Módulos Libres sobre DIP

Módulos Libres sobre Dominio de Ideales Principales Irving Urieta Maestría en Matemática Pura

Resumen. En

este trabajo estudiaremos los teoremas relacionados con módulos libres sobre dominios de ideales principales, estableciendo las semejanzas y diferencias con los espacios vectoriales, cuando el anillo base del módulo tiene esta poderosa propiedad. Se probará que los submódulos de un módulo libre sobre un dominio son también libres. Luego, nuestro análisis se concentrará en los módulos finitamente generados sobre un dominio de ideales principales donde se demostrará que para un módulo de rango n, todo conjunto generador de n elementos es una base, pero un conjunto de n elementos linealmente independiente no necesariamenre es una base para el módulo. Finalmente estableceremos las condiciones para que un módulo finitamente generado sobre un dominio de ideales principales y deduciremos una primera y sencilla descomposición de un módulo finitamente generado sobre un dominio de ideales principales como suma directa de un módulo libre finitamente generado y su submódulo de torsión.

Índice general Consideraciones Previas Módulos Libres sobre DIP Módulos Libres y Libres de Torsión Descomposición

4 4 12 16

Bibliografía

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3

MÓDULOS LIBRES SOBRE DIP

4

Consideraciones Previas Los requisitos mínimos que se impondrán sobre los anillos en este trabajo es que sean conmutativos con identidad. A los anillos que cumplen la propiedad, Si ab = 0 entonces a = 0 o b = 0, se les llama Dominio de Integridad . Ideal Principal de un anillo es un ideal generado por un elemento del anillo R. Es decir, I =  a = { ra | r ∈ R } , donde a ∈ R. R es un Dominio de Ideales Principales (DIP ) si es un dominio de integridad en el cual todo ideal es un ideal principal. El complemento de un submódulo S de M es otro submódulo T de M para el cual, M = S ⊕T . Todos los complemento de S son isomorfos a M/S y por lo tanto isomorfos entre sí (Teorema 4.13, [ 4]). El soporte de una función f : B → R se define por sop (f ) = { i ∈ B | f (i)  = 0 }. La función f tiene soporte finito, si f (i) =  0 excepto posiblemente para una cantidad finita de i’s. Al conjunto de funciones de B en R que tienen soporte finito, donde B es   cualquier conjunto y R es un anillo conmutativo con identidad se le denota por RB . 0

 B

Cuando B es una base para un R-módulo M , se tiene que M es isomorfo a R (Teorema 5.3, [4]). Si M es de rango finito n, entonces es isomorfo a R n .

0

Si σ : M → F es un R-epimorfismo y F es libre, entonces M = ker (σ) ⊕ N , donde N ≈ F (Teorema 5.6, [4]). Aplicando este resultado a la aplicación canónica π : M → M/N , con N un submódulo de M (la cual es un R-epimorfismo), como M/N es libre entonces que M = ker (π) ⊕ F , donde F ≈ M/N . Cuando M es finitamente generado, M /N también lo es.

Módulos Libres sobre DIP Un módulo libre es, por definición, el conjunto {0} o bien un módulo que tiene una base B . A diferencia de los espacios vectoriales, un submódulo de un módulo libre no necesariamente es libre. Ejemplo. El

módulo Z × Z sobre sí mismo es libre, pero el submódulo Z × {0} del módulo sobre Z × Z no es libre. En efecto, cualquier subconjunto


5

{(z i , 0) | i = 1, 2, . . . , n} de Z × {0} es linealmente dependiente pues (0, 1) (z 1 , 0) + . . . + (0, 1) (z n , 0) = (0, 0) . Sin embargo, si R es un dominio de ideales principales entonces los submódulos de un módulo libre también son libres. Teorema

1. Sea M un módulo libre sobre un DIP R. Entonces cualquier submódulo S de M es tambien libre y rk (S ) ≤ rk (M ). Demostración. Primero se probará para módulos de rango finito. Sea n el rango

de M . Entonces M ≈ R n . Así que supondremos que M = R n . Para cada k, con 1 ≤ k ≤ n, sea I k = { r ∈ R | (a1 , . . . , ak 1 , r, 0, . . . , 0) ∈ S para algún a1 , . . . , ak 1 ∈ R } −

