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Reescritura del capítulo sobre el Criterio de Saito.

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@ -306,6 +306,16 @@ urlcolor=black]{hyperref}
\end{equation*}
En el caso que exista algún $G = \conjunto{g_1, g_2, \dots, g_n}$ de forma que $N = \engendrado{G}_A$ diremos que $N$ está finitamente generado y lo escribiremos como $N = \engendrado{g_1, g_2, \dots, g_n}_A$. Cuando el anillo con el que estamos trabajando esté claro, omitiremos el subíndice.
\end{definicion}
Análogamente a los espacios vectoriales, existe un concepto de base.
\begin{definicion}
Diremos que $B \subseteq M$ es una base de $M$ si $M = \engendrado{B}$ y además, para cada $m$ existe una única representación como combinación lineal de elementos de $B$.
\end{definicion}
\begin{definicion}
Sea $N$ un \submodulo{A} de $M$. Diremos que $N$ es libre si admite una base.
\end{definicion}
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 $m$ divide a $l$ si existe $a \in A$ de forma que $am = l$.
\end{definicion}
@ -868,7 +878,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
Por lo tanto, para calcular \syz{f_1, f_2, \dots, f_k}, primero calcularemos una base de \Groebner{} $G$ de $$\engendrado{f_1^+ + \vectorbasecanonica{r + 1}, f_2^+ + \vectorbasecanonica{r + 2}, \dots, f_k^+ + \vectorbasecanonica{r + k}}.$$ Por este último teorema, sabemos que $G_{k+1}$ es un conjunto generador de \syz{f_1, f_2, \dots, f_k} y en particular una base de \Groebner{} con respecto al orden que hayamos escogido. Si deseamos una base de \Groebner{} con respecto a otro orden, como decíamos antes de este teorema, basta con aplicar el algoritmo de Buchberger sobre $G_{k+1}$.
\chapter{El Criterio de Saito}
En el capítulo anterior concluíamos con un método para calcular \derivaciones{f} utilizando las sicigias, una herramienta que hemos derivado de las bases de Gröbner. Con estas, podemos obtener un conjunto generador de \derivaciones{f} e incluso una base de Gröbner de este mismo que nos permita determinar si una derivación está o no en el conjunto. Pero otra pregunta de gran importancia aparece cuando consideramos una gran diferencia entre módulos y espacios vectoriales. Así como para estos últimos siempre tenemos que los subespacios admiten una base, en el caso de los módulos no tiene por qué ser así.
En el capítulo anterior concluíamos con un método para calcular \derivaciones{f} utilizando las sicigias, una herramienta que hemos derivado de las bases de Gröbner. Con estas, podemos obtener un conjunto generador de \derivaciones{f} e incluso una base de Gröbner de este mismo que nos permita determinar si una derivación está o no en el conjunto. Pero otra pregunta de gran importancia aparece cuando consideramos una gran diferencia entre módulos y espacios vectoriales: así como para estos últimos siempre tenemos que los subespacios admiten una base, en el caso de los módulos no tiene por qué ser así.
\begin{ejemplo}
Consideremos el \modulo{\anillodepolinomios{K}{x, y}} \engendrado{x, y}. Por ser noetheriano, sabemos que, de existir alguna base para \engendrado{x, y}, esta debe de ser finita. Supongamos que existe y es $\conjunto{a_1, a_2, \dots, a_k}$. Entonces, existirán unos únicos $p_1, p_2, \dots, p_k$ y $q_1, q_2, \dots, q_k$ en \anillodepolinomios{K}{x, y} de forma que
@ -889,9 +899,8 @@ urlcolor=black]{hyperref}
Esto último es una contradicción, ya que $1 \notin \engendrado{x, y}$.
\end{ejemplo}
\begin{definicion}
Sea $A$ un anillo, $M$ un \modulo{A} y $N$ un \submodulo{A} de $M$. Diremos que $N$ es libre si admite una base.
\end{definicion}
Antes de poder enunciar el criterio de Saito, necesitamos una definición más.
\begin{definicion}
Un polinomio $p \in \Kx$ se dice libre de cuadrados si, en caso de poder expresarlo de la forma $p = a^2b$, se tiene que $a$ es una unidad de \Kx.
\end{definicion}
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Un polinomio $p \in \Kx$ es libre de cuadrados si y solo si $\mcd{\diffp{p}{x_1}, \diffp{p}{x_2}, \dots, \diffp{p}{x_n}}$ es una unidad de \Kx.
\end{lema}
El criterio de Saito nos da una forma bastante rápida de determinar si \derivaciones{f} es o no libre.
