I nilpotenti topologici di [tex](\mathbb{K}^{n,n},\|\cdot\|)[/tex] quando [tex]\|\cdot\|[/tex] e' sub

Matrici, spazi vettoriali, trasformazioni lineari e affini, ...

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I nilpotenti topologici di [tex](\mathbb{K}^{n,n},\|\cdot\|)[/tex] quando [tex]\|\cdot\|[/tex] e' sub

Messaggioda salvo.tringali il sab 3 mar 2012, 0:33

Self-posed. Siano n un intero positivo, \mathbb{K} il campo dei reali o dei complessi e \|\cdot\| una qualunque (!) norma submoltiplicativa su \mathbb{K}^{n,n}. Dimostrare che i nilpotenti topologici di (\mathbb{K}^{n,n},\|\cdot\|) sono tutte e sole le matrici nilpotenti di \mathbb{K}^{n,n}.
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Messaggioda Parmenide il sab 3 mar 2012, 10:16

1)Una matrice idempotente nonnulla ha norma almeno 1:difatti M^2=M allora \|M\| \leq (\|M\|)^2 che implica la tesi a causa dello studio del segno di x^2-x sui reali positivi.
2)Se A è una matrice non nilpotente allora esiste una matrice B,per cui A^nB^n=AB con AB idempotente e nonnulla. Difatti se A non è nilpotente esiste una matrice B che commuta con A,per cui AB è idempotente e nonnulla. Questa ultima cosa si stabilisce dalla decomposizione dei moduli sui PID:dalla decomposizione in componenti primarie segue subito che tale B si può ottenere in K[A](in sostanza risolvendo un sistema col teorema cinese del resto).Ne consegue che AB=(AB)^n=A^nB^n
3)Unendo 2) e 1) e usando la submoltiplicatività otteniamo che \|B^n\| \geq (\|A^n\|)^{-1}. Quindi (\|B^n\|)^{1/n} \geq (\|A^n\|)^{-1/n}). Dalle ipotesi il secondo membro dell'ultima espressione diverge. Quindi anche il primo:questo è assurdo perchè dalla submoltiplicatività il primo è limitato da \|B\|.
Dunque otteniamo che una tale matrice B non può esserci se A è topologicamente nilpotente e quindi A è nilpotente.
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Messaggioda salvo.tringali il sab 3 mar 2012, 13:04

Parmenide ha scritto:2) [...] se A non è nilpotente esiste una matrice B che commuta con A, per cui AB è idempotente e nonnulla. Questa ultima cosa si stabilisce dalla decomposizione dei moduli sui PID: dalla decomposizione in componenti primarie segue subito che tale B si può ottenere in K[A] (in sostanza risolvendo un sistema col teorema cinese del resto). [...]

Mi torna tutto, salvo per il fatto che la mia brutale ignoranza non mi permette di apprezzare fino in fondo il ragionamento quotato qui in alto. Capisco che intenda utilizzare il teorema di struttura per i moduli finitamente generati su un PID (click), e che \mathbb{K}[A] := \{p(A): p \in \mathbb{K}[x]\} sia un modulo finitamente generato su \mathbb{K} (che è un campo, e quindi un PID) per via del teorema di Hamilton-Cayley, però mi sfugge il dettaglio della costruzione di B. Che ne dici di venirmi incontro? Non mi va giù l'idea di perdere un'occasione per imparare qualcosa di nuovo.

P.S.: la mia dimostrazione è abbastanza diversa. In particolare, se A \in \mathbb{K}^{n,n} è topologicamente nilpotente in (\mathbb{K}^{n,n}, \|\cdot\|) (un'algebra di Banach su \mathbb{K}, e di fatto un'algebra di Banach unitaria), allora il suo spettro è l'insieme \{0_\mathbb{K}\} (v. qui), e perciò il polinomio caratteristico di A è del tipo p(\lambda) = \lambda^n, i.e., A è nilpotente (per il teorema di Hamilton-Cayley). Viceversa, è ben evidente che, se A è un'algebra (associativa) su \mathbb{K} e \|\cdot\|_A una norma (submoltiplicativa oppure no) su A, allora \lim_n \sqrt[n]{\|a^n\|_A} = 0 per ogni a \in A che sia nilpotente.
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Messaggioda Parmenide il sab 3 mar 2012, 18:35

