matematikk.net

Show that Z/(3) is not a flat Z-module.

Noen som har en bra forklaring på hva det vil si at en module er "flat", og noen tips til oppgaven over?

La $\alpha: \mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ være gitt ved at $\alpha(n)=3n$, så $\alpha$ er injektiv.

Den induserte avbildningen $\beta: \mathbb{Z}_3 \otimes \mathbb{Z}\to \mathbb{Z}_3 \otimes \mathbb{Z}$ blir dermed gitt ved at

$\beta(m\otimes n)=m\otimes 3n=3m\otimes n=0\otimes n$, og er ikke injektiv. Dermed er $\mathbb{Z}_3$ ikke flat.

plutarco wrote:La $\alpha: \mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ være gitt ved at $\alpha(n)=3n$, så $\alpha$ er injektiv.

Den induserte avbildningen $\beta: \mathbb{Z}_3 \otimes \mathbb{Z}\to \mathbb{Z}_3 \otimes \mathbb{Z}$ blir dermed gitt ved at

$\beta(m\otimes n)=m\otimes 3n=3m\otimes n=0\otimes n$, og er ikke injektiv. Dermed er $\mathbb{Z}_3$ ikke flat.

Takk skal du ha

Ser ikke helt hvordan jeg skal få brukt definisjonen her:
Let A = k[x]. Is A^3 a flat A-module? Explain why or why not.
Finnes det noe def/thm. som sier noe lignende som jeg har brukt under? eller gjør man det på en annen måte?
[tex]M' = \bigoplus^{3}_{i} M_{i}[/tex]
Så hvis alle [tex]M_{i}[/tex] er flat, så er [tex]M'[/tex] flat
Da kan vi ta for oss k[x]. Set [tex]S = {1, x_1, x_2, ...}[/tex] og S genererer k[x]. Anta det finnes en endelig lineær kombinasjon av elementene S
som er lik null. siden en endelig lin.komb. er et polynom får vi at
a0 + a1x + a2x^2 + ... + an x^n = 0
=> alle ai = 0, og S er en basis for k[x] => k[x] er free, og alle free modules er flat.
siden A^3 = A x A x A , der A = k[x], "flat"
=> A^3 er flat?

CharlieEppes wrote: Let A = k[x]. Is A^3 a flat A-module? Explain why or why not.

Mener du her k[x] som en k-modul eller k[x]-modul? Hvis det siste, så stemmer det ikke at S er lineært uavhengig.

plutarco wrote:

CharlieEppes wrote: Let A = k[x]. Is A^3 a flat A-module? Explain why or why not.

Mener du her k[x] som en k-modul eller k[x]-modul? Hvis det siste, så stemmer det ikke at S er lineært uavhengig.

mente k- modul, men hadde glemt at A^3 var en A- eller k[x]-module

Så problemet skal altså lyde:

Let A = k[x]. Is A^3 a flat k-module? Explain why or why not.

?

plutarco wrote:Så problemet skal altså lyde:

Let A = k[x]. Is A^3 a flat k-module? Explain why or why not.

?

ja det er oppgaven... Klarer ikke å bruke det du skrev tidligere på denne oppgaven.

CharlieEppes wrote:

plutarco wrote:Så problemet skal altså lyde:

Let A = k[x]. Is A^3 a flat k-module? Explain why or why not.

?

ja det er oppgaven... Klarer ikke å bruke det du skrev tidligere på denne oppgaven.

Ok, da var det klarere.

Trikset er jo å bruke at $A$ er fri, så dermed kan den skrives som en direktesum av kopier av $k$, ie. $A=\bigoplus_{i\in\mathbb{N}}k$.

La $\alpha: M'\to M$ være en injektiv homomorfi, der $M,M'$ er k-moduler.

Må vise at $1_A\otimes \alpha: A\otimes M'\to A\otimes M$ er injektiv.

Observerer at $A\otimes M' = (\bigoplus_{i\in\mathbb{N}}k)\otimes M'= \bigoplus_{i\in\mathbb{N}} (k\otimes M')=\bigoplus_{i\in\mathbb{N}} M'$, der vi har brukt at tensorproduktet er distributivt over direktesummer, og at $k\otimes M= M$ for ringer k, og k-moduler M. Dette betyr at

$1_A\otimes \alpha: \bigoplus_{i\in\mathbb{N}} M'\to \bigoplus_{i\in\mathbb{N}} M$ nødvendigvis må være injektiv. Så $A$ er k-flat.


Nå er $A^3=A\oplus A\oplus A = \bigoplus_{j=1,2,3 }\bigoplus_{i\in\mathbb{N}}k$, men dette er bare en ny direktesum av kopier av $k$, og dermed flat, ved samme argument som over.

plutarco wrote: Trikset er jo å bruke at $A$ er fri, så dermed kan den skrives som en direktesum av kopier av $k$, ie. $A=\bigoplus_{i\in\mathbb{N}}k$.

klarer ikke helt se hvorfor dette er slik..

Vi har da at $A^3$ er $k-flat$, men ikke $k[x]-flat$? Hva kan vi evt. si om dette. Antar det er $k[x]-flat$ oppgaven spør om siden den ser på $A^3$ som en A-modul og ikke k-modul.


fant også en annen definisjon på flat(Stemmer denne??) ;

N is a flat A-module if
[tex]0 \rightarrow M' \rightarrow M \rightarrow M'' \rightarrow 0[/tex] Short exact sequence
$\implies$ [tex]0 \rightarrow M' \otimes_{A} N \rightarrow M \otimes_{A} N\rightarrow M'' \otimes_{A} N \rightarrow 0[/tex] short exact sequence.

Vil det da virke om man lar M' = ideal i A, M = A , M'' A/I ?
eks; (x) = M' , k[x] = M og k[x]/(x) = M''...

