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@ -157,6 +157,10 @@ urlcolor=black]{hyperref}
\DeclareMathOperator{\imagen}{im}
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\@mparswitchfalse%
\makeatother%
\normalmarginpar
\newcommand{\engendrado}[1]{\ensuremath{\left\langle #1 \right\rangle}}
@ -249,6 +253,8 @@ urlcolor=black]{hyperref}
In this paper we answer several questions about the module of polynomial derivations of a polynomial: which kind of object it is, where we will need to use module theory; how to compute it, with an explanation of tools like \Groebner{} bases and syzygies; and lastly, a proof of Saito's Criterion, which allows us to know whether the derivations module admits a basis or not.
%--- FIN DEL RESUMEN
\todo{Un poco más amplio y en dos secciones, una por idioma}
\clearemptydoublepage
\tableofcontents
@ -268,11 +274,11 @@ urlcolor=black]{hyperref}
\begin{equation*}
a_1 \diffp{}{x_1} + a_2\diffp{}{x_2} + \dots + a_n\diffp{}{x_n}\quad a_i \in \Kx \ \forall i.
\end{equation*}
Al conjunto de todas estas derivaciones lo llamaremos \derivaciones{\Kx}. Entre las muchas preguntas que podemos hacernos se encuentra saber cuáles son aquellas cuyo valor al evaluarlas en $f$ es un múltiplo escalar de la propia $f$. Es decir, conocer el conjunto
Al conjunto de todas estas derivaciones lo llamaremos \derivaciones{\Kx}. Entre las muchas preguntas que podemos hacernos se encuentra saber cuáles son aquellas cuyo valor al evaluarlas en $f$ es un múltiplo de la propia $f$. Es decir, conocer el conjunto
\begin{equation*}
\derivaciones{f} := \definicionconjunto{ \delta \in \derivaciones{\Kx}}{\delta\!\left( f \right) = hf, h \in \Kx}.
\end{equation*}
Es decir, con estas derivaciones de \derivaciones{f} estamos obteniendo campos de vectores tangentes a la hipersuperficie $f=0$. Este conjunto será el principal objeto de estudio de este documento.
Con estas derivaciones de \derivaciones{f} estamos obteniendo campos de vectores tangentes a la hipersuperficie $f=0$. Este conjunto será el principal objeto de estudio de este documento.
A primera vista, es apreciable la relación con los vectores, pero no se tratará de espacios vectoriales, sino de una generalización de estos a coeficientes en un anillo: los módulos. Desarrollaremos una descripción de este tipo de objeto en el Capítulo \ref{Capítulo de Módulos}. A continuación, notemos que la condición $\delta\!\left( f \right) = hf$ puede reescribirse como
\begin{equation*}
@ -284,7 +290,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
\begin{equation*}
\det\!\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = uf\quad \text{donde $u$ es una unidad de \Kx}.
\end{equation*}
En el capítulo \ref{Capítulo del Criterio de Saito} desarrollaremos la demostración de este criterio basados en \cite{VALLES}.
En el Capítulo \ref{Capítulo del Criterio de Saito} desarrollaremos la demostración de este criterio basados en \cite{VALLES}.
De hecho, este concepto de que \derivaciones{f} admita una base no se comprende del todo bien actualmente. Por ejemplo, si tomamos $f := x^2z + y^3 \in \anillodepolinomios{K}{x,y,z}$ nos encontramos con la superficie
\begin{figure}[h]
@ -293,7 +299,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
$x^2z + y^3 = 0$
\end{figure}
En este caso, \derivaciones{x^2z + y^3} no es libre. Puede encontrarse el cálculo de todo lo comentado hasta ahora para este caso en el apéndice \ref{Apéndice Cálculo}. Sin embargo, añadiendo un plano que cree una especie de <<continuación tangente>> a esas esquinas que aparecen, que se consigue multiplicando por $x$, nos queda la siguiente superficie:
En este caso, \derivaciones{x^2z + y^3} no es libre\todo[]{Pon la referencia del cálculo}. Puede encontrarse el cálculo de todo lo comentado hasta ahora para este caso en el apéndice \ref{Apéndice Cálculo}. Sin embargo, añadiendo un plano que cree una especie de <<continuación tangente>> a esas esquinas que aparecen, que se consigue multiplicando por $x$, nos queda la siguiente superficie:
\begin{figure}[h]
\centering
@ -315,7 +321,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
x^2z + y^3 & 3z & -2z
\end{pmatrix} = -y\left[ x\left( x^2z + y^3 \right) \right] = -yf.
