pequeño trabajo sobre dimensión homológica

7/23/2019 Pequeño Trabajo sobre Dimensión Homológica

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Carlos Vazquez Monzon

DIMENSION HOMOLOGICA

Sea A un R-modulo por la derecha.

1. La dimension proyectiva pd(A) es el mınimo entero n (si existe) tal que existeuna resolucion de A por modulos proyectivos, es decir, existe un complejo P i, con P i = 0para i negativo, junto con un morfismo P 0 −→ A tal que

0 −→ P n −→ ... −→ P 0 −→ A −→ 0

es exacta, con P i R-mod proyectivos.

2. La dimension inyectiva id(A) es el mınimo entero n (si existe) tal que existe unaresolucion de A por modulos inyectivos:

0 −→ A −→ E 0 −→ E 1 −→ ... −→ E n −→ 0

3. La dimension plana fd(A) es el mınimo entero n (si existe) tal que existe unaresolucion de A por modulos planos:

0 −→ F n −→ ... −→ F 0 −→ A −→ 0

Si no existe ese n, diremos que pd(A), id(A) o fd(A) son iguales a ∞. Ahora, vamos aprobar varios teoremas qu ns serviran para definir los teoremas global y Tor de un anillo R.

Teorema Global de la Dimension 1. Los siguientes numeros son iguales para cual-

quier anillo R:

1. sup{id(B): B es un modulo por la derecha}

2. sup{pd(B): B es un modulo por la derecha}

3. sup{pd(R/I): I es un ideal de R por la derecha}

4. sup{d : ExtdR(A, B) = 0 para A,B R-modulos por la derecha}

Denotamos ExtdR como el funtor R-Mod −→ Ab exacto por la izquierda, definido co-

mo Ext

d

R(A, B) := (R

d

T )(B), siendo T (B) := H om(−, B), que es contravariante. A su vez,RdT es el funtor derivado por la derecha, el cual esta definido como (RdT )(B) := H d(T (B)),siendo H d la homologıa asociada a ese complejo en el lugar d.

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El numero definido en el Teorema 1 se llama la dimension global por la derecha(r.gl − dim(R)) o dimension homologica de R. Si R es un anillo conmutativo, la di-mension por la derecha es igual a si la hacemos por la izquierda, evidentemente.

Teorema de la Dimension Tor 2. Los siguientes numeros son iguales para cualquieranillo R:

1. sup{fd(A): A es un R-modulo por la derecha}

2. sup{fd(R/J): J es un ideal de R por la derecha}

3. sup{fd(A): A es un R-modulo por la izquierda}

4. sup{fd(R/I): I es un ideal de R por la izquierda}

5. sup{d:TorRd

(A, B) = 0 para A, B R-modulos por la izquierda}.

Denotamos TorRd

(A, B) como el funtor definido como TorRd

(A, B) := (LdT )(A), siendoT (A) := A⊗RB, que es un funtor exacto por la derecha. A su vez, LdT es el funtor derivadopor la izquierda, el cual esta definido como (LdT )(A) := H d(T (A)).

Para demostrar estos teoremas, vamos a utilizar los siguientes lemas:

Lema sobre pd 1. Para un R-modulo por la derecha A equivalen:

1. pd(A) ≤ d

2. ExtnR

(A, B) = 0, ∀n > d, para todo R-modulo B.

3. Extd+1R

(A, B) = 0, para todo R-modulo B.

4. Si 0 −→ M dδd−→ P d−1 −→ ... −→ P 1

δ1−→ P 0−→ A −→ 0 es una resolucion con

los P i proyectivos, entonces el conjunto M d de relaciones de Ker δ d−1 es tambien proyectivo.

Demostracion.-

(4) =⇒ (1) Obvio por la definicion de pd(A).

