estructuras algebraicas trabajo final módulos libres, proyectivos e

Estructuras Algebraicas

Trabajo Final

Modulos libres, proyectivos e inyectivos

Federico Costa

2015

Indice

1. Modulos libres 1

2. El funtor Hom 11

3. Modulos proyectivos 14

3.1. Anillos hereditarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.2. Modulos proyectivos en dominios principales . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

4. Modulos inyectivos 23

5. Bibliografıa 35

Modulos libres

1. Modulos libres

En el caso de espacios vectoriales, la existencia de bases es una herramienta que per-mite, por ejemplo, definir transformaciones lineales indicando su valor en los elementos deuna base, y luego extendiendo por linealidad. A su vez, esto asegura que si V y W son K-espacios vectoriales y T : V →W es una transformacion lineal suryectiva, existe entoncesuna transformacion lineal S : W → V tal que T ◦ S = idW . Sin embargo, esto ultimo noes necesariamente cierto para A-modulos en general. Por lo tanto, habra modulos en losque no se podra encontrar subconjuntos privilegiados que jueguen el rol de las bases enlos espacios vectoriales sobre los cuales, por ejemplo, uno pueda definir una ”vuelta”de unepimorfismo. Aun conociendo un sistema de generadores, las posibles relaciones que pu-diera haber entre ellos hacen que uno no pueda extender por linealidad funciones definidassobre este subconjunto. Eso mismo sucedıa con los sistemas de generadores de un espaciovectorial, pero el problema desaparecıa eligiendo un subconjunto de generadores que fueralinealmente independiente. Este proceso no puede copiarse al caso general de modulos.

Definicion 1.1. Sean A un anillo y (M,+) un grupo abeliano.

Decimos que M es un A-modulo a izquierda si existe una operacion · : A×M →Mtal que ∀a, b ∈ A, x, y ∈M (notamos ·(a, b) = a.b):

1.x = x

(a .A b).m = a.(b.m)

(a+A b).m = a.m+ b.m

a.(x+ y) = a.x+ a.y

Analogamente podemos definir A-modulo a derecha.

Notacion. En adelante, A-modulo querra decir A-modulo a izquierda.

Definicion 1.2. Sean A un anillo, M un A-modulo y N un subconjunto de M .

N es submodulo de M si:

N es subgrupo de (M,+).

a.n ∈ N , ∀a ∈ A, n ∈ N .

Observacion. Si N es submodulo de M , entonces N es en sı mismo un A-modulo.

Definicion 1.3. Sean A un anillo, M un A-modulo y S un subconjunto de M .

Diremos que S es un conjunto linealmente independiente de A si toda combinacionlineal finita de elementos de S con coeficientes en A no todos nulos, es no nula.

Diremos que S es un conjunto linealmente dependiente de A si S no es linealmenteindependiente.

Definicion 1.4. Sean A un anillo, M un A-modulo y X un subconjunto de M .

Definimos el submodulo generado por X:

〈X〉 =⋂{N : N es submodulo de M y X ⊂ N}.

Observacion. Sean A un anillo y M un A-modulo.

1

Modulos libres

1) Si (Ni)i∈I es una familia de submodulos de M , entonces⋂i∈I Ni es submodulo de M .

Por lo tanto, en la definicion anterior tiene sentido hablar de submodulo generado.

2) 〈X〉 es el menor submodulo de M (con respecto a la inclusion) que contiene a X.

3) 〈X〉 = {∑n

i=1 aixi : ai ∈ A, xi ∈ X,n ∈ N}


Decimos que S genera a M si M = 〈S〉.


Decimos que S es una base de M si S es LI y S genera a M .

Ejemplo. Consideremos Z como Z-modulo.

Notemos que si x ∈ Z, entonces x = x(3− 2) = (x)3 + (−x)2.

Por lo tanto, el conjunto {2, 3} genera a Z.

Claramente, {2, 3} es LD (notar que (3)2 + (−2)3 = 0).

Si extraemos de {2, 3} un subconjunto propio, deja de ser un sistema de generadores.

Esto se contrapone con el hecho de que en espacios vectoriales, podıamos extraerun subconjunto propio de un sistema de generadores LD de manera tal que el conjuntoresultante fuera un sistema de generadores LI.

Ejemplo.

1) Sea A un anillo.

Si M = A, el conjunto {1} es LI. Si a ∈ A \ {0} es un divisor de cero (es decir,∃b ∈ A \ {0} tal que ba = 0) entonces {a} es LD.

2) Sean K un cuerpo, A = M2(K) y M =

{(0 x0 y

)∈M2(K)

}.

Luego M resulta un A-modulo.

El conjunto

{(0 10 0

)}es un sistema de generadores de M minimal, que no es LI.

En efecto:

Dada

(0 x0 y

)∈M ,

(0 x0 y

)=

(x 0y 0

)(0 10 0

).

Por lo tanto es un sistema de generadores (claramente minimal).

No es LI, ya que

(0 −10 0

)(0 10 0

)=

(0 00 0

).

Mas generalmente, podemos ver que no existe ningun conjunto de generadores de MLI. En efecto:

Sea S un conjunto de generadores.

S = {0} no es generador, por lo tanto, ∃T ∈ S \ {0}.

Como S ⊂M , T =

(0 x0 y

), para ciertos x, y ∈ K no ambos nulos.

Luego,

(y −x0 0

)(0 x0 y

)=

(0 00 0

). Por lo tanto, S no es LI.

3) Si A = Z y M = Zn, entonces ningun subconjunto de M es LI.

(Esto es claro, ya que para cualquier m ∈ Zn, n.m = 0.)

2

Modulos libres

4) Si A = Z, M = Z y r, s ∈ Z, entonces {r, s} es LD.

(Es claro porque (−s)r + (r)s = 0).

5) Sean A = Z y M = Q. Sea 0 6= r ∈ Q. Entonces {r} es LI.

Si r, s ∈ Q, entonces {r, s} es LD.

(Para esto ultimo, si r =m

ny s =

p

q, con m,n, p, q ∈ Z, entonces (np)r − (qm)s = 0).

Proposicion 1.1. Sea f : M → N un morfismo de A-modulos y S ⊂M un subconjunto.

1) Si S es un conjunto LD, entonces f(S) es un conjunto LD.

