(a) estoy suponiendo que $F$ se supone que:
$$F=\Bigl\{ f_1(y_1)+\cdots + f_k(y_k)\mid f_i\in \mathrm{Hom}(M,R),y_j\in S\Bigr\}.$$
Me dicen que si $f\in\mathrm{Hom}(M,R)$$y\in S$,$f(y)\in t_1R$.
De hecho, si $y\in Y$, entonces no existe $a_1,\ldots,a_m\in R$ tal que $y = a_1(t_1x_1)+\cdots+a_m(t_mx_m)$. Por lo tanto,
$$f(y) = f\bigl( a_1(t_1x_1)+\cdots + a_m(t_mx_m)\bigr) = t_1 f(a_1x_1)+\cdots + t_mf(a_mx_m).$$
Desde $t_1|t_k$ para todos los $k\geq 1$, $t_jf(a_mx_m)\in t_1R$ para todos los $j$. Por lo tanto, $F\subseteq t_1R$.
Por el contrario, vamos a $t_1a\in t_1R$. Desde $M$ es gratis, hay un homomorphism $f\colon M\to R$ tal que $f(x_1)=a$, $f(x_j)=0$ para $j\gt 1$. A continuación,$r(t_1x_1) = t_1a\in F$, lo $t_1R\subseteq F$. Esto demuestra la igualdad.
(b) Es un ejercicio en la Forma Normal de Smith, o en algo como Teorema II.1.6 en Hungerford del Álgebra. Voy a hacerlo de esa manera, a pesar de que uno puede simplificar las cosas, en este caso (ver más abajo).
Deje $F$ el conjunto correspondiente a $S$ de la parte (a); en nuestro caso, consideramos que todos los mapas de $f\colon\mathbb{Z}^3\to\mathbb{Z}$, evaluado en todas las combinaciones lineales de $(1,2,3)$, $(4,5,6)$, y $(7,8,9)$. No es difícil comprobar que $F$ es siempre un subgrupo de $R$, por lo que es un subgrupo de $\mathbb{Z}$, por lo tanto es de la forma $m\mathbb{Z}$ algunos $m\geq 0$. En este caso, $F$$\mathbb{Z}$, ya que podemos mostrar a $1\in F$ mediante una elección adecuada de morfismos y elementos de $S$: tome $f_1\colon\mathbb{Z}^3\to\mathbb{Z}$ ser dado por $f_1(x,y,z) = x$, y considerar la posibilidad de $f_1(1,2,3)\in F$. Así $x_1 = (1,2,3)$, $t_1=1$.
(De hecho, en una situación como esta, donde se $M$ es dado como $R^n$ $S$ está dado por los generadores en términos de la base de $M$, no es difícil comprobar que $F$ es el ideal de la $R$ generado por las coordenadas de los generadores de $S$; en este caso, nos gustaría que el ideal generado por a $1,2,3,4,5,6,7,8,9$, que no es más que $\mathbb{Z}$ sí).
Por lo $F=1\mathbb{Z}$, e $t_1$$1$. Ahora se encuentra un elemento de $S$ que tiene una coordenada igual a $t_1$: $(1,2,3)$ va a hacer. Aquí, $t_1=1$ así que no hay nada que hacer, pero si $t_i\gt 0$, a continuación, queremos mostrar que cada coordenada del vector debe ser divisible por $t_1$ (considerar la proyección en el $i$th de coordenadas, el cual debe ser un elemento de $F$).
Ahora vamos a $S'=\{(x,y,z)\in S\mid x=0\}$ ($x$ porque fue la primera coordenada que era igual a $t_1$ en la elección anterior). A continuación,$\langle(1,2,3)\rangle\cap S' = \{(0,0,0)\}$, e $\langle(1,2,3)\rangle+S' = S$. De hecho, si $(x,y,z)\in S$,$(x,y,z)=x(1,2,3) + \bigl((x,y,z)-x(1,2,3)\bigr)$, e $(x,y,z)-x(1,2,3)\in S'$. Por lo $S=\langle(1,2,3)\rangle\oplus S'$.
Nuestra primera base elemento, a continuación, ser $t_1(1,2,3)$, y ahora procedemos a trabajar de forma recursiva en $S'$.