\end{equation*}
El criterio de Saito se cumple, y por lo tanto, $\delta_1$, $\delta_2$ y $\delta_3$ forman una base de \derivaciones{f}.
El criterio de Saito se cumple, y por lo tanto, $\delta_1$, $\delta_2$ y $\delta_3$ forman una base de \derivaciones{f}.\todo{Ya que está en el título añadiría un párrafo sobre el caso de hiperplanos, su interés, su dificultad y el uso en futuros trabajos, citando eventualmente a Torrielli}
\chapter{Módulos} \label{Capítulo de Módulos}
\section{Conceptos básicos}
@ -377,7 +383,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
\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 $\mathrm{Tors}\!\left( M \right) = 0$.
Diremos que $M$ es \emph{libre de torsión} si $\mathrm{Tors}\!\left( M \right) = 0$.\todo{Un comentario sobre que todo espacio vectorial es libre, que en módulos libre implica libre de torsión y que la recíproca no es cierta.}
\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
@ -408,7 +414,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
\item $\phi\!\left( m + m' \right) = \phi\!\left( m \right) + \phi\!\left( m' \right)$ y
\item $\phi\!\left( am \right) = a\phi\!\left( m \right)$
\end{itemize}
para todo $m, m' \in M$ y $a \in A$. En ocasiones, nos referiremos a los homomorfismos de \modulo{A}s como a aplicaciones \lineal{A}es.
para todo $m, m' \in M$ y $a \in A$. En ocasiones, nos referiremos a los homomorfismos de \modulo{A}s como aplicaciones \lineal{A}es.
\end{definicion}
\begin{ejemplo}
La inclusión de $\enteros^n$ en $\racionales^n$ es un homomorfismo de \modulo{\enteros}s, sin embargo, no es un homomorfismo de \modulo{\racionales}s ya que $\enteros^n$ no es un \modulo{\racionales}.
@ -421,7 +427,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
Con estas definiciones, ya podemos empezar a expresar los objetos que nos encontrábamos al principio en un lenguaje más formal. Para abreviar la notación, escribiremos $\partial_i$ cuando nos refiramos a la aplicación
\begin{equation*}
\begin{tikzcd}[row sep=0pt]
\begin{tikzcd}[row sep=-3pt]
\anillodepolinomios{K}{\mathbf{x}}\rar["\partial_i"]&\anillodepolinomios{K}{\mathbf{x}} \\
p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
\end{tikzcd}
@ -432,7 +438,7 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
\begin{equation*}
\derivaciones{\anillodepolinomios{K}{\mathbf{x}}} := \definicionconjunto{a_1\partial_1 + a_2\partial_2 + \dots + a_n\partial_n}{a_i \in \anillodepolinomios{K}{\mathbf{x}} \, \forall i}.
\end{equation*}
Es un \modulo{\anillodepolinomios{K}{\mathbf{x}}}. Y para cada $\delta \in \derivaciones{\Kx}$ definimos $\delta \cdot p := \delta\!\left( p \right)$. Observemos que $\partial_i$ no es un homomorfismo de \modulo{\Kx}s debido al comportamiento con el producto de la derivada. De hecho, los elementos $\delta \in \Kx$ se comportan como sigue:
Es un \modulo{\anillodepolinomios{K}{\mathbf{x}}}. Para cada $\delta \in \derivaciones{\Kx}$ definimos $\delta \cdot p := \delta\!\left( p \right)$. Observemos que $\partial_i$ no es un homomorfismo de \modulo{\Kx}s debido al comportamiento con el producto de la derivada. De hecho, los elementos $\delta \in \Kx$ se comportan como sigue:
\begin{equation*}
\begin{cases}
\delta\!\left( f_1 + f_2 \right) = \delta\!\left( f_1 \right) + \delta\!\left( f_2 \right), \\
@ -472,15 +478,15 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
\dual{M} := \Hom{A}{M}{A}.
