¿Son libres los submódulos de módulos libres?

Question

¿Son libres todos los submódulos de módulos libres? Quisiera una referencia a una prueba o contraejemplo, por favor.

Answer 1

Para cualquier anillo (unitario conmutativo) $A$ son equivalentes: (i) los submódulos de libre $A$ -son libres, (ii) cualquier ideal es libre como $A$ -iii) el anillo $A$ es un dominio ideal principal. La prueba ya está clara en la discusión anterior. Por lo tanto, si existen contraejemplos, éstos deben existir como ideales del anillo. En cuanto a los contraejemplos ya dados aquí, (1) el ideal $(X,Y)$ del anillo polinómico $k[X,Y]$ no es ni siquiera plana, como señaló Robin Chapman, (2) el ideal $2\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ en el ring $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ no es plano, ya que está generado por un elemento nilpotente distinto de cero, (3) el ideal $\mathbb{Z}\times 0$ en el ring $\mathbb{Z}\times \mathbb{Z}$ es proyectivo pero no libre, un resultado similar vale para el ideal $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ o $\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ en el ring $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ . Estoy tratando de encontrar un $I$ de un anillo $A$ tal que $I$ es plana pero no proyectiva como $A$ -módulo. Obviamente, tal ejemplo sólo existe si el anillo $A$ no es noetheriano. Quizá los dominios prufer no noetherianos puedan funcionar. ¿Podría alguien darme un ejemplo de este tipo, es decir, encontrar un ideal $I$ de un anillo $A$ tal que $I$ es plana pero no proyectiva como $A$ -¿Módulo?

Answer 2

He aquí un ejemplo común: el ideal no dominante en el ring $A$ . Кольцо $A$ -- свободный $A$ -módulo. El ideal en el anillo es un submódulo, que también es libre $A$ -sólo si es el ideal principal: elementos distintos de cero $a$ и $b$ в кольце удовлетворяют нетривиальное $A$ -линейное соотношение $c_1a + c_2b = 0$ , где $c_1 = b$ и $c_2 = -a$ Por lo tanto, si hay una base, el poder es uno.

Answer 3

Para responder a la pregunta de ding8191: que $A$ sea cualquier anillo de valoración de altura $1$ que no es un anillo de valoración discreto. Es decir, que $F$ sea un campo y supongamos que existe una función $v : F \to \mathbb{R} \cup \{ \infty \}$ tal que $v(xy) = v(x) + v(y), v(1) = 0, v(0) = \infty$ y $v(x + y) \geq \min $ $\{ v(x), v(y) \}$ (así $v$ es una valoración), tal que $v(F)$ no es un subgrupo discreto de $\mathbb{R}$ y que $A = \{ x \in F :v(x)\geq 0\}$ (el anillo de valoración de $F$ ).

Entonces el ideal máximo $\mathfrak{m}$ en este anillo es un límite directo de los ideales principales y, por tanto, es plano. Si $\mathfrak{m}$ fuera proyectivo, entonces tendría que ser libre por el Teorema de Kaplansky (todos los proyectivos sobre cualquier anillo local son libres), pero como $\mathfrak{m}$ se encuentra en $F$ debe tener como máximo el rango $1$ Por lo tanto $\mathfrak{m}$ es principal. Pero esto forzaría la valoración en $A$ ser discreto.

Se puede encontrar este material en el capítulo VI de "Álgebra conmutativa" de Bourbaki (Hermann, 1972). En particular, el lema $1$ de $\S 3.6$ dice que si $A$ es un anillo de valoración (en un sentido más general que el que he definido anteriormente), entonces todo anillo libre de torsión $A$ -es plano, y la proposición $9$ de la misma subsección implica que $A$ es un anillo de valoración discreto siempre que $A$ es un anillo de valoración de altura $1$ con ideal maximal principal.

Para dar un ejemplo concreto, consideremos el campo $F$ de Serie Puiseux y que $A$ sea su anillo de valoración.

Answer 4

No, para un anillo general, sí para los PID. Tomemos como contraejemplo el anillo de enteros mod 4 como módulo sobre sí mismo.

Answer 5

Otro ejemplo $R=k[x,y]$ donde $k$ es un campo. Entonces $R$ es un módulo libre sobre sí mismo, y el ideal $I$ de $R$ generado por $x$ y $y$ no sólo no es libre sino que $R$ , ni siquiera es plana $R$ .