(1) =⇒ (2) Si damos una resolucion de A con longitud n, con P i = 0, ∀i tal qued + 1 ≤ i ≤ n:

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0 −→ P nδn−→ ... −→ P d+1 −→ P d

δd−→ ... −→ P 1

δ1−→ P 0−→ A −→ 0

Aplicando el funtor contravariante exacto por la izquierda Hom(−, B) la resolucion:

0 −→ Hom(P 0, B) δ∗

1−→ ... δ∗

d−→ Hom(P d, B) −→ Hom(P d+1, B) = 0 −→ ... δ∗

n−→ Hom(P n, B) = 0

es exacta por la izquierda, por lo tanto Im δ ∗i

= Ker δ ∗i+1 = Hom(B, P i), ∀i|d ≤ i ≤ n. Lo

que quiere decir que ExtiR(A, B) = Kerδ

∗

i

Imδ∗i−1

= 0, ∀i > d.

(2) =⇒ (3) Es obvio.

(3) =⇒ (4) Esto es mas difıcil de probar. Primero, dando una resolucion como en elapartado (4):

0 −→ M dδd−→ P d−1 −→ ... −→ P 1

δ1−→ P 0−→ A −→ 0

Veamos que Ext1R(M d, B) ∼= Extd+1R (A, B). Para ello, procederemos de la siguientemanera: separamos la resolucion de arriba en varias sucesiones exactas cortas:

0 −→ K 0i0−→ P 0

−→ A −→ 0, K 0 = Ker ,

0 −→ K 1i1−→ P 1

δ1−→ P 0 −→ 0, K 1 = Ker δ 1,

.............

0 −→ M did=δd−→ P d−1

δd−1−→ P d+2 −→ 0, M d = Ker δ d−1

En las sucesiones reemplazamos cada P i del final por K i, ya que Im δ 1 = Ker = K 0 eIm δ i+1 = Ker δ i = K i, i ≥ 2. Ahora que tenemos las sucesiones exactas, les aplicamos el

teorema 6.10 del Rotman y entonces para cada s.e tenemos inducida una sucesi on exactalarga; por ejemplo para la primera tenemos:

... −→ ExtdR(P 0, B) −→ ExtdR(K 0, B) −→ Extd+1R

(A, B) −→ Extd+1R

(P 0, B) −→ ...

Y analogamente para las demas s.e. Para cada una de ellas tenemos que, como P i esun modulo proyectivo, Extd

R(P 0, B) = 0 (la dem. es trivial, si tenemos en cuenta que

0 −→ P id−→ P −→ 0 serıa una resolucion proyectiva). Luego cada 3 terminos en las

sucesiones largas hay un 0, por lo tanto por la exactitud de la sucesi on se tendrıa queExtd

R(K 0, B) ∼= Extd+1

R (A, B). Pues simplemente iterando este proceso para todas las su-

cesiones en las que partimos la resolucion del principio, y bajando el d hasta 1, llegamosa que Ext1

R

(M d, B) ∼= Extd+1R

(A, B), que era lo que querıamos ver. Ahora, por hipotesis,

Extd+1R

(A, B) = 0, y entonces Ext1R

(M d, B) = 0, y por lo que vimos M d es proyectivo, porlo que (3) =⇒ (4). Luego el lema esta probado.

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Ahora daremos 2 lemas mas, para la dimension inyectiva (id) y dimension plana (fd),los cuales no probaremos porque su demostracion es analoga al que acabamos de ver.

Lema sobre id 2. Para un R-modulo por la derecha B equivalen:

1. id(B) ≤ d

2. ExtnR

(A, B) = 0, ∀n > d, para todo R-modulo A.

3. Extd+1R

(A, B) = 0, para todo R-modulo A.

4. Si 0 −→ B −→ E 0 −→ E 1 −→ ... −→ E d−1 −→ M d −→ 0 es una resolucion con losE i inyectivos, entonces el conjunto M d de relaciones de Ker δ d−1 es tambien proyectivo.

Lema sobre fd 3. Para un R-modulo por la derecha A equivalen:

1. f d(A) ≤ d

2. TorRn (A, B) = 0, ∀n > d, para todo R-modulo B por la derecha.

3. TorRd+1(A, B) = 0, para todo R-modulo B por la derecha.

4. Si 0 −→ M d δd−→ F d−1 −→ ... −→ F 1

δ1−→ F 0−→ A −→ 0 es una resolucion con los

F i planos, entonces el conjunto M d de relaciones de Ker δ d−1 es tambien plano.

