Por qué más de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ projectivity, de inyectividad y planitud coincidir para cíclico de los módulos?

Question

Asumir $R=\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ ($n\neq0$) y deje $M$ ser cíclica $R$-módulo. Podría usted decirme cómo probar que $M$ es proyectivo si y sólo si es inyectiva si y sólo si es plana? Y también la razón por la $M$ es libre si y sólo si es cofree?

Por razones de cardinalidad creo que he demostrado que si $M$ es libre, entonces es igual a $R$, pero no tengo el resto.

Answer 1

Supongo que usted realmente quiere decir $n>1$, y que es más bien un montón de preguntas. Voy a tratar de golpear a todos ellos.

Bien lo más lindo de la $\Bbb Z/n\Bbb Z$ es que es un cuasi-Frobnius anillo lo que significa que es Artinian y auto-inyectiva. Este es de hecho equivalente a los módulos proyectivos, es precisamente el inyectiva módulos. En realidad, todos estos son equivalentes:

1. $R$ es cuasi-Frobenius

2. La proyectiva y la inyectiva derecho $R$ módulos coinciden

3. El proyectiva derecho $R$ módulos también son inyectiva

4. El inyectiva derecho $R$ módulos proyectivos

5. Toda la izquierda versiones de las anteriores

Esto es cierto sin conmutatividad, sin la suposición de que los módulos son cíclicos.

Ya que es Artinian, es también un anillo perfecto, y el más perfecto de los anillos de la proyectiva y tv de módulos coinciden.

Answer 2

Permítanme ampliar el comentario que hice (la otra respuesta es genial, por cierto. Pero, yo tenía muy divertido trabajar todo a mano).

En primer lugar, desde $M$ es cíclico es de la forma $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ algunos $m \mid n$$m > 1$. Yo reclamo que $M$ es proyectiva (resp. plana, inyectiva) si y sólo si $(m,n/m) = 1$.

Supongamos que $m\mid n$$m'\mid n$. La clave es el conocimiento de $(*)$: \begin{equation*} \operatorname{Hom}_{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/m'\mathbb{Z}, \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \simeq \mathbb{Z}/\operatorname{gcd}(m,m')\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \otimes_{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/m'\mathbb{Z}. \end{ecuación*} Ninguno de estos son tan duros, así que voy a dejar a usted.

Ahora, tenga en cuenta la corta secuencia exacta $(**)$: \begin{equation} 0 \rightarrow \mathbb{Z}/(n/m)\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \rightarrow 0. \end{equation} Deje $d = \gcd(n/m,m)$. Aquí están algunas de las pruebas.

Proyectiva, resp. inyectiva, resp. plana implica $d=1$: Tome $\operatorname{Hom}_{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z},-)$, resp. $\operatorname{Hom}_{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}(-,\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})$, resp. $-\otimes_{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ de la secuencia (**) y la utilización de los "hechos esenciales" $(*)$ me dio.

$d = 1$ implica proyectiva: $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ es un sumando directo de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ por el teorema del resto Chino: $$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \simeq \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/(n/m)\mathbb{Z}.$$

$d=1$ implica el plano: las cosas son planas y $d = 1$ implica proyectiva.

$d = 1$ implica inyectiva: Éste fue el más difícil (para mí). Por Baer criterio es suficiente para demostrar que la natural mapa \begin{equation*} \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \simeq \operatorname{Hom}_{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \rightarrow \operatorname{Hom}_{\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/k\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \simeq \mathbb{Z}/\gcd(k,m)\mathbb{Z} \end{ecuación*} es surjective para cada $k\mid n$ (los grupos de $\mathbb{Z}/k\mathbb{Z}$ son todos los posibles ideales dentro de $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$). Tenga en cuenta que la inclusión $\mathbb{Z}/k\mathbb{Z} \hookrightarrow \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ está dado por $x \mapsto (n/k)x$. Por lo tanto, si usted fija la mirada en esto el tiempo suficiente, usted verá que la composición de la $(***)$ \begin{equation*} \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{Z}/\gcd(k,m)\mathbb{Z} \end{ecuación*} está dado por $x \mapsto {n \over mk'}x$ donde $k = \gcd(k,m)k'$. Desde $k'$ es invertible modulo $m$ (por definición), el mapa de $(***)$ es surjective si y sólo si $n/m$ es invertible módulo de $\gcd(k,m)$. Desde $\gcd(n/m,m) = 1$, esto es claramente cierto. De hecho, $\gcd(k,m)\mid m$$\gcd(n/m,\gcd(k,m)) = 1$.