Los módulos libres son proyectivos, y los módulos proyectivos son sumandos directos de los módulos libres.
¿Hay ejemplos de módulos proyectivos que no sean libres?
(Sé que esto no es posible para los módulos de campos).
Los módulos libres no tienen torsión. ¿Pero es cierto lo contrario?
¿Hay ejemplos de módulos libres de torsión que no sean libres?
Gracias.
Dejemos que $R=\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ . Obviamente, $R$ es un módulo libre sobre sí mismo. Porque $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}\cong R$ tenemos que $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ , considerado como un $R$ -es proyectivo, pero no puede ser libre: cualquier suma directa no trivial de $R$ tendría al menos 6 elementos.
El Grupo Baer-Specker es un ejemplo de una torsión libre $\mathbb{Z}$ -módulo que no es libre.
Muchas gracias. Veo el hecho de que el grupo Baer-Specker no es libre, pero no entiendo por qué. ¿Por qué no es $\{1,0,0, \cdots \},\{0,1,0, \cdots \},\{0,0,1, \cdots \}, \cdots$ ¿una base de este grupo? ¿Es necesario que una base de un módulo libre sea de cardinalidad finita?
@shinyasakai: un elemento debe escribirse como finito combinación de vectores base. la base no tiene que ser finita, pero cualquier expresión dada tiene que ser una suma finita (esto no es análisis, es álgebra)
La cuestión de cuándo los módulos proyectivos son libres se discute en $\S 3.5.4$ de mis apuntes de álgebra conmutativa . En particular, se obtienen ejemplos muy fáciles (pero no muy satisfactorios) mirando anillos desconectados: por ejemplo $\mathbb{C} \times \{0\}$ es claramente proyectiva pero no libre sobre $\mathbb{C} \times \mathbb{C}$ .
Es más interesante pedir ejemplos por encima de los dominios. Una enorme clase de ejemplos proviene de los ideales fraccionarios invertibles que no son principales. En particular, un dominio Dedekind posee tales ideales si no es un PID. Esto se resuelve mucho más tarde en mis notas en la sección de dominios Dedekind (actualmente $\S 22$ pero esto está sujeto a cambios). Sin embargo, en $\S 3.5.4$ Me tomo un tiempo para exponer desde cero un módulo proyectivo específico y no libre sobre $R=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$ .
Obsérvese que libre implica libre de torsión es válido para módulos sobre a dominio $R$ . (De hecho, la definición habitual de "módulo sin torsión" sólo es útil sobre dominios, hasta donde yo sé. Creo recordar que el libro de Lam Conferencias sobre módulos y anillos da una definición más sofisticada para los módulos sobre un anillo general...) Para ser más precisos, sobre cualquier anillo conmutativo $R$ , gratis $\implies$ proyectiva $\implies$ plano, y sobre un dominio plano $\implies$ sin torsión. Así que cualquier ejemplo de módulo proyectivo no libre sobre un dominio es también un ejemplo de módulo no libre de torsión.
En un dominio general hay una gran diferencia entre los módulos libres de torsión y los módulos planos. Por ejemplo, un ideal primo $\mathfrak{p}$ en un dominio noetheriano es siempre un módulo sin torsión, pero es plano sólo si tiene altura como máximo uno. Sin embargo, un módulo libre de torsión sobre un PID es plano -- véase, por ejemplo $\S 3.11$ de mis notas pero no tiene por qué ser gratis. Por ejemplo, que $R$ sea cualquier PID que no sea un campo y que $K$ sea su campo de fracciones. Entonces $K$ es un libre de torsión no trivial $R$ -módulo que es divisible, por lo tanto no es libre.
Para completar: la definición que da Lam es que un módulo derecho $M_R$ en $R$ , $M$ es libre de torsión si y sólo si siempre que el aniquilador izquierdo de un $a\in R$ es trivial, entonces la multiplicación por la derecha por $a$ en $M$ es inyectiva. Es decir, $\forall a\in R (\mathrm{ann}_{\ell}(a) = 0 \Rightarrow ma=0\rightarrow m=0)$ .