−

Entonces I k es un ideal de R. En efecto, I k no es vacío ya que la n -tupla (a1 , . . . , ak 1 , r, 0, . . . , 0), donde a1 = ... = ak 1 = r = 0, pertenece a S , por lo cual 0 ∈ I k . Si r, s ∈ I k entonces, existen n -tuplas en S de la forma −

−

(a1 , . . . , ak 1 , r, 0, . . . , 0) , (b1, . . . , bk 1 , s, 0, . . . , 0) −

−

para ciertos a1 , . . . , ak 1 , b1 , . . . , bk 1 ∈ R. Como S es un submódulo, se tiene que −

−

(a1 − b1 , . . . , ak 1 − bk 1 , r − s, 0, . . . , 0) ∈ S −

−

o sea r − s ∈ I k . Y si λ ∈ R, entonces, como S es un submódulo de M , se tiene que (λa1 , . . . , λ ak 1 ,λr, 0, . . . , 0) = λ (a1 , . . . , ak 1 , r, 0, . . . , 0) ∈ S −

−

de donde λr ∈ I k . Así pues, I k es un ideal de R. Como R es un DIP , tenemos I k =  rk , para algún r k ∈ R. Sean u k = (a1 , . . . , ak 1 , rk , 0, . . . , 0) y B = { uk | k = 1, ...,n, rk =  0}. −

Probemos que B es una base para S . Para la independencia lineal, consideremos

(1)

α j u j + . . . + α jm u jm = (0, . . . , 0) , 1

1

Reordenando si es necesario, supongamos que ji < jk para i < k. Note que la coordenada jm en la n - tupla que resulta a la izquierda de (1) es α jm r jm ; luego,  0, se tiene que α jm = 0. α jm r jm = 0. Como R es un dominio de integridad y r jm =


6

Luego, (1) se reduce a (2)

α j u j + . . . + α jm− u jm− = (0, . . . , 0) 1

1

1

1

Aplicando el mismo razonamiento, llegamos a α jm− r jm− = 0; luego α jm− = 0 ya que  0. Continuando de esta manera llegaremos a que todos los coeficientes en (1) r jm− = son 0. Por lo tanto, B es linealmente independiente. 1

1

1

1

Probemos ahora que B genera a S . Para x = (a1 , . . . , an ) ∈ S , denotemos por i (x) al máximo índice para el cual a j =  0. Por ejemplo, si x = (a1 , . . . , a j , 0, . . . , 0) y a j =  0, entonces i(x) = j. Procederemos por inducción sobre i (x). Si i (x) = 0, entonces x = (0, . . . , 0), el cual es elemento de B. Supongamos que para todo x en S , con i (x) < k, se tiene x ∈ B. Consideremos ahora x ∈ S , con i (x) = k. Es decir,

0 x = (a1, . . . , ak , 0, . . . , 0) , ak = Entonces, ak ∈ I k =  rk , donde r k =  0. Luego, a k = cr k , para algún c ∈ R. Note que, con uk = (b1 , . . . , bk 1 , rk , 0, . . . , 0), se tiene −

x − cuk = (a1 − cb1 , . . . , ak 1 − cbk 1 , ak − crk , 0 . . . , 0) −

−

= (a1 − cb1 , . . . , ak 1 − cbk 1 , 0, 0 . . . , 0) −

−

Esto implica que i (x − cuk ) < k. Luego, por hipótesis de inducción, x − cuk ∈ B. Y ya que cu k ∈ B, tenemos x = cuk + (x − cuk ) ∈ B. Por lo tanto B genera a S . Así pues, S es un submódulo libre de M , cuando M tiene rango finito. Para módulos de rango arbitrario κ, asumiremos que M = (Rκ )0 es el R-módulo de funciones de κ en R con soporte finito, donde κ es un número cardinal. Además, supondremos, con base en el Principio del Buen Orden, que κ es un conjunto bien ordenado. Si α ∈ κ, definimos el intervalo cerrado [0, α] por [0, α] = { x ∈ κ | 0 ≤ x ≤ α } . Sea S un submódulo de M . Para cada α ∈ κ, con 0 < α ≤ κ, sea


