Noción de rango en anillos

Parte 1

Sea M un A-módulo tal que M \simeq A^{(I)} \simeq A^{(J)}. Si I es infinito, entonces \#J = \#I.

Dicho de otro modo, si un módulo libre tiene una base infinita, todas sus bases tienen el mismo cardinal.

Demostración. Considerar una base \mathcal{B}_I = \{x_i\}_{i \in I} de M, y otra base \mathcal{B}_J = \{y_j\}_{j \in J} de M.

Por empezar, se verá que J debe ser infinito. Cada uno de los y_j \in M se escribe como combinación lineal de los x_i \in M, es decir: y_j = \sum_{k=1}^{n_j}{a^{(j)}_k\,x^{(j)}_k} para ciertos n_j \in \mathbb{N}, a^{(j)}_k \in A, x^{(j)}_k \in \mathcal{B}_I. Considerar el conjunto C de aquellos x_i que se usan para escribir a los y_j. Más precisamente, sea C = \{x^{(j)}_k\ |\ j \in J,\ 1 \leq k \leq n_j\}. Entonces \mathcal{B}_J \subseteq \langle C \rangle, de modo que \langle C \rangle = M. Si J fuera finito, dicho conjunto C sería también finito, con lo cual C \subsetneq \mathcal{B}_I, concluyendo que \mathcal{B}_I no es un sistema de generadores minimal, y por lo tanto no puede ser una base, contradiciendo la hipótesis. Así, \mathcal{B}_J debe ser infinito.

Teniendo en cuenta ahora que ambos I y J son infinitos, se verá que tienen el mismo cardinal. Primero se probará que \#I \leq \#J; el argumento para la otra desigualdad es simétrico. Considerar el conjunto I_j de todos aquellos índices i tales que x_i aparece en la escritura de y_j. Entonces debe ocurrir que \bigcup_{j \in J}{I_j} = I. La inclusión \subseteq es trivial, pues I_j \subseteq I. En cuanto a la inclusión \supseteq, lo que se debe probar es que para todo índice i \in I, el elemento x_i interviene en la escritura de algún y_j. De no ser así, se tiene que \mathcal{B}_J \subseteq \langle \mathcal{B}_I \setminus \{x_i\} \rangle. Pero entonces \mathcal{B}_I \setminus \{x_i\} es un sistema de generadores de M, de modo que \mathcal{B}_I no es minimal y por lo tanto no es una base, lo cual es absurdo. Se tiene entonces que
\bigcup_{j \in J}{I_j} = I. Por lo tanto, como cada uno de los conjuntos I_j es finito y J es infinito, \#I \leq \#J.

Parte 2

Sea A un anillo. Entonces A tiene noción de rango si y sólo si A^n \simeq A^m \implies n = m para cualesquiera n, m \in \mathbb{N}.

Demostración. (\Rightarrow) Suponer que A^{(I)} \simeq A^{(J)} \implies \#I = \#J para todo I, J. Entonces, en particular, esto se cumple tomando I = \{1, \hdots, n\} y J = \{1, \hdots, m\}.

(\Leftarrow) Por definición, A tiene noción de rango sii A^{(I)} \simeq A^{(J)} \implies \#I = \#J para conjuntos I, J arbitrarios. Por la Parte 1, I es infinito si y sólo si J es infinito. Además, en tal caso, \#I = \#J por la Parte 1.

Si I, J son ambos finitos, entonces A^{(I)} = A^{\#I} = A^{\#J} = A^{(J)}, de modo que \#I = \#J.

Parte 3

Sea A un anillo. Entonces son equivalentes:

  1. A tiene noción de rango.
  2. Dados n, m \in \mathbb{N}, cada vez que existen matrices M_1 \in A^{n \times m} y M_2 \in A^{m \times n} tales que M_1\,M_2 = Id_n y M_2\,M_1 = Id_m, se tiene que n = m.

Demostración. Por la Parte 2, basta ver que A^n \simeq A^m si y sólo si existen matrices M_1 y M_2 como las del enunciado.