Certamente:per motivi di chiarezza cercherò di essere abbastanza generale,decrescendone il livello fino ad arrivare al risultato richiesto.
1)Sia R un PID. Sia M un R-modulo di torsione finitamente generato:di torsione intendiamo che ogni elemento è di torsione,ossia ha un annullatore strettamente più grande dell'ideale (0).
Dunque se M è generato da \{h_1,...,h_n\}, prendiamo x_i un annulatore non banale di h_i;essendo R un dominio \prod_{i=1}^{n}(x_i) è nonnullo, e si vede facilmente essere un annullatore di tutto M. Quindi M ammette un annullatore non banale,che chiamiamo Ann(M):che essendo un ideale,sarà principale,scriviamo quindi Ann(M)=(a)(per iniziare a intenderci a sarà il polinomio minimo dell'applicazione A nel nostro caso particolare).
Essendo R un PID, è a fattorizzazione unica, scriviamo dunque a=\prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i}. Chiamiamo M_{p_i}=\{m \in M t.c. {p_i}^{a_i}(m)=0\} :questo è un sottomodulo di M,e non è banalmente 0,perchè altrimenti \frac{a}{{p_i}^{a_i}} starebbe in Ann(M) che è impossibile. Chiamiamo N=\{m \in M t.c. \frac{a}{{p_1}^{a_1}}m=0\}. Ora N e M_{p_1} si intersecano in 0: sia m nell'intersezione, essendo \frac{a}{{p_1}^{a_1}},{p_1}^{a_1} coprimi, abbiamo dall'identità di Bezout che m è annullato da 1,quindi è 0. Mostriamo che M_{p_1} e N generano M:difatti sia m generico elemento di M, il suo annullatore è un ideale principale che contiene a,quindi sarà generato da un b,per cui bh=a per un certo h in R. b=\prod_{i=1}^{k}(p_i)^{j_i} con 0 \leq j_i \leq a_i. Allora m=s(\prod_{i=2}^{k}{p_i}^{j_i})m+t{p_1}^{j_1}m dove t e s derivano sempre dall'identità di Bezout. E' chiaro che il primo addendo si trova in M_{p_1} il secondo in N.
Iterando su N questo argomento si ottiene M come somma diretta degli M_{p_i}. Lo scriverò come M=\sum_{i=1}^{k}(M_{p_i}).
Ora per coprimalità esiste j in R per cui jp_1 \equiv 1 \pmod {\frac{a}{{p_1}^{a_1}}}.D'altronde il teorema cinese del resto, ci dice che esiste r \in R per cui r \equiv {{p_1}^{a_1-1}} \pmod {{p_1}^{a_1}} e r \equiv j \pmod {\frac{a}{{p_1}^{a_1}}}. Questo r sarà la B che io cercavo.
2)Come detto intepretando l'applicazione A come lo scalare x in K[x] si ottiene che V ha una naturale struttura di K[x] modulo: come tu hai osservato questo è di torsione per via di Hamilton Cayley,ma si sarebbe pure potuto argomentare che essendo finitamente generato e poichè per finita dimensionalità ogni elemento ha un annullatore non banale(se si pigliano più di n potenze di A applicate a v ci sarà una relazione lineare non banale) esiste un annullatore non banale complessivo,nello spirito dell'inizio di 1).
Ora,praticamente per definizione, a,nella notazione di 1), diventa il polinomio minimo di A. Se A fosse invertibile potremmo scegliere come B A^{-1}, ossia l'inverso di x modulo il polinomio minimo. distinguiamo questo caso per poter dire,che ci troviamo come in 1) con x che gioca il ruolo di p_1(tra parentesi io ho iniziato proprio con questo caso ho usato l'argomentazione 3) del mio primo post,lo scegliere un'analoga dell'inversa ossia B,è venuto fuori dopo). Scegliamo ora in K[x] un r come alla fine di 1):osserviamo che la seconda condizione a proposito di r nel sistema cinese diventa vuota nel caso in cui ci sia solo p_1,ossia solo x nella fattorizzazione del polinomio minimo di A,questo è esattamente il caso della nilpotenza. Sarà dunque un certo p(x) per cui Ap(A) annulla V_{p_1} ossia V_x, e Ap(A) agisce come l'identità su N ossia su \sum_{i=2}^{k}V_{p_i} dove i p_i sono gli altri fattori primi di a,ossia del polinomio minimo di A. Quindi Ap(A) è idempotente non banale:idempotente perchè agisce come 0 su V_x e come l'identità su N,non banaleperchè N che è l'autospazio relativo a 1 di Ap(A) è nonbanale, ossia x non è l'unico fattore del polinomio minimo,ossia A non è nilpotente.
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Messaggioda salvo.tringali il dom 4 mar 2012, 14:00

