Submodul gratis maksimal di atas PID

Question

Misalkan M adalah modul fg di atas pid dan T (M) menjadi submodul torsi. Maka M adalah jumlah langsung dari T (M) dan sebuah submodul bebas F , unik hingga isomorfisme, dan sebagai tambahannya merupakan submodul bebas maksimal. Sebaliknya, misalkan F menjadi submodul bebas maksimal dari M (yang merupakan kondisi lebih kuat daripada peringkat maksimal). Benarkah F penjumlahan langsung, sehingga M penjumlahan langsung dari T (M) dan F ?

Answer 1

Klaim itu salah secara umum, seperti yang akan kami gambarkan di bawah ini dengan contoh tandingan. Sebelum melanjutkan, diperlukan dua observasi utama:

1. seperti yang saya sebutkan secara sepintas dalam komentar untuk pertanyaan asli, ada identitas antara kumpulan submodul dari $M$ yang berpotongan $\mathrm{T}(M)$sepele dan koleksi submodul gratis. Jelas, jika$N \leqslant_A M$ gratis $N \cap \mathrm{T}(M)=\mathrm{T}(N)=\{0_M\}$, karena modul gratis di atas domain integral (komutatif) tidak memiliki torsi. Di sisi lain, dengan token yang sama setiap submodule$N$ yang memotong submodul torsi dengan sendirinya harus tanpa torsi. $M$ dihasilkan secara halus di atas cincin Noetherian $A$ maksudnya $M$ itu sendiri adalah modul Noetherian, dengan konsekuensi tertentu $N$dihasilkan dengan sempurna. Karena torsi pun dihasilkan tanpa batas$A$-module gratis, $N$secara khusus gratis. Masalahnya karena itu dapat dirumuskan kembali sebagai menganalisis apakah ada submodul$N$ maksimal diantara yang berpotongan $\mathrm{T}(M)$ sepele adalah ringkasan langsung atau tidak.
2. dengan asumsi bahwa submodul tersebut $L \leqslant_A M$gratis maksimal dan sekaligus ringkasan langsung, izinkan kami berkomentar bahwa ia memiliki pelengkap unik , yaitu submodul torsi. Memang, pertimbangkan pelengkap yang sewenang-wenang$P$ dari $L$. Tanpa bukti kami menyebutkan hasil yang sangat umum:

Kata pengantar singkat. Membiarkan$A$ menjadi cincin yang sewenang-wenang, $S \leqslant_{\mathrm{Mon}} \mathrm{Z}(A)$sebuah pusat sistem perkalian dari$A$, $M$sebuah kiri $A$-modul, $I$ satu set indeks arbitrer dan $N \in \mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(M)^I$keluarga submodul yang jumlahnya (internal) langsung. Diberikan keluarga apapun$P \in \displaystyle\prod_{i \in I}\mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(N_i)$ dari submodul, hubungan berikut berlaku di antara $S$-saturasi: $$\mathrm{Sat}_S\left(\sum_{i \in I}P_i\right)=\sum_{i \in I}\left(\mathrm{Sat}_S(P_i) \cap N_i\right)$$

dan menerapkan hasil ini pada kasus submodul tertentu $\{0_M\} \leqslant_A L$ masing-masing $\{0_M\} \leqslant_A P$ dan sistem perkalian $A^{\times}\colon=A \setminus \{0_A\}$, menghasilkan kesimpulan bahwa $\mathrm{T}(M)=\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right)=\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap L\right)+\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap P\right)=\mathrm{T}(L)+\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(P)$. Sejak$P$ dihasilkan secara tak terbatas pada domain ideal utama, submodul torsi harus menerima tambahan (gratis) $Q$ di $P$, dan setelah itu $L+Q$ dan $\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(M)$ adalah pelengkap di $M$. Dengan maksimalitas$L$, selanjutnya mengikuti itu $Q \subseteq L+Q=L$, darimana $Q \subseteq L \cap P=\{0_M\}$ dan akhirnya $P=\mathrm{T}(M)$.

Sekarang ke counterexample yang dijanjikan: pertimbangkan $A=\mathbb{Z}$ dan $M=\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4$, di mana saya menggunakan singkatannya $\mathbb{Z}_r\colon=\mathbb{Z}/r\mathbb{Z}$ untuk apapun $r \in \mathbb{N}$. Jelas itu$\mathrm{T}(M)=\{0\} \times \mathbb{Z}_4$. Kami berpendapat bahwa submodul tersebut$N\colon=\mathbb{Z}\left(2, \overline{1}\right)$ bebas maksimal namun bukan penjumlahan langsung (notasi batang $\overline{m}$ menunjukkan kelas residu dari $m \in \mathbb{Z}$ modulo $4$). Kondisi$N \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$mudah diverifikasi. Pertimbangkan submodul$P \leqslant_{\mathbb{Z}} M$ seperti yang $N \leqslant_{\mathbb{Z}} P$ dan $P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$. Jika$p \colon \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4 \to \mathbb{Z}$ menunjukkan proyeksi kanonik ke faktor kiri, kita punya $2\mathbb{Z}=p[N] \leqslant_{\mathbb{Z}} p[P] \leqslant_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}$, yang memberikan satu-satunya pilihan $p[P]=\mathbb{Z}$ atau $p[P]=2\mathbb{Z}$. Opsi pertama mengarah pada kontradiksi, sejak itu$1 \in p[P]$ berarti di sana ada $a \in \mathbb{Z}_4$ seperti yang $(1, a) \in P$ dan oleh karena itu $(2, 2a) \in P$. Karena kami juga punya$\left(2, \overline{1}\right) \in N \subseteq P$, itu mengikuti itu $0_M \neq \left(0, 2a-\overline{1}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)$, yang merupakan kontradiksi (fakta bahwa $\overline{1} \notin 2\mathbb{Z}_4=\left\{\overline{0}, \overline{2}\right\}$sangat penting di sini). Dengan demikian, kami harus memilikinya$p[P]=2\mathbb{Z}$, jadi untuk semua $x \in P$ terdapat $n \in \mathbb{Z}$ dan $t \in \mathbb{Z}_4$ seperti yang $x=(2n, t)$. Seperti yang kita juga punya$n\left(2, \overline{1}\right)=\left(2n, \overline{n}\right) \in P$, kami menyimpulkan itu $\left(0, t-\overline{n}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$ darimana $t=\overline{n}$ dan dengan demikian $x \in N$. Ini membuktikan kesetaraan$P=N$ dan menetapkan $N$ semaksimal mungkin di antara submodul yang berpotongan $\mathrm{T}(M)$sepele. Namun, pengamatan kedua memberi tahu kita hal itu$N$ tidak bisa menjadi kesimpulan langsung: memang, jika memang demikian kasusnya, maka akan selalu demikian $N+\mathrm{T}(M)=M$, sedangkan dalam kasus kami $N+\mathrm{T}(M)=2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4<_{\mathbb{Z}} M$ adalah submodul yang tepat.