Auslander-Buchsbaum-Formel

03.05.2015, 15:24	alcardaalanda	Auf diesen Beitrag antworten »
Auslander-Buchsbaum-Formel Hallo zusammen. Ich hoffe, hier ist jemand, der mir beim Verständnis eines Beweises zur Auslander-Buchsbaum-Formel, den ich hier vor mir liegen habe, weiterhelfen kann. Meine Fragen sind fett geschrieben zwecks Übersichtlichkeit. Folgendes ist die Aussage: Sei $\begin{eqnarray} (R, \frak m, \mathbb K) \end{eqnarray}$ ein lokaler Ring (meint hier insbesondere noethersch). Ist $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ ein nicht-trivialer, endlich erzeugter $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ - Modul mit endlicher projektiver Dimension, so gilt $\begin{eqnarray} pd_R(M)+tf(M)=tf(R) \end{eqnarray}$ Dabei steht $\begin{eqnarray} pd_R(M) \end{eqnarray}$ für die projektive Dimension, also die minimale Länge einer projektiven Aufslöung von $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} tf(M) \end{eqnarray}$ für die Tiefe des Moduls, also die maximale Länge einer $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ -regulären Sequenz in $\begin{eqnarray} \frak m \end{eqnarray}$ Aus einem vorigen Satz weiß ich bereits, dass alle maximalen $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ -regulären Sequenzen die gleiche Länge haben, nämlich $\begin{eqnarray} min\{i : Ext_R^i(\mathbb K, M) \neq 0 \} \end{eqnarray}$ In diesem Fall ist diese Zahl also gleich der Tiefe von $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ . Nun zum Beweis, bei dem ich doch einige Fragezeichen auf dem Kopf habe. Sei $\begin{eqnarray} h = pd_R(M) \end{eqnarray}$ . Der Beweis wird per Induktion nach $\begin{eqnarray} h \end{eqnarray}$ geführt. Sei also zunächst $\begin{eqnarray} h=0 \end{eqnarray}$ . Dann ist $\begin{eqnarray} M \end{eqnarray}$ schon projektiv und somit frei, da $\begin{eqnarray} R \end{eqnarray}$ ein lokaler Ring ist. Also ist $\begin{eqnarray} tf(M)=tf(R) \end{eqnarray}$ . Hier die erste Frage, warum dann die Gleichheit der Tiefe folgt. Da dies einfach so hingeschrieben wurde und ich auch in alternativen Beweisen diese Folgerung gelesen habe, vermute ich, dass es total trivial ist und wohl direkt aus den Definitionen folgt, aber scheinbar denke ich viel zu kompliziert. Aber gut, das habe ich dann erstmal hingenommen. Nun betrachten wir den Fall $\begin{eqnarray} r=1 \end{eqnarray}$ und betrachten die minimale freie Auflösung $\begin{eqnarray} 0 \rightarrow R^s \raisebox{5pt}{$\underrightarrow{\text{{\tiny\textit{$\varphi$}}}}$}R^r \rightarrow M \rightarrow 0 \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ kann als $\begin{eqnarray} r \times s \end{eqnarray}$ -Matrix aufgefasst werden mit Einträgen aus dem maximalen Ideal $\begin{eqnarray} \frak m \end{eqnarray}$ (nach meiner Definition einer minimalen freien Auflösung). Äquivalent dazu ist, dass $\begin{eqnarray} \varphi(R^s) \subseteq \frak{m}R^r \end{eqnarray}$ . $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ heißt dann minimal. Betrachten wir jetzt den Quotientenkörper $\begin{eqnarray} \mathbb K = R/\frak m \end{eqnarray}$ und wenden darauf den Funktor $\begin{eqnarray} Hom_R(\mathbb K,-) \end{eqnarray}$ an, so erhalten wir (ebenfalls nach einem bereits gezeigten Resultat) die lange exakte Sequenz $\begin{eqnarray} ... \rightarrow Ext_R^i(\mathbb K, R^s) \raisebox{5pt}{$\underrightarrow{\text{{\tiny\textit{$Ext_R^i(\mathbb K ,\varphi)$}}}}$}Ext_R^i(\mathbb K, R^r)\rightarrow Ext_R^i(\mathbb K, M) \rightarrow Ext_R^{i+1}(\mathbb K, R^s)\rightarrow... \end{eqnarray}$ Jetzt kommt der Teil, den ich absolut nicht nachvollziehen kann. Ich zitiere mehr oder weniger wörtlich übersetzt: "Durch die Identifikation $\begin{eqnarray} Ext_R^i(\mathbb K, R^m) \cong Ext_R^i(\mathbb K, R)^m \end{eqnarray}$ sieht man, dass die induzierte Abbildung $\begin{eqnarray} Ext_R^i(\mathbb K ,\varphi) \end{eqnarray}$ repräsentiert wird durch Reduktion von $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ modulo $\begin{eqnarray} \frak m \end{eqnarray}$ . Da $\begin{eqnarray} \varphi \end{eqnarray}$ minimal ist, folgt, dass $\begin{eqnarray} Ext_R^i(\mathbb K ,\varphi) \end{eqnarray}$ die Nullabbildung ist. Also haben wir für jedes $\begin{eqnarray} i \end{eqnarray}$ die kurze exakte Sequenz $\begin{eqnarray} 0 \rightarrow Ext_R^i(\mathbb K, R)^r \rightarrow Ext_R^i(\mathbb K, M) \rightarrow Ext_R^{i+1}(\mathbb K, R)^s \rightarrow 0 \end{eqnarray}$ . Also ist $\begin{eqnarray} tf(M) = tf(R)-1 \end{eqnarray}$ und die Formel ist für diesen Fall bewiesen." Weiter mache ich mal noch nicht. Was ich speziell nicht verstehe: Wieso ist $\begin{eqnarray} Ext_R^i(\mathbb K, R^m) \cong Ext_R^i(\mathbb K, R)^m \end{eqnarray}$ ? Auch das ist scheinbar zu trivial, alsdass ich es erkennen würde. Und wieso ergibt sich die induzierte Abbildung auf die beschriebene Art und Weise, also durch Reduktion modulo $\begin{eqnarray} \frak m \end{eqnarray}$ ? Wenn ich das verstanden habe, dann ist mir zumindest klar, wieso die induzierte Abbildung die Nullabbildung ist (nämlich nach der Definition der minimalen freien Auflösung) und auch der Rest ist mir klar. Wie gesagt, die fett markierten Stellen sind meine Fragezeichen und es wäre super, wenn ich ein paar Tipps bekäme. Vielen Dank schonmal. (und sorry für den vielen Text, wollte nur, dass keine Verständnisfragen aufkommen).

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