El criterio de Saito nos da una forma bastante rápida de determinar si \derivaciones{f} es o no libre. Nos permitimos la licencia de denotar por $\delta_i$ tanto a la derivación como al vector de coeficientes asociado en $\Kx^n$.
\begin{teorema}[Criterio de Saito] \label{Criterio de Saito}
Sea $f$ un polinomio libre de cuadrados de \Kx{} y $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n$ derivaciones de \derivaciones{f}. Entonces, \derivaciones{f} es libre si y solo si $\det\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = uf$ donde $u$ es una unidad de $K$, es decir, un elemento de $K \setminus \left\lbrace 0 \right\rbrace$.
\end{teorema}
En este capítulo explicaremos la demostración de este resultado que aparecen en \cite{VALLES}. Pero primero, deberemos ilustrar algunas construcciones que se utilizan en dicha demostración.
\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 entender esta, necesitaremos entender primero el producto tensorial. En esencia, el producto tensorial aparece en el siguiente contexto: supongamos que $M$, $N$ y $O$ son \modulo{A}s donde $A$ es un anillo y tenemos una aplicación $b : M \times N \rightarrow O$ que es bilineal, o sea, que $b\left( \bullet, n \right)$ y $b\left( m, \bullet \right)$ son homorfismos de \modulo{A}s para cualquier $m \in M$ y $n \in N$; 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 que para cada $\left( m, n \right)$ en $M \times N$ exista un elemento $m * n$ en $E$ de forma que $b'\left( m*n \right) = b\left( m, n \right)$. 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 entender esta, necesitaremos entender primero el producto tensorial. En esencia, el producto tensorial aparece en el siguiente contexto: supongamos que $M$, $N$ y $O$ son \modulo{A}s y tenemos una aplicación $b : M \times N \rightarrow O$ que es bilineal, o sea, que $b\left( \bullet, n \right)$ y $b\left( m, \bullet \right)$ son homorfismos de \modulo{A}s para cualquier $m \in M$ y $n \in N$; 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 que para cada $\left( m, n \right)$ en $M \times N$ exista un elemento $m * n$ en $E$ de forma que $b'\left( m*n \right) = b\left( m, n \right)$. 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 $E$ 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 $E$ el \submodulo{A} $S$ definido por
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
\begin{equation*}
S = \engendrado{ \left.\begin{gathered}
\vectorbasecanonica{m + m', n} - \vectorbasecanonica{m, n} - \vectorbasecanonica{m', n}, \quad
@ -920,7 +929,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
Definimos el producto 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}
\begin{ejemplo}
Quizás el ejemplo más natural sea el producto escalar. Así pues, tomemos la aplicación $\productoescalarantilambda{\bullet}{\bullet} : \reales^3 \times \reales^3 \rightarrow \reales$. En este caso, todo elemento de $\reales^3 \otimes \reales^3$ es de la siguiente forma ---entendiendo $S$ como en la definición de antes---:
Quizás el ejemplo más natural sea el producto escalar. Así pues, tomemos la aplicación $\productoescalarantilambda{\bullet}{\bullet} : \reales^3 \times \reales^3 \rightarrow \reales$, que es bilineal. En este caso, todo elemento de $\reales^3 \otimes \reales^3$ es de la siguiente forma ---entendiendo $S$ como en la definición de antes---:
\begin{equation}\label{Desglose Producto Tensorial}
\begin{aligned}
\vectortres{a}{b}{c} \otimes \vectortres{d}{e}{f} + S &= \left( a\euno + b\edos + c\etres \right) \otimes \left( d\euno + e\edos + f\etres \right) + S \\
@ -989,7 +998,7 @@ urlcolor=black]{hyperref}
m_1\wedge m_2 \wedge \dots \wedge m_k \longmapsto \phi\!\left( m_1 \right)\wedge \phi\!\left( m_2 \right) \wedge \dots \wedge \phi\!\left( m_k \right).