2) Si S es un conjunto LI y f es monomorfismo, entonces f(S) es un conjunto LI.

3) Si S es un conjunto de generadores y f es epimorfismo, entonces f(S) es un conjuntode generadores de N .

Demostracion.

1) Como S es LD, ∃a1, . . . , an ∈ A no todos nulos, s1, . . . , sn ∈ S tales que∑n

i=1 aisi = 0.

Como f es morfismo, f(0) = 0.

Ası, 0 = f(0) = f(∑n

i=1 aisi) =∑n

i=1 aif(si).

Luego, 0 =∑n

i=1 aif(si), con a1, . . . , an ∈ A no todos nulos.

Entonces f(S) es un conjunto LD.

2) Sean a1, . . . , an ∈ A, s1, . . . , sn ∈ S tales que∑n

i=1 aif(si) = 0.

Luego, f(∑n

i=1 aisi) = 0.

Como f es mono,∑n

i=1 aisi = 0.

Como S es LI, resulta que ai = 0, ∀i ∈ {1, . . . , n}.Por lo tanto, f(S) es un conjunto LI.

3) Sea y ∈ N .

Como f es epi, ∃x ∈M tal que f(x) = y.

Como S es un conjunto de generadores de M , ∃a1, . . . , an ∈ A, s1, . . . , sn ∈ S tales que∑ni=1 aisi = x.

Aplicando f y usando que es morfismo obtenemos:

y = f(x) = f(∑n

i=1 aisi) =∑n

i=1 aif(si).

Por lo tanto, f(S) es un conjunto de generadores de N .

Definicion 1.7. Un A-modulo M se dice libre si M admite una base.

Ejemplo.

1) Si K es cuerpo, todo K espacio vectorial es libre.

2) Si A es anillo, entonces A es un A-modulo libre (una base es {1}.)

3) Q no es un Z-modulo libre ya que todo par de elementos es LD y Q no es cıclico.

3

Modulos libres

Definicion 1.8. Sea M un A-modulo y x ∈M .

x es un elemento de torsion si ∃a ∈ A \ {0} tal que ax = 0.

Observacion.

1) Un cociente de un A-modulo libre M no tiene por que ser libre.

Por ejemplo, Zn = Z/nZ no es Z-libre.

2) Un submodulo de un A-modulo libre no es necesariamente libre.

Por ejemplo, si unA-modulo libre contiene un elemento de torsion, entonces el submodu-lo generado por ese elemento no es libre.

Como ejemplo concreto tomemosM = A = M2(Z), que esA-libre con base

{(1 00 1

)}.

Es claro que

(1 00 0

)es elemento de torsion de M .

Ası, N =

⟨(1 00 0

)⟩es submodulo de M , pero no es libre.

3) Sea f : M → N un isomorfismo de A-modulos, con M modulo libre.

Entonces N es libre.

(Es consecuencia inmediata de la Proposicion 1.1)

4) Sea A(I) = {f : I → A / f(i) 6= 0 para a lo sumo finitos i ∈ I}.A(I) es un A-modulo libre con base {ei}i∈I , donde para cada i ∈ I, ei(j) = δij , ∀j ∈ I.

En efecto:

Sean a1, . . . , an ∈ A, ei1 , . . . , ein ∈ {ei}i∈I tales que∑n

j=1 ajeij = 0.

Evaluando en cada ij , obtenemos que aj = 0, para cada j ∈ {1, . . . , n}.Luego, {ei}i∈I es LI.

Sea f ∈ A(I).

Sea F ⊂ I el subconjunto finito tal que f(i) 6= 0, ∀i ∈ F y f(i) = 0, ∀i ∈ (I \ F ).

Luego, f =∑

i∈F f(i).ei.

Entonces, {ei}i∈I es un conjunto de generadores de A(I).

Observacion. Sea I un conjunto de ındices, A un anillo y (Mi)i∈I una familia de A-modulos.

Se define∏i∈IMi = {f : I → ∪i∈IMi / f(i) ∈Mi, ∀i ∈ I}.

Podemos identificar a f ∈∏i∈IMi con (f(i))i∈I .

Si f, g ∈∏i∈IMi, definimos f + g = (f(i) + g(i))i∈I .

Si f ∈∏i∈IMi, a ∈ A definimos a.f = (a.f(i))i∈I .

Con estas operaciones,∏i∈IMi resulta un A-modulo.

Tambien definimos la suma directa de Mi:

⊕i∈IMi = {(mi)i∈I / mi 6= 0 para a lo sumo finitos i ∈ I}.⊕i∈IMi resulta un submodulo de

∏i∈IMi.

Sea N un A-modulo

Si se tienen definidos para cada i ∈ I, morfismos de A-modulos φi : Mi → N , definimos:

φ : ⊕i∈IMi → N tal que φ((mi)i∈I) =∑

i∈I φi(mi).

4

Modulos libres

Notamos φ = ⊕i∈Iφi.(Observemos que φ queda bien definido, pues la suma es finita.)

φ resulta morfismo de A-modulos.

A continuacion caracterizaremos los A-modulos libres, viendo que todo A-modulo librees isomorfo a un modulo del tipo A(I), para cierto conjunto I.

Proposicion 1.2. Sea M un A-modulo. Son equivalentes:

1) M es libre con base {xi}i∈I .

2) Para cada i ∈ I, sea φi : A→M morfismo tal que φi(a) = axi.

Entonces φ = ⊕i∈Iφi : A(I) →M es isomorfismo.

(Notar que A(I) = ⊕i∈IA.)

3) Para todo A-modulo N y para todo subconjunto {yi}i∈I ⊂ N , existe un unico morfismode A-modulos f : M → N tal que f(xi) = yi, ∀i ∈ I.

Demostracion.

(1⇒ 2)

Es claro que cada φi : A→M resulta morfismo de A-modulos.

Por lo visto anteriormente, φ = ⊕i∈Iφi : A(I) →M resulta morfismo de A-modulos.

Veamos que φ es monomorfismo:

Sea f ∈ A(I) tal que φ(f) = 0.

Como A(I) es un A-modulo libre con base {ei}i∈I , tenemos que:

∃F ⊂ I subconjunto finito tal que f =∑

j∈F ajej , con aj ∈ A, ∀j ∈ F .