Parmenide ha scritto:[...] 1) Sia R un PID. [...] se M è generato da \{h_1,...,h_n\}, prendiamo x_i un annulatore non banale di h_i; essendo R un dominio \prod_{i=1}^{n}(x_i) è nonnullo, e si vede facilmente essere un annullatore di tutto M. Quindi M ammette un annullatore non banale, che chiamiamo Ann(M): che essendo un ideale, sarà principale, scriviamo quindi Ann(M)=(a) [...] Essendo R un PID, è a fattorizzazione unica, scriviamo dunque a=\prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i}. Chiamiamo M_{p_i}=\{m \in M t.c. {p_i}^{a_i}(m)=0\}: questo è un sottomodulo di M, e non è banalmente 0, perchè altrimenti \frac{a}{{p_i}^{a_i}} starebbe in Ann(M) [...]

Intanto, dopo averlo già fatto in pm, ti ringrazio pubblicamente per la tua disponibilità (non era realmente necessario che dimostrassi il teorema di struttura per i moduli finitamente generati su un PID, ma il forum troverà comunque apprezzabile che abbia deciso di farlo, e anch'io). Poi, non capisco perché, se M_{p_i} fosse banale, a/p_i^{a_i} (*) apparterrebbe all'annichilatore di M. Detto in altre parole, perché la funzione R-lineare M \to M: m \mapsto p_i^{a_i} m è bigettiva? È chiaramente iniettiva, ma perché anche suriettiva? Forse che per i moduli finitamente generati su un PID vale qualcosa di analogo che per il caso degli spazi vettoriali finito-dimensionali, dove una funzione lineare iniettiva è automaticamente anche suriettiva? \mathbb{Z} è un PID, oltreché uno \mathbb{Z}-modulo finitamente generato; 2 è un primo di \mathbb{Z}; eppure la funzione \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}: x \mapsto 2x non è suriettiva. Cosa mi perdo?

(*) Per i tardoni come me, la scrittura a/p_i^{a_i}, che pure non ha un senso proprio in R, si interpreta in modo univoco immaginando di immergere l'anello nel suo campo delle frazioni (come mi faceva notare Parmenide in privato), per il fatto che, se \xi \in R^\times e a = \xi a, allora (\xi - 1_R) \;\! a = 0_R, e quindi \xi = 1_R (in quanto R è un PID, e quindi un dominio di integrità). Insomma, a/p_i^{a_i} identifica in modo disambiguo lo scalare \prod_{i \ne k = 1}^n p_k^{a_k} di R.
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Messaggioda Parmenide il dom 4 mar 2012, 15:34

Tu sai che am=0 per ogni m in M. Quindi {p_i}^{a_i}(\frac{a}{{p_i}^{a_i}}m)=0 per ogni m in M.Ma allora se M_{p_i}=0 segue che \frac{a}{{p_i}^{a_i}}m=0 per ogni m in M(il che poi implica facilmente l'invertibilità dell'applicazione che dici dall'invertibilità di {p_i}^{a_i} modulo \frac{a}{{p_i}^{a_i}}).L'esempio di Z non va bene perchè stiamo considerando moduli finitamente generati di torsione:qui uno scalare o annulla qualcosa o agisce invertibilmente.
In verità io ho messo giusto un pò di più di quello che mi serviva per risolvere l'esercizio(ossia per dimostrare il punto 2) della mia soluzione),per completare il teorema di classificazione resta la classificazione delle componenti M_{p_i}. Comunque prego :)
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Messaggioda salvo.tringali il dom 4 mar 2012, 21:43

Parmenide ha scritto:Tu sai che am=0 per ogni m in M. Quindi {p_i}^{a_i}(\frac{a}{{p_i}^{a_i}}m)=0 per ogni m in M.Ma allora se M_{p_i}=0 segue che \frac{a}{{p_i}^{a_i}}m=0 per ogni m in M [...]