\end{equation*}
\end{definicion}
Un fenómeno relevante ocurre cuando tenemos dos espacios vectoriales $V$ y $W$ de la misma dimensión cada uno con una base \conjunto{v_1, v_2, \dots, v_n} y \conjunto{w_1, w_2, \dots, w_n} y una aplicación lineal $\phi : V \rightarrow W$ entre ellos. Escribiendo las coordenadas en función de estas bases, la aplicación lineal $\phi$ tiene asociada una matriz $P$ de forma que las coordenadas de la imagen de $v_i$ a través de $\phi$ son la \nolbreaks{$i$-ésima} columna de $P$. Ahora bien, $\wedge^n V$ y $\wedge^n W$ son espacios vectoriales de dimensión $1$ con base $v_1\wedge v_2\wedge \dots \wedge v_n$ y $w_1\wedge w_2\wedge \dots \wedge w_n$, respectivamente. Por lo tanto, la aplicación $\nombrefuncionexterior{n}{\phi} : \bigwedge^n V \rightarrow \bigwedge^n W$ simplemente será multiplicar por un escalar. Evaluémosla en $v_1\wedge v_2\wedge \dots \wedge v_n$ para ver exactamente cuál es. Pero antes, démonos cuenta de que en \eqref{Producto Exterior Como Determinante} la forma de simplificar construía el determinate, lo cual es cierto en general; por ende,
Un fenómeno relevante ocurre cuando tenemos dos espacios vectoriales $V$ y $W$ de la misma dimensión cada uno con una base \conjunto{v_1, v_2, \dots, v_n} y \conjunto{w_1, w_2, \dots, w_n} y una aplicación lineal $\phi : V \rightarrow W$ entre ellos. Escribiendo las coordenadas en función de estas bases, la aplicación lineal $\phi$ tiene asociada una matriz $P$ de forma que las coordenadas de la imagen de $v_i$ a través de $\phi$ son la \nolbreaks{$i$-ésima} columna de $P$. Ahora bien, $\bigwedge^n V$ y $\bigwedge^n W$ son espacios vectoriales de dimensión $1$ con base $v_1\wedge v_2\wedge \dots \wedge v_n$ y $w_1\wedge w_2\wedge \dots \wedge w_n$, respectivamente. Por lo tanto, la aplicación $\nombrefuncionexterior{n}{\phi} : \bigwedge^n V \rightarrow \bigwedge^n W$ simplemente será multiplicar por un escalar. Evaluémosla en $v_1\wedge v_2\wedge \dots \wedge v_n$ para ver exactamente cuál es. Pero antes, démonos cuenta de que en \eqref{Producto Exterior Como Determinante} la forma de simplificar construía el determinate, lo cual es cierto en general:
\begin{equation} \label{Aparición Determinante Función Exterior}
\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}
@ -999,13 +1008,12 @@ urlcolor=black]{hyperref}
A lo largo de esta demostración, utilizaremos fuertemente el hecho de que \derivaciones{f} es un \modulo{\Kx} reflexivo. Esto se debe a que podemos encontrar ciertas relaciones entre los módulos reflexivos y los módulos libres. Por un lado, tenemos la siguiente relación:
\begin{gather*}
\text{$M$ módulo libre} \xRightarrow{\text{\referenciamodomatematico{lema}{Lema Libre implica Proyectivo}}} \text{$M$ módulo proyectivo} \xRightarrow{\phantom{fd}} \text{$M$ módulo reflexivo} \\
\text{$M$ módulo libre} \xLeftarrow[\substack{\text{Teorema de Quillen-Suslin} \\ \text{\cite{ALGEBRA} }}]{\text{si $M$ es un \modulo{\Kx}}} \text{$M$ módulo proyectivo} \xLeftarrow{\text{si $M$ es un \modulo{\anillodepolinomios{K}{x, y}}}} \text{$M$ módulo reflexivo} \\
\text{$M$ módulo libre} \ \xLeftarrow[\substack{\text{Teorema de Quillen-Suslin} \\ \text{\cite{ALGEBRA} }}]{\text{si $M$ es un \modulo{\Kx}}} \text{$M$ módulo proyectivo} \ \xLeftarrow{\text{si $M$ es un \modulo{\anillodepolinomios{K}{x, y}}}} \text{$M$ módulo reflexivo}
\end{gather*}
\todo[inline]{¿Lo de que reflexivo implica proyectivo es si es un módulo de con como mucho dos variables o que es de rango 2? ¿Y la referencia dónde está?}
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 $f \in \anillodepolinomios{K}{x,y}$.
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 anillo 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*}
@ -1021,23 +1029,12 @@ urlcolor=black]{hyperref}
Sea $M$ un \modulo{A} finitamente generado. Diremos que $M$ tiene rango $r$ si $M \otimes \cuerpofracciones{A}$ es un \modulo{\cuerpofracciones{A}} libre de rango $r$.
\end{definicion}
En general, la cadena de implicaciones que nos serán útiles a lo largo de la demostración del Criterio de Saito serán las siguientes:
\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}
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.