Notemos que si j ∈ I, entonces:

φ(ej) = φ((δji)i∈I) =∑

i∈I φi(δji) = φj(1) = 1.xj = xj .

Ası, 0 = φ(f) = φ(∑

j∈F ajej) =∑

j∈F ajφ(ej) =∑

j∈F ajxj .

Luego, 0 =∑

j∈F ajxj .

Como {xi}i∈I es base (en particular, LI) tenemos que aj = 0, ∀j ∈ F .

Entonces f = 0.

Por lo tanto, φ resulta monomorfismo.

Veamos que φ es epimorfismo:

Sea y ∈M .

Como {xi}i∈I es base, ∃F ⊂ I subconjunto finito tal que y =∑

j∈F ajxj , con aj ∈ A,∀j ∈ F .

Si consideramos x =∑

j∈F ajej , entonces x ∈ A(I) y

φ(x) = φ(∑

j∈F ajej) =∑

j∈F ajφ(ej) =∑

j∈F ajxj = y.

Luego, φ es epimorfismo.

5

Modulos libres

(2⇒ 3)

Sean N un A-modulo y {yi}i∈I ⊂ N .

Notemos que como φ : A(I) →M es isomorfismo y {ei}i∈I es base de A(I),

resulta que {φ(ei)}i∈I = {xi}i∈I es base de M .

Definimos f : M → N de la siguiente manera:

dado x ∈M , tenemos que ∃!ai1 , . . . , ain ∈ A tales que x =∑n

j=1 aijxij ,

y luego definimos f(x) :=∑n

j=1 aijyij .

f queda bien definida gracias a la unicidad de los coeficientes aij y resulta morfismode A-modulos.

Ademas, es claro que f(xi) = yi, ∀i ∈ I.

Resta ver que f es el unico morfismo de A-modulos que cumple lo anterior.

Para mostrar esto, sea g : M → N tal que g(xi) = yi, ∀i ∈ I.

Dado x ∈M , tenemos que ∃!ai1 , . . . , ain ∈ A tales que x =∑n

j=1 aijxij .

Ası, g(x) = g(∑n

j=1 aijxij ) =∑n

j=1 aijg(xij ) =∑n

j=1 aijyij = f(x).

Luego f = g y la unicidad queda demostrada.

(3⇒ 1)

Si tomamos N = A(I) y {yi}i∈I = {ei}i∈I ⊂ N , entonces por hipotesis existe ununico morfismo de A-modulos f : M → A(I) tal que f(xi) = ei, ∀i ∈ I.

Por construccion, sabemos que φ = ⊕i∈Iφi : A(I) → M resulta morfismo de A-modulos.

Para cada i ∈ I, (φ ◦ f)(xi) = φ(ei) = xi.

Por lo tanto, φ ◦ f : M → M es morfismo de A-modulos tal que (φ ◦ f)(xi) = xi,∀i ∈ I.

Pero tambien idM : M →M es morfismo de A-modulos tal que idM (xi) = xi, ∀i ∈ I.

Utilizando la unicidad de la hipotesis (para el caso N = M y {yi}i∈I = {xi}i∈I),obtenemos que φ ◦ f = idM .

Por otro lado, sea a ∈ A(I).

Luego ∃!ai1 , . . . , ain ∈ A tales que a =∑n

j=1 aijeij .

Ası, (f ◦ φ)(a) = (f ◦ φ)(∑n

j=1 aijeij ) = f(∑n

j=1 aijxij ) =∑n

j=1 aijeij = a.

Por lo tanto, f ◦ φ : A(I) → A(I) es morfismo de A-modulos tal que (f ◦ φ)(a) = a,∀a ∈ A(I).

Luego, f ◦ φ = idA(I) .

Notemos que φ resulta mono (en efecto, φ(a) = 0⇒ (f ◦ φ)(a) = 0⇒ a = 0).

Y tambien φ resulta epi (en efecto, dado x ∈M , x = (φ ◦ f)(x) = φ(f(x))).

Luego, φ : A(I) →M resulta isomorfismo de A-modulos.

Como {ei}i∈I es base de A(I), tenemos que {φ(ei)}i∈I = {xi}i∈I es base de M .

Corolario 1.3. Sean M y N A-modulos.

Si {xi}i∈I es base de M y {yi}i∈I es base de N , entonces f : M → N tal que f(xi) = yi,∀i ∈ I, es isomorfismo.

6

Modulos libres

Observacion. Sea (Mj)j∈J una familia de A-modulos libres con {xji}i∈Ij base de Mj .

Entonces ∪j∈J{xji}i∈Ij es base de ⊕j∈JMj .

Vimos que la propiedad de ser libre no es estable en general ni por cocientes ni porsubmodulos.

Veremos ahora que sin embargo, todo modulo es cociente de algun modulo libre:

Proposicion 1.4. Sea M un A-modulo.

Entonces existe un A-modulo libre L y un epimorfismo f : L→M .

Demostracion. Sea {xi}i∈I un sistema de generadores de M (por ejemplo {m}m∈M ).

Sea L = A(I).

L es un A-modulo libre con base {ei}i∈I .Definimos f : A(I) →M tal que f(ei) = xi, ∀i ∈ I.

Como {ei}i∈I es base de A(I), f queda bien definido en A(I) (extendiendolo linealmente)y es morfismo.

Dado x ∈M , ∃ai1 , . . . , ain ∈ A tales que x =∑n

j=1 aijxij .

Si definimos a =∑n

j=1 aijeij , tenemos que a ∈ A(I) y f(a) = x.

Luego f es epimorfismo.

Se tiene entonces que L/Ker(f) ∼= Im(f) = M .

Definicion 1.9. Sea f : M → N morfismo de A-modulos. El morfismo f se dira:

una seccion si existe un morfismo g : N →M tal que g ◦ f = idM .

una retraccion si existe un morfismo g : N →M tal que f ◦ g = idN .

Observacion.

1) Si f es una seccion entonces es mono.

2) Si f es una retraccion entonces es epi.

3) Si f es mono entonces no necesariamente es una seccion.

4) Si f es epi entonces no necesariamente es una retraccion.

5) Sea M un A-modulo libre y f : N →M un epimorfismo. Luego f es una retraccion.

En efecto:

Sea {xi}i∈I una base de M .