(\Rightarrow) Sea \varphi : A^n \to A^m un isomorfismo de A-módulos y \varphi^{-1} su inversa. Tomando una base \mathcal{B} = \{x_i\ |\ 1 \leq i \leq n\} de A^n, su imagen \varphi(\mathcal{B}) debe ser una base de A^m. En efecto:

  • \varphi(\mathcal{B}) genera A^m. Sea y \in A^m. Entonces \varphi^{-1}(y) se escribe como una combinación lineal \varphi^{-1}(y) = \sum_{i=1}^{n}{\alpha_i\,x_i} para ciertos \alpha_i \in A. Aplicando \varphi, se tiene que y = \varphi(\sum_{i=1}^{n}{\alpha_i\,x_i}) = \sum_{i=1}^{n}{\alpha_i\,\varphi(x_i)}.
  • \varphi(\mathcal{B}) es linealmente independiente. Considerar una combinación lineal que se anula, \sum_{i=1}^{n}{\alpha_i\,\varphi(x_i)} = 0 para ciertos coeficientes \alpha_i. Aplicando \varphi^{-1} se tiene entonces que 0 = \varphi^{-1}(\sum_{i=1}^{n}{\alpha_i\,\varphi(x_i)}) = \sum_{i=1}^{n}{\alpha_i\,x_i}, con lo cual los \alpha_i deben ser todos nulos.

Considerando una base \mathcal{B}' = \{y_j\ |\ 1 \leq j \leq m\} de A^m y procediendo análogamente, se tiene también que \varphi^{-1}(\mathcal{B}') es una base de A^n. De este modo, cada uno de los y_j se puede escribir como combinación lieneal de los elementos \varphi(x_i) de la base \mathcal{B}, y cada uno de los x_i como combinación lineal de los elementos \varphi^{-1}(y_j) de la base \mathcal{B}'. Es decir, existen matrices \alpha \in A^{m \times n} y \beta \in A^{n \times m} tales que:

  • y_j = \sum_{i=1}^{n}{\alpha_{ji}\,\varphi(x_i)}
  • x_s = \sum_{r=1}^{m}{\beta_{sr}\,\varphi^{-1}(y_r)}

Aplicando \varphi a la segunda ecuación, se obtiene: \varphi(x_s) = \varphi(\sum_{r=1}^{m}{\beta_{sr}\,\varphi^{-1}(y_r)}) = \sum_{r=1}^{m}{\beta_{sr}\,y_r}. Además, reescribiendo y_r según la primera ecuación: \varphi(x_s) = \sum_{r=1}^{m}{\beta_{sr}\,\left( \sum_{i=1}^{n}{\alpha_{ri}\,\varphi(x_i)} \right)}. Reagrupando las sumas: \varphi(x_s) = \sum_{i=1}^{n}{\left(\sum_{r=1}^{m}{\beta_{sr}\,\alpha_{ri}}\right)\,\varphi(x_i)}. Aplicando \varphi^{-1}, se tiene que: x_s = \sum_{i=1}^{n}{\left(\sum_{r=1}^{m}{\beta_{sr}\,\alpha_{ri}}\right)\,x_i}. Finalmente, observar que la suma \sum_{r=1}^{m}{\beta_{sr}\,\alpha_{ri}} corresponde a la entrada s,i del producto de matrices \beta\cdot\alpha, con lo cual: x_s = \sum_{i=1}^{n}{(\beta\cdot\alpha)_{si}\,x_i}.

Los elementos x_i forman una base de A^n, de tal forma que x_s se escribe de manera única como \sum_{i=1}^{n}{\delta_{is}\,x_i}, para la función \delta de Krönecker. Así se concluye \beta\cdot\alpha = Id_n. Mediante un razonamiento similar, se llega a que \alpha\cdot\beta = Id_m, de modo que tomando M_1 = \beta y M_2 = \alpha se tienen matrices como las del enunciado.

(\Leftarrow) Sean matrices \alpha \in A^{m \times n} y \beta \in A^{n \times m} como las del enunciado. Considerar \mathcal{B} = \{e_1, \hdots, e_n\} la base canónica de A^n y \mathcal{B}' = \{e'_1, \hdots, e'_m\} la base canónica de A^m. Considerar también el morfismo de A-módulos \varphi : A^n \to A^m determinado por e_i \mapsto \sum_{j=1}^{m}{\alpha_{ji}\,e'_j}. Es decir, el morfismo tal que [\varphi]_{\mathcal{B}\mathcal{B}'} = \alpha. Definiendo de manera similar \varphi^{-1} : A^m \to A^n como el morfismo tal que [\varphi^{-1}]_{\mathcal{B}'\mathcal{B}} = \beta se tiene que efectivamente \varphi \circ \varphi^{-1} = \varphi^{-1} \circ \varphi = id, con lo cual \varphi es un isormofismo, y en consecuencia A^n \simeq A^m.

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