用户: Infinitecat/一些笔记2/导出完备化

1经典完备的问题

定义 1.1. 设 $A\in \text{Ring}$, $I$ 为 $A$ 的有限生成理想, 一个 $A$-模 $M$ 是 (经典) $I$-完备的, 若 $M\to \text{lim}M/I^{n}M$ 是同构.
从 $I$-完备 $A$-模范畴到 $A$-模范畴的包含函子有左伴随函子 $M\mapsto \hat{M}$, 称为 $M$ 的 $I$-完备化.

特别地, $I$-完备能推出 $I$-进分离, 即: ${\bigcap }_n{I}^{n}M=0.$

注 1.2. 经典完备的性质不够好.

(1)	$A$-模范畴中所有 $I$-完备的模并不张成 Abel 子范畴.
(2)	完备化函子 $A\mapsto \text{lim}M/I^{n}M$ 保满射, 但并不是右正合函子.
(3)	平坦模的完备化并不平坦.

2导出完备的定义

定义 2.1. 设 $A\in \text{Ring}$, $I$ 为 $A$ 的有限生成理想, 一个 $A$-模 $M$ 是导出 $I$-完备的, 若对任意的 $f\in I$, 有: $${\text{Hom}}_A(A_f,M)=0,{\text{Ext}}_A^1(A_f,M)=0.$$从导出 $I$-完备 $A$-模范畴到 $A$-模范畴的包含函子有左伴随函子 $M\mapsto \hat{M}$, 称为 $M$ 的导出 $I$-完备化. 有时, 我们也将 $M$ 的导出 $I$-完备化记作 $M_I^{\wedge }.$

注 2.2. 对 $A_f\in {\text{Mod}}_A$, 我们有自由消解: $$0⟶A[T]\stackrel{1-fT}{⟶}A[T]⟶A_f⟶0.$$由此可得出: ${\text{Ext}}_A^n(A_f,M)=0,\forall n\ge 2.$ 因此, $A$-模 $M$ 是导出 $I$-完备的, 当且仅当对任意的 $f\in I$, 有 ${\text{Ext}}_A^n(A_f,M)=0,\forall n\ge 0.$
由此, 对 $A$-模的正合列 $0\to M_1\to M_2\to M_3\to 0$, 若其中某两个模是导出 $I$-完备的, 则第三个也是导出 $I$-完备的.

3导出完备化与经典完备化的关系

命题 3.1. 设 $A\in \text{Ring}$, $I$ 为 $A$ 的有限生成理想, $M\in {\text{Mod}}_A$.

(1)	若 $M$ 是 $I$-完备的, 则 $M$ 是导出 $I$-完备的.
(2)	反之, 若 $M$ 是导出 $I$-完备的, 则有 $M\twoheadrightarrow \text{lim}M/I^{n}M$ 为满射.
(3)	$M$ 是 $I$-完备的 $⟺$ $M$ 是导出 $I$-完备的, 且 $M$ 是 $I$-进分离的.

4导出完备化的性质

定理 4.1 (导出 Nakayama 引理).
设 $M$ 为导出 $I$-完备 $A$-模, 则 $M=0$ $⟺$ $M/IM=0.$

引理 4.2. ${\text{Mod}}_A$ 中所有导出 $I$-完备的 $A$-模所张成的子范畴是 Abel 子范畴.

命题 4.3. 设 $A\in \text{Ring}$, $I$ 为 $A$ 的有限生成理想, $A$ 作为 $A$-模是导出 $I$-完备的.

(1)	$I\subseteq \text{Rad}(A).$
(2)	有限表现模是导出 $I$-完备的.
(3)	$(A,I)$ 是 Hensel 环.

5导出 $f$-完备化

定理 5.1. 设 $A\in \text{Ring}$,$f\in A$.

(1)	导出 $f$-完备化函子为: $$M\mapsto M_f^{\wedge }={\text{Ext}}_A^1(A_f/A,M).$$
(2)	对任意 $A$-模 $M$, 有正合列: $$0\to R^1\text{lim}M[f^n]\to M_f^{\wedge }\to \text{lim}M/f^{n}M\to 0.$$

证明:

(1)

从正合列 $0\to A\to A_f\to A_f/A\to 0$, 可得: $${\text{Hom}}_A(A_f,M)\to {\text{Hom}}_A(A,M)\to {\text{Ext}}_A^1(A_f/A,M)\to {\text{Ext}}_A^1(A_f,M),$$由此, 若 $M$ 是导出 $f$ 完备的, 则有 $M={\text{Ext}}_A^1(A_f/A,M).$ 我们要证任意模 $M$ 的导出 $f$-完备化为 $M_f^{\wedge }={\text{Ext}}_A^1(A_f/A,M).$ 为此, 取任意的导出 $f$-完备模 $N$, 带有同态 $M\to N$, 只需说明该同态穿过 ${\text{Ext}}_A^1(A_f/A,M)$. 这是显然的, 因为有映射: $$M\to {\text{Ext}}_A^1(A_f/A,M)\to {\text{Ext}}_A^1(A_f/A,N)=N.$$

(2)

取 $A_f/A=\lim f^{-n}A/A.$ 从正合列 $0\to A\to f^{-n}A\to f^{-n}A/A\to 0$, 可得: $$0\to {\text{Hom}}_A(f^{-n}A/A,M)\to {\text{Hom}}_A(f^{-n}A,M)\stackrel{f^n}{\to }{\text{Hom}}_A(A,M)\to {\text{Ext}}_A^1(f^{-n}A/A,M)\to 0,$$则有: ${\text{Hom}}_A(f^{-n}A/A,M)=M[f^n],{\text{Ext}}_A^1(f^{-n}A/A,M)=M/f^{n}M.$ 再由万有系数定理, 可得: $$0\to R^1\text{lim}{\text{Hom}}_A(f^{-n}A/A,M)\to {\text{Ext}}_A^1(\text{lim}{f}^{-n}A/A,M)\to \text{lim}{\text{Ext}}_A^1(f^{-n}A/A,M)\to 0.$$即: $$0\to R^1\text{lim}M[f^n]\to M_f^{\wedge }\to \text{lim}M/f^{n}M\to 0.$$

$\square$