Como f es epi, para cada i ∈ I, ∃ni ∈ N tal que f(ni) = xi.

Definimos g : M → N tal que g(xi) = ni y extendemos por linealidad.

Ası, g es un morfismo que cumple que f ◦ g = idM .

Luego, f es una retraccion.

Definicion 1.10. La sucesion exacta corta 0 //Mf // N

g // T // 0 se dicesplit (o que se parte) si Im(f) = Ker(g) es sumando directo en N (esto es, ∃S submodulode N tal que N ∼= Im(f)⊕ S).

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Modulos libres

Proposicion 1.5. Sea 0 //Mf // N

g // T // 0 una sucesion exacta corta deA-modulos. Son equivalentes:

1) f es una seccion (es decir, ∃α : N →M morfismo tal que α ◦ f = idM ).

2) g es una retraccion (es decir, ∃β : T → N morfismo tal que g ◦ β = idT ).

3) La sucesion es split y N ∼= Im(f)⊕Ker(α) ∼= Ker(g)⊕ Im(β) ∼= M ⊕ T .

En ese caso, decimos que α y β parten a la sucesion o que son splittings.

Proposicion 1.6. Sea M un A-modulo libre.

Dado cualquier epimorfismo f : M1 →M2 de A-modulos arbitrarios y cualquier mor-fismo h : M → M2, existe un morfismo (no necesariamente unico) h : M → M1 tal quef ◦ h = h.

Es decir, M resuelve el problema esquematizado a partir del diagrama:

M

h��

h

}}M1

f //M2// 0

Demostracion. Sea {xi}i∈I una base de M .

Consideremos {h(xi)}i∈I ⊂M2.

Como f es epi, para cada i ∈ I, ∃mi ∈M1 tal que f(mi) = h(xi).

Definimos h : M →M1 tal que h(xi) = mi.

Como {xi}i∈I es base de M , se extiende por linealidad y h queda definido en todo M .

(Y ademas resulta morfismo).

Notemos que (f ◦ h)(xi) = f(h(xi)) = f(mi) = h(xi).

Por lo tanto f ◦ h y h coinciden en todos los elementos de {xi}i∈I (que es base).

Luego, f ◦ h = h

Observacion. La propiedad de que todo epimorfismo con imagen en un libre es unaretraccion se desprende como corolario de la proposicion anterior tomando M1 = N ,M2 = M y h = idM .

Corolario 1.7. Sea M un A-modulo y S un submodulo de M .

Si M/S es libre, entonces S es un sumando directo de M .

Demostracion. Consideremos la sucesion exacta corta 0 // Si //M

π //M/S // 0 ,donde i es la inclusion y π es la proyeccion al cociente.

Como M/S es libre y π es epimorfismo, π resulta una retraccion.

Por la Proposicion 1.5, obtenemos que M ∼= S ⊕ (M/S)

Supongamos que A es un anillo tal que todo submodulo de un A-modulo libre es libre.

En particular, si I es un ideal de A, I resultara submodulo del A-modulo libre A.

Por lo tanto, I sera libre.

Es decir, todo ideal de A resultara libre.

A continuacion probaremos que esta afirmacion sobre los ideales de A, que en principioparece mas debil, resulta sin embargo equivalente a la primera:

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Modulos libres

Teorema 1.8. Sea A un anillo. Son equivalentes:

1) Todo submodulo de un A-modulo libre es libre.

2) Todo ideal de A es A-libre.

Demostracion.

(1⇒ 2) es trivial.

(2⇒ 1) Sea M 6= {0} un A-modulo libre con base {xi}i∈J (J 6= ∅).Sea S submodulo de M .

Por el Principio de Buena Ordenacion, J tiene un buen orden ≤ (todo subconjuntono vacıo de J tiene primer elemento).

Sean Fi = {x ∈ M / x es combinacion lineal de los xj , con j < i} y Fi = {x ∈M / x es combinacion lineal de los xj , con j ≤ i}.Si i < k, resulta que Fi ⊂ Fk y ademas M = ∪i∈JFi.Por lo tanto, dado x ∈ S, ∃i ∈ J tal que x ∈ S ∩ Fi.Como {xi}i∈J es base, existen unicos ax ∈ A y x′ ∈ S ∩ Fi tales que x = x′ + ax.xi.

Consideremos el morfismo de A-modulos φ : S ∩ Fi → A definido por φ(x) = ax.

Ası, Im(φ) resulta un ideal de A.

Por hipotesis, tenemos que entonces Im(φ) es A-modulo libre.

Ademas, Ker(φ) = S ∩ Fi.Aplicando el Primer Teorema del Isomorfismo, tenemos que (S ∩ Fi)/(S ∩ Fi) ∼=Im(φ).

Luego, (S ∩ Fi)/(S ∩ Fi) es libre.

Luego, por el Corolario 1.7, S ∩ Fi es un sumando directo de S ∩ Fi.Es decir, ∃Ci submodulo de S ∩ Fi tal que S ∩ Fi ∼= (S ∩ Fi)⊕ Ci.Notemos que Im(φ) ∼= (S ∩ Fi)/(S ∩ Fi) ∼= ((S ∩ Fi)⊕ Ci)/(S ∩ Fi) ∼= Ci.

Ası, Im(φ) ∼= Ci y tenemos que Im(φ) es A-modulo libre.

Luego cada Ci es libre.

Luego ⊕i∈JCi es libre.

Restarıa ver que S = ⊕i∈JCi.Notemos que ⊕i∈JCi = {

∑i∈F ci , donde F ⊂ J es finito y ci ∈ Ci}

Para cada i ∈ J , Ci ⊂ (S ∩ Fi) ⊂ ∪j∈J(S ∩ Fj) = S.

Por lo tanto, es claro que ⊕i∈JCi ⊂ S.

Supongamos que ∃x ∈ S tal que x /∈ ⊕i∈JCi.Sea H = {j ∈ I / ∃x ∈ S ∩ Fj , con x /∈ ⊕i∈JCi}.Sea j0 el primer elemento de H (existe por el buen orden y porque H 6= ∅).Sea z ∈ S ∩ Fj0 tal que z /∈ ⊕i∈JCi.Entonces existe un unico z′ ∈ S ∩ Fj0 y un unico a ∈ A tal que z = z′ + a.xj0 .