Lema 4. Un R-modulo por la derecha B es inyectivo si y solo si Ext1(R/I,B) = 0,

para todo ideal por la derecha I.

Demostracion.- Dada la s.e.c. 0 −→ I −→ R −→ R/I −→ 0, que es una resolucionproyectiva porque R es libre y R = I ⊕ R/I , ya vimos que inducıa una sucesion largaexacta, la cual contiene a la cadena

Hom(R, B) = Ext0(R, B) −→ Hom(I, B) = Ext0(I, B) −→ Ext1(R/I,B) −→ Ext1(R, B) = 0

Notese que Ext1(R, B) = 0, ya que R es proyectivo por ser libre. Por lo tanto, si B es inyec-tivo, por el criterio de Baer es decir que Hom(R, B) −→ Hom(I, B) es sobre, y eso quieredecir que, por la exactitud de la cadena, Im(Hom(I, B) −→ Ext1(R, B)) = Ext1(R, B),luego Ext1(R/I,B) ∼= Hom(I, B)/ Hom(I, B) = 0.

Ahora, usando todos estos lemas, probaremos el teorema global de la dimensi on prime-ro y el teorema de la dimension de Tor despues.

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Dem. del teorema global de dimensi´ on. Por el lema 1, si d = sup{ pd(A):A un R-modulo por la derecha} =⇒ pd(A) ≤ d, ∀A ⇐⇒ Extn

R(A, B) = 0, ∀n > d, ∀B =⇒

d = sup{i : ExtiR(A, B) = 0}. Luego sup(2) = sup(4). Se tiene sup(1) = sup(4) por razo-namiento analogo. En conclusion, sup(2) = sup(4) = sup(1). Como R/I es un R-modulo,

es claro que sup(2) ≥ sup(3). Podemos asumir que d = sup{ pd(R/I )} = sup(3) ≤ sup(2) =sup(1) = sup{id(B) : B ∈ mod − R} es finito. Supongamos que ∃B tal que id(B) > d yveamos que llegamos a contradiccion.

Para este B, hay una resolucion

0 −→ B −→ E 0 −→ E 1 −→ ... −→ E d−1 −→ M −→ 0,

con E i inyectivo. Ahora, dijimos que d = sup{ pd(R/I )}, luego cogiendo una resolucion deR/I tendrıamos Extd+1

R (R/I,B) = 0, por el lema 1. Luego:

Ext1

R(R/I,M )∼= Ext

d+1

R (R/I,M ) = 0

Lema 4

=⇒ M inyectiva

Pero ahora volviendo a la resolucion de arriba, por el apartado 4 del lema 2, ib(B) ≤ d, locual es una contradiccion. Por lo tanto id(B) ≤ d, ∀B, lo que implica sup(3) ≥ sup(2) =⇒sup(3) = sup(2) = sup(1) = sup(4), con lo que el teorema de la dimension esta probado.///

Dem. del teorema de la dimensi´ on Tor . El lema 3 que caracteriza la dimension plana(fd) nos dice que sup(5) = sup(1) ≥ sup(2), y el mismo lema para la categorıa opuesta(R-modulos por la izquierda) tenemos que sup(5) = sup(3) ≥ sup(4). Procedemos como antes:asumimos que sup(2) ≤ sup(4) (si sup(2) ≥ sup(4), la demostracion es analoga porque lasdesigualdades no varıan). Por lo tanto tenemos sup(3) ≥ sup(2) = d = sup{f d(R/J )}, conJ un ideal por la derecha. Suponemos d finito y que f d(B) > d, para algun B R-modulo

por la izquierda y veamos que llegamos a una contradiccion. Luego para ese B hacemos laresolucion siguiente:

0 −→ M d δd−→ F d−1 −→ ... −→ F 1

δ1−→ F 0−→ A −→ 0,

con F i plano. Analogamente a Ext, TorRd+1

(R/J, B) ∼= TorR1 (R/J, M ) (ya que el teorema6.10 del Rotman se aplica a cualquier homologıa), y cogiendo una resolucion plana de R/J se tiene que TorR

d+1(R/J,B) = 0, por el lema 3. Eso nos dice que TorR1 (R/J,M ) = 0.

