Módulos no-libre, con una suma directa gratis

Question

Tengo que encontrar la $M$ $N$ a no ser libre de los módulos a través del anillo de $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$, de tal manera que $M\oplus N$ es gratis.

Mi idea era tomar $M=2\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ (es decir, los números pares en los números modulo 6) y, a continuación, tome $N=3\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ (los números múltiples de tres modulo 6).

A continuación, $N$ no es libre, porque los únicos elementos que en ella se $\{0,3\}$, y ninguno de ellos es gratuito (si tomamos $3$, entonces podríamos $r\cdot 3=0$ dejando $r=2$).

Del mismo modo que yo sostengo es que el $M$ no es libre. Por último, es fácil ver que $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}=M\oplus N$, ya que el único elemento en común para $N$ $M$ es cero, y su suma da el resultado deseado.

Preguntas; Es el anterior correcta? Que otros(fácil) ejemplos hay

Answer 1

(Yo sólo voy a considerar finitely módulos generados aquí, sólo por simplicidad)

Su anillo de $R=\mathbb Z/6\mathbb Z$ es isomorfo al producto directo de la $R_2=\mathbb Z/2\mathbb Z$$R_3=\mathbb Z/3\mathbb Z$, por lo que el $R\cong R_2\times R_3$. Un poco de trabajo mostrará que cada $R$-módulo es la suma directa de una $R_2$-módulo y un $R_3$-módulo, en el sentido obvio.

Desde $R_2$ $R_3$ son campos, conocemos todos sus módulos: cada $R_2$-módulo es isomorfo a $R_2^n$ algunos $n\geq0$, y cada una de las $R_3$-módulo es isomorfo a $R_3^m$ algunos $m\geq0$. De ello se sigue que todos los $R$-módulo es isomorfo a $R_2^n\oplus R_3^m$ algunos $n,m\geq0$.

Uno puede ver que un módulo de $R_2^n\oplus R_3^m$ es gratuito exactamente al $n=m$.

Con esta información, usted puede encontrar todos (finitely generado) ejemplos.