Para esto es útil pensar en abelian grupos como los módulos a través de $\mathbb{Z}$, como Artin se describe en el cap. 12 (en la primera edición de todos modos). No mencionó a los módulos así que voy a articular la prueba sin el uso explícito de esta idea, pero si se ha llegado a Ch. 12, entonces creo que va a aclarar las cosas, a pensar en esos términos.
$A/B\cong C$ significa que tenemos una surjective homomorphism de $A$ $C$con kernel $B$. Llamarlo $f:A\rightarrow C$. Debido a $C$ es gratuito, tiene un conjunto de generadores $G$ de manera tal que cada elemento de a $C$ está representado únicamente en términos de los generadores. Cada generador se encuentra en $f$'s de la imagen, debido a que $f$ es surjective. Encontrar una preimagen en $A$ para cada generador de $C$, y considerar el subgrupo $C'$ $A$ que ellos generan.
Yo reclamo (i) $C'$ es isomorfo a $C$, en el hecho de $f$ restringido a $C'$ es un isomorfismo $C'\rightarrow C$, y (ii) $A$ es la suma directa de $B$$C'$.
Me inclino a darle la satisfacción de demostrar la afirmación de sí mismo, pero dime si quieres que me escriba a cabo la prueba.
De todos modos, este se encarga de la primera viñeta.
Tienes razón que la segunda viñeta está estrechamente relacionado. Es básicamente el argumento anterior más una característica adicional, que es que cualquier subgrupo de $\mathbb{Z}$ es isomorfo a $\mathbb{Z}$ sí, que proviene del algoritmo de la división. (Tomar el más pequeño elemento positivo $p$ en cualquier subgrupo no trivial $A$$\mathbb{Z}$; se debe dividir cada elemento de a $A$ o más que el resto sería un pequeño elemento positivo en $A$. A continuación, $A$ debe ser el grupo cíclico generado por $p$.)
El esquema de argumento es este: (1) cualquier subgrupo de la libre finitely generado grupo abelian $\mathbb{Z}^n$ es gratis, finitely generado y abelian - por lo tanto, $A$ es todas estas cosas, es decir, $A\cong \mathbb{Z}^m$ algunos $m$; (2) la primera viñeta nos dice que $\mathbb{Z}^n \cong A\oplus \mathbb{Z}$; y (3) por lo tanto,$m=n-1$, de lo contrario, las filas no coinciden.
La pregunta es ¿por qué es (1) verdadero, es decir, ¿por qué es que los subgrupos de libre, finitely generado abelian grupos son libres, finitely generado y abelian. Abelianness es trivial debido a que los subgrupos de abelian grupos son siempre abelian. Lo interesante es por qué un subgrupo tiene que ser libre y finitely generado (de hecho, yo reclamo, en la mayoría de los que muchos generadores como en el ambiente del grupo). Esta es una segunda aplicación de la primera viñeta, más el hecho de que todos los subgrupos no triviales de $\mathbb{Z}$ son isomorfos a $\mathbb{Z}$. Aquí es un argumento por inducción:
Deje $A$ ser cualquier subgrupo de $\mathbb{Z}^n$. Si $n=1$, entonces cualquiera de las $A=0$ o $A$ es isomorfo a $\mathbb{Z}$ como un grupo, por lo que es de rango $0$ o $1$, y de cualquier forma es libre. Este se encarga de la base de casos.
Así que supongamos $n>1$, y para todos los $m<n$, la hipótesis de inducción se tiene: cada subgrupo de un rango de $m$ libre de abelian grupo es libre de abelian de rango $\leq m$. Ahora $\mathbb{Z}^n$ tiene una proyección de $\pi$ a su primera coordenada. Restringir el uso de este mapa a $A$; la imagen es un subgrupo de $\mathbb{Z}$. De nuevo, es $0$ o más isomorfo a $\mathbb{Z}$ sí.
En el primer caso, $A$ está totalmente contenida en el núcleo de $\pi$, que es el subgrupo de $\mathbb{Z}^n$ generado por el último de $n-1$ coordenadas. Esta es, obviamente, libre de abelian y rango $n-1$, por lo que la inducción de la hipótesis de patadas en el que nos dicen que $A$ es gratis abelian y rango $\leq n-1$.
En el último caso, $\pi$ restringido a $A$ es un surjective homomorphism de $A$ a un grupo de $C$ isomorfo a $\mathbb{Z}$. Como en la prueba de la primera viñeta, se construye un subgrupo $C'$ $A$ encontrando cualquier preimagen del generador para $C$ bajo $\pi|_A$ y ver el subgrupo de $A$ que genera. Como en la prueba de la primera viñeta, se deduce que el $A = C'\oplus B$ donde $B$ es el núcleo de $\pi|_A$. Ahora $B$ está contenida en el núcleo de $\pi$, y es por lo tanto (como en el último párrafo) y libre de rango $\leq n-1$ por la hipótesis de inducción. Mientras tanto, $C'$ es libre de rango $1$ por la construcción. Por lo tanto $A$ es gratis y rango de $\leq (n-1)+1=n$.
Esto completa la prueba de la segunda viñeta.
Algunos comentarios:
En caso de que usted sabe un poco más acerca de Artin del Ch. 11 y Ch. 12, aquí un poco de contexto general para poner estos argumentos:
Su primera viñeta es cierto en la gran generalidad. Si $R$ es cualquier anillo, y $A$ $R$- módulo de e $B$ un submódulo, y $A/B=C$ es un servicio gratuito de $R$-módulo, a continuación, $A\cong B\oplus C$ por el mismo argumento que me dio anteriormente: vamos a $f$ ser la canónica homomorphism de$A$$C$. La elevación de la base de $C$ $A$y considerar el submódulo $C'\subset A$ que genera. El caso que nos ocupa es el caso de $R=\mathbb{Z}$.
La segunda viñeta requiere el anillo de ser una p.yo.d. I. e., si $R$ es una p.yo.d. y $R^n/A=R$,$A\cong R^{n-1}$. La prueba es exactamente la misma que la del anterior, con todas las referencias al hecho de que no trivial subgrupos de $\mathbb{Z}$ son isomorfos a es reemplazado con el análogo hecho acerca de p.yo.d.'s: todo distinto de cero ideales de una p.yo.d. $R$ son isomorfos como $R$-módulos. (Si un ideal $I$ $R$ es el principal y generadas por $a$, e $a$ no es un cero-divisor, entonces la multiplicación por $a$ $R$- módulo de isomorfismo de$R$$I$.) Asimismo, se deduce que todos los submódulos de un país libre, de rango $n$ $R$-módulo son libres y de rango $\leq n$.
