PID y módulo de generación finita

Question

Intento demostrar las siguientes afirmaciones:

Dejemos que $R$ sea un PID y $M$ un edificio finitamente generado $R$ -módulo. Demostrar:

(a) $M$ es un módulo de torsión si $\operatorname{Hom}_R(M,R)=0$

(b) $M$ es un módulo indecomponible si $M \cong R$ o $\exists \space p \in R$ irreducible y $n \in \mathbb N$ tal que $M \cong R/ \langle p^n \rangle$

Me he atascado con una implicación en (a) y no sé qué hacer en (b).

En (a), si $M$ es un módulo de torsión, entonces toma $f \in \operatorname{Hom}_R(M,R)$ . Supongamos que $\{x_1,...,x_n\}$ es un conjunto de generadores de $M$ , dejemos que $a_i \in R \setminus \{0\} : a_ix_i=0$ , ahora toma $x \in M$ tenemos $x=b_1x_1+\cdots+b_nx_n$ . Definir $a=\prod_{i=1}^na_i$ entonces $$0=f(ax)=af(x)$$ Desde $R$ es un dominio integral y $a \neq 0$ Debe ser $f(x)=0$ . A continuación $f=0$ .

Agradecería sugerencias para la otra dirección y para la parte (b). Gracias de antemano.

Answer 1

(a) Como probablemente sepa $M=t(M)\oplus F$ , donde $t(M)$ es el submódulo de torsión de $M$ y $F$ es libre de rango finito. Entonces $\operatorname{Hom}(M,R)=\operatorname{Hom}(t(M)\oplus F,R)\simeq \operatorname{Hom}(t(M),R)\oplus \operatorname{Hom}(F,R)$ . Como ya ha demostrado $\operatorname{Hom}(t(M),R)=0$ , mientras que $\operatorname{Hom}(F,R)\neq 0$ a menos que $F=0$ .

(b) Si $M=R$ entonces es indecomponible: si $R=I+J$ con $I\ne 0$ y $J\ne 0$ entonces $0\ne IJ\subseteq I\cap J$ , por lo que no podemos tener $I\cap J=0$ .
Si $M=R/(p^n)$ entonces es indecomponible: los ideales de $R/(p^n)$ son $(p^i)/(p^n)$ con $i=0,1,\dots,n$ para que puedan intersecarse trivialmente.

Si $M$ es indecomponible, entonces de $M=t(M)\oplus F$ debemos tener $M=t(M)$ o $M=F$ . Si $M=F$ entonces $F$ es de rango uno, por lo que $M\simeq R$ . Si $M=t(M)$ entonces $M$ debe ser cíclico. (Aquí he utilizado el teorema de la estructura.) Entonces $M\simeq R/(a)$ . Si $a=bc$ con $(b,c)=1$ entonces $R/(a)\simeq R/(b)\oplus R/(c)$ una contradicción. De ello se desprende que $a=p^n$ una potencia de un elemento primo.

Answer 2

Deje $k$ a ser el campo de fracciones de $R$. Yo reclamo que $M$ es de torsión iff $k\otimes_R M=0$. Una dirección es clara. Ahora supongamos $M$ es f.g. y seleccionar un conjunto de generadores $x_1,\ldots,x_n$. Podemos ordenar la $x_i$ tal que $\{x_1,\ldots,x_r\}$ l.yo. y de tal manera que $\{x_1,\ldots,x_r,x_k\}$ l.d. para cada una de las $k>r$. En particular, no es $a_k$ distinto de cero tal que $a_kx_k\in \langle x_1,\ldots,x_r\rangle$. Deje $a=a_1\cdots a_k$. Tenemos una morfismos $\eta:M\to F$ donde$F\simeq R^r$$x\mapsto ax$. Usted debe verificar que los $\ker \eta={\rm tor}\,M $. Por lo tanto $\overline M=M/{\rm tor}\,M$ inyecta en las $R$-módulo de $F$, ya que el $R$ es un PID, sabemos que $\overline M$ es gratis. Pero tenemos un surjective de morfismos $\pi:M\to \overline M$ que envía a $x$ a su clase modulo ${\rm tor}\; M$. Desde $\overline M$ es gratis, tenemos una división de $M=\ker\pi\oplus F'$ donde $F'\subseteq M$ es libre de rango $r$$\ker \pi={\rm tor}\,M$. Si $M$ no está de torsión, a continuación,$r>0$, e $k\otimes_R M\simeq k^r\neq 0$. Se puede tomar desde aquí? De hecho, esto le da a ese $M={\rm tor}\,M\oplus F$ con $F\simeq R^r$, $r=\dim_k(k\otimes_R M)$, de modo que ${\rm tor}\, M\neq M\implies r>0$ y, por tanto, ${\rm Hom}_R(M,R)\simeq {\rm Hom}_R(R^r,R)$ debido a que ya han demostrado la torsión parte se desvanece.

N. B.: Aquí estamos usando el "big gun", que submódulos de libre módulos a través de los Pid son gratis.