¿Cuando es un elemento de un módulo libre sobre un dominio ideal principales contenido en una base?

Question

Estoy tratando de mostrar lo siguiente:

Deje $R$ ser un director ideal de dominio y deje $M$ libre $R$-módulo de rango $n$. Deje $Y=\{y_1,\ldots,y_n\}$ ser una base de $M$$x\in M$$x=y_1a_1+\cdots+y_na_n$. A continuación, $x$ está contenida en una base de $M$ si y sólo si $\gcd(a_1,\ldots,a_n)=1$.

Me han demostrado que si $x$ pertenece a una base de $M$,$\gcd(a_1,\ldots,a_n)=1$.

Esta es mi idea para la otra dirección:

Si $n=1$,$a_1\in R^*$, y hemos terminado. Ahora supongamos $n\geq 2$. Desde $\gcd(a_1,\ldots,a_n)=1$, $s_1,\ldots,s_n\in R$ tal que $a_1s_1+\cdots+a_ns_n=1$, entonces el uso de esta igualdad traté de conseguir algunos no-cero $y\in M$ tal que $\langle x\rangle\cap \langle y\rangle=0$. Suponiendo la existencia de tales $y$, usando el lema de Zorn se puede obtener una máxima distinto de cero submódulo $N$ tal que $\langle x\rangle\cap N=0$, luego me mostró que $\langle x\rangle\oplus N=M$, y desde $M$ es gratis y $R$ principal ideal de dominio $N$ es gratuito y tiene una base $\{x_1,\ldots,x_m\}$, y por lo tanto $\{x,x_1,\ldots,x_m\}$ sería una base de $M$.

Mi pregunta es: ¿hay una $y$? También, me gustaría saber si esta idea es demasiado complicado, y si es así, quiero saber enfoques alternativos.

Gracias

Answer 1

Deje $R$ ser un PID $M$ libre $R$-módulo de rango finito $n$. Deje $\{x_1,\dots,x_k\}$ $k\leq n$ elementos en $M$, y denotan $N$ sus $R$-span en $M$. A continuación, el reclamo es que el $k$-ple $\{x_1,\dots,x_k\}$ puede ser completado a base de $M$ $R$ si y sólo si $$ rk(N)=k\qquad\text{y}\qquad\text{$M/N$ es de torsiones.} $$ De hecho, si $\{x_1,\dots,x_k,x_{k+1},\dots,x_n\}$ $R$- base para $M$, $M=N\oplus N^\prime$ donde $N^\prime$ es el submódulo de $M$ generado por$\{x_{k+1},\dots,x_n\}$$M/N\simeq N^\prime$. Por lo tanto $rk(N)=k$ porque $rk(N^\prime)\leq n-k$$rk(N)+rk(N^\prime)=n$, e $M/N$ es gratis, ya que es isomorfo a un submódulo de un módulo.

Viceversa, considerar el cociente mapa $$ \pi:M\longrightarrow M/N. $$ Deje $\{z_1,\dots,z_r\}$ ser una base de $M/N$. Elija $y_i\in M$ tal que $\pi(y_i)=z_i$ y deje $N^\prime\subset M$ el submódulo generados por la $y_i$'s. Puesto que el $z_i$ $R$- linealmente independientes, también lo son las $y_i$, es decir, forman una base de $N^\prime$. Para cualquier $m\in M$ escribir $$ \pi(m)=a_1z_1+\cdots+a_rz_r,\qquad a_i\en R. $$ A continuación,$m-\sum_{i=1}^ra_iy_i\in\ker(\pi)=N$, del que se infiere fácilmente que $M=N\oplus N^\prime$ e lo $\{x_1,\dots,x_k,y_1,\dots,y_r\}$ es una base para $M$ contiene $\{x_1,\dots,x_k\}$. El reclamo está probado.

Ahora, vamos a $x\in M$, $x\neq0$, y deje $\{y_1,..,y_n\}$ ser una base de $M$. Entonces $x=a_1y_1+\dots+a_ny_n$ algunos $a_i\in R$. Deje $d=\operatorname{gcd}(a_1,\dots,a_n)$.