Al principio, en tus apuntes sobre álgebra conmutativa, un ejercicio (1.1.c) pide comprobar que el producto es invertible si y sólo si ambos factores lo son. ¿Cómo puedo comprobarlo?
@FreeziiS: La clave de este problema es leer el CONVENIO SOBRE EJERCICIOS que le precede: es decir, se supone que el anillo es conmutativo. El ejercicio al que te refieres no es cierto sin esto.
Si $k$ es un campo y $A = \operatorname{Mat}_n(k) = \operatorname{End}_k(V)$ es el anillo de $n\times n$ matrices con coeficientes en $k$ y luego la (simple, izquierda) $A$ -Módulo $V = k^n$ de "vectores columna" es un proyectivo $A$ -pero no es libre como un $A$ -módulo tan pronto como $n>1$ (esta no-frecuencia es fácil de ver comparando la dimensión de $V$ y de $A$ como $k$ -vectoriales).
Para ver el hecho de que $V$ es proyectiva $A$ -módulo, fijar una base $b_1,\dots,b_n$ para $V$ como un espacio vectorial, y para cada $j=1,\dots,n$ , dejemos que $e_j \in A$ sea el "idempotente" dado por la proyección sobre el subespacio lineal de 1 dimensión de $V$ abarcados por $b_j$ . Formar el ideal de la izquierda $I_j = Ae_j$ . La cartografía $$X \mapsto Xb_j$$ define un $A$ -módulo isomorfismo $I_j \to V$ y es sencillo comprobar que $$A = \bigoplus_{j=1}^n I_j,$$ Así que, en efecto $V \simeq I_1$ es un sumando directo de un $A$ -y, por tanto, proyectiva.
Gracias, +1. Esto es cierto en un contexto más general: si $n>1$ y $R$ es un anillo unital conmutativo o un anillo de división, entonces $R^n$ es proyectiva pero no libre $M_n(R)$ -módulo. $$~$$ Prueba: Como $M_n(R)$ -módulos, $R^n\!\oplus\!\bigoplus_{i=1}^{n-1}R^n\cong\bigoplus_{i=1}^nR^n\cong M_n(R)$ Así que $R^n$ es proyectiva. Para demostrar $R^n$ no es libre, asuma que $f\!:R^n\!\rightarrow\bigoplus_{i\in I}M_n(R)\!=\!M_n(R)^{(I)}$ es un isomorfismo. Tomemos $R'\!:=\!\{rI;r\!\in\!R\}\!\leq\!M_n(R)$ donde $I$ es la matriz de identidad.
Un ideal $I$ de un dominio integral $R$ es un programa gratuito $R$ -si está generado por un elemento.
En un dominio Dedekind todo ideal no nulo es invertible, por tanto proyectivo. Sin embargo, los dominios Dedekind no suelen ser dominios ideales principales: la teoría algebraica de los números ofrece muchos ejemplos.
De esta manera se obtienen módulos proyectivos libres de torsión, generados finitamente, que no son libres.
Dados dos anillos cualesquiera $R_\pm$ .
Toma el anillo $R:=R_+\oplus R_-$ .
Considere la gratuidad $R$ -Módulo $F:=R$ .
Entonces es proyectiva ya que es libre.
Consideremos el sumando $R$ -Módulo $P:=R_+\oplus 0$ .
Entonces es proyectiva como sumando de una proyectiva.
Ahora, para cualquier anillo finito $\# R_\pm<\infty$ :
¡Al contar el argumento el módulo construido no es libre!
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Se obtienen muchos ejemplos geométricos (pero quizá no muy concretos/explícitos) considerando los haces vectoriales: Sea $E \to X$ sea un haz vectorial sobre una variedad compacta o un esquema afín. Entonces su módulo de secciones globales (sobre el anillo de funciones globales sobre $X$ ) es siempre proyectiva, y libre si y sólo si el haz vectorial es trivial. Véase Teorema de Serre-Swan .