\end{equation*}
\end{definicion}
\begin{definicion}
Dados dos \modulo{A}s $M$ y $N$, una forma \emph{bilineal} $\Phi:M\times N\to A$ es una aplicación tal que
\begin{definicion}\label{Definicion_bilineal}
Dados dos $M, N, O$ \modulo{A}s, una \emph{aplicación bilineal} $\Phi:M\times N\to O$ cumple
\begin{equation*}
\begin{cases}
\Phi\!\left( a m + a'm', n \right) = a\Phi\!\left( m, n \right) + a' \Phi\!\left( m', n \right) \ \ \text{y} \\
\Phi\!\left( m, a n + a'n' \right)\; = a\Phi\!\left( m, n \right) + a' \Phi\!\left( m, n' \right)
\end{cases} \quad \forall a,a'\in A, \ \forall m, m'\in M, \ \forall n, n'\in N.
\end{equation*}
Una forma bilineal induce homomorfismos $\Phi_1:M\to\dual{N}$, $\Phi_2:N\to\dual{M}$, dados por
Si $O=A$, diremos que es una \emph{forma bilineal}, e induce homomorfismos $\Phi_1:M\to\dual{N}$, $\Phi_2:N\to\dual{M}$, dados por
\begin{equation*}
\Phi_1(m)(n):=\Phi(m, n)=:\Phi_2(n)(m).
\end{equation*}
@ -496,14 +502,17 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
\end{definicion}
\begin{ejemplo} \label{Ejemplo Espacio Vectorial es Reflexivo}
Veamos que todo espacio vectorial de dimensión finita es reflexivo. Sea $V$ un $K$-espacio vectorial de dimensión $n$ y con base $\conjunto{v_1, v_2, \dots, v_n}$. El conjunto \dual{V} admite como base a la base dual compuesta por los $\mathbf{e}^*_{i}$ definidos como
Veamos que todo espacio vectorial de dimensión finita es reflexivo. Sea $V$ un $K$-espacio vectorial de dimensión $n$ y con base $\conjunto{v_1, v_2, \dots, v_n}$. El conjunto \dual{V} admite como base a la \emph{base dual} compuesta por los $v^*_{i}$ definidos como
\begin{equation*}
\mathbf{e}^{*}_{i}\!\left( \vectorbasecanonica{j} \right) := \begin{cases}
v^{*}_{i}\!\left( v_j \right) := \begin{cases}
1 & \text{si $i = j$;} \\
0 & \text{si no.}
\end{cases}
\end{equation*}
Como una base de \dual{V} tiene tantos elementos como una de $V$, $V$ y \dual{V} deben ser isomorfos y, por ende, \dual{V} y \dualdual{V} también. Así pues, $V$ y \dualdual{V} son isomorfos. Pero para verificar que $V$ sea reflexivo debemos cerciorarnos de que la aplicación $\Psi$ sea un isomorfismo. Para ello, supongamos que $\Psi\!\left( v \right) = \Psi\!\left( v' \right)$; entonces, como $\mathrm{id} \in \dual{V}$, $\mathrm{id}\!\left( v \right) = \mathrm{id}\!\left( v' \right)$ por lo que $\Psi$ es inyectiva, lo cual ya nos garantiza que sea un isomorfismo. Este ejemplo aplica también a módulos libres de rango finito.
Como una base de \dual{V} tiene tantos elementos como una de $V$, $V$ y \dual{V} deben ser isomorfos y, por ende, \dual{V} y \dualdual{V} también: estas bases inducen isomorfismo $\phi_1:V\to\dual{V}$
y $\phi_2:\dual{V}\to\dualdual{V}$ que dependen de las bases. Es fácil ver que $\Psi=\phi_2\circ\phi_1$ y es por tanto un isomorfismo. A partir de ahora en espacios vectoriales identificaremos un espacio y su bidual.
%Así pues, $V$ y \dualdual{V} son isomorfos. Pero para verificar que $V$ sea reflexivo debemos cerciorarnos de que la aplicación $\Psi$ sea un isomorfismo. Para ello, supongamos que $\Psi\!\left( v \right) = \Psi\!\left( v' \right)$; entonces, como $\mathrm{id} \in \dual{V}$, $\mathrm{id}\!\left( v \right) = \mathrm{id}\!\left( v' \right)$ por lo que $\Psi$ es inyectiva, lo cual ya nos garantiza que sea un isomorfismo.
Este ejemplo aplica también a módulos libres de rango finito.