\begin{lema}
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}
Recordemos que ya en \ref{Lema Rango Producto Exterior} este resultado aparecía tras observar lo que ocurría con los elementos de las bases. Ahora consideremos $\left( \bigwedge^s M \right) \otimes \cuerpofracciones{A}$. Hay un isomorfismo de \modulo{\cuerpofracciones{A}}s entre $\bigwedge^s \otimes \cuerpofracciones{A}$ 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 $\bigwedge^s \otimes \cuerpofracciones{A}$ 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) \\
@ -1052,36 +1049,60 @@ urlcolor=black]{hyperref}
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}
Este lema nos garantiza que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \modulo{\Kx} reflexivo de rango $1$. Por el esquema en \ref{Esquema Demostración}, tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es también libre de torsión y, por lo tanto, $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es isomorfo a un ideal de \Kx. Por último, aplicando la última de las implicaciones, tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \modulo{\Kx} libre y además de dimensión $1$. Sumado a esto tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \submodulo{\Kx} de $\bigwedge^n \derivaciones{\Kx} = \engendrado{\partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$, por lo tanto, $\derivaciones{f} = \engendrado{p \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$ para algún $p$. Nótese que este $p$ está bien definido salvo por alguna unidad de \Kx, es decir, tanto nos daría poner $p$ que $kp$ siempre y cuando exista $k^{-1} \in \Kx$.
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}
Ahora bien, recordemos la sucesión exacta de \ref{Secuencia Exacta Definición Módulo Derivaciones}. Podemos aplicar productos exteriores a los elementos, pero esto hace que la sucesión pueda dejar de ser exacta. Sin embargo, habrá un homomorfismo $\bigwedge^n \derivaciones{f} \xrightarrow{\bigwedge^n \Phi} \bigwedge^n \derivaciones{\Kx}$. Recordemos lo que ocurría en \ref{Aparición Determinante Función Exterior}. De forma similar, \todo[inline]{Esto de antes lo teníamos ya que el módulo era libre. Habría que justificar que para módulos finitamente generados de rango $n$ también ocurre.} aquí tendremos que $\bigwedge^n \Phi$ se corresponde con multiplicar por el determinante de $\Phi$. Como además $\Phi$ jugaba el papel de inclusión, llegamos a que es este determinante el valor de $p$, es decir, $\bigwedge^n\derivaciones{f} = \engendrado{\det\Phi \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$.
\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.
El lema \ref{Lema Rango Producto Exterior Módulos} nos garantiza que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \modulo{\Kx} reflexivo de rango $1$. Siguiendo el esquema en \ref{Esquema Demostración}, tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es también libre de torsión y, por lo tanto, $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es isomorfo a un ideal de \Kx. Por último, aplicando la última de las implicaciones, tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \modulo{\Kx} libre y además de rango $1$. Sumado a esto tenemos que $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ es un \submodulo{\Kx} de $\bigwedge^n \derivaciones{\Kx} = \engendrado{\partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$, por lo tanto, $\derivaciones{f} = \engendrado{p \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$ para algún $p$. Nótese que este $p$ está bien definido salvo por alguna unidad de \Kx, es decir, tanto nos daría poner $p$ que $kp$ siempre y cuando exista $k^{-1} \in \Kx$.
Ahora, por un lado, definamos $N := \engendrado{\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n}$ como un \submodulo{\Kx} de \derivaciones{f} donde los $\delta_i$ forman una base y consideremos la inclusión $N \xrightarrow{\iota} \derivaciones{f}$. Volvamos a recordar la aplicación $\Phi$ de \ref{Secuencia Exacta Definición Módulo Derivaciones}. Para aclararnos algo más, escribimos el siguiente esquema de los homomorfismos ---¡ojo!, esto no es una secuencia exacta---:
Ahora bien, recordemos la sucesión exacta de \ref{Secuencia Exacta Definición Módulo Derivaciones}. Podemos aplicar productos exteriores a los elementos, pero esto hace que la sucesión pueda dejar de ser exacta. Sin embargo, habrá un homomorfismo
\begin{equation*}
\bigwedge^n \derivaciones{f} \xrightarrow{\bigwedge^n \Phi} \bigwedge^n \derivaciones{\Kx}.
\end{equation*}
Recordemos lo que ocurría en \ref{Aparición Determinante Función Exterior}. De forma similar, aquí tendremos que $\bigwedge^n \Phi$ se corresponde con multiplicar por el escalar $p$ ---o $up$ donde $u$ es una unidad de \Kx---. Sin embargo, el hecho de que no tengamos base de \derivaciones{f} impide que se pueda ver $\Phi$ como una matriz. Aun así, nos permitimos el abuso de notación de llamar $\det\Phi := p$, pero no es más que una convención, no se trata de un determinante de una matriz como ocurre en el caso de las aplicaciones entre espacios vectoriales. Tenemos pues que $\bigwedge^n\derivaciones{f} = \engendrado{\det\Phi \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}$.
\subsection{\derivaciones{f} libre implica $\det\!\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = uf$}
Ahora, por un lado, definamos $N := \engendrado{\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n}$ como un \submodulo{\Kx} de \derivaciones{f} donde los $\delta_i$ forman una base de \derivaciones{f} y consideremos la inclusión $N \xrightarrow{\iota} \derivaciones{f}$. Para aclararnos algo más, escribimos el siguiente esquema de los homomorfismos ---¡ojo!, esto no es una secuencia exacta---:
\begin{equation}\label{Secuencia Demostración Saito}
N = \engendrado{\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n} \xrightarrow{\iota} \derivaciones{f} \xrightarrow{\Phi} \derivaciones{\Kx}.