CharlieEppes wrote:

plutarco wrote: Trikset er jo å bruke at $A$ er fri, så dermed kan den skrives som en direktesum av kopier av $k$, ie. $A=\bigoplus_{i\in\mathbb{N}}k$.

klarer ikke helt se hvorfor dette er slik..

Vi har da at $A^3$ er $k-flat$, men ikke $k[x]-flat$? Hva kan vi evt. si om dette. Antar det er $k[x]-flat$ oppgaven spør om siden den ser på $A^3$ som en A-modul og ikke k-modul.

Hvis k[x] er en modul over $k$ så er jo $\{1,x,x^2,...\}$ en basis, så vi definerer en isomorfi $\alpha: \bigoplus_{i\in\mathbb{N}}k\to k[x]$ ved at $\alpha ((k_i)_{\mathbb{N}})=\sum k_i x^i$. Det er lett å se at $\alpha$ er en isomorfi av k-moduler. Merk at $(k_i)_{\mathbb{N}}$ her er en følge med endelig support.

Men dette gjelder jo ikke hvis du snakker om $k[x]$ som en modul over seg selv. I så fall vil jo enheten $1$ generere hele $k[x]$.

Når det gjelder definisjonen, så fins det et utall ulike ekvivalente definisjoner av flathet.

Det er en stund siden jeg studerte algebra, så kanskje jeg misforsto noe med denne oppgaven.

Kanskje kake med tau eller fibonacci92 kan opplyse oss mer:D

CharlieEppes wrote: N is a flat A-module if
[tex]0 \rightarrow M' \rightarrow M \rightarrow M'' \rightarrow 0[/tex] Short exact sequence
$\implies$ [tex]0 \rightarrow M' \otimes_{A} N \rightarrow M \otimes_{A} N\rightarrow M'' \otimes_{A} N \rightarrow 0[/tex] short exact sequence.

Vil det da virke om man lar M' = ideal i A, M = A , M'' A/I ?
eks; (x) = M' , k[x] = M og k[x]/(x) = M''...

okei, prøvde å bruke denne metoden som nevnt over;
godt mulig det er en del feil, så bare rett meg der jeg går på trynet

La $A = k[x]$ og $A^3 = \bigoplus_{i=1,2,3} A$

[tex]0 \rightarrow (x) \overset{\alpha}{\rightarrow} k[x] \overset{\beta}{\rightarrow} k[x]/(x) \rightarrow 0[/tex]
[tex]\alpha : f \mapsto xf[/tex]
[tex]\beta : g \mapsto g[/tex]
der:
[tex]$im(\alpha) = (x) = \ker(\beta)[/tex] , som gir exact...
Vi har at $A^3$ er flat, dersom
[tex]0 \rightarrow (x) \otimes A^3 \overset{\alpha}{\rightarrow} k[x] \otimes A^3 \overset{\beta}{\rightarrow} k[x]/(x) \otimes A^3 \rightarrow 0[/tex]
er exact;

vi har:
[tex](x) \otimes (\bigoplus_{i=1,2,3}A) = \bigoplus_{i=1,2,3}((x) \otimes A) =[/tex][tex]((x) \otimes A) \oplus ((x) \otimes A) \oplus ((x) \otimes A)[/tex]
[tex]((x) \otimes A) \cong (x) \implies (x) \oplus (x) \oplus (x) = \bigoplus_{i=1,2,3} (x)=(x)^3[/tex]
videre har vi at
$A \otimes M \cong M \implies k[x] \otimes A^3 \cong A^3 $
og
$k[x]/(x) \otimes k[x]/(0) \cong k[x]/(x)$
$k[x]/(x) \otimes A^3 \cong \bigoplus_{i=1,2,3} k[x]/(x) = (k[x]/(x))^3$

dette gir "sequencen" :

[tex]0 \rightarrow (x)^3 \overset{\alpha}{\rightarrow} (k[x])^3 \overset{\beta}{\rightarrow} (k[x]/(x)) \rightarrow 0[/tex]

som er exact av samme grunn som første: [tex]im(\alpha ) = (x)^3 = \ker(\beta )[/tex]
$=>$ at $A^3$ er flat.

plutarco wrote:
Kanskje kake med tau eller fibonacci92 kan opplyse oss mer:D

Ja! kake med tau har sikkert gjort akkurat den oppgaven tidligere også, siden han er i samme klasse som meg(bare mye flinkere)!

Jeg er litt usikker på beviset ditt, men jeg tror den enkleste løsningen på oppgaven er å bruke følgende teoremer:

En direktesum av frie R-moduler er fri

Frie moduler er flate.

Så det holder å vise at k[x] er fri, og det gjelder både hvis k[x] er betraktet som en k- og som en k[x]-modul. Som k-modul fant vi basisen $\{1,x,x^2,..\}$, mens k[x] som modul over seg selv har $\{1\}$ som basis.

CharlieEppes wrote:

plutarco wrote:

CharlieEppes wrote: Let A = k[x]. Is A^3 a flat A-module? Explain why or why not.

Mener du her k[x] som en k-modul eller k[x]-modul? Hvis det siste, så stemmer det ikke at S er lineært uavhengig.

mente k- modul, men hadde glemt at A^3 var en A- eller k[x]-module

Dette gir jo ingen mening. Hvis k[x] er en k-modul, så må $k[x]\oplus k[x]\oplus k[x]$ også være en k-modul. Det kommer jo fra måten multiplikasjon er definert i direktesummer: $r\cdot (a\oplus b \oplus c ):= (r\cdot a)\oplus (r\cdot b) \oplus (r\cdot c) $.

I prinsippet kan vi i k-modulen k[x] kun multiplisere med elementer fra k, så da må $r$ også være i k.