Ahora veamos que eso implica que M es plano, y por tanto la resolucion de arribaserıa plana y como f d(b) > d llegarıamos a una contradiccion. Por el Corolario 2.7.7 del

Rotman, los funtores Hom(A, Hom(B, C )) y Hom(A⊗R B, C ) son naturalmente isomorfos.Definimos B∗ := Hom(B, Q/Z). Por lo tanto si C = Q/Z, tenemos que:

(A⊗B)∗ = Hom(A⊗RB, Q/Z) ∼= Hom(A, B∗) −→ (A⊗B)∗ = Hom(A⊗RB, Q/Z) ∼= Hom(A, B∗),

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para A ⊂ A (notese que B∗ se llama dual de Pontrjagin aplicado a B). Si le aplicamosel criterio de Baer a B∗, tenemos que B∗ inyectiva ⇐⇒ Hom(A, B∗) −→ Hom(A, B∗) essobre, por lo que (A⊗B)∗ −→ (A ⊗B)∗ es sobre. Por el lema 3.2.5 del Weibel el dual dePontrjagin A⊗B −→ A⊗B es inyectiva, por lo que la sucesion 0 −→ A⊗B −→ A⊗B es

exacta. Ahora, haciendo A = I y A = R y aplicando de nuevo el teorema 6.10 del Rotman,tendrıamos una sucesion exacta larga que contendrıa a la cadena

TorR1 (R, B) −→ TorR1 (R/I,B) −→ I ⊗R B −→ R ⊗R B

Y como TorR1 (R, B) = 0 porque R es proyectivo y por lo tanto plano, con lo que porcomputacion se tiene trivialmente que TorR1 (R, B) = 0, y junto con lo de arriba llega-mos a que TorR1 (R/I,B) = 0. En resumidas cuentas, tenemos que si B∗ es inyectivo,TorR1 (R/I,B) = 0. Pero el teorema de Lambek nos dice que B∗ es inyectivo si y solo siB es plano, por lo que ya hemos probado que M es plano, con lo que hemos llegado auna contradiccion que vino de suponer que existıa un B tal que f d(B) > d, por lo quef d(B) ≤ d y entonces sup(3) ≤ sup(2) =⇒ sup(3) = sup(2) = sup(1) = sup(4), y el

teorema esta probado.///

Proposicion. Si R es un anillo noetheriano por la derecha:

1. fd(A)=pd(A), ∀ A R-modulo finitamente generado

2.dim-Tor(R) = r.gl-dim(R)

Demostracion.- (2) es simple consecuencia de (1), ya que R/I es un submodulo de R,y como R es noetheriano, es finitamente generado. Para probar (1), como f d(A) ≤ pd(A)(porque todo modulo proyectivo es plano) solo tenemos que probar la otra desigualdad,suponemos que f d(A) = n < ∞ y tenemos que probar que pd(A) ≤ n.

Dado un R-modulo A finitamente generado, podemos construir una resolucion 0 −→

M nDn−→ ... −→ P 0 −→ A −→ 0, con cada P i libre y finitamente generado(por lo tanto

proyectivo y entonces plano), y M n = ker Dn−1 (que es finitamente generado y presentadopor ser R noetheriano). La idea para construirla es que, como A es finitamente generado,existe un P 0 finitamente generado libre y un morfismo sobreyectivo : P 0 −→ A. Ahora,como ker es finitamente generado volvemos a iterar el proceso, y existe P 1 f.g y libre talque ∃d1 : P 1 −→ ker morfismo sobre. Si i : ker −→ P 0 es la inclusion, entonces definimosD1 := P 1 ◦ i, y ası podemos proceder hasta tener Dn−1. Por lo tanto ya tenemos construidala resolucion buscada. Ahora bien, por el lema 3, como f d(A) = n, M n es plano, y por elteorema 3.2.7 del Weibel, M n fin. presentado + M n plano implica M n proyectivo. Eso quieredecir que la resolucion dada es proyectiva y entonces f d(A) ≤ n, como querıamos probar.Luego f d(A) = pd(A) y (1) esta probado. (2) sigue inmediatamente, luego la proposicionesta probada.

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