Giusto, giusto.

Parmenide ha scritto:[...] per completare il teorema di classificazione resta la classificazione delle componenti M_{p_i}. [...]

Non so cosa intenda con teorema di classificazione, ma il teorema di struttura (cui mi riferivo nei post precedenti) mi pare sia completamente dimostrato, a questo punto.

Parmenide ha scritto:L'esempio di Z non va bene perchè stiamo considerando moduli finitamente generati di torsione:qui uno scalare o annulla qualcosa o agisce invertibilmente. [...]

Ecco qua! Mi ero lasciato indietro questo dettaglio (non proprio trascurabile). Adesso, posso continuare serenamente la mia lettura:

Parmenide ha scritto:[...] Mostriamo che M_{p_1} e N generano M: difatti sia m generico elemento di M, il suo annullatore è un ideale principale che contiene a, quindi sarà generato da un b, per cui bh=a per un certo h in R. b=\prod_{i=1}^{k}(p_i)^{j_i} con 0 \leq j_i \leq a_i. Allora m=s(\prod_{i=2}^{k}{p_i}^{j_i})m+t{p_1}^{j_1}m dove t e s derivano sempre dall'identità di Bezout. E' chiaro che il primo addendo si trova in M_{p_1} il secondo in N. [...]

Sì, è chiaro, basta farsi coraggio e mettere giù i conti: p_1^{a_1} \cdot \prod_{i=2}^k p_i^{j_i} = p_1^{a_1 - j_1} b e \prod_{i=2}^k p_i^{a_i} = b \cdot \prod_{i=2}^k p_i^{a_i - j_i}, e d'altronde b\;\! m = 0_M.

Parmenide ha scritto:[...] 2) Come detto intepretando l'applicazione A come lo scalare x in K[x] si ottiene che V ha una naturale struttura di K[x] modulo [...]

Viceversa non (mi) è chiaro come voglia argomentare da questo punto in poi. Intanto V cos'è? Non è definito da nessuna parte, ma potrei indovinare che si tratta di \mathbb{K}^{n,n}. E allora, da quel che ne rilevo, mi sembra di intendere che tu voglia applicare il teorema di struttura, i.e., la prima metà del tuo ragionamento, a \mathbb{K}^{n,n}, ricorsiderato all'occorrenza come modulo su \mathbb{K}[A] := \{p(A): p(x) \in \mathbb{K}[x]\} (altrimenti da quel che mi ero figurato in un primo tempo). È esatto? Se è così, va bene che \mathbb{K}[A] è un anello commutativo (unitario), ma non capisco per quale ragione dovrebbe essere anche un dominio, e quindi un dominio di integrità. Il polinomio minimo della matrice A := \mathrm{diag}(1, -1) di \mathbb{K}^{2,2} è chiaramente p(x) = x^2 - 1, sicché O_2 = A^2 - I_2 = (A - I_2)(A + I_2), dove O_2 e I_2 indicano, risp., la matrice nulla e la matrice identità (relative all'anello di matrici su cui stiamo lavorando), e quindi p(A) possiede divisori dello zero (i.e. non è un dominio). Stavolta che mi perdo?!
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Messaggioda Parmenide il dom 4 mar 2012, 23:23

salvo.tringali ha scritto:
Parmenide ha scritto:[...] per completare il teorema di classificazione resta la classificazione delle componenti M_{p_i}. [...]

Non so cosa intenda con teorema di classificazione, ma il teorema di struttura (cui mi riferivo nei post precedenti) mi pare sia completamente dimostrato, a questo punto.