\end{ejemplo}
\begin{ejemplo}
Consideremos ahora el \modulo{\enteros} \cociente{\enteros}{p\enteros} donde $p$ es un número primo. Sabemos que $\cociente{\enteros}{p\enteros} = \engendrado{1}$; por lo tanto, cualquier $\phi \in \dual{\left( \cociente{\enteros}{p\enteros} \right)}$ está unívocamente determinado por la imagen de $1$. Supongamos que $\phi\!\left( 1 \right) = x \in \enteros$, se debe cumplir que
@ -514,8 +523,15 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
\end{ejemplo}
\begin{wrapfigure}[7]{r}{0.3\textwidth}
\vspace{-1.2cm}
\begin{lema}\label{Lema_Reflexivo_dual}
Si $M$ es un \modulo{\Kx} finitamente generado, entonces \dual{M} es reflexivo.
\end{lema}
La demostración de deja para más adelante ya que necesitamos introducir algún nuevo concepto.
\begin{wrapfigure}[8]{r}{0.3\textwidth}
%
\begin{equation*}
\begin{tikzcd}
M_\mathrm{Q} \times \left( \dual{M} \right)_\mathrm{Q} \arrow[r, "\Phi^{M_\mathrm{Q}}"] & \cuerpofracciones{\Kx} & \\
@ -523,26 +539,26 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
0 \hspace{17pt} \phantom{. \times } 0\arrow[u, shift left=6mm] \arrow[u, shift right=6mm] & 0 \arrow[u] &
\end{tikzcd}
\end{equation*}
\vspace{-1cm}
\caption{Diagrama de aplicaciones duales.} \label{Diagrama Dual Reflexivo}
\end{wrapfigure}
\begin{lema}
Si $M$ es un \modulo{\Kx} finitamente generado, entonces \dual{M} es reflexivo.
\end{lema}
\begin{proof}
Para cualquier \modulo{A} $B$, denotaremos $B_\mathrm{Q} := B \otimes \cuerpofracciones{A}$ (véase la Definición \ref{Definición Extensión de Escalares}). Consideremos el diagrama de homomorfismos de \modulo{\Kx} de la figura \ref{Diagrama Dual Reflexivo}. Las inyecciones que aquí mostramos son las naturales: en el caso de las de la izquierda, mandan los elementos $m$ bien de $M$ o \dual{M} a los correspondientes $m \otimes 1$; y en el de la derecha se manda $p$ a $\frac{p}{1}$. Estas son inyecciones por el Lema \ref{Lema Extensión es Inyección}.
\begin{proof}[Demostración del Lema~\ref{Lema_Reflexivo_dual}]
% Para cualquier \modulo{A} $B$, denotaremos $B_\mathrm{Q} := B \otimes \cuerpofracciones{A}$ (véase la Definición~\ref{Definición Extensión de Escalares}).
Consideremos el diagrama de homomorfismos de \modulo{\Kx}s de la Figura \ref{Diagrama Dual Reflexivo}. Las inyecciones que aquí mostramos son las naturales: en el caso de las de la izquierda, mandan los elementos $m$ bien de $M$ o \dual{M} a los correspondientes $\frac{m}{1}$; y en el de la derecha se manda $p$ a $\frac{p}{1}$. Estas son inyecciones por el Lema \ref{Lema Extensión es Inyección}.
Podemos ver los conjuntos de la parte baja del diagrama como subconjuntos de los de arriba. Así, pensaremos en $\dual{M}$ como en
Podemos ver los conjuntos de la parte baja del diagrama como subconjuntos de los de arriba. Así, identificamos
\begin{equation*}
\definicionconjunto{h \in \left( \dual{M} \right)_\mathrm{Q}}{h\!\left( m \right) \in A \ \forall m \in M},
\dual{M}\equiv\definicionconjunto{h \in \left( \dual{M} \right)_Q}{h\!\left( m \right) \in A \ \forall m \in M},
\end{equation*}
o en otras palabras, como todos aquellos homomorfismos en el conjunto ampliado a las fracciones que <<restringidos>> a $M$ funcionan como un elemento de \dual{M}.
Ahora recordemos por el \ref{Ejemplo Espacio Vectorial es Reflexivo} que $M_\mathrm{Q}$ es reflexivo así que $\dualdual{M_Q} \simeq M_Q$. Esto nos permite ver \dualdual{M} como
Ahora recordemos por el Ejemplo~\ref{Ejemplo Espacio Vectorial es Reflexivo} que $M_\mathrm{Q}$ es reflexivo así que $\dualdual{M_Q} \simeq M_Q$. Esto nos identificar
\begin{equation*}
\definicionconjunto{m \in M_\mathrm{Q}}{ \phi(m) \in A \ \forall \phi \in \dual{M}}.
