Sous-module gratuit maximal sur un PID

Question

Soit M un module fg sur un pid et T (M) son sous-module de torsion. Alors M est la somme directe de T (M) et d'un sous-module libre F , unique jusqu'à l'isomorphisme, et en plus qui est un sous-module libre maximal. Inversement, soit F un sous-module libre maximal de M (qui est une condition plus forte que d'être de rang maximal). Est-il vrai que F est une somme directe, de sorte que M est la somme directe de T (M) et F ?

Answer 1

L'affirmation est fausse en général, comme nous l'illustrerons ci-dessous par un contre-exemple. Avant de passer à autre chose, deux observations clés sont nécessaires:

1. comme je l'ai brièvement mentionné dans un commentaire à la question initiale, il existe une identité entre la collection de sous-modules de $M$ qui se croisent $\mathrm{T}(M)$trivialement et la collection de sous-modules gratuits. Clairement, si$N \leqslant_A M$ est libre alors $N \cap \mathrm{T}(M)=\mathrm{T}(N)=\{0_M\}$, puisque les modules libres sur des domaines intégraux (commutatifs) sont sans torsion. D'autre part, du même coup tout sous-module$N$ qui coupe trivialement le sous-module de torsion doit lui-même être sans torsion. $M$ étant finitivement généré sur l'anneau noéthérien $A$ signifie que $M$ lui-même est un module noéthérien, avec pour conséquence qu'en particulier $N$est fini. Puisque tout produit fini sans torsion$A$-module est gratuit, $N$est en particulier gratuit. Le problème peut donc être reformulé en analysant si un sous-module$N$ maximal parmi ceux qui se croisent $\mathrm{T}(M)$ trivialement est une sommation directe ou non.
2. en supposant que le sous-module $L \leqslant_A M$est maximale libre et en même temps une sommation directe, remarquons qu'il a un unique supplémentaire, à savoir le sous-module de torsion. En effet, considérons un complément arbitraire$P$ de $L$. Sans preuve on évoque un résultat très général:

Lemme. Laisser$A$ être un anneau arbitraire, $S \leqslant_{\mathrm{Mon}} \mathrm{Z}(A)$un système multiplicatif central de$A$, $M$une gauche $A$-module, $I$ un ensemble d'index arbitraire et $N \in \mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(M)^I$une famille de sous-modules dont la somme (interne) est directe. Compte tenu de n'importe quelle famille$P \in \displaystyle\prod_{i \in I}\mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(N_i)$ de sous-modules, la relation suivante est valable entre $S$-saturations: $$\mathrm{Sat}_S\left(\sum_{i \in I}P_i\right)=\sum_{i \in I}\left(\mathrm{Sat}_S(P_i) \cap N_i\right)$$

et appliquer ce résultat au cas particulier des sous-modules $\{0_M\} \leqslant_A L$ respectivement $\{0_M\} \leqslant_A P$ et système multiplicatif $A^{\times}\colon=A \setminus \{0_A\}$, aboutissant à la conclusion que $\mathrm{T}(M)=\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right)=\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap L\right)+\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap P\right)=\mathrm{T}(L)+\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(P)$. Depuis$P$ est fini sur un domaine idéal principal, son sous-module de torsion doit admettre un (libre) supplémentaire $Q$ dans $P$, et il s'ensuit que $L+Q$ et $\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(M)$ sont complémentaires dans $M$. Par maximalité de$L$, il s'ensuit en outre que $Q \subseteq L+Q=L$, d'où $Q \subseteq L \cap P=\{0_M\}$ et donc finalement $P=\mathrm{T}(M)$.

Passons maintenant au contre-exemple promis: considérez $A=\mathbb{Z}$ et $M=\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4$, où j'utilise l'abréviation $\mathbb{Z}_r\colon=\mathbb{Z}/r\mathbb{Z}$ pour toute $r \in \mathbb{N}$. Il est clair que$\mathrm{T}(M)=\{0\} \times \mathbb{Z}_4$. Nous soutenons que le sous-module$N\colon=\mathbb{Z}\left(2, \overline{1}\right)$ est maximale libre mais pas une sommation directe (la notation en barres $\overline{m}$ désigne la classe de résidus de $m \in \mathbb{Z}$ modulo $4$). La condition$N \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$est facilement vérifiée. Considérez un sous-module$P \leqslant_{\mathbb{Z}} M$ tel que $N \leqslant_{\mathbb{Z}} P$ et $P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$. Si$p \colon \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4 \to \mathbb{Z}$ désigne la projection canonique sur le facteur de gauche, on a $2\mathbb{Z}=p[N] \leqslant_{\mathbb{Z}} p[P] \leqslant_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}$, ce qui donne les seules options $p[P]=\mathbb{Z}$ ou alors $p[P]=2\mathbb{Z}$. La première option conduit à une contradiction, car$1 \in p[P]$ signifiait qu'il existait $a \in \mathbb{Z}_4$ tel que $(1, a) \in P$ et donc $(2, 2a) \in P$. Puisque nous avons aussi$\left(2, \overline{1}\right) \in N \subseteq P$, il s'ensuit que $0_M \neq \left(0, 2a-\overline{1}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)$, ce qui constitue la contradiction (le fait que $\overline{1} \notin 2\mathbb{Z}_4=\left\{\overline{0}, \overline{2}\right\}$est crucial ici). On a donc forcément$p[P]=2\mathbb{Z}$, donc pour tout $x \in P$ Il existe $n \in \mathbb{Z}$ et $t \in \mathbb{Z}_4$ tel que $x=(2n, t)$. Comme nous avons aussi$n\left(2, \overline{1}\right)=\left(2n, \overline{n}\right) \in P$, nous en déduisons que $\left(0, t-\overline{n}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$ d'où $t=\overline{n}$ Et ainsi $x \in N$. Cela prouve l'égalité$P=N$ et établit $N$ comme maximal parmi les sous-modules qui se croisent $\mathrm{T}(M)$trivialement. Cependant, la deuxième observation nous dit que$N$ ne peut pas être une sommation directe: en effet, si tel était le cas, il s'ensuivrait nécessairement que $N+\mathrm{T}(M)=M$, alors que dans notre cas $N+\mathrm{T}(M)=2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4<_{\mathbb{Z}} M$ est un sous-module approprié.