Máximo submódulo livre sobre um PID

Question

Seja M um módulo fg sobre um pid e T (M) seu submódulo de torção. Então M é a soma direta de T (M) e de um submódulo livre F , único até o isomorfismo, e adicionalmente que é um submódulo livre máximo. Por outro lado, seja F um submódulo livre máximo de M (que é uma condição mais forte do que ser de classificação máxima). É verdade que F é uma soma direta, de modo que M é a soma direta de T (M) e F ?

Answer 1

A afirmação é falsa em geral, como ilustraremos a seguir com um contra-exemplo. Antes de prosseguir, duas observações-chave são necessárias:

1. como mencionei de passagem em um comentário à questão original, há identidade entre a coleção de submódulos de $M$ que se cruzam $\mathrm{T}(M)$trivialmente e a coleção de submódulos livres. Claramente, se$N \leqslant_A M$ está livre então $N \cap \mathrm{T}(M)=\mathrm{T}(N)=\{0_M\}$, uma vez que os módulos livres sobre domínios integrais (comutativos) são sem torção. Por outro lado, da mesma forma, qualquer submódulo$N$ que cruza o submódulo de torção trivialmente deve ser sem torção. $M$ sendo finitamente gerado sobre o anel Noetheriano $A$ significa que $M$ em si é um módulo Noetherian, com a consequência de que, em particular $N$é gerado finitamente. Uma vez que qualquer torção gerada finitamente$A$-módulo é grátis, $N$é em particular gratuito. O problema pode, portanto, ser reformulado analisando se algum submódulo$N$ máximo entre aqueles que se cruzam $\mathrm{T}(M)$ trivialmente é uma soma direta ou não.
2. assumindo que o submódulo $L \leqslant_A M$é maximal livre e ao mesmo tempo soma direto, observemos que possui um único suplementar, a saber, o submódulo de torção. Na verdade, considere um suplemento arbitrário$P$ do $L$. Sem provas, mencionamos um resultado muito geral:

Lema. Deixei$A$ ser um anel arbitrário, $S \leqslant_{\mathrm{Mon}} \mathrm{Z}(A)$um sistema multiplicativo central de$A$, $M$uma esquerda $A$-módulo, $I$ um conjunto de índices arbitrários e $N \in \mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(M)^I$uma família de submódulos cuja soma (interna) é direta. Dado qualquer família$P \in \displaystyle\prod_{i \in I}\mathscr{S}_{\operatorname{\mathit{A}-\mathrm{Mod}}}(N_i)$ de submódulos, a seguinte relação é mantida entre $S$-saturações: $$\mathrm{Sat}_S\left(\sum_{i \in I}P_i\right)=\sum_{i \in I}\left(\mathrm{Sat}_S(P_i) \cap N_i\right)$$

e aplicar este resultado ao caso particular dos submódulos $\{0_M\} \leqslant_A L$ respectivamente $\{0_M\} \leqslant_A P$ e sistema multiplicativo $A^{\times}\colon=A \setminus \{0_A\}$, levando à conclusão de que $\mathrm{T}(M)=\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right)=\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap L\right)+\left(\mathrm{Sat}_{A^{\times}}\left(\{0_M\}\right) \cap P\right)=\mathrm{T}(L)+\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(P)$. Desde a$P$ é finitamente gerado sobre um domínio ideal principal, seu submódulo de torção deve admitir um (gratuito) suplementar $Q$ dentro $P$, e segue-se que $L+Q$ e $\mathrm{T}(P)=\mathrm{T}(M)$ são suplementares em $M$. Por maximalidade de$L$, segue-se ainda que $Q \subseteq L+Q=L$, de onde $Q \subseteq L \cap P=\{0_M\}$ e assim finalmente $P=\mathrm{T}(M)$.

Agora para o contra-exemplo prometido: considere $A=\mathbb{Z}$ e $M=\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4$, onde estou usando a abreviatura $\mathbb{Z}_r\colon=\mathbb{Z}/r\mathbb{Z}$ para qualquer $r \in \mathbb{N}$. É claro que$\mathrm{T}(M)=\{0\} \times \mathbb{Z}_4$. Argumentamos que o submódulo$N\colon=\mathbb{Z}\left(2, \overline{1}\right)$ é o máximo livre, embora não seja uma soma direta (a barra de notação $\overline{m}$ denota a classe de resíduo de $m \in \mathbb{Z}$ modulo $4$) A condição$N \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$é facilmente verificado. Considere um submódulo$P \leqslant_{\mathbb{Z}} M$ de tal modo que $N \leqslant_{\mathbb{Z}} P$ e $P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$. E se$p \colon \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4 \to \mathbb{Z}$ denota a projeção canônica no fator esquerdo, temos $2\mathbb{Z}=p[N] \leqslant_{\mathbb{Z}} p[P] \leqslant_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}$, que oferece as únicas opções $p[P]=\mathbb{Z}$ ou $p[P]=2\mathbb{Z}$. A primeira opção leva a uma contradição, uma vez que$1 \in p[P]$ significava que existia $a \in \mathbb{Z}_4$ de tal modo que $(1, a) \in P$ e portanto $(2, 2a) \in P$. Uma vez que também temos$\left(2, \overline{1}\right) \in N \subseteq P$, segue que $0_M \neq \left(0, 2a-\overline{1}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)$, o que constitui a contradição (o fato de que $\overline{1} \notin 2\mathbb{Z}_4=\left\{\overline{0}, \overline{2}\right\}$é crucial aqui). Portanto, temos necessariamente$p[P]=2\mathbb{Z}$, então para qualquer $x \in P$ existe $n \in \mathbb{Z}$ e $t \in \mathbb{Z}_4$ de tal modo que $x=(2n, t)$. Como também temos$n\left(2, \overline{1}\right)=\left(2n, \overline{n}\right) \in P$, nós inferimos que $\left(0, t-\overline{n}\right) \in P \cap \mathrm{T}(M)=\{0_M\}$ donde $t=\overline{n}$ e assim $x \in N$. Isso prova a igualdade$P=N$ e estabelece $N$ como máximo entre os submódulos que se cruzam $\mathrm{T}(M)$trivialmente. No entanto, a segunda observação nos diz que$N$ não pode ser uma soma direta: na verdade, se fosse esse o caso, seguir-se-ia necessariamente que $N+\mathrm{T}(M)=M$, enquanto no nosso caso $N+\mathrm{T}(M)=2\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}_4<_{\mathbb{Z}} M$ é um submódulo adequado.