\dualdual{M}\equiv\definicionconjunto{m \in M_Q}{ \phi(m) \in A \ \forall \phi \in \dual{M}}\quad
M^{***}\equiv\definicionconjunto{m \in \left( \dual{M} \right)_Q}{h\!\left( m \right) \in A \ \forall m \in M}.\qedhere
\end{equation*}
\todo[inline]{Esto terminarlo.}
%
% \todo{Esto terminarlo.}
\end{proof}
La reflexividad jugará un papel importante en la demostración del Criterio de Saito que ilustramos en el esquema de \eqref{Esquema Demostración}. Más propiedades acerca de los módulos reflexivos pueden encontrarse en \cite[\href{https://stacks.math.columbia.edu/tag/0AUY}{Tag 0AUY}]{STACKS}.
@ -650,7 +666,9 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
Una introducción a los módulos proyectivos puede encontrarse en \cite[sección 1.2]{LIBROPROYECTIVOS}.
\section{Producto Exterior}
De cara a la demostración del Criterio de Saito, utilizaremos una operación que nos será de gran ayuda: el producto exterior. Para comprenderlo, necesitaremos entender primero el producto tensorial. Este aparece en el siguiente contexto: supongamos que $M$, $N$ y $P$ son \modulo{A}s y tenemos una aplicación $b : M \times N \rightarrow O$ que es bilineal; nos gustaría encontrar un \modulo{A} $E$ a partir de $M \times N$ en el cual exista un homomorfismo de \modulo{A}s $b' : E \rightarrow O$ que se comporte como $b$. En resumen, queremos convertir una aplicación bilineal en una lineal. Esta es la motivación de la construcción del producto tensorial.
De cara a la demostración del Criterio de Saito, utilizaremos una operación que nos será de gran ayuda: el producto exterior. Para comprenderlo, necesitaremos entender primero el producto tensorial
cuyo objetivo es \emph{entender} las aplicaciones bilineales de la Definición~\ref{Definicion_bilineal} como aplicaciones lineales.
%Este aparece en el siguiente contexto: supongamos que $M$, $N$ y $P$ son \modulo{A}s y tenemos una aplicación $b : M \times N \rightarrow O$ que es bilineal; nos gustaría encontrar un \modulo{A} $E$ a partir de $M \times N$ en el cual exista un homomorfismo de \modulo{A}s $b' : E \rightarrow O$ que se comporte como $b$. En resumen, queremos convertir una aplicación bilineal en una lineal. Esta es la motivación de la construcción del producto tensorial.
\begin{definicion}
Sea $A$ un anillo y $M$ y $N$ dos \modulo{A}s. Tomemos como $E$ al \modulo{A} definido como $\bigoplus_{\substack{m \in M \\ n \in N}} A \cdot \vectorbasecanonica{m, n}$ donde \vectorbasecanonica{m, n} debe entenderse como la tupla $\left( m, n \right)$ sin ningún tipo de operación asociada, es decir, no debemos pensar que $\vectorbasecanonica{m, n} + \vectorbasecanonica{m', n'} = \vectorbasecanonica{m+m', n+n'}$ al igual que no pensamos que $\euno + \edos = \etres$. Ahora, consideremos dentro de $E$ el \submodulo{A} $S$ definido por
@ -664,16 +682,18 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
\end{equation*}
Definimos el p\emph{roducto tensorial} de $M$ por $N$ como $M \otimes N := \cociente{E}{S}$ y denotaremos a la clase de equivalencia de cada $\vectorbasecanonica{m, n}$ como $m \otimes n$.
\end{definicion}
Ahora sí, tenemos la siguiente propiedad universal que buscábamos al principio: para todo mapa bilineal $b$ podemos encontrar otro mapa lineal $l: M \otimes N \to P$ de forma que $b\!\left( m, n \right) = l\!\left( m\otimes n \right)$.
