Mô-đun con miễn phí tối đa trên PID

Question

Gọi M là một môđun fg trên một pid và T (M) là môđun con xoắn của nó. Khi đó M là tổng trực tiếp của T (M) và của một mô-đun con tự do F , duy nhất tính đến đẳng cấu, và thêm vào đó là một mô-đun con tự do cực đại. Ngược lại, cho F là một môđun con tự do cực đại của M (đây là điều kiện mạnh hơn là một điều kiện tối đa). Có đúng F là tổng trực tiếp và M là tổng trực tiếp của T (M) và F không?

Answer 1

Tuyên bố nói chung là sai, như chúng tôi sẽ minh họa bên dưới bằng một ví dụ ngược lại. Trước khi chuyển sang hai quan sát chính là cần thiết:

1. như tôi đã đề cập đến trong một nhận xét cho câu hỏi ban đầu, có sự đồng nhất giữa tập hợp các mô-đun con của $M$ cái nào giao nhau $\mathrm{T}(M)$tầm thường và bộ sưu tập các mô-đun con miễn phí. Rõ ràng, nếu$N \leqslant_A M$ sau đó là miễn phí $N \cap \mathrm{T}(M)=\mathrm{T}(N)=\{0_M\}$, vì các mô-đun tự do trên các miền tích phân (giao hoán) là không xoắn. Mặt khác, bằng cùng một mã thông báo bất kỳ mô-đun con nào$N$ giao nhau của mô-đun con xoắn phải tự nó không xoắn. $M$ được tạo ra một cách hoàn hảo trên chiếc nhẫn Noetherian $A$ có nghĩa là $M$ bản thân nó là một mô-đun Noetherian, với hệ quả là $N$được tạo ra hoàn toàn. Vì bất kỳ loại không xoắn nào được tạo ra$A$-module là miễn phí, $N$đặc biệt là miễn phí. Do đó, vấn đề có thể được định dạng lại thành phân tích xem có bất kỳ mô-đun con nào$N$ cực đại trong số những cái giao nhau $\mathrm{T}(M)$ tầm thường là một triệu hồi trực tiếp và không.
2. giả định rằng mô-đun con $L \leqslant_A M$là miễn phí tối đa và đồng thời là một triệu hồi trực tiếp và, chúng ta hãy nhận xét rằng nó có một bổ sung duy nhất , đó là mô-đun con xoắn. Thật vậy, hãy xem xét một bổ sung tùy ý$P$ của $L$. Nếu không có bằng chứng, chúng tôi đề cập đến một kết quả rất chung chung:

Bổ đề. Để cho$A$ là một chiếc nhẫn tùy ý, $S \leqslant_{\mathrm{Mon}} \mathrm{Z}(A)$một hệ thống nhân trung tâm của$A$, $M$một trái $A$-môđô, $I$ một bộ chỉ mục tùy ý và $N \in \mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(M)^I$một họ mô-đun con có tổng (nội bộ) là trực tiếp. Cho bất kỳ gia đình nào$P \in \displaystyle\prod_{i \in I}\mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(N_i)$ của các mô-đun con, mối quan hệ sau giữ giữa $S$-saturations: $$\mathrm{Sat}_S\left(\sum_{i \in I}P_i\right)=\sum_{i \in I}\left(\mathrm{Sat}_S(P_i) \cap N_i\right)$$

và áp dụng kết quả này cho trường hợp cụ thể của mô-đun con $\{0_M\} \leqslant_A L$ tương ứng $\{0_M\} \leqslant_A P$ và hệ thống nhân $A^{\times}\colon=A \setminus \{0_A\}$, đưa ra kết luận rằng $\mathrm{T}(M)=\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right)=\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap L\right)+\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap P\right)=\mathrm{T}(L)+\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(P)$. Từ$P$ được tạo hoàn toàn trên một miền lý tưởng chính, mô-đun con xoắn của nó phải thừa nhận một bổ sung (miễn phí) $Q$ trong $P$, và nó theo sau đó $L+Q$ và $\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(M)$ bổ sung trong $M$. Bởi tính tối đa của$L$, nó tiếp tục sau đó $Q \subseteq L+Q=L$, từ khi nào $Q \subseteq L \cap P=\{0_M\}$ và do đó cuối cùng $P=\mathrm{T}(M)$.

Bây giờ đến với ví dụ đối chiếu đã hứa: hãy xem xét $A=\mathbb{Z}$ và $M=\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4$, nơi tôi đang sử dụng chữ viết tắt $\mathbb{Z}_r\colon=\mathbb{Z}/r\mathbb{Z}$ bất cứ gì $r \in \mathbb{N}$. Rõ ràng là$\mathrm{T}(M)=\{0\} \times \mathbb{Z}_4$. Chúng tôi tranh luận rằng mô-đun con$N\colon=\mathbb{Z}\left(2, \overline{1}\right)$ là miễn phí tối đa nhưng không phải là một triệu hồi trực tiếp và (ký hiệu thanh $\overline{m}$ biểu thị lớp cặn của $m \in \mathbb{Z}$ modulo $4$). Điều kiện$N \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$dễ dàng xác minh. Xem xét một mô-đun con$P \leqslant_{\mathbb{Z}} M$ như vậy mà $N \leqslant_{\mathbb{Z}} P$ và $P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$. Nếu$p \colon \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4 \to \mathbb{Z}$ biểu thị phép chiếu chính tắc lên yếu tố bên trái, chúng ta có $2\mathbb{Z}=p[N] \leqslant_{\mathbb{Z}} p[P] \leqslant_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}$, cung cấp các tùy chọn duy nhất $p[P]=\mathbb{Z}$ hoặc là $p[P]=2\mathbb{Z}$. Lựa chọn trước đây dẫn đến mâu thuẫn, vì$1 \in p[P]$ có nghĩa là có tồn tại $a \in \mathbb{Z}_4$ như vậy mà $(1, a) \in P$ và do đó $(2, 2a) \in P$. Vì chúng tôi cũng có$\left(2, \overline{1}\right) \in N \subseteq P$, nó theo sau đó $0_M \neq \left(0, 2a-\overline{1}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)$, điều này tạo nên mâu thuẫn (thực tế là $\overline{1} \notin 2\mathbb{Z}_4=\left\{\overline{0}, \overline{2}\right\}$là rất quan trọng ở đây). Do đó chúng tôi nhất thiết phải có$p[P]=2\mathbb{Z}$, vì vậy đối với bất kỳ $x \in P$ có tồn tại $n \in \mathbb{Z}$ và $t \in \mathbb{Z}_4$ như vậy mà $x=(2n, t)$. Như chúng tôi cũng có$n\left(2, \overline{1}\right)=\left(2n, \overline{n}\right) \in P$, chúng tôi suy luận rằng $\left(0, t-\overline{n}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$ thời gian $t=\overline{n}$ và như vậy $x \in N$. Điều này chứng tỏ sự bình đẳng$P=N$ và thiết lập $N$ là cực đại trong số các mô-đun con giao nhau $\mathrm{T}(M)$tầm thường. Tuy nhiên, quan sát thứ hai cho chúng ta biết rằng$N$ không thể là một triệu hồi trực tiếp và: thực sự, nếu đây là trường hợp, nó nhất thiết phải theo $N+\mathrm{T}(M)=M$, trong khi trong trường hợp của chúng tôi $N+\mathrm{T}(M)=2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4<_{\mathbb{Z}} M$ là một mô-đun con thích hợp.