Ti pare male. Se leggi l'enunciato che tu stesso hai linkato da wikipedia noterai che è molto di più di quanto detto su:per quello che ho scritto io non ti dico molto sugli M_{p_i},mentre il teorema di struttura ti dà una decomposizione di questi ultimi in somma diretta di cose tipo R/(p) con p ideale primario di R.
salvo.tringali ha scritto:
Parmenide ha scritto:[...] 2) Come detto intepretando l'applicazione A come lo scalare x in K[x] si ottiene che V ha una naturale struttura di K[x] modulo [...]

Viceversa non (mi) è chiaro come voglia argomentare da questo punto in poi. Intanto V cos'è? Non è definito da nessuna parte, ma potrei indovinare che si tratta di \mathbb{K}^{n,n}. E allora, da quel che ne rilevo, mi sembra di intendere che tu voglia applicare il teorema di struttura, i.e., la prima metà del tuo ragionamento, a \mathbb{K}^{n,n}, ricorsiderato all'occorrenza come modulo su \mathbb{K}[A] := \{p(A): p(x) \in \mathbb{K}[x]\} (altrimenti da quel che mi ero figurato in un primo tempo). È esatto? Se è così, va bene che \mathbb{K}[A] è un anello commutativo (unitario), ma non capisco per quale ragione dovrebbe essere anche un dominio, e quindi un dominio di integrità. Il polinomio minimo della matrice A := \mathrm{diag}(1, -1) di \mathbb{K}^{2,2} è chiaramente p(x) = x^2 - 1, sicché O_2 = A^2 - I_2 = (A - I_2)(A + I_2), dove O_2 e I_2 indicano, risp., la matrice nulla e la matrice identità, e quindi p(A) possiede divisori dello zero (i.e. non è un dominio). Stavolta che mi perdo?!

Praticamente tutto,ma è doppiamente colpa mia: in primo luogo per averti generato la confusione non dicendo cos'è V, in secondo luogo perchè se avessi letto con più attenzione le tue richieste alla tua prima risposta in questo 3d,invece di leggere a tratti e interpretare genericamente come una richiesta di spiegazione del punto 2),avrei tratto che già lì avevi frainteso come volessi applicare il teorema. Quindi ti chiedo scusa.Comunque:
Per V io intendo K^n su cui agisce il PID K[x] nel seguente modo: p(x)(v)=p(A)(v) per ogni p(x) \in K[x] e v in K^n. Puoi verficarti facilmente che questo dà a K^n una struttura di K[x] modulo. E' finitamente generato perchè lo è perfino come K-modulo. E' di torsione perchè se p(x) è il polinomio minimo di A,allora p(A)(v)=0 per ogni vettore v(d'altronde il fatto che esista un tale polinomio per ogni v è un fatto del tutto ovvio che dipende dalla dimensione finita). A questo punto non dovresti avere ulteriori intoppi,ma nel caso fammi sapere.
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Messaggioda tentionfree il mar 29 gen 2013, 10:56