Como j0 es el primer elemento de H y z′ es una combinacion lineal de xk con k < j0,debe suceder que z′ ∈ ⊕i∈JCi, y por lo tanto z ∈ ⊕i∈JCi, lo que es absurdo.

Luego, S = ⊕i∈JCi.

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Modulos libres

Definicion 1.11. Un anillo tal que todo submodulo de un libre es libre se denominahiperhereditario.

Definicion 1.12. Un anillo A sin divisores de cero se dice un anillo ıntegro. Si ademasel producto en A es conmutativo, A se dira un dominio ıntegro.

Decimos que A es un DIP si es un dominio ıntegro tal que todo ideal es principal (esdecir, cada ideal es generado por un solo elemento).

Corolario 1.9. Todo DIP A es hiperhereditario.

Demostracion. Sea {0} 6= I ⊂ A un ideal.

Como A es principal, ∃a ∈ A tal que I = 〈a〉.Como A es ıntegro, {a} es LI y por lo tanto {a} es una base de I. Es decir que I es

libre.

Ası, todo ideal de A es libre y por el Teorema 1.8, A es hiperhereditario.

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El funtor Hom

2. El funtor Hom

Dados M y N dos A-modulos a izquierda, consideremos el conjunto HomA(M,N) ={f : M → N / f es morfismo de A-modulos a izquierda}. HomA(M,N) resulta un grupoabeliano con la suma punto a punto.

En el caso de espacios vectoriales, si K es un cuerpo, V un K-espacio vectorialde dimension n y W un K-espacio vectorial de dimension m, entonces uno sabe queHomK(V,W ), ademas de ser un grupo abeliano, en realidad es un espacio vectorial dedimension n.m.

Volviendo al caso general de modulos sobre un anillo A, uno se pregunta sobre laestructura de HomA(M,N). En general, no es posible darle siempre una estructura deA-modulo.

Definicion 2.1. Sean A y B dos anillos, M un A-modulo a izquierda y B-modulo aderecha.

Diremos que M es un A-B-bimodulo si para todo a ∈ A, b ∈ B y m ∈M se verifica:

(a.m).b = a.(m.b)

Observacion. Sean A, B y C anillos, M un A-B-bimodulo y N un A-C-bimodulo.

Para indicar este hecho usaremos la notacion AMB y ANC .

Entonces HomA(M,N) admite una estructura de B-C-bimodulo, definiendo, para b ∈B, c ∈ C y f ∈ HomA(M,N):

(b.f) : M → N por: (b.f)(m) = f(m.b)

(f.c) : M → N por: (f.c)(m) = f(m).c

Observacion.

1) Si M y N son A-modulos, podemos tomar B = C = Z, definiendo, para z ∈ Z, m ∈My n ∈ N :

m.z =∑|z|

i=1 sgn(z).m

n.z =∑|z|

i=1 sgn(z).n

Ası, M y N resultan A-Z bimodulos. Luego, HomA(AMZ,ANZ) tiene una estructurade Z-Z bimodulo.

2) Si A es conmutativo, todo A-modulo M admite estructura de A-A bimodulo definiendom.a := a.m. Ası, si M y N son A-modulos conmutativos, HomA(AMA,ANA) tiene unaestructura de A-A bimodulo.

3) Sea M un A-modulo. A admite una estructura de A-A bimodulo.

Consideremos M∗ = HomA(AMZ,AAA). Luego, M∗ resulta un Z-A bimodulo.

En particular, M∗ resulta un A-modulo a derecha.

Observacion. Sea AMB un A-B bimodulo fijo. Notamos AModB al conjunto de los A-Bbimodulos.

Consideremos el funtor:

HomA(AMB,−) : AModC → BModC tal que HomA(AMB,−)(ANC) = HomA(M,N).

11

El funtor Hom

Ademas si f : ANC → AN′C es un morfismo de A-C bimodulos, definimos:

HomA(M,f) := f∗ : HomA(M,N)→ HomA(M,N ′) tal que f∗(g) = f ◦ g.

Se verifican las siguientes propiedades:

1) (f ◦ f ′)∗ = f∗ ◦ f ′∗.

2) (IdN )∗ = IdHomA(M,N).

3) (f + f ′)∗ = f∗ + f ′∗.

4) f∗(b.g) = b.f∗(g) (b ∈ B).

5) f∗(g.c) = f∗(g).c (c ∈ C).

Definicion 2.2. Sea AMB un A-B bimodulo fijo.

El funtor HomA(AMB,−) es exacto a izquierda si:

Si 0 // Xf // Y

g // Z es una sucesion exacta de A-C bimodulos, entonces

0 // HomA(AMB, X)f∗ // HomA(AMB, Y )

g∗ // HomA(AMB, Z) es una sucesionexacta de B-C bimodulos.


El funtor HomA(AMB,−) es exacto a derecha si:

Si Xf // Y

g // Z // 0 es una sucesion exacta de A-C bimodulos, entonces

HomA(AMB, X)f∗ // HomA(AMB, Y )

g∗ // HomA(AMB, Z) // 0 es una sucesionexacta de B-C bimodulos.


El funtor HomA(AMB,−) es exacto si es exacto a izquierda y a derecha.

Observacion. Sea AMB un A-B bimodulo fijo.

Si el funtor HomA(AMB,−) es exacto se verifica que:

Si 0 // Xf // Y

g // Z // 0 es una sucesion exacta de A-C bimodulos, enton-ces

0 // HomA(AMB, X)f∗ // HomA(AMB, Y )

g∗ // HomA(AMB, Z) // 0 es unasucesion exacta de B-C bimodulos.

Proposicion 2.1. Sea AMB un A-B bimodulo fijo.

El funtor HomA(AMB,−) es exacto a izquierda.

Demostracion.

Sea 0 // Xf // Y

g // Z una sucesion exacta de A-C bimodulos.

Queremos ver que 0 // HomA(AMB, X)f∗ // HomA(AMB, Y )

g∗ // HomA(AMB, Z)es una sucesion exacta.

Ya sabemos que f∗ y g∗ son morfismos de B-C bimodulos.

f∗ es monomorfismo. En efecto:

Sea h ∈ HomA(AMB, X) tal que f∗(h) = 0.

Luego f(h(m)) = 0, ∀m ∈M . Es decir, h(m) ∈ Ker(f) = {0}, ∀m ∈M .

