Módulos libres UFD de rango 1

Question

Dejemos que $A$ ser un UFD , $M$ un módulo libre sobre $A$ y $N$ un submódulo de rango 1 finitamente generado. Tengo una prueba relativamente rápida (alrededor de media página) de que si $(A\smallsetminus\{0\})^{-1}N \cap M = N$ entonces $N$ también es gratuito. Esto se hace por inducción, reduciendo el número de generadores a 1.

Sin embargo, siento que mi prueba es superficial, y que debería haber una prueba "más profunda" en algún sentido. Así que mi pregunta es:

¿Hay alguna razón profunda para que la afirmación anterior sea obvia?

Answer 1

Dejemos que $A$ sea un dominio integral y que $N \subseteq M$ sean dos módulos sobre $A$ . La condición $S^{-1}N \cap M = N$ para $S = A \setminus \{0\}$ equivale a $N \cap aM = aN$ por cada $a \in A$ siempre y cuando $M$ es libre de torsión. Por lo tanto, en este caso, $N$ es un submódulo puro de $M$ en un sentido débil.

Podemos demostrar la siguiente afirmación sin utilizar la inducción sobre el número de generadores del submódulo $N$ .

Reclamación. Dejemos que $A$ ser un a Dominio GCD , dejemos que $M$ sea un módulo libre sobre $A$ y que $N$ sea un submódulo finitamente generado de $M$ de rango $1$ . Si $N \cap aM = aN$ por cada $a \in A$ entonces $N \simeq A$ .

El siguiente lema nos ayudará a reducir al caso $M = A$ .

Lema 1. Dejemos que $A$ ser un Dominio GCD y que $M$ sea un módulo libre sobre $A$ de rango finito $n > 0$ . Sea $x$ sea un elemento no nulo en $M \otimes_A K \simeq K^n$ donde $K$ denota el campo de fracciones de $A$ . Entonces $M \cap Ax \simeq A$ .

Prueba. Escribe $x = (\frac{a_1}{b_1},\dots, \frac{a_n}{b_n})$ con $\text{gcd}(a_i, b_i) = 1$ por cada $i$ . Para $a \in A$ tenemos $ax \in A^n$ si y sólo si $a \in \bigcap_i Ab_i$ . Desde $A$ es un dominio GCD, la última intersección es un ideal principal.

Ahora podemos proceder a la prueba de la reclamación.

Prueba de la reclamación. Como $N$ es de generación finita, podemos suponer sin pérdida de generalidad, que $M$ tiene un rango finito $n > 0$ . Identificamos entonces $M$ y $N$ con sus imágenes en $K^n = M \otimes_A K$ donde $K$ es el campo de las fracciones de $A$ . Dado que el rango de $N$ es $1$ , hay $x \in K^n$ tal que $N \subseteq Kx$ . Como $N$ está generada finitamente, podemos suponer que $N \subseteq Ax$ . Así, podemos identificar tanto $N$ y $M \cap Ax$ con ideales de $A$ . Debido al Lemma 1, podemos suponer además que $M = A$ . Dado $a \in N \setminus \{0 \}$ tenemos $N \cap Aa = Aa \subseteq aN$ . Por lo tanto, $N = A$ .

Answer 2

Módulos gratuitos $M$ sobre un dominio GCD tienen la siguiente propiedad: Si $x \in M$ , $a^{-1} x \in M$ y $b^{-1} x \in M$ y $a$ y $b$ no tienen factores comunes, entonces $(ab)^{-1} x \in M$ . De hecho, basta con comprobarlo para el módulo libre de rango uno, donde la afirmación es que si $x$ es divisible por $a$ y $b$ donde $a$ y $b$ no comparten factores comunes, entonces $x$ es divisible por $ab$ - obvio de la factorización única.

Si $N \subseteq M$ , $M$ tiene esta propiedad, y $N$ se cierra bajo la división dentro de $M$ entonces $N$ comparte esta propiedad.

Cualquier módulo de rango uno, generado finitamente, sobre un anillo noetheriano con esta propiedad es libre: Sea $x$ generan un submódulo libre máximo, $y$ otro elemento, entonces porque es de rango uno, $y = (a/b)x$ para algunos $a,b$ sin factores comunes, por lo que $ax=by$ es divisible por $a$ y $b$ Por lo tanto $x$ es divisible por $b$ . Desde $x/b$ no puede generar un submódulo libre mayor, $b$ es una unidad, y por lo tanto $y$ es un múltiplo de $x$ .