Parmenide ha scritto:Certamente:per motivi di chiarezza cercherò di essere abbastanza generale,decrescendone il livello fino ad arrivare al risultato richiesto.
1)Sia R un PID. Sia M un R-modulo di torsione finitamente generato:di torsione intendiamo che ogni elemento è di torsione,ossia ha un annullatore strettamente più grande dell'ideale (0).
Dunque se M è generato da \{h_1,...,h_n\}, prendiamo x_i un annulatore non banale di h_i;essendo R un dominio \prod_{i=1}^{n}(x_i) è nonnullo, e si vede facilmente essere un annullatore di tutto M. Quindi M ammette un annullatore non banale,che chiamiamo Ann(M):che essendo un ideale,sarà principale,scriviamo quindi Ann(M)=(a)(per iniziare a intenderci a sarà il polinomio minimo dell'applicazione A nel nostro caso particolare).
Essendo R un PID, è a fattorizzazione unica, scriviamo dunque a=\prod_{i=1}^{k}p_i^{a_i}. Chiamiamo M_{p_i}=\{m \in M t.c. {p_i}^{a_i}(m)=0\} :questo è un sottomodulo di M,e non è banalmente 0,perchè altrimenti \frac{a}{{p_i}^{a_i}} starebbe in Ann(M) che è impossibile. Chiamiamo N=\{m \in M t.c. \frac{a}{{p_1}^{a_1}}m=0\}. Ora N e M_{p_1} si intersecano in 0: sia m nell'intersezione, essendo \frac{a}{{p_1}^{a_1}},{p_1}^{a_1} coprimi, abbiamo dall'identità di Bezout che m è annullato da 1,quindi è 0. Mostriamo che M_{p_1} e N generano M:difatti sia m generico elemento di M, il suo annullatore è un ideale principale che contiene a,quindi sarà generato da un b,per cui bh=a per un certo h in R. b=\prod_{i=1}^{k}(p_i)^{j_i} con 0 \leq j_i \leq a_i. Allora m=s(\prod_{i=2}^{k}{p_i}^{j_i})m+t{p_1}^{j_1}m dove t e s derivano sempre dall'identità di Bezout. E' chiaro che il primo addendo si trova in M_{p_1} il secondo in N.
Iterando su N questo argomento si ottiene M come somma diretta degli M_{p_i}. Lo scriverò come M=\sum_{i=1}^{k}(M_{p_i}).
Ora per coprimalità esiste j in R per cui jp_1 \equiv 1 \pmod {\frac{a}{{p_1}^{a_1}}}.D'altronde il teorema cinese del resto, ci dice che esiste r \in R per cui r \equiv {{p_1}^{a_1-1}} \pmod {{p_1}^{a_1}} e r \equiv j \pmod {\frac{a}{{p_1}^{a_1}}}. Questo r sarà la B che io cercavo.
2)Come detto intepretando l'applicazione A come lo scalare x in K[x] si ottiene che V ha una naturale struttura di K[x] modulo: come tu hai osservato questo è di torsione per via di Hamilton Cayley,ma si sarebbe pure potuto argomentare che essendo finitamente generato e poichè per finita dimensionalità ogni elemento ha un annullatore non banale(se si pigliano più di n potenze di A applicate a v ci sarà una relazione lineare non banale) esiste un annullatore non banale complessivo,nello spirito dell'inizio di 1).
Ora,praticamente per definizione, a,nella notazione di 1), diventa il polinomio minimo di A. Se A fosse invertibile potremmo scegliere come B A^{-1}, ossia l'inverso di x modulo il polinomio minimo. distinguiamo questo caso per poter dire,che ci troviamo come in 1) con x che gioca il ruolo di p_1(tra parentesi io ho iniziato proprio con questo caso ho usato l'argomentazione 3) del mio primo post,lo scegliere un'analoga dell'inversa ossia B,è venuto fuori dopo). Scegliamo ora in K[x] un r come alla fine di 1):osserviamo che la seconda condizione a proposito di r nel sistema cinese diventa vuota nel caso in cui ci sia solo p_1,ossia solo x nella fattorizzazione del polinomio minimo di A,questo è esattamente il caso della nilpotenza. Sarà dunque un certo p(x) per cui Ap(A) annulla V_{p_1} ossia V_x, e Ap(A) agisce come l'identità su N ossia su \sum_{i=2}^{k}V_{p_i} dove i p_i sono gli altri fattori primi di a,ossia del polinomio minimo di A. Quindi Ap(A) è idempotente non banale:idempotente perchè agisce come 0 su V_x e come l'identità su N,non banaleperchè N che è l'autospazio relativo a 1 di Ap(A) è nonbanale, ossia x non è l'unico fattore del polinomio minimo,ossia A non è nilpotente.


Meanwhile, after they have done in pm, I thank you publicly for your time (it was not really necessary dimostrassi the structure theorem for finitely generated modules over a PID, but the forum will nonetheless appreciated that he has decided to do so, is also 'I). Then, I do not understand why, if it were trivial, (*) belong to M. all'annichilatore In other words, because the R-linear function is bijective? It is clearly injective, but also surjective because? Perhaps that for finitely generated modules over a PID that is something similar that for the case of finite-dimensional vector spaces, where a linear function injective is automatically also surjective? has a PID, as well as one -module finitely generated; has a first of and yet the function is not surjective. What do I lose? (*) For tardoni like me writing , which does not have a sense of , is interpreted uniquely imagining immerse the ring in its field of fractions (as I pointed out in Parmenides private) , for the fact that, if and , then , and then (in what is a PID, and then a domain of integrity). In short, identifies the scalar disambiguo of Immagine
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