Entonces h = 0.

12

El funtor Hom

Im(f∗) ⊂ Ker(g∗). En efecto:

Sea h ∈ Im(f∗). Luego, existe h′ ∈ HomA(AMB, X) tal que f∗(h′) = h.

Ası, g∗(h) = g∗(f∗(h′) = g ◦ f ◦ h′.

Pero para todo m ∈M , (g ◦f ◦h′)(m) = g(f(h′(m))) = 0, pues f(h′(m)) ∈ Im(f) =Ker(g).

Luego, g∗(h) = 0.

Ker(g∗) ⊂ Im(f∗). En efecto:

Sea h ∈ Ker(g∗).Entonces g∗(h) = 0.

Ası, para todo m ∈M , g(h(m)) = 0 y por lo tanto, h(m) ∈ Ker(g) = Im(f).

Luego, para cada m ∈M existe un unico xm ∈ X tal que h(m) = f(xm). La unicidadse obtiene porque f es monomorfismo.

Consideramos el morfismo h′ : M → X definido por h′(m) = xm.

(h′ resulta morfismo por la unicidad de los xm).

Finalmente, tenemos que h′ ∈ HomA(AMB, X) y h = f∗(h′).

El resultado anterior admite la siguiente recıproca:

Lema 2.2. Sean A un anillo y M ,N ,T A-modulos. Entonces:

1) La sucesion 0 //Mf // N

g // T es exacta si y solo si

0 // HomA(R,M)f∗ // HomA(R,N)

g∗ // HomA(R, T ) es una sucesion exactade grupos abelianos, para todo A-modulo R.

2) La sucesion Mf // N

g // T // 0 es exacta si y solo si

0 // HomA(T,R)g∗ // HomA(N,R)

f∗ // HomA(M, r) es una sucesion exacta degrupos abelianos, para todo A-modulo R.

Observacion. Uno se podrıa preguntar, dados M un A-B bimodulo y f : Y → Z unepimorfismo de A-C bimodulos, si el morfismo HomA(M,f) es tambien un epimorfismo(recordar que HomA(M,f) := f∗ : HomA(M,Y )→ HomA(M,Z)).

Esto no tiene por que suceder en general:

Ejemplo 2.3. Consideremos M = Zn como Z-Z bimodulo, Y = Z como Z-Z bimodulo,Z = Zn como Z-Z bimodulo y f : Z→ Zn la proyeccion canonica (que resulta claramenteun epimorfismo).

Notemos que HomZ(Zn,Z) = {0}.En efecto, dado g ∈ HomZ(Zn,Z), tenemos que 0 =

∑ni=1 1, y por lo tanto, 0 = g(0) =∑n

i=1 g(1) = n.g(1). De esto ultimo se deduce que g(1) = 0, lo que fuerza a que g = 0.

Sin embargo, HomZ(Zn,Zn) es no nulo (por ejemplo, esta la identidad de Zn).

Por lo tanto, nunca puede haber un epimorfismo de HomZ(Zn,Z) en HomZ(Zn,Zn).

A pesar del ejemplo anterior, hay muchos casos en que, para un M en particular, elfuntor HomA(M,−) preserva epimorfismos.

13

Modulos proyectivos

3. Modulos proyectivos

El objetivo de este capıtulo es estudiar los modulos M tales que el funtor HomA(M,−)es exacto. Comenzamos con una definicion.

Definicion 3.1. Un A-modulo M se llama A-proyectivo si el funtor HomA(M,−) esexacto.

Proposicion 3.1. Dado un A-modulo M , son equivalentes:

1) M es A-proyectivo.

2) HomA(M,−) preserva epimorfismos.

3) Dado cualquier epimorfismo g : Y → Z de A-modulos arbitrarios y cualquier morfismoh : M → Z, existe un morfismo (no necesariamente unico) h : M → Y tal que g◦ h = h.

Es decir, M resuelve el problema esquematizado a partir del diagrama (donde la suce-sion de la fila de abajo es exacta):

M

h��

h

~~Y

g // Z // 0

Demostracion.

(1⇒ 2).

Sea g : Y → Z un epimorfismo de A-modulos.

Luego, Ker(g)j // Y

g // Z // 0 es una sucesion exacta de A-modulos, dondej es la inclusion.

Como por hipotesis HomA(M,−) es exacto (en particular, exacto a derecha), tene-

mos que HomA(M,Ker(g))j∗ // HomA(M,Y )

g∗ // HomA(M,Z) // 0 es exac-ta.

En particular, g∗ = HomA(M, g) es epimorfismo.

(2⇒ 3).

Sea g : Y → Z epimorfismo de A-modulos arbitrarios y h : M → Z morfismo deA-modulos.

Como HomA(M,−) preserva epimorfismos, tenemos que

g∗ : HomA(M,Y )→ HomA(M,Z) es epimorfismo.

Como h ∈ HomA(M,Z), entonces ∃h ∈ HomA(M,Y ) tal que g∗(h) = h.

Notar que por definicion de g∗ tenemos que g ◦ h = h.

(3⇒ 1).

Por la Proposicion 2.1, ya sabemos que HomA(M,−) es exacto a izquierda.

Sea Xf // Y

g // Z // 0 una sucesion exacta de A-modulos.

Sea h ∈ HomA(M,Z).

Como g es epimorfismo, por hipotesis tenemos que existe un morfismo h : M → Ytal que g ◦ h = h.

14

Modulos proyectivos

Es decir, h ∈ HomA(M,Y ) y g∗(h) = h.

Luego, g∗ resulta epimorfismo.

Entonces, HomA(M,X)f∗ // HomA(M,Y )

g∗ // HomA(M,Z) // 0 es una su-cesion exacta.

Observacion.

1) En vista de la Proposicion 1.6, tenemos que todo modulo libre resulta proyectivo.

2) Los cocientes de modulos proyectivos no son necesariamente proyectivos.

Por ejemplo, Z es Z-proyectivo (ya que es Z-libre), pero Z/nZ ∼= Zn no es proyectivo(lo vimos en el Ejemplo 2.3).

3) Los submodulos de proyectivos no son necesariamente proyectivos.

Por ejemplo, Z4 es Z4-proyectivo (ya que es Z4-libre), pero 2Z4 no es proyectivo.