7

I α = { f (α) | f ∈ S, sop (f ) ⊆ [0, α]} . Este conjunto es un ideal de R. Veamos: La función nula f : κ −→ R está en S y tiene soporte sop (f ) = ∅ ⊆ [0, α]. De donde, = ∅ . f (x) = 0 ∈ I α y por lo tanto, I α  Si r, s ∈ I α entonces existen funciones f y g en S tales que r = f (α), s = g (α), con sop (f ) , sop (g) ⊆ [0, α]. Como S es un submódulo se tiene que f − g está en S . Note que f − g es no nula para a lo sumo todos los índices en sop (f ) ∪ sop (g). Lo cual implica que sop (f − g) ⊆ sop (f ) ∪ sop (g) ⊆ [0, α]. Así, tenemos que r − s = (f − g) (α) , con f − g ∈ S y sop (f − g) ⊆ [0, α] De donde, r − s está en I α. Además, si a ∈ R, entonces, ar = (af ) (α), donde af es una función en S , ya que es un submódulo de M , y es no nula para a lo sumo todos los índices en el soporte de f ; osea, sop (af ) ⊆ sop (f ) ⊆ [0, α]. Por lo tanto, ar ∈ I α . Así pues, I α es un ideal de R. Como R es un DIP , I α =  f α (α) para alguna función f α ∈ S . Probemos que B = { f α | 0 < α ≤ κ, f α (α)  = 0} es una base para S . Para la independencia lineal, consideremos

(3)

r1 f α + . . . + rn f αn = 0 1

Reordenando si es necesario, supongamos que α i < α j , para i < j . Note que α j < αn para todo j < n. Esto implica que α n ∈ / [0, α j ], o sea que αn no está en el soporte de f αj . Por lo tanto, f αj (αn ) = 0 para todo j < n. Así, al evaluar (3) en α n obtenemos = 0, entonces r n = 0. Luego, (3) se reduce a rn f αn (αn ) = 0. Como f αn (αn )  (4)

r1 f α + . . . + rn 1 f αn 1 = 0 −

1

−

Aplicando el mismo razonamiento a f αn− llegaremos a r n 1 = 0. Procediendo de esta manera llegaremos a que todos los coeficientes son 0. Por lo tanto, B es un conjunto linealmente independiente. 1

Probemos ahora que B genera a S .

−


8

Como cada función f en S tiene soporte finito, existe un índice máximo αf = i (f ) para el cual f (αf ) =  0. Ahora, si B es un submódulo propio de S , entonces S − B es no vacío; luego, el conjunto de índices i (g), con g en S − B, es no vacío. Como κ es bien ordenado, podemos elegir un g en S − B para el cual α = αg = i (g) sea mínimo. Entonces, g está en S y sop (g) ⊆ [0, α], lo que implica que g (α) ∈ I α = f α (α) con f α ∈ S , por lo que g (α) = cf (α) para algún c ∈ R. Además, como g (α)  = 0, se tiene que f α (α)  = 0. Entonces, sop (g − cf α ) ⊆ [0, α] y (g − cf α ) (α) = g (α) − cf (α) = 0 Y así, i (g − cf α) < α. Si g − cf α está en S −B, tendríamos una función con índice máximo menor al mínimo α, lo que no puede ser. Esto que implica que g − cf α está en B. Pero entonces g = (g − cf α ) + cf α está en B, lo que es una contradicción. Por lo tanto, S = B. Así pues, B es una base para S . Además, rk (S ) = |B| ≤ κ = rk (M ).



En un espacio vectorial de dimensión n, todo conjunto de n vectores linealmente independientes es una base. Para módulos esto no siempre es cierto. Ejemplo. Z es

un Z−módulo de rango 1, pero { 2}, que es un conjunto linealmente independiente, no es una base para Z, ya que 2 =  Z . Pero para un módulo de rango n sobre un DIP , un conjunto generador de tamaño n si es una base para el módulo. Teorema

2. Sea M un R-módulo libre de rango n, donde R es un DIP. Sea S = {s1 , s2 , . . . , sn} un conjunto generador para M. Entonces S es una base para M. Demostración.

