Módulo libre estable

Question

Sea $M$ ser cualquier $A$ -módulo. ¿Es cierto que $M \oplus A \simeq A^{2} $ implica $ M \simeq A $ ?

Answer 1

Sí, cuando $A$ es conmutativa. El isomorfismo $\Lambda^n(M \oplus N) = \oplus_{p+q=n} \Lambda^p(M) \otimes \Lambda^q(N)$ da $\Lambda^n(M \oplus A) \cong \Lambda^n(M) \oplus \Lambda^{n-1}(M)$ .

Si $M \oplus A \cong A^2$ entonces $0 = \Lambda^3 A^2 \cong \Lambda^3 M \oplus \Lambda^2 M$ Por lo tanto $\Lambda^2 M=0$ .
Por lo tanto, $A \cong \Lambda^2 A^2 \cong \Lambda^2 M \oplus \Lambda^1 M \cong M$ .

En términos más generales, cuando $M \oplus A$ no tiene rango $n$ entonces $M$ es localmente libre de rango $n-1$ con $\det(M):=\Lambda^{n-1}(M) \cong A$ .

Answer 2

Sí, cuando $A$ es conmutativa. Pero la generalización obvia es falsa.

Un poco de contexto. Un módulo $M$ sobre un anillo $A$ es establemente libre si $M \oplus A^n \cong A^m$ para algunos $n, m$ . Cualquier módulo de este tipo es necesariamente proyectivo. Resulta que un módulo establemente libre no es necesariamente libre, pero los ejemplos más pequeños cuando $A$ es conmutativa ocurre cuando $m \ge 3$ ver este artículo de Keith Conrad para más detalles.

He aquí una prueba insatisfactoria de que cuando $m = 2$ de hecho tenemos $M \oplus A \cong A^2$ implica $M \cong A$ . En primer lugar, recordemos que las descomposiciones de suma directa de un módulo están naturalmente en biyección con idempotentes en el anillo de endomorfismos de ese módulo (el núcleo es un sumando y la imagen es el otro). El anillo de endomorfismos de $A^2$ es $M_2(A)$ por lo que queremos encontrar idempotentes en $M_2(A)$ . Un idempotente de este tipo tiene la forma

$$e = \left[ \begin{array}{cc} x & y \\ z & w \end{array} \right]$$

donde

$$x = x^2 + yz$$ $$y = y(x + w)$$ $$z = z(x + w)$$ $$w = yz + w^2.$$

Las dos condiciones centrales se cumplen si $x + w = 1$ (y luego $y, z$ son arbitrarios), que queremos de todos modos; de lo contrario $y = z = 0$ y obtenemos cero o la identidad. Restando la primera y la última condición se obtiene

$$x - w = x^2 - w^2 = (x - w)(x + w)$$

por lo que basta con satisfacer la primera condición.

Nuestro objetivo ahora es demostrar lo siguiente:

Si $\text{ker}(e)$ es libre, entonces también lo es $\text{im}(e)$ .

Supongamos que $\text{ker}(e)$ es generado libremente por $(p, q)$ . Entonces

$$xp + yq = zp + wq = 0$$

y además cualquier otro $p', q'$ que cumplen esta propiedad son necesariamente múltiplos de $p, q$ . Pero el núcleo contiene claramente $(-y, x)$ y $(-w, z)$ por lo que podemos escribir

$$-y = rp, x = rq, -w = sp, z = sq$$

para algunos $r, s$ de lo que se deduce que

$$e = \left[ \begin{array}{cc} rq & -rp \\ sq & -sp \end{array} \right].$$

Pero sabemos que $x + w = rq - sp = 1$ de lo que se deduce que $r$ y $s$ generan el ideal unitario, por lo tanto $\text{im}(e)$ es generado libremente por $(q, -p)$ .

Answer 3

Utilizando las álgebras de caminos de Leavitt, se puede construir un anillo tal que $R^3\cong R^2$ pero $R^2\ncong R$ . Así, $M=R^2$ le proporciona un ejemplo.

Puedes leer todo sobre estas álgebras en el capítulo 3 de este libro en línea