En efecto, tomemos Y = Z, Z = Z4 y g : Z → Z4 la proyeccion canonica (que resultaclaramente un epimorfismo).

Notemos que HomZ4(2Z4,Z) = {0} pero HomZ4(2Z4,Z4) es no nulo (esta el morfismono nulo h : 2Z4 → Z4 definido por h(0) = 0 y h(2) = 2).

Por lo tanto, nunca puede haber un epimorfismo de HomZ4(2Z4,Z) en HomZ4(2Z4,Z4).

Proposicion 3.2. Sea M un A-modulo. Las siguientes afirmaciones son equivalentes:

1) M es proyectivo.

2) Toda sucesion exacta corta de A-modulos del tipo 0 // Xf // Y

g //M // 0se parte.

3) M es sumando directo de un A-modulo libre.

Demostracion.

(1⇒ 2).

Sea 0 // Xf // Y

g //M // 0 una sucesion exacta corta de A-modulos.

Por hipotesis, se completa el siguiente diagrama:

M

idM��

idM

~~Y

g //M // 0

Ası, idM : M → Y es un morfismo tal que g ◦ idM = idM .

Luego, g es una retraccion, y por la Proposicion 1.5, la sucesion se parte.

(2⇒ 3).

Consideremos A(M), que es un A-modulo libre con base {em}m∈M .

Definimos h : A(M) →M tal que h(em) = m, ∀m ∈M .

Como {em}m∈M es base de A(M), h queda bien definido en A(M) (extendiendololinealmente) y es claramente epimorfismo.

15

Modulos proyectivos

Consideremos la sucesion 0 // Ker(h)j // A(M) h //M // 0 , que resulta

exacta.

Entonces, por hipotesis, se parte y en vista de la Proposicion 1.5, obtenemos queA(M) ∼= Ker(h)⊕M .

Y luego, M es un sumando directo de un A-modulo libre (A(M)).

(3⇒ 1).

Sea N un A-modulo libre de manera que M sea sumando directo de N .

Luego N es isomorfo a A(I), para cierto conjunto I.

Ası, podemos asumir que M es sumando directo de A(I).

Sean f : X → Y epimorfismo de A-modulos y g : M → Y morfismo de A-modulos.

Llamemos i : M → A(I) a la inclusion y π : A(I) →M a la proyeccion a M .

Tenemos entonces el siguiente diagrama:

A(I)

π��

(g◦π)

��

M

g

��X

f // Y // 0

Notemos que la existencia de (g ◦ π) surge de que A(I) es libre y, por lo tanto,proyectivo.

Definimos g : M → X por g = (g ◦ π) ◦ i.Es claro que g es morfismo de A-modulos y ademas:

f ◦ g = f ◦ ((g ◦ π) ◦ i) = (f ◦ (g ◦ π)) ◦ i = (g ◦ π) ◦ i = g ◦ (π ◦ i) = g ◦ idM = g.

Por lo tanto, M es proyectivo.

Observacion. Si M es finitamente generado por un conjunto de cardinal n ∈ N, puedeelegirse siempre un epimorfismo de A(I) en M , con |I| = n. Si ademas M es proyectivo,M sera sumando directo de An.

Corolario 3.3. Dada (Mi)i∈I una familia de A-modulos se verifica:

1) ⊕i∈IMi es proyectivo si y solo si cada Mi es proyectivo.

2) Si∏i∈IMi es proyectivo entonces cada Mi es proyectivo. La recıproca no es necesaria-

mente cierta.

Demostracion.

1) Sea f : X → Y epimorfismo de A-modulos y consideremos el cuadrado conmutativo:

HomA(⊕i∈IMi, X)f∗ // HomA(⊕i∈IMi, Y )

∏i∈I HomA(Mi, X) ∏

i∈I(fi)∗//∏i∈I HomA(Mi, Y )

16

Modulos proyectivos

Probaremos que f∗ es epimorfismo si y solo si∏i∈I(fi)∗ es epimorfismo si y solo si

todas las (fi)∗ son epimorfismos.

Con estas equivalencias quedara demostrado el primer item, ya que HomA(⊕i∈IMi,−)preservara epimorfismos si y solo si HomA(Mi,−) preserva epimorfismos para todo i.

Veamos que∏i∈I(fi)∗ es epimorfismo si y solo si todas las (fi)∗ son epimorfismos:

Asumamos que∏i∈I(fi)∗ es epimorfismo.

Sea j ∈ I y consideremos (fj)∗ : HomA(Mj , X)→ HomA(Mj , Y ).

Sea h ∈ HomA(Mj , Y ).

Para cada i ∈ I \ {j}, sea hi : Mi → Y tal que hi ≡ 0.

Ademas definimos hj = h.

Ası, H = (hi)i∈I ∈∏i∈I HomA(Mi, Y ).

Luego, ∃G = (gi)i∈I ∈∏i∈I HomA(Mi, X) tal que (

∏i∈I(fi)∗)(G) = H.

Ası, H = (∏i∈I(fi)∗)((gi)i∈I) =

∏i∈I((fi)∗)(gi).

En particular, h = hj = ((fj)∗)(gj).

Luego, gj ∈ HomA(Mj , X) y h = ((fj)∗)(gj).

Por lo tanto (fj)∗ es epimorfismo.

Asumamos que todas las (fi)∗ son epimorfismos.

Sea H = (hi)i∈I ∈∏i∈I HomA(Mi, Y ).

Para cada i ∈ I, ∃gi ∈ HomA(Mi, X) tal que ((fi)∗)(gi) = hi.

Si consideramos G = (gi)i∈I , tenemos que:

G ∈∏i∈I HomA(Mi, X) y (

∏i∈I(fi)∗)(G) = H.

Por lo tanto∏i∈I(fi)∗ es epimorfismo.

Veamos que HomA(⊕i∈IMi, X) ∼=∏i∈I HomA(Mi, X):

Sea g ∈ HomA(⊕i∈IMi, X).

Para cada k ∈ I queda bien definido el morfismo gk : Mk → X tal que gk = g ◦ jk.

(jk : Mk → ⊕i∈IMi con jk(mk) = (mk.δik)i∈I).

Con estas notaciones, definimos φ : HomA(⊕i∈IMi, X)→∏i∈I HomA(Mi, X) tal que

φ(g) = (gi)i∈I .