Sea B = {b1 , b2 , . . . , bn } una base para M . Consideremos τ :

M → M tal que τ bi = si . Podemos extenderla por linealidad a todo M para obtener un R-homomorfismo suryectivo de M en M . Luego, como M es libre, se tiene que M ≈ ker (τ )  M = ker (τ )  im (τ )


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Como ker (τ ) es un submódulo de un módulo libre y como R es un DIP , por el teorema anterior, ker (τ ) es libre de rango a lo sumo n. Luego, rk (M ) = rk (ker (τ )) + rk (M ) De donde, rk (ker (τ ) ) = 0; o sea ker (τ ) = {0}, lo cual implica que τ es un  R-isomorfismo. Por lo tanto, S es una base para M . Ahora bien, en general, una base para un submódulo de un módulo libre sobre un DIP no se puede extender a una base para el módulo entero. Ejemplo. El

conjunto { 2} es una base para el submódulo 2 Z del Z −módulo Z , pero éste no puede extenderse a una base para Z mismo, ya que el rango de Z es 1. Para módulos libres de rango finito sobre DIP’s , es posible elegir generadores para el módulo y sus submódulos, los cuales están relacionados de forma simple. La demostración (tomada de [ 2], página 371) hace uso del hecho de que todo DIP es un anillo noetheriano. Esto es cierto ya que todos los ideales en un DI P están finitamente generados. Un anillo noetheriano satisface la condición de cadena ascendente, la cual es equivalente a que todo conjunto no vacío de ideales del anillo contiene un elemento maximal con la inclusión de conjuntos. Teorema

3. Sea M un R-módulo libre de rango n, donde R es un DIP. Sea N un submódulo de M que es libre de rango k ≤ n. Entonces existe una base B para M que contiene un subconjunto S = {v1 , . . . , vk } para el cual {r1 v1 , . . . , rk vk } es una base para N, para algunos elementos r1 , . . . , rk de R. Demostración. Supongamos

que N =  { 0}, ya que para el espacio nulo es trivial.

Para cada ϕ ∈ H om (M, R), ϕ (N ) es un submódulo de R, osea ϕ (N ) es un ideal de R. Como R es DIP, existe aϕ en R tal que ϕ (N ) = aϕ . Denotemos por F a la colección de todos los ideales principales de R obtenidos de esta forma. Este conjunto es no vacío ya que para el homomorfismo nulo de M en R se tiene que ϕ (N ) = {0} = 0 ∈ F . Como R es un DIP , R es noetheriano; luego, F tiene al menos un elemento maximal; es decir, existe un homomorfismo τ de M en R tal que el ideal principal τ (N ) =  aτ  es maximal. Sea a1 = aτ y y ∈ N tal que τ (y) = a1 . Probemos que a1 es no nulo. Sea {x1 , x2 , . . . , xn } una base para M . Considere la proyección natural π i : M → R


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πi (α1 x1 + . . . + αi xi + . . . + αn xn ) = α i la cual está en H om (M, R). Como N = = { 0}.  {0}, existe algún i para el cual π i (N )  Luego, F contiene ideales no triviales. Como  a1  es el maximal, se tiene que a 1  = 0. Probemos que πi (y) ∈ a1 . Sea d un generador del ideal a1, πi (y). Entonces d = r1 a1 + r2πi (y) para ciertos r1 , r2 ∈ R. Considere el homomorfismo ψ = r 1τ + r2 πi de M en R. Entonces ψ (y) = r 1 τ (y) + r2 πi (y) = r 1 a1 + r2 πi (y) = d De donde, d ∈ ψ (N ). Por lo tanto, d ⊆ ψ (N ). Pero a1  ⊆ d, ya que a ∈ a1 , πi (y); así tenemos que a1  ⊆ d ⊆ ψ (N ), donde ψ (N ) ∈ F . Luego, por la maximalidad de a1  se tiene  a1 =  d = ψ (N ), de modo que π i (y) ∈ d = a1 . Entonces para cada i, 1 ≤ i ≤ n, podemos escribir πi (y) = a1 bi . Definamos v1 =