\begin{figure}[h]
\begin{wrapfigure}[2]{r}{0.3\textwidth}
\vspace{-1cm}
\begin{equation*}
\begin{tikzcd}
M \otimes N \arrow[rd, "l"]& & \\
M \times N \arrow[r, "b"] \arrow[u]& P
\end{tikzcd}
\end{equation*}
\end{figure}
\vspace{-0.7cm}
\end{wrapfigure}
Ahora sí, tenemos la siguiente propiedad universal que buscábamos al principio: para toda aplicación bilineal $b$ podemos encontrar una única aplicación lineal $l: M \otimes N \to P$ de forma que $b\!\left( m, n \right) = l\!\left( m\otimes n \right):
%\vspace{-0.7cm}
\begin{ejemplo}
Quizás el ejemplo más natural sea el producto escalar. Así pues, tomemos la aplicación $\productoescalarantilambda{\bullet}{\bullet} : \racionales^3 \times \racionales^3 \rightarrow \racionales$, que es bilineal. En este caso, todo elemento de $\racionales^3 \otimes \racionales^3$ es de la siguiente forma ---entendiendo $S$ como en la definición de antes---:
\begin{equation}\label{Desglose Producto Tensorial}
@ -759,68 +779,69 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
\end{equation}
\end{proof}
\section{El rango}
\section{El rango}\todo{Parte de esta sección irá antes}
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
Sea $A$ un dominio de integridad sea $S\subset A$ un subconjunto multiplicativamente cerrado, es decir, si $s,s'\in S$, entonces $ss'\in S$ (supondremos además que $0\notin S$). Consideremos la relación de equivalencia
$\sim$ sobre $A\times S$ dada por $\left( a, b \right) \sim \left( \alpha, \beta \right) \iff a\beta = \alpha b$\footnote{La definición de localización es, en realidad, más general: \begin{equation*}
\left( m, s \right) \sim \left( m', s' \right) \iff \exists\sigma \in S \ \text{tal que} \ \sigma\left( ms' - m's \right) = 0.
\end{equation*} Pero en para nosotros, como asumimos que no hay divisores del $0$, nuestra definición es suficiente.}. 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}
S^{-1}A := \cociente{A\times S}{\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.
es la \emph{localización} de $A$ respecto de $S$. Si $S=A \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace$ se trata de un cuerpo $\cuerpofracciones{A}$ llamado \emph{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 \emph{extensión de escalares} del \modulo{A} $M$ al \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} $M \otimes \cuerpofracciones{A}$.
\end{definicion}
\begin{definicion}
% \begin{definicion}\label{Definición Extensión de Escalares}
% Llamaremos \emph{extensión de escalares} del \modulo{A} $M$ al \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} $M_Q$.
% \end{definicion}
\begin{definicion}\label{Definición Extensión de Escalares}
Sea $S$ un subconjunto de $A$ multiplicativamente cerrado. Definimos la \emph{localización de $M$ con respecto a $S$} como el \modulo{A}
\begin{equation*}
S^{-1}M := \definicionconjunto{\frac{m}{s}}{m \in M, s \in S},
\end{equation*}
donde $\frac{m}{s}$ denota la clase de equivalencia de $\left( m, s \right) \in M \times S$ con respecto a la relación de equivalencia\footnote{La definición de localización es, en realidad, más general: \begin{equation*}
\left( m, s \right) \sim \left( m', s' \right) \iff \exists\sigma \in S \ \text{tal que} \ \sigma\left( ms' - m's \right) = 0.
\end{equation*} Pero en para nosotros, como asumimos que no hay divisores del $0$, nuestra definición es suficiente.}
donde $\frac{m}{s}$ denota la clase de equivalencia de $\left( m, s \right) \in M \times S$ con respecto a la relación de equivalencia
\begin{equation*}
\left( m, s \right) \sim \left( m', s' \right) \iff ms' = m's.
\end{equation*}
Si $S=A \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace$, denotaremos la localización como $M_Q$ y la llamaremos $Q(A)$-\emph{extensión de escalares} de~$M$.
\end{definicion}
\begin{lema} \label{Lema Extensión es Inyección}
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.
La extensión de escalares de un \modulo{A} $M$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}}. Además, la aplicación $\varphi: M \rightarrow M_Q$ dada por $m \mapsto \frac{m}{1}$ 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 primera afirmación, vemos que $M_Q$ 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 &
\ker\varphi = 0 &\iff& \frac{m}{1} \neq 0 &\forall m \in M\setminus\conjunto{0} \\
&\iff & \frac{am}{a} \neq 0 &\forall a \in A \setminus \conjunto{0} \\
&\iff& am \neq 0 &\forall a \in A \setminus \conjunto{0}
\end{array}
\qedhere
\end{equation*}
Vemos también gracias a esto que todo elemento de $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ puede escribirse como $\mu \otimes \frac{1}{q}$. Consideremos el homomorfismo de $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ en $\left( A \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace \right)$ dado por $\mu \otimes \frac{1}{q} \mapsto \frac{\mu}{q}$. Vemos por ella que $\frac{\mu}{q} = 0$ si y solo si $\mu = 0$; es decir, que $\mu \otimes \frac{1}{q} = 0$ si y solo si $\mu = 0$. Esto demuestra que la última implicación de la cadena anterior funciona también en el sentido contrario, completando la demostración.
