¿Cuándo es el submódulo de un producto un producto de submódulos?

Question

Deje $(M_i)_{i \in I}$ ser una familia de submódulos, $M :=\prod_{i \in I}M_i$, e $S \subseteq M$ un submódulo. Mi pregunta principal es la siguiente:

Bajo qué condiciones podemos decir que el $S = \prod_{i\in I}S_i$ $S_i$ submódulos de cada una de las $M_i$? ¿Y si sólo pedimos $S \simeq \prod_{i\in I}S_i$?

a partir de los cuales se derivan de esta otras dos preguntas,

1. Es el caso específico en el que $M_i$ son anillos conmutativos con unidad y $\prod_{i \in I}M_i$ es pensado como un módulo más de sí más fácil?

2. Lo que si podemos sustituir los productos en directo sumas?

He pensado en esto por un tiempo, pero no estoy muy familiarizado con estos objetos aún. El principal ejemplo de esta pregunta, se $G_{p,q} := \mathbb{Z}_p \oplus \mathbb{Z}_q$ $p,q$ prime como un $\mathbb{Z}$-módulo.

Al $p \neq q$ un subgrupo no trivial ha pedido bien $p$ o $q$. Sin pérdida de generalidad (ya que son simétricas) consideremos $H \leq G_{p,q}$ orden $p$. Si $(a,b) \in H$, necesariamente $(a,b) = (0,0)$ o $\operatorname{ord}(a) = p$$b = 0$, ya que el $\operatorname{ord}(a,b) = \operatorname{lcd}(\operatorname{ord}(a), \operatorname{ord}(b))$. Por lo tanto desde $|H| = p$, necesariamente,$H = \mathbb{Z}_p \oplus \{0\} \leq G_{p,q}$.

Sin embargo, si $p = q$, el subgrupo $H' = \langle (1,1) \rangle$ orden $p$ pero ni $H' = \mathbb{Z}_p \oplus \{0\}$ ni $H' = \{0\} \oplus \mathbb{Z}_p$. Lo que es cierto, sin embargo, es que el $H' \simeq \mathbb{Z}_p \simeq \mathbb{Z}_p \oplus \{0\} \leq G_{p,p}$.

Los pensamientos?

Answer 1

En primer lugar, creo que es más natural considerar la suma directa.

Si el anillo se supone que para ser semi-simple, la respuesta puede ser fácil, donde $M_i$ puede ser descompuesto en sus irreductible módulo. Puedo reclamar que todos los submódulo de $U\oplus V$ son en forma de $S\oplus T$ fib $U$ $V$ no tiene ningún componente común.

Si $U$ comparte un componente común con $V$, suponga que $U=W\oplus U'$, $V=W\oplus V'$, entonces la diagonal submódulo de $W$, $\{(w,w)\in U\oplus V:w\in W\}$ es un submódulo no en forma de $S\oplus T$.

Por el contrario, es suficiente para mostrar cualquier irreductible submódulo $W$ $U$ o $V$, considere la posibilidad de la proyección de $W$$U$$V$, no deben existe uno de ellos es cero, por supuesto, de lo contrario, se contradice a Schur del Lexema, a continuación, $W\subseteq V$ o $U$.

Answer 2

Ok, así que a mí me parece que hay tres diferentes preguntas aquí:

(1) Cuando es un ideal de un producto de anillos de un producto de ideales ?

(2) ¿Qué condiciones sobre un ring $R$ podemos imponer de modo que submódulos de un producto (resp. suma directa) de los módulos de los productos (resp. directo sumas) de submódulos ?

(3) lo Mismo pero con la sustitución de "se" por "son isomorfos a" ?

(2) y (3) están relacionadas, pero de un sabor diferente; y que están muy lejos de (1). No obstante, uno puede responder a todos ellos.

(1) muy interesante la condición suficiente es para $I$ finita: la idea aquí es que para $a\in A, b\in B$, $(a,b)(1,0) = (a,0)$.

A partir de la ecuación (y un poco de trabajo) se deduce que los ideales de un producto finito de los anillos son precisamente los productos de ideales (nota: estoy asumiendo que los anillos son con la unidad).

Sin embargo, cuando se $I$ es infinita, la estructura del producto muy bien interactúa con las estructuras algebraicas, y un montón de otros ideales venir (excepto, por supuesto, si todos, pero un número finito de los anillos son triviales anillos, pero vamos a suponer que todos los anillos de aquí son no triviales). De hecho infinidad de $I$, con la mencionada restricción, no son siempre ideales que no son productos de ideales.

Un buen ejemplo (que puede ser muy bien generalizada) es la siguiente : $K=\{a\in \displaystyle\prod_{i\in I}R_i \mid $ para todos, pero un número finito de $i\in I, a_i= 0\}$. Esto es claramente un ideal, y no es un producto de ideales (lo puedes comprobar). La correspondiente generalización de este ejemplo usa los filtros en $I$.

(2) Vamos a empezar con el producto directo. En esta situación, la respuesta es fácil: nunca sucede. En $R^2$, por ejemplo, siempre hay $\{(x,x)\in R^2, x\in R\}$ que es un submódulo, y a menos que $R=0$, esto no es un producto de submódulos (obviamente el trivial anillo tiene esta propiedad, pero decidí no se preocupan en esta respuesta). La pregunta con "isomorfo" será más interesante.

Con la suma directa, tenemos el mismo problema, en ese $R^2 = R\oplus R$, y por tanto tenemos el mismo contraejemplo.

(3) Esto se pone más interesante que (2). Vamos a empezar con el producto de nuevo. Deje $m$ ser un ideal maximal de a $R$ (estoy asumiendo $R$ es conmutativa). Considere la posibilidad de $\displaystyle\bigoplus_{n\in \mathbb{N}}R/m\leq (R/m)^\mathbb{N}$ como un submódulo. Entonces, por hipótesis, $(R/m)^{(\mathbb{N})} := \displaystyle\bigoplus_{n\in \mathbb{N}}R/m$ es isomorfo a $(R/m)^I$ algunos $I\subset \mathbb{N}$ ($R/m$ tiene sólo dos submódulos). Por lo tanto son isomorfos como $R/m$-espacios vectoriales. $(R/m)^{(\mathbb{N})}$ ha contables dimensión de un espacio vectorial, por lo $(R/m)^I$ así: en particular, $I$ no puede ser finito, por lo tanto es infinito, y por lo tanto $(R/m)^I \simeq (R/m)^\mathbb{N}$. Pero se sabe que $k^\mathbb{N}$ tiene innumerables dimensión para cada campo de $k$ (ver, por ejemplo, aquí, es una de diagonalización argumento), por lo que es una contradicción. Por lo tanto, no hay tal (no trivial) anillo !

Para dirigir las sumas no tengo una respuesta completa. En esta situación, hay al menos una condición suficiente: que $R$ ser un campo. De hecho, si $R$ es un campo, entonces cualquier módulo es gratuito y la dimensión de un submódulo es menor y por lo tanto la condición es claramente satisfecho. Pero a la vez, no sé si de cualquier anillo de satisfacciones, esta debe ser una de campo.

Si $R$ cumple esta condición, entonces no $R/I$ para cualquier ideal $I$.