n 

bi xi

i=1

Note que n 

a1 v1 =

a1bi xi

i=1 n



=

πi (y) xi

i=1

= y Como a1 = τ (y) = τ (a1 v1 ) = a1 τ (v1), se tiene a1 − a1 τ (v1) = 0, o s e a a1 (1 − τ (v1 )) = 0. Pero a1 es no nulo en el dominio de integridad R, por lo que τ (v1) = 1. Ahora verifiquemos que v 1 se puede tomar como un elemento de una base B para M y que a1 v1 se puede tomar como un elemento de una base para N . Para ello probaremos que (a) M =  v1  ⊕ ker (τ ) (b) N =  a1 v1  ⊕ (N ∩ ker (τ )).


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Sea v ∈ M . Podemos escribir x = τ (x) v1 + (x − τ (x) v1 ) . Note que τ (x − τ (x) v1 ) = τ (x) − τ (x) τ (v1 ) = τ (x) − τ (x) · 1 =0 Luego, x − τ (x) y1 está en ker (τ ). Esto significa que M =  v1  +ker (τ ). Para ver que la suma es directa, suponga que rv1 está en ker (τ ). Entonces 0 = τ (rv1 ) = rτ (v1 ) = r · 1 = r, lo que implica que rv1 = 0 y v1 ∩ ker (τ ) = { 0}. Así pues, (a) es cierto. Para (b) observe que como τ (N ) = a1, entonces para todo x en N existe b ∈ R tal que se τ (x ) = ba1 . Escribiendo 











x = τ (x ) v1 + (x − τ (x ) v1 ) 

= ba1 v1 + (x − ba1 v1 ) donde x − ba1 v1 ∈ N y 





τ (x − ba1 v1) = τ (x ) − ba1 τ (v1 ) = ba1 − ba1 · 1 = 0. O sea, x − ba1 v1 ∈ ker (τ ). Así tenemos que N =  a1 v1  + (N ∩ ker (τ )). Y si ra1 v1 está en N ∩ ker (τ ), entonces lo está en ker (τ ); luego, como anteriormente, r = 0 y por lo tanto a1 v1  ∩ (N ∩ ker (τ )) = { 0}. Así pues, (b) es cierto. 

Finalmente probaremos el teorema por inducción sobre el rango de M . Para rk (M ) = 1, como ker (τ ) es un submódulo de M , con rango menor o igual 1, la suma directa (a) implica que rk (ker (τ )) = 0. O sea ker (τ ) = { 0}. Por lo tanto, { v1 } es una base para M y {a1 v1} es una base para N . Supongamos que para todo módulo M de rango menor a n, existe una base B para M que contiene un subconjunto { y1 , . . . , yk } para el cual { r1 y1 , . . . , rk yk } es una base para N , para algunos elementos r 1 , . . . , rk de R. Sea M un submódulo de rango n. Entonces ker (τ ) es un submódulo de M , con rango menor o igual n. De hecho, (a) implica que el rango de ker (τ ) es n − 1. Aplicando la hipótesis de inducción al módulo ker (τ ) y a su submódulo N ∩ ker (τ ), existe una base

MÓDULOS LIBRES Y LIBRES DE TORSIÓN

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B para ker (τ ) que contiene un subconjunto { y1 , . . . , yk } para el cual { r1 y1 , . . . , rk yk } es una base para N ∩ ker (τ ), para algunos elementos r 1 , . . . , rk de R. 

Ya que las sumas (a) y (b) son directas, B = {v1 } ∪ B es una base para M y C = {a1 v1 , r1 y1 , . . . , rk yk } es una base para N . Entonces basta tomar S = {v1 , y1 , . . . , yk } ⊆ B . Esto completa la inducción.  

