Maximales freies Submodul über eine PID

Question

Sei M ein fg-Modul über einer PID und T (M) sein Torsionssubmodul. Dann ist M die direkte Summe von T (M) und eines freien Submoduls F , das bis zum Isomorphismus einzigartig ist und zusätzlich ein maximales freies Submodul ist. Umgekehrt sei F ein maximales freies Submodul von M (was eine stärkere Bedingung ist als ein maximaler Rang). Stimmt es, dass F ein direkter Summand ist, so dass M die direkte Summe von T (M) und F ist ?

Answer 1

Die Behauptung ist im Allgemeinen falsch, wie wir unten anhand eines Gegenbeispiels veranschaulichen werden. Bevor Sie fortfahren, sind zwei wichtige Beobachtungen erforderlich:

1. Wie ich in einem Kommentar zur ursprünglichen Frage passiv erwähnt habe, besteht eine Identität zwischen der Sammlung von Submodulen von $M$ die sich schneiden $\mathrm{T}(M)$trivial und die Sammlung von freien Submodulen. Klar, wenn$N \leqslant_A M$ ist dann frei $N \cap \mathrm{T}(M)=\mathrm{T}(N)=\{0_M\}$, da freie Module über (kommutative) Integraldomänen torsionsfrei sind. Auf der anderen Seite aus dem gleichen Grund jedes Submodul$N$ das das Torsionssubmodul trivial schneidet, muss selbst torsionsfrei sein. $M$ endlich über dem Noether-Ring erzeugt werden $A$ bedeutet, dass $M$ selbst ist ein Noether-Modul, mit der Folge, dass insbesondere $N$wird endlich erzeugt. Da wird keine Torsionslosigkeit endlich erzeugt$A$-Modul ist kostenlos, $N$ist insbesondere kostenlos. Das Problem kann daher so umformuliert werden, dass analysiert wird, ob ein Submodul vorhanden ist$N$ maximal unter denen, die sich schneiden $\mathrm{T}(M)$ trivial ist ein direkter Summand oder nicht.
2. unter der Annahme, dass das Submodul $L \leqslant_A M$ist maximal frei und gleichzeitig ein direkter Summand, lassen Sie uns bemerken, dass es eine einzigartige Ergänzung hat, nämlich das Torsionssubmodul. Betrachten Sie in der Tat eine willkürliche Ergänzung$P$ von $L$. Ohne Beweis erwähnen wir ein sehr allgemeines Ergebnis:

Lemma. Lassen$A$ sei ein beliebiger Ring, $S \leqslant_{\mathrm{Mon}} \mathrm{Z}(A)$ein zentrales multiplikatives System von$A$, $M$eine Linke $A$-Modul, $I$ ein beliebiger Indexsatz und $N \in \mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(M)^I$eine Familie von Submodulen, deren (interne) Summe direkt ist. Bei jeder Familie$P \in \displaystyle\prod_{i \in I}\mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(N_i)$ von Submodulen gilt die folgende Beziehung zwischen $S$-Sättigungen: $$\mathrm{Sat}_S\left(\sum_{i \in I}P_i\right)=\sum_{i \in I}\left(\mathrm{Sat}_S(P_i) \cap N_i\right)$$

und wenden Sie dieses Ergebnis auf den speziellen Fall von Submodulen an $\{0_M\} \leqslant_A L$ beziehungsweise $\{0_M\} \leqslant_A P$ und multiplikatives System $A^{\times}\colon=A \setminus \{0_A\}$und ergibt die Schlussfolgerung, dass $\mathrm{T}(M)=\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right)=\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap L\right)+\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap P\right)=\mathrm{T}(L)+\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(P)$. Schon seit$P$ Wird endlich über eine ideale Hauptdomäne erzeugt, muss sein Torsionssubmodul eine (freie) Ergänzung zulassen $Q$ im $P$und daraus folgt $L+Q$ und $\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(M)$ sind ergänzend in $M$. Durch die Maximalität von$L$folgt daraus weiter $Q \subseteq L+Q=L$woher $Q \subseteq L \cap P=\{0_M\}$ und damit endlich $P=\mathrm{T}(M)$.

Nun zum versprochenen Gegenbeispiel: Überlegen Sie $A=\mathbb{Z}$ und $M=\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4$, wo ich die Abkürzung verwende $\mathbb{Z}_r\colon=\mathbb{Z}/r\mathbb{Z}$ für jeden $r \in \mathbb{N}$. Es ist klar, dass$\mathrm{T}(M)=\{0\} \times \mathbb{Z}_4$. Wir argumentieren, dass das Submodul$N\colon=\mathbb{Z}\left(2, \overline{1}\right)$ ist maximal frei, aber kein direkter Summand (die Balkennotation) $\overline{m}$ bezeichnet die Restklasse von $m \in \mathbb{Z}$ Modulo $4$). Die Bedingung$N \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$ist leicht zu überprüfen. Betrachten Sie ein Submodul$P \leqslant_{\mathbb{Z}} M$ so dass $N \leqslant_{\mathbb{Z}} P$ und $P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$. Wenn$p \colon \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4 \to \mathbb{Z}$ bezeichnet die kanonische Projektion auf den linken Faktor, die wir haben $2\mathbb{Z}=p[N] \leqslant_{\mathbb{Z}} p[P] \leqslant_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}$, die die einzigen Optionen gibt $p[P]=\mathbb{Z}$ oder $p[P]=2\mathbb{Z}$. Die erstere Option führt zu einem Widerspruch, da$1 \in p[P]$ bedeutete, dass es existierte $a \in \mathbb{Z}_4$ so dass $(1, a) \in P$ und deshalb $(2, 2a) \in P$. Da haben wir auch$\left(2, \overline{1}\right) \in N \subseteq P$, es folgt dem $0_M \neq \left(0, 2a-\overline{1}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)$, was den Widerspruch darstellt (die Tatsache, dass $\overline{1} \notin 2\mathbb{Z}_4=\left\{\overline{0}, \overline{2}\right\}$ist hier entscheidend). Wir haben also unbedingt$p[P]=2\mathbb{Z}$, also für jeden $x \in P$ es gibt $n \in \mathbb{Z}$ und $t \in \mathbb{Z}_4$ so dass $x=(2n, t)$. Da haben wir auch$n\left(2, \overline{1}\right)=\left(2n, \overline{n}\right) \in P$Daraus schließen wir $\left(0, t-\overline{n}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$ woher $t=\overline{n}$ und somit $x \in N$. Dies beweist die Gleichheit$P=N$ und etabliert $N$ als Maximum unter den Submodulen, die sich schneiden $\mathrm{T}(M)$trivial. Die zweite Beobachtung sagt uns jedoch, dass$N$ kann kein direkter Summand sein: Wenn dies der Fall wäre, würde dies notwendigerweise folgen $N+\mathrm{T}(M)=M$in unserem Fall $N+\mathrm{T}(M)=2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4<_{\mathbb{Z}} M$ ist ein richtiges Submodul.