Si $d\neq1$, el elemento $y=\frac1dx\in M$ da un elemento de torsión en $M/Rx$. Por otro lado, supongamos que $d=1$ $z\in M/Rx$ es tal que $rz=0$ para algunos no-cero $r\in R$. Elija $y\in M$ tal que $\pi(y)=z$ y escribir $y=\sum_{i=1}^nb_iy_i$. A continuación, $ry=sx$ algunos $s\in R$, es decir, $$ rb_i=sa_i,\qquad\text{para todos los $i=1,\dots,n$} $$ Por lo tanto $r\operatorname{gcd}(b_i)=s$, es decir, $r$ divide $s$$R$. Por lo tanto,$y=\frac sr x\in Rx$$\pi(y)=z=0$, lo que demuestra que $M/Rx$ es de torsiones.

Answer 2

Deje $R$ ser un PID y $M$ libre $R$-módulo de cualquier rango, finito o infinito. A continuación, $x\in M$ pertenece a alguna base de $M$ fib existe un funcional lineal $g\colon M\to R$ tal que $g(x)=1$. Por otra parte, vamos a $(e_t\mid t\in T)$ ser una base de $M$, e $x=\sum_{t\in T}\xi_t e_t$ (donde $\xi_t\neq 0$ por sólo un número finito de $t\in T$); a continuación, $x$ pertenece a alguna base de $M$ fib $\gcd\{\xi_t\mid t\in T\}=1$.

Prueba. El estado de necesidad. Supongamos que existe una base $(e_t\mid t\in T)$ $M$ tal que $x=e_s$ algunos $s\in T$. Para cada una de las $t\in T$ elegir un $\alpha_t\in R$, teniendo cuidado de elegir $\alpha_s=1$. No existe una única lineal funcional $g$ $M$ tal que $g(e_t)=\alpha_t$ por cada $t\in T$. Desde $g(x)=g(e_s)=1$, tenemos un funcional lineal $g$ como se requiere.

Autosuficiencia. Deje $g$ ser un funcional lineal en $M$, de modo que $g(x)=1$. Pretendemos que $M=Rx\oplus\ker(g)$. Si $y\in M$,$g(y-g(y)x)=0$, lo $y-g(y)x\in\ker(g)$; esto demuestra que $M=Rx+\ker(g)$. Si $\xi x+z=0$ algunos $\xi\in R$$z\in\ker(g)$, a continuación,$\xi=g(\xi x+z)=0$, lo $z=0$; esto demuestra que la suma de $Rx+\ker(g)$ es directo. Ahora $\ker(g)$, como un submódulo de un módulo más de un PID, es libre, así podemos extender $x$ a una base de $M$ por cualquier base de $\ker(g)$.

La reformulación en términos de las coordenadas $\xi_t$ $x$ con respecto a una base $(e_t\mid t\in T)$.

Cada funcional lineal $g$ $M$ está determinada únicamente por los valores $\alpha_t=g(e_t)\in R$, $t\in T$, que puede ser elegido arbitrariamente. El valor de $g$ $x$ $g(x)=\sum_{t\in T}\alpha_t\xi_t$ (una combinación lineal finita). Ya que cada combinación lineal de $\xi_t$'s es divisible por $d=\gcd\{\xi_t\mid t\in T\}$, lo que en sí es una combinación lineal de $\xi_t$'s (debido a $R$ es un PID), es claro que no existe un funcional lineal $g$ tal que $g(x)=1$ fib $d=1$. Hecho.

Usted puede disfrutar de demostrar la siguiente generalización.

Deje $R$ $M$ ser como el anterior, y $x_1,\ldots,x_n\in M$. A continuación, $(x_1,\ldots,x_n)$ puede extenderse a una base de $M$ iff existe una lineal mapa de $h\colon M\to R^n$ tal que $h(x_1)=e_1$, $\ldots$, $h(x_n)=e_n$, donde $(e_1,\ldots,e_n)$ es el estándar de la base de $R^n$. Por otra parte, vamos a $(u_t\mid t\in T)$ ser una base de $M$, y $x_i=\sum_{t\in T}\xi_{it} u_t$$1\leq i\leq n$$t\in T$. A continuación, $(x_1,\ldots,x_n)$ puede extenderse a una base de $M$ si el $\gcd$ de los factores determinantes de todas las $n\!\times\! n$ submatrices de la $\{1,\ldots,n\}\!\times\! T$-matriz $[\xi_{it}]$ es $1$. (Ya que existe un subconjunto finito $S$ $T$ tal que $\xi_{it}=0$$1\leq i\leq n$$t\in T\setminus S$, la condición de hecho implica sólo un número finito de $n\!\times\! n$ matrices.)