N = \engendrado{\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n} \xrightarrow{\phantom{s}\iota\phantom{s}} \derivaciones{f} \xrightarrow{\Phi\phantom{s}} \derivaciones{\Kx}.
\end{equation}
Como los $\delta_i \in \derivaciones{\Kx} = \engendrado{\partial_1, \partial_2, \dots, \partial_n}$, tenemos que existe alguna matriz $A \in \mathrm{Mat}\!\left( n \times n, \Kx \right)$ de forma que
\begin{equation} \label{Relación Matricial Derivadas}
\vectorhorizontalcuatro{\delta_1}{\delta_2}{\dots}{\delta_n} = \vectorhorizontalcuatro{\partial_1}{\partial_2}{\dots}{\partial_n} A
\end{equation}
Por lo tanto, podemos pensar en que la aplicación $\Phi \circ \iota$ envía a cada $\delta_i$ a $\vectorhorizontalcuatro{\partial_1}{\partial_2}{\dots}{\partial_n} A_i$ donde $A_i$ es la \nolbreaks{$i$-ésima} columna de $A$. Es decir, que las columnas de $A$ se entienden como las coordenadas de los $\delta_i$ en función de la base \conjunto{\partial_1, \partial_2, \dots, \partial_n}. Pensemos ahora en la aplicación
\begin{align*}
N &\xrightarrow{\bigwedge^n \left( \Phi \circ \iota \right)} \derivaciones{\Kx} \\
\delta_1 \wedge \delta_2 \wedge \dots \wedge \delta_n &\xmapsto{\phantom{\bigwedge^n \left( \Phi \circ \iota \right)}} \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n \det A
\end{align*}
Vemos por ella que $\det\left( \Phi \circ \iota \right) = \det\Phi \det\iota = \det A$. Como $\iota$ es un isomorfismo, tiene inversa y por la regla de Cramer para la inversa, $\det i$ es una unidad de \Kx.
Por lo tanto, podemos pensar en que la aplicación $\Phi \circ \iota$ envía a cada $\delta_i$ a $\vectorhorizontalcuatro{\partial_1}{\partial_2}{\dots}{\partial_n} A_i$ donde $A_i$ es la \nolbreaks{$i$-ésima} columna de $A$. Es decir, que las columnas de $A$ se entienden como las coordenadas de los $\delta_i$ en función de la base \conjunto{\partial_1, \partial_2, \dots, \partial_n}\footnote{Es decir, que $\det\!\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = \det A$.}. Pensemos ahora en la aplicación
\begin{equation*}
\begin{tikzcd}[sep=small]
N \arrow[r, "\bigwedge^n \left( \Phi \circ \iota \right)"] & \derivaciones{\Kx} \\
\delta_1 \wedge \delta_2 \wedge \dots \wedge \delta_n \arrow[r, mapsto] & \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n \det A
\end{tikzcd}
\end{equation*}
Vemos\footnote{De nuevo, recordemos que $\det\Phi$ no es el determinante de una matriz, sino una convención que hemos explicado antes. Por otro lado, $\det\left( \Phi \circ \iota \right)$ sí que es el determinante de una matriz ya que tanto $N$ como \derivaciones{\Kx} son módulos libres.} por ella que $\det\left( \Phi \circ \iota \right) = \det\Phi \det\iota = \det A$. Como $\iota$ es un monomorfismo, puede representarse como una matriz que tiene inversa en $\mathrm{Mat}\!\left( n \times n, \Kx\right)$ y por la regla de Cramer\footnote{Por si no la recordamos, esta dice que toda matriz $C$ inversible cumple que $C^{-1} = \frac{1}{\det C} \mathrm{adj}\!\left( C \right)$, con $\mathrm{adj}\!\left( C \right)$ la matriz de adjuntos.} para la matriz inversa, $\det i$ debe ser unidad de \Kx.
\subsection{El valor del determinante}
\subsubsection{El valor del determinante}
Designemos $I := \engendrado{\det\Phi}$ un ideal de \Kx. Por un lado, fijamos $f\partial_i \in \derivaciones{f}$; y por otro, definimos $\dertheta{i}{j} := \diffp{f}{x_i}\partial_j - \diffp{f}{x_j}\partial_i \in \derivaciones{f}$. Así,
Por un lado, fijamos $f\partial_i \in \derivaciones{f}$; y por otro, definimos $\dertheta{i}{j} := \diffp{f}{x_i}\partial_j - \diffp{f}{x_j}\partial_i \in \derivaciones{f}$. Así,
\begin{equation*}
\dertheta{i}{1} \wedge \dertheta{i}{2} \wedge \dots \wedge \dertheta{i}{i-1} \wedge f\partial_i \wedge \dertheta{i}{i+1} \wedge \dots \wedge \dertheta{i}{n-1} \wedge \dertheta{i}{n} \in \bigwedge^n \derivaciones{f}.