\todo{La otra implicación. Creo que quedará más corto definiendo la extensión de escalares como fracciones}
% Vemos también gracias a esto que todo elemento de $M_Q$ puede escribirse como $ \frac{m}{q}$ para algún $m\in M$ y algún $q\in A \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace$. Consideremos el homomorfismo de $M_Q$ en $\left( A \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace \right)$ dado por $\mu \otimes \frac{1}{q} \mapsto \frac{\mu}{q}$. Vemos por ella que $\frac{\mu}{q} = 0$ si y solo si $\mu = 0$; es decir, que $\mu \otimes \frac{1}{q} = 0$ si y solo si $\mu = 0$. Esto demuestra que la última implicación de la cadena anterior funciona también en el sentido contrario, completando la demostración.
%
% \todo{La otra implicación. Creo que quedará más corto definiendo la extensión de escalares como fracciones}
%
\end{proof}
\begin{definicion}
Sea $M$ un \modulo{A} finitamente generado. Diremos que $M$ tiene \emph{rango} $r$ si $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de dimensión $r$.
Sea $M$ un \modulo{A} finitamente generado. Diremos que $M$ tiene \emph{rango} $r$ si $M_Q$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de dimensión $r$.
\end{definicion}
Recordemos que ya en el Lema~\ref{Lema Rango Producto Exterior} había un resultado sobre el rango del producto exterior de los espacios vectoriales. Generalizamos esto a los módulos.
Recordemos que ya en el Lema~\ref{Lema Rango Producto Exterior} había un resultado sobre el rango del producto exterior de los espacios vectoriales. Generalizamos esto a los módulos.\todo{Como hay que mover esta sección esto puede ir directamente a producto exterior}
\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 $\bigwedge^s\left( M \otimes \cuerpofracciones{A} \right)$:
Consideremos $\left( \bigwedge^s M \right) \otimes \cuerpofracciones{A}$. Hay un isomorfismo de \modulo{\cuerpofracciones{A}}s entre $\bigwedge^s M_Q$ y $\bigwedge^s\left( M_Q \right)$:
\begin{align*}
\bigwedge^sM \otimes \cuerpofracciones{A} &\longleftrightarrow \bigwedge^s\left( M \otimes \cuerpofracciones{A} \right) \\
\bigwedge^sM_Q &\longleftrightarrow \bigwedge^s\left( M_Q \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*}
@ -830,7 +851,7 @@ p\rar[mapsto]&\displaystyle\diffp{p}{x_i}.
&= \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 $\binom{n}{s}$.
Ahora bien, por hipótesis $M_Q$ es un \espaciovectorial{\cuerpofracciones{A}} de rango $n$ así que $\bigwedge^n \left( M_Q \right)$ 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}
@ -1104,7 +1125,7 @@ distintos órdenes monomiales de módulos: %Poner otra ecuación de definición
Sea $G$ un subconjunto de $\Kx^r$, este último equipado con un orden monomial de módulos $>$. $G$ es una base de Gröbner de \engendrado{G} si y solo si para toda pareja de elementos $f$ y $g$ en $G$ se tiene que el resto de $\spoly{f}{g} = 0$ entre $G$ es $0$.
\end{teorema}
\begin{proof}
Véase el apéndice \ref{Apéndice Demostración del Criterio de Buchberger}.\todo[inline]{Creo que es mejor gastar energía en otras cosas.}
Véase el apéndice \ref{Apéndice Demostración del Criterio de Buchberger}.\todo{Creo que es mejor gastar energía en otras cosas.}
\end{proof}
Un ejemplo de cálculo de base de \Groebner{} puede encontrarse en apéndice \ref{Sección A mano}.

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conjuntos_TFG.sty
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@ -12,7 +12,7 @@
\newcommand{\conjunto}[1]{\ensuremath{ \left\lbrace #1\right\rbrace }}
\newcommand{\definicionconjuntobarra}[2]{\conjunto{#1 \left\lvert #2 \right.}}
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@ -24,13 +24,13 @@
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