Módulos Libres y Libres de Torsión En esta sección se establecerán condiciones suficientes para que un módulo finitamente generado sobre un DIP sea libre. Recordemos que el conjunto M tor está formado por el 0 y los elementos de torsión de M . Teorema

4. Sea R un dominio de integridad. Entonces a) M tor es un submódulo de M . b) M/M tor es libre de torsión. Demostración.

a ) En efecto, sean u, v ∈ M tor y a, b ∈ R. Entonces existen r, s ∈ R no nulos tales que ru = sv = 0. Luego, rs (au + bv) = rsau + rsbv = sa (ru) + rb (sv) =0+0 =0 donde rs  = 0, ya que r y s son no nulos. Por lo tanto, au + bv está en M tor. Todo módulo libre sobre un dominio de integridad es libre de torsión. La recíproca no es cierta. b) Supongamos que v + M tor =  M tor y que r (v + M tor) = rv + M tor = M tor , para 0 =  r ∈ R. Entonces rv ∈ M tor , así que para algún s =  0 en R, tendríamos 0 = = 0 ya que R es un dominio de integridad. Esto implica que s (rv) = (sr) v. Pero sr   M tor. Así pués, M/M tor es libre v ∈ M tor, lo que es una contradicción a v + M tor =  de torsión. Todo módulo libre sobre un dominio de integridad es libre de torsión. La recíproca no es cierta.


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Ejemplo. Q como Z-módulo

es libre de torsión, pero no libre: Cualquier par m p de números racionales no nulos y en una base para Q serían linealmente n q dependientes pues m p ( pn) + (−qn) = 0, n q donde pn y − qn son números enteros no nulos. Teorema

5. Todo módulo libre sobre un dominio de integridad es libre de torsión.

Demostración.

Sea M un módulo libre sobre el dominio de integridad R. Entonces M tor es un submódulo de M ; luego M tor es libre. Así que M tor es {0} o bien tiene una base B = { bi | i ∈ I }. Supongamos que M tor es diferente a {0}. Entonces existe un elemento v no nulo en M tor, el cual podemos escribir como combinación lineal de elementos de B : v = r 1 b1 + . . . + rn bn Además, v es un elemento de torsión, así que rv = 0, para algún r ∈ R no nulo. Luego, 0 = rv = rr 1 b1 + . . . + rr n bn Como B es linealmente independiente, se tiene rr i = 0 para todo i, con 1 ≤ i ≤ n. Y ya que R es un dominio de integridad y r =  0, tenemos ri = 0 para todo i. Esto implica que v = 0, lo que es una contradicción. Por lo tanto, M tor es igual { 0}. Es decir, M no tiene elementos de torsión no nulos. Así pues, M es libre de torsión.



Existe, sin embargo, una recíproca si se asume que el módulo es finitamente generado. Teorema

6. Un módulo finitamente generado y libre de torsión sobre un DIP es

libre. Demostración.

Sea R un DIP y M un R-módulo finitamente generado y libre de torsión. Sea G = { v1 , v2, . . . , vn } un conjunto generador de M . Supongamos primero que n = 1; esto es, G solo contiene un elemento v, el cual es no nulo. Si rv = 0, entonces r = 0, porque de lo contrario, v sería un elemento de torsión de M , lo que contradice que M es libre de torsión. Por lo tanto, G es linealmente independiente y por consiguiente, G es una base para M . Así, M es libre.


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Consideremos ahora que n = 2. Sea G = {u, v }. Si G es linealmente dependiente, existen r y s en R, no nulos, tales que ru + sv = 0. De aquí que sv = − ru. Luego, sM = s u, v  = {s (a1 u + a2v) | a 1, a2 ∈ R } = { sa1 u + sa2 v | a 1 , a2 ∈ R } = { sa1 u + a2 sv | a 1 , a2 ∈ R } = { sa1 u − a2 ru | a1 , a2 ∈ R } = { (sa1 − ra2 ) u | a 1 , a2 ∈ R }

⊆ u Entonces, sM es un submódulo del módulo libre  u. Por lo tanto, sM es libre. Considere la aplicación

τ : M → sM τ v = sv Esta aplicación es un isomorfismo. En efecto, τ es un R-homomorfismo:





τ (rv + r u) = s (rv + r u) 

= r (sv) + r (su) 

= rτ v + r τ u Además, - ker (τ ) = { v ∈ M | sv = 0} = { 0} ya que M es libre de torsión. Así, τ es inyectiva. - Para cada u en sM , existe v en M tal que u = sv. Luego, τ v = sv = u. Así, τ es suryectiva. Por lo tanto, τ es un R-isomorfismo. Como sM es libre, M también es libre. Para el caso general, sea G = { u1 , u2 , . . . , uk , v1 , . . . , vn k } −