\end{equation*}
Pero, simplificando todos los productos exteriores nulos nos queda $f\left( \diffp{f}{x_i} \right)^{n-1} \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n$. Esto quiere decir que $f\left( \diffp{f}{x_i} \right)^{n-1} \in I$ para todo $i$. Debemos tener por lo tanto que
Pero, simplificando todos los productos exteriores nulos nos queda
\begin{equation*}
f\mcd{\left( \diffp{f}{x_1} \right)^{n-1}, \left(\diffp{f}{x_2} \right)^{n-1}, \dots, \left( \diffp{f}{x_n} \right)^{n-1}} \in I.
f\left( \diffp{f}{x_i} \right)^{n-1} \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n \in \bigwedge^n \derivaciones{f} = \engendrado{\det\Phi \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n}.
\end{equation*}
Esto quiere decir que $\det\Phi \vert f\left( \diffp{f}{x_i} \right)^{n-1}$ para todo $i$. Asimismo, el máximo común divisor de todos ellos también será divisible por $\det\Phi$:
\begin{equation*}
\det\Phi \left\lvert f\mcd{\left( \diffp{f}{x_1} \right)^{n-1}, \left(\diffp{f}{x_2} \right)^{n-1}, \dots, \left( \diffp{f}{x_n} \right)^{n-1}}\right..
\end{equation*}
No nos olvidemos de que gracias al lema \ref{Lema MCD Parciales} sabemos que ese máximo común divisor es $1$. Por esta razón, $\det\Phi$ debe dividir a $f$.
@ -1089,8 +1110,9 @@ urlcolor=black]{hyperref}
\begin{equation*}
\vectorhorizontalcuatro{\delta_1}{\delta_2}{\dots}{\delta_n}A^{-1} = \vectorhorizontalcuatro{\partial_1}{\partial_2}{\dots}{\partial_n}.
\end{equation*}
Esto querría decir que $\derivaciones{f} = \derivaciones{\Kx}$, algo que en general no es cierto salvo que $f$ sea una constante. Descartamos tal situación por ser muy aislada.
Esto es lo mismo que decir $\derivaciones{f} = \derivaciones{\Kx}$, algo que en general no es cierto salvo que $f$ sea una constante. Descartamos tal situación por ser muy aislada.
Necesitamos un pequeño resultado para poder trabajar el caso en el que $f$ no es irreducible.
\begin{lema}
Sea $f$ un polinomio libre de cuadrados de \Kx{} que puede ser descompuesto en factores irreducibles como $f = f_1f_2\cdots f_r$. Entonces, $\derivaciones{f} = \bigcap_{i = 1}^r \derivaciones{f_i}$.
\end{lema}
@ -1115,9 +1137,15 @@ urlcolor=black]{hyperref}
Por lo tanto, concluimos $\bigcap_{i = 1}^r \derivaciones{f_i} \subseteq \derivaciones{f}$ y, por ende, $\derivaciones{f} = \bigcap_{i = 1}^r \derivaciones{f_i}$.
\end{proof}
A partir de este lema podemos decir que $\bigwedge^n \derivaciones{f} \subseteq \bigwedge^n \derivaciones{f_i}$, lo cual nos lleva a que $I \subseteq \engendrado{f_i}$ como ideales de \Kx. Pero esto no es más que decir $f_i \vert \det\Phi$ para todo $i$, por lo tanto $f \vert \det\Phi$. Junto con el resultado anterior, tenemos que $\det\Phi = uf$ donde $u$ es una unidad de \Kx.
A partir de este lema podemos decir que $\bigwedge^n \derivaciones{f} \subseteq \bigwedge^n \derivaciones{f_i}$, lo cual nos lleva a que $\engendrado{\det\Phi} \subseteq \engendrado{f_i}$ como ideales de \Kx. Pero esto no es más que decir $f_i \vert \det\Phi$ para todo $i$, por lo tanto $f \vert \det\Phi$. Junto con el resultado anterior, tenemos que $\det\Phi = u'f$ donde $u'$ es una unidad de \Kx.