Answer 3

Me gusta probar cosas, como a través de algoritmos de lo posible, el uso de matrices y de fila y columna de las operaciones que son como primaria como sea posible.

Puedo construir una matriz invertible $A$ tal que $A \matrix(a_1,\ldots,a_n)^T$ = $(1,0,\ldots,0)^T$. Deje $B$ ser lineal mapa correspondiente a $A$ en relación a la base $\{y_1,\ldots,y_n\}$. A continuación, la base deseada es $\{x = B^{-1}y_1,\ldots,B^{-1}y_n\}$.

Si $n = 1$, tome $A = \matrix(1/a_1)$.

Si $n = 2$, vamos a $c = \gcd(a_1,a_2) = 1$ y elija $s_1$ $s_2$ tal que $s_1 a_1 + s_2 a_2 = c$. Tomar $$A = \begin{bmatrix} s_1 \ \ \ \ s_2 \\ -a_2/c \ \ a_1/c \end{bmatrix}.$$ A continuación,$A \matrix(a_1,a_2)^T = \matrix(c,0)^T$. En este paso, $c = 1$, pero lo escribo como $c$ para su uso en la inducción de paso. $A$ es invertible porque su determinante es $1$.

Si $n > 2$, el uso de la inducción en el número de distinto de cero entradas en $\matrix(a_1,\ldots,a_n)$.

Si sólo hay $1$ cero de la entrada, entonces es una $\gcd$ de las entradas y de hecho, $1$ la elección hecha en el paso anterior. Aplicar la mayoría de los elementales de fila de la operación de intercambio de filas para mover el cero de la entrada para la primera entrada. Fila de intercambio de las operaciones expresadas en la matriz formulario corresponden a la multiplicación por la izquierda de la matriz $A$ construido en las anteriores etapas de la inducción. El producto sigue siendo invertible.

Si hay $2$ o más distinto de cero entradas, primer intercambio de filas, de modo que $a_1$ $a_2$ son cero (esto va a hacer la fila de intercambio en el paso anterior no ocurra nunca). Aplicar el $n = 2$ paso a la primera $2$ coordenadas (más precisamente, a la primera $2$ filas) (aumentan el $2 \times 2$ matriz con un $(n-2) \times (n-2)$ matriz identidad). Ahora $c = \gcd(a_1,a_2)$ no es necesariamente una unidad, sino $A$ es invertible porque hemos dividido de la segunda fila por $c$ hacer su determinante $1$. Lo que es más importante, la reducción de la $\matrix(a_1,a_2,a_3,\ldots)^T$ $\matrix(c,0,a_3,\ldots)^T$las hojas de la $gcd$ de las entradas sin cambios, por lo que la inducción de las obras.

Todas las matrices construidas corresponden a los no-siempre-elementales de fila las operaciones cuando se utilizan para multiplicar los vectores columna de la izquierda. Algunos no son elementales ya que utilizan una combinación lineal de las filas mientras que para los puros elementales de fila sólo de operaciones especiales lineal la combinación de $unit * row_1 + r_2 * row_2$ es permitido. Si $R$ es la Euclídea, a continuación, el algoritmo de Euclides esencialmente da la construcción de la $2 \times 2$ $A$ como un producto de matrices para operaciones elementales con sus filas, por lo que el final de la $A$ es también un producto de este tipo. No sé de cualquier práctica de algoritmos para la construcción de la $2 \times 2$ $A$ para PIDs que no Euclidiana.

Este es el dual de un caso especial del algoritmo para la reducción de Forma normal de Hermite. En el caso general de que vamos a empezar con un arbitraria de la matriz en lugar de un vector de columna, y hacer reversible (izquierda) la fila de las operaciones en él para obtener una matriz triangular (con algunas complicaciones para la matriz no cuadrada). Forma normal de Hermite es lo que naturalmente, puede obtener haciendo reversible (derecha) de la columna de operaciones en su lugar. Existe también la forma normal de Smith. Es lo que, naturalmente, puede obtener por hacer, tanto reversibles operaciones de fila y columna reversible operaciones-una matriz diagonal. Todos los de la teoría elemental de los módulos a través de los Pid se pueden leer a partir de estas matrices.