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donde S = { u1 , u2 , . . . , uk } es un subconjunto maximal linealmente independiente de G. Este conjunto S es no vacío ya que por lo menos los conjuntos con un solo elemento no nulo son linealmente independientes, pues M es libre de torsión. Para cada vi , el conjunto {u1 , u2 , . . . , uk , vi } es linealmente dependiente ya que S es maximal. Así para cada i, con 1 ≤ i ≤ n − k, existen a i ∈ R y r i1, ri2 , . . . , rik ∈ R tal que

(5)

ri1 u1 + . . . + rik uk + ai vi = 0

Sea a = a1 a2 · · · an k . Entonces, −

aM = a u1 , u2 , . . . , uk , v1 , . . . , vn k  −

= { a (b1 u1 + . . . + bk uk + bk+1v1 + . . . + bn vn k ) | b j ∈ R } −

= { ab1 u1 + . . . + abk uk + abk+1v1 + . . . + abn vn

k

−

| b j ∈ R }

En la expresión ab1 u1 + . . . + abk uk + abk+1 v1 + . . . + abn vn k , −

reemplazamos a por a1 a2 · · · an k , utilizamos (5) y finalmente agrupamos y se tiene aM ⊆ u1 , u2, . . . , uk  = S . El módulo S  es libre ya que es generado por el conjunto S , el cual es linealmente independiente. Así, S  es libre y por lo tanto, aM también es libre. −

El R-isomorfismo τ : M → sM τ v = sv prueba, como anteriormente, que M es libre.



De estos dos teoremas podemos concluir que: Un módulo finitamente generado sobre un DIP es libre si y sólo si es libre de torsión.

DESCOMPOSICIÓN

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Descomposición Podemos descomponer un módulo finitamente generado sobre un DIP , como suma directa de un módulo libre finitamente generado (único salvo isomorfismos) y un módulo de torsión finitamente generado (único). Teorema

7. Todo módulo M finitamente generado sobre un DIP R es suma directa de un R-módulo libre finitamente generado y un R-módulo de torsión finitamente generado M = M free ⊕ M tor M tor es único ya que debe ser el conjunto de todos los elementos de torsión de M, mientras que la parte libre es única salvo isomorfismos, esto es, el rango de la parte libre es única. Demostración. Por

el teorema anterior, M/M tor es libre de torsión. Además, M/M tor es finitamente generado ya que M lo es. Por lo tanto, M/M tor es libre. La proyección canónica π : M → M/M tor es un R-epimorfismo y M/M tor es libre; luego, M = ker (π) ⊕ N ≈ ker (π)  M/M tor donde N es libre y N ≈ M/M tor. Pero, ker (π) = { v ∈ M | v + M tor = M tor } = M tor, así que M = M tor ⊕ N donde N es libre y N ≈ M/M tor es libre. Para la unicidad, supongamos que M = T ⊕ G, donde T es un módulo de torsión y G es libre. Entonces, T ⊆ M tor . Sea v ∈ M tor. Como M tor está contenido en M , podemos escribir v = t + g, donde t ∈ T y g ∈ G. Luego, g = v − t; osea que g está en M tor . Pero, G es libre sobre un DIP , así que es libre de torsión. Por lo tanto G ∩ M tor = { 0}, luego como g tiene que ser 0. Así, v = t ∈ T ; o sea M tor ⊆ T . Por lo tanto, la parte libre de torsión es única. Por otro lado, M = M tor ⊕ G significa que G es un complemento de M tor . Luego, por el Teorema 4.13, G es isomorfo a M/M tor y por lo tanto a N . 

DESCOMPOSICIÓN

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Si { v1 , . . . , vn } es una base para M free podemos escribir M free = v1   ⊕  v2  ⊕ . . . ⊕ vn  , donde cada submódulo cíclico vi  tiene anulador {0}. Así, una descomposición parcial de M en suma directa de módulos cíclicos es M free = v1   ⊕  v2 ⊕ . . . ⊕ vn  ⊕ M tor.

Bibliografía [1] [2] [3] [4] [5]

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Módulos Libres sobre DIP

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