Por todo esto,
\begin{equation*}
\det\!\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = \det A = \det \left( \Phi \circ \iota \right) = \det\Phi \det\iota = u'f \det\iota = uf, \quad \text{con $u$ una unidad de \Kx.}
\end{equation*}
\subsection{$\det\!\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = uf$ implica que \derivaciones{f} es libre}
Puede verse, gracias al mismo razonamiento de \ref{Aparición Determinante Función Exterior}, como $\det \left( \Phi \circ \iota \right) = \det\Phi \det\iota = f \det\iota$. Vemos pues que si $N = \derivaciones{f}$, es decir, si \derivaciones{f} es libre, entonces $N = \derivaciones{f}$ y por lo tanto se cumple que $\det\iota$ es una unidad de \Kx. Para ver exactamente esto último, recordemos la regla de Cramer: como $\iota$ es un isomorfismo, necesariamente tiene inversa y eso quiere decir que $\det\iota$ es inversible. Por otro lado, observemos que Con esto concluimos que si \derivaciones{f} es libre, entonces $\det\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = \det A = \det \Phi \det \iota = f \det\iota$ donde $\det\iota$ es una unidad de \Kx, como se pedía en el enunciado del teorema.
\begin{wrapfigure}[7]{r}{0.3\textwidth}
\begin{equation*}
\begin{tikzcd}
@ -1133,13 +1161,14 @@ urlcolor=black]{hyperref}
Si $M$ es un \modulo{\Kx} finitamente generado, entonces \dual{M} es reflexivo.
\end{lema}
\begin{proof}
Para cualquier \modulo{A} $B$, denotaremos $B_\mathrm{Q} := B \otimes \cuerpofracciones{A}$. Consideremos el diagrama de homomorfismos de \modulo{\Kx} que aparece a la derecha. 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, es directamente la inclusión. Estas son inyecciones si y solo si $M$ es libre de torsión ya que en caso de que no, un elemento como $m \otimes 1 = fm\otimes \frac{1}{f}$ podría ser $0$ si $fm = 0$. Con el mapa $\mathrm{eval}$ cometemos un abuso de notación y lo reutilizamos en ambos casos aunque no sería igual. Esta aplicación envía un par $\left( f, m \right)$ a $f\!\left( m \right)$ en ambos casos, es decir, evalúa la aplicación en el punto que se le dé.
Para cualquier \modulo{A} $B$, denotaremos $B_\mathrm{Q} := B \otimes \cuerpofracciones{A}$. Consideremos el diagrama de homomorfismos de \modulo{\Kx} que aparece a la derecha. 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 si y solo si $M$ es libre de torsión ya que en caso de que no, un elemento como $m \otimes 1 = fm\otimes \frac{1}{f}$ podría ser $0$ si $fm = 0$. Con el mapa $\mathrm{eval}$ cometemos un abuso de notación y lo reutilizamos en ambos casos aunque no sea la misma aplicación. Esta envía un par $\left( f, m \right)$ a $f\!\left( m \right)$ en ambos casos, es decir, evalúa la aplicación en el punto que se le dé.
Podemos ver los conjuntos de la parte baja del diagrama como subconjuntos de los de arriba. Así, pensaremos en $\dual{M}$ como en
\begin{equation*}
\definicionconjunto{h \in \left( \dual{M} \right)_\mathrm{Q}}{\mathrm{eval}\!\left( h, m \right) \in \Kx \ \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}.
\todo[inline]{Esto terminarlo.}
\end{proof}
Ahora asumamos que existen $\delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n$ de forma que $\det\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) = uf$ con $u$ una unidad de \Kx{} y volvamos al esquema de \ref{Secuencia Demostración Saito}. A partir de este, sabemos que tenemos
\begin{equation*}
@ -1152,13 +1181,13 @@ urlcolor=black]{hyperref}
\begin{equation*}
\delta_1 \wedge \delta_2 \wedge \dots \wedge \delta_n = \det\left( \delta_1, \delta_2, \dots, \delta_n \right) \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n = uf \partial_1 \wedge \partial_2 \wedge \dots \wedge \partial_n.
\end{equation*}
Al ser $u$ simplemente una unidad, hemos llegado a que $\bigwedge^n N = \bigwedge^n \derivaciones{f}$. Por último, lo que buscamos es quitar ese producto exterior. Ya sabemos que $ N \subseteq \derivaciones{f}$, por lo que solo nos hace falta ver la otra implicación. Sea $\delta \in \derivaciones{f}$. Por ser este un subconjunto de \derivaciones{\Kx}, lo podemos escribir como
Al ser $u$ simplemente una unidad, hemos llegado a que $\bigwedge^n N = \bigwedge^n \derivaciones{f}$. Lo que buscamos ahora es quitar ese producto exterior. Ya sabemos que $ N \subseteq \derivaciones{f}$, por lo que solo nos hace falta ver la otra implicación. Sea $\delta \in \derivaciones{f}$, que por ser \derivaciones{f} un subconjunto de \derivaciones{\Kx}, lo podemos escribir como
\begin{equation*}
\delta = p_1\partial_1 + p_2\partial_2 + \dots + p_n\partial_n.