Tenga en cuenta que desde $S$ es generado por $(1,2,3)$, $(4,5,6)$, y $(7,8,9)$, también se genera por $(1,2,3)$, $(4,5,6)-4(1,2,3) = (0,-3,-6)$, y $(7,8,9)-7(1,2,3)=(0,-6,-12)$. Por lo $S'$ es generado por $(0,3,6)$$(0,6,12)$; de hecho, $S'$ es generado por $(0,3,6)$.
Considere ahora $F(S')$. Es fácil comprobar que $F(S') = 3\mathbb{Z}$ (de nuevo, $F(S')$ es el ideal generado por las coordenadas de los generadores de $S'$, en este caso $0$, $3$, $6$, y $12$, lo $F(S') = (3)=3\mathbb{Z}$); encontrar un elemento de $S'$ que tiene algunos coordinar igual a $3$: $(0,3,6)$ va a hacer. Tenga en cuenta que ambas coordenadas son divisibles por $3$, por lo que escribir $(0,3,6) = 3(0,1,2)$. A continuación,$t_2=3$, e $x_2=(0,1,2)$.
Ahora vamos a $S'' = \{(0,y,z)\in S'\mid y=0\}$. Como en el anterior, $\langle (0,3,6)\rangle\cap S''=\{(0,0,0)\}$, $\langle (0,3,6)\rangle+S''=S'$. Así que ahora podemos trabajar en $S''$.
De hecho, $S''=\{(0,0,0)\}$, por lo que se hacen. Tenemos $t_1=1$, $t_2=3$, $m=2$, $x_1=(1,2,3)$, $x_2=(0,1,2)$. Ahora sólo tenemos que completar la lista de los $x_i$ a de base para $M$; tome $x_3 = (0,0,1)$, por ejemplo.
(c) Ahora bien, es fácil:
$$\begin{align*}
\frac{M}{S} &\cong \frac{(1,2,3)\mathbb{Z} \oplus (0,1,2)\mathbb{Z}\oplus (0,0,1)\mathbb{Z}}{(1,2,3)\mathbb{Z}\oplus 3(0,1,2)\mathbb{Z}\oplus 0(0,0,1)\mathbb{Z}}\\
&\cong \frac{(1,2,3)\mathbb{Z}}{(1,2,3)\mathbb{Z}} \oplus \frac{(0,1,2)\mathbb{Z}}{3(0,1,2)\mathbb{Z}} \oplus \frac{(0,0,1)\mathbb{Z}}{0(0,0,1)\mathbb{Z}}\\
&\cong \frac{\mathbb{Z}}{\mathbb{Z}} \oplus \frac{\mathbb{Z}}{3\mathbb{Z}} \oplus \frac{\mathbb{Z}}{0\mathbb{Z}}\\
&\cong \frac{\mathbb{Z}}{3\mathbb{Z}} \oplus \mathbb{Z}\cong \frac{\mathbb{Z}}{3\mathbb{Z}}\times\mathbb{Z}.
\end{align*}$$
Ahora, yo lo hice (b) el uso de los algoritmos de prueba que aparece, por ejemplo, en Hungerford, y usando la parte (a). De hecho, podemos hacerlo más sencillo en este caso haciendo algunas consideraciones preliminares:
En primer lugar, simplificar la generación del sistema haciendo fila-la reducción en la matriz cuyas filas son los generadores de $S$:
$$
\left(\begin{array}{ccc}
1 & 2& 3\\
4 & 5 & 6\\
7 & 8 & 9
\end{array}\right) \a \left(\begin{array}{rrr}
1 & 2 & 3\\
0 & -3 & -6\\
0 & -6 & -12
\end{array}\right) \a \left(\begin{array}{rrr}
1 & 2 & 3\\
0 & 3 & 6\\
0 & 0 & 0
\end{array}\right).$$
Por lo $S$ es generado por $(1,2,3)$$(0,3,6) = 3(0,1,2)$.
A continuación, observe que hemos $(1,2,3)$, $(0,1,2)$, y $(0,0,1)$, los cuales son la base para la $\mathbb{Z}^3$; $(1,2,3)$ $3(0,1,2)$ son una base para $S$; y que el establecimiento $t_1=1$ $t_2=3$ va a resolver el problema.
