostración del Criterio de Saito:
-		\begin{gather} \label{Esquema Demostración}
-			\left.\begin{aligned}
-				\left.\begin{aligned}
-					\text{$M$ módulo reflexivo} \xRightarrow{\text{\cite[\href{https://stacks.math.columbia.edu/tag/0AV0}{Tag 0AV0}]{STACKS}}} \text{$M$ libre de torsión}& \\
-					\text{$M$ de rango 1}&
-				\end{aligned}\right\rbrace \implies \text{$M$ es un ideal de $\Kx$}& \\
-										\text{$M$ es reflexivo}
-			\end{aligned}\right\rbrace \implies \text{$M$ es un módulo libre}
-		\end{gather}
-
 		\subsection{Comienzo de la demostración}
 		Puede encontrarse en \cite[corolario 1.7]{SAITO} una demostración de que \derivaciones{f} es un módulo reflexivo de rango $n$. Siguiendo el esquema, tenemos que \derivaciones{f} es libre de torsión, pero necesitaríamos que tuviese rango $1$ para continuar hacia delante. Lo que haremos será estudiar el módulo $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ para reducir este rango y poder continuar.