\end{equation*} Fijémonos ahora en la relación \ref{Relación Matricial Derivadas}. Recordando la regla de Cramer, sabemos que
\begin{equation*}
A^{-1} = \frac{1}{\det A} \mathrm{adj}\!\left( A \right) = \frac{1}{uf}\mathrm{adj}\!\left( A \right) = \frac{1}{f}B
\end{equation*} donde $\mathrm{adj}\!\left( A \right)$ es la matriz adjunta de $A$. $A^{-1}$ está en $\mathrm{Mat}\!\left( n \times n, \cuerpofracciones{\Kx} \right)$ pero los adjuntos de la matriz $A$ están en \Kx, por lo que podemos expresar $A^{-1}$ como vemos al final de la igualdad con $B \in \mathrm{Mat}\!\left( n \times n, \Kx\right)$. Por lo tanto, como
\end{equation*} donde $\mathrm{adj}\!\left( A \right)$ es la matriz adjunta de $A$. $A^{-1}$ está en $\mathrm{Mat}\!\left( n \times n, \cuerpofracciones{\Kx} \right)$ pero los adjuntos de la matriz $A$ están en \Kx, por lo que podemos expresar $A^{-1}$ como vemos al final de la igualdad con $B \in \mathrm{Mat}\!\left( n \times n, \Kx\right)$. Como
\begin{equation*}
\vectorhorizontalcuatro{\partial_1}{\partial_2}{\dots}{\partial_n} = \vectorhorizontalcuatro{\delta_1}{\delta_2}{\dots}{\delta_n}A^{-1} = \frac{1}{f}\vectorhorizontalcuatro{\delta_1}{\delta_2}{\dots}{\delta_n}B,
\end{equation*}
@ -1167,11 +1196,13 @@ urlcolor=black]{hyperref}
\delta &= \frac{b_1}{f}\delta_1 + \frac{b_2}{f}\delta_2 + \dots + \frac{b_n}{f}\delta_n, \quad \text{donde $b_i \in \Kx$, o también} \\
&= \overline{b}_1\delta_1 + \overline{b}_2\delta_2 + \dots + \overline{b}_n\delta_n, \quad \text{donde $\overline{b}_i \in \cuerpofracciones{\Kx}$.}
\end{align*}
Para poder garantizar que estos $\overline{b}_i$ están en \Kx, acordémonos de que $\delta \in \derivaciones{f}$ y $\bigwedge^n \derivaciones{f} = \bigwedge^n N$, por lo que si en $\delta_1 \wedge \delta_2 \wedge \dots \wedge \delta_n$ sustituimos $\delta_i$ por $\delta$ nos queda
En este último paso vamos garantizar que estos $\overline{b}_i$ están\footnote{Más bien, se pueden ver como elementos de \Kx. Como por ejemplo $\frac{f^2}{f} \in \cuerpofracciones{\Kx}$, que realmente puede verse como $f$ en \Kx.} en \Kx. Para ello, acordémonos de que $\delta \in \derivaciones{f}$ y $\bigwedge^n \derivaciones{f} = \bigwedge^n N$, por lo que si en $\delta_1 \wedge \delta_2 \wedge \dots \wedge \delta_n$ sustituimos $\delta_i$ por $\delta$ nos queda
\begin{equation*}
\delta_1 \wedge \delta_2 \wedge \dots \wedge \delta_{i-1} \wedge \delta \wedge \delta_{i+1} \wedge \dots \wedge \delta_{n-1} \wedge \delta_n \in \bigwedge^n N.
\end{equation*}
Percatémonos de que esta expresión, una vez eliminamos todos los productos exteriores nulos queda como $\overline{b}_i \delta_1 \wedge \delta_2 \wedge \dots \wedge \delta_n \in \bigwedge^n N$, lo cual es solo posible si $\overline{b}_i \in \Kx$. Con esto concluimos que $\delta \in N$ y, por tanto, que $N = \derivaciones{f}$.
Percatémonos de que esta expresión, una vez eliminamos todos los productos exteriores nulos, queda como $\overline{b}_i \delta_1 \wedge \delta_2 \wedge \dots \wedge \delta_n \in \bigwedge^n N$, lo cual es solo posible si $\overline{b}_i \in \Kx$. Con esto concluimos que $\delta \in N$ y, por tanto, que $N = \derivaciones{f}$.
\todo[inline]{Para poner un ejemplo espero a la introducción, para que case con el ejemplo que allí pongamos.}
\appendix
\chapter{Un ejemplo completo de cálculo}