cada $I\!\trianglelefteq\!R$ es libre $\Longleftrightarrow$ $R$ es un PID

Question

En un debate en MO, encontré a alguien afirmando lo siguiente:

Propuesta: Para un anillo unital conmutativo $R$ , los siguientes son equivalentes:

(i) todo submódulo de una libre $R$ -El módulo es gratuito;
(ii) todo ideal $I\!\trianglelefteq\!R$ es libre como $R$ -módulo;
(iii) $R$ es un PID.

Prueba: (i) $\Rightarrow$ (ii) es evidente.

(iii) $\Rightarrow$ (i) es el teorema 8.6.1 del Álgebra Abstracta de Grillet.

Pero cómo puedo demostrar (ii) $\Rightarrow$ (iii)? Tengo que demostrar que $xy=0$ implica $x=0$ o $y=0$ ; y también que cada $I\!\trianglelefteq\!R$ es de la forma $I=(a)$ . Sabemos que cada $I\!\trianglelefteq\!R$ tiene una base $B=\{b_i;i\!\in\!I\}$ y por lo tanto $I\cong R^{(B)}$ .

Answer 1

Re-escrito, para mayor claridad

Lema 1: Un no-cero libre de $R$-módulo es isomorfo a $R$ o contiene un sub-módulo de isomorfo a $R\oplus R$.

Prueba: Obvio

Lema 2: Si $I\!\trianglelefteq\!R$, $I$ no puede contener un sub-módulo de isomorfo a $R\oplus R$.

Prueba: Si $I$ contiene un sub-módulo de isomorfo a $R\oplus R$, entonces no se $x_1,x_2\in I$ tal que $\forall r_1,r_2\in R: r_1x_1 + r_2x_2 = 0$ si y sólo si $r_1=r_2=0.$ Pero podemos ver que $x_2(x_1) + (-x_2)x_1 = 0$, de modo tal de $x_1,x_2$ no puede existir.

Lema 3: Dado $r\in R$ si $I=(r)$ es isomorfo a$R$, $r$ no es un cero-divisor de $R$.

Prueba: Obvio.

Lema 4: Si $I\!\trianglelefteq\!R$ es un servicio gratuito de $R$-módulo, a continuación, $I$ es la directora.

Prueba: Por el lema 1 y 2 anteriores, $I$ debe $(0)$ o isomorfo a $R$ $R$- módulo. Pero eso significa que $I$ es la directora.

Teorema: Si todos los ideales de a $R$ es un servicio gratuito de $R$-módulo, a continuación, $R$ es un PID.

Prueba: Por el Lema 4, de todos los ideales deben ser director. Por el Lema 3, $R$ no tiene divisores de cero. Por lo $R$ es un PID.