Luego φ resulta ser isomorfismo.

2) Llamemos P =∏i∈IMi.

Sea i0 ∈ I.

Consideremos Q = {(mi) ∈∏i∈IMi / mi0 = 0}.

Tenemos entonces que P = Q⊕Mi0 y (usando el punto 1) y que P es proyectivo resultaque Mi0 es proyectivo.

17

Modulos proyectivos

3.1. Anillos hereditarios

Hemos visto ejemplos de modulos proyectivos con submodulos no proyectivos (porejemplo 2Z4 ⊂ Z4 no es un Z4-modulo proyectivo).

Definicion 3.2. Un anillo A se dice hereditario si todo submodulo de un A-moduloproyectivo es proyectivo.

El siguiente teorema describe los submodulos de modulos libres en anillos hereditarios:

Teorema 3.4. (Kaplansky) Sean A un anillo hereditario, L un A-modulo libre y S ⊂ Lun submodulo.

Sea {xi}i∈I una base de L. Entonces existe una familia {Ai}i∈I de ideales de A talesque S ∼= ⊕i∈IAi.

Demostracion.

Sean A un anillo hereditario, L un A-modulo libre y S ⊂ L un submodulo.

Sea {xi}i∈I una base de L.

Podemos suponer que I 6= ∅ y por el Principio de Buena Ordenacion, I es bien orde-nado, con orden ≤.

Dado i ∈ I, sean L′i = 〈xj : j ≤ i〉 y Li = 〈xj : j < i〉.Entonces L′i = Li ⊕ 〈xi〉.Se define el morfismo de A-modulos fi : L′i → A por fi(y + axi) = a, donde y ∈ L′i,

a ∈ A.

Sea Ai = fi(S ∩ L′i).(S ∩ L′i) es submodulo de L′i y fi es morfismo, por lo tanto, fi(S ∩ L′i) es submodulo

del A-modulo A. Es decir, Ai es ideal de A.

Definimos gi = fi|S∩L′i : S ∩ L′i → Ai. Por construccion gi es epimorfismo.

Como A es hereditario, A es un A-modulo libre (y en particular proyectivo) y Ai essubmodulo de A, tenemos que Ai es proyectivo.

Consideremos la sucesion 0 // Ker(gi)j // S ∩ L′i

gi // Ai // 0 , que resultaexacta.

Completemos el diagrama de la siguente manera:

0 // Ker(gi)j // S ∩ L′i

gi // Ai // 0

Ai

idAi

OO

idAi

bb

La existencia de idAi surge gracias a que Ai es proyectivo.

Pero entonces gi es una retraccion.

Usando la Proposicion 1.5, tenemos que (S ∩ L′i) ∼= Ker(gi)⊕Ai.Notemos que Ker(gi) = Ker(fi) ∩ S = Li ∩ S.

Ası, (S ∩ L′i) ∼= (S ∩ Li)⊕Ai.Veamos que S ∼= ⊕i∈IAi:

S =∑

i∈I Ai := 〈∪i∈IAi〉:Supongamos que S 6=

∑i∈I Ai.

Entonces necesariamente S \∑

i∈I Ai 6= ∅.

18

Modulos proyectivos

Como L = ∪i∈IL′i y S ⊂ L, tenemos que S = ∪i∈I(S ∩ L′i).Sea C = {i ∈ I : (S ∩ L′i) \

∑j∈I Aj 6= ∅}, que resulta no vacıo.

Sea j0 = mın(C) (que existe por buena ordenacion).

Sea x ∈ (S ∩ L′j0) \∑

j∈I Aj .Como x ∈ (S ∩ L′j0) y (S ∩ L′j0) ∼= (S ∩ Lj0)⊕Aj0 , podemos escribir x = y + z, cony ∈ (S ∩ Lj0) y z ∈ Aj0 .

Notemos que y /∈∑

j∈I Aj , porque de lo contrario x = (y + z) ∈∑

j∈I Aj .Ademas, como y ∈ (S ∩ Lj0), entonces existe algun k < j0 tal que y ∈ (S ∩ L′k).Pero entonces y ∈ (S ∩ L′k) \

∑j∈I Aj , con k < j0.

Esto ultimo contradice la minimalidad de j0.

La suma es directa:

Sea∑

i∈I zi = 0, con zi ∈ Ai.Queremos ver que todos los zi son nulos.

Supongamos que no.

Sea j = max{i : zi 6= 0}.Entonces 0 = zj +

∑i<j zi.

Ası, tenemos que zj ∈ Aj y (∑

i<j zi) ∈ (S ∩ Lj).Pero recordemos que (S ∩ L′j) ∼= (S ∩ Lj)⊕Aj .Como zj = −

∑i<j zi, tenemos que zj ∈ Aj ∩ (S ∩ Lj).

Luego zj = 0, lo cual es absurdo.

Corolario 3.5. Un anillo A es hereditario si y solo si todo ideal de A es un A-moduloproyectivo.

Demostracion.

Asumamos que A es hereditario.

Sea J un ideal de A.

A visto como A-modulo es libre (por ejemplo, {1} es base).

J resulta entonces un submodulo de A.

Como A es libre, en particular es proyectivo. Luego, como A es hereditario, J esproyectivo.

Asumamos que todo ideal de A es un A-modulo proyectivo.

Notemos que el Teorema de Kaplansky es valido para todo anillo A tal que susideales son A-modulos proyectivos.

Sea P un A-modulo proyectivo y P ′ ⊂ P un submodulo.

Como P es proyectivo, existe un A-modulo libre L tal que P es sumando directo deL.

Luego P ′ resulta isomorfo a un submodulo de L, y, por el Teorema de Kaplansky,tenemos que existe una familia {Ai}i∈I de ideales de A tales que P ′ ∼= ⊕i∈IAi.Por hipotesis, todos los Ai resultan proyectivos y por el Corolario 3.3, P ′ es proyec-tivo.

19

Modulos proyectivos

Recordando la nocion de hiperhereditario y el Teorema 1.8, tenemos el siguiente coro-lario:

Corolario 3.6. Dado un anillo A, son equivalentes:

1) A es hiperhereditario (es decir, todo submodulo de un libre es libre).

2) A es hereditario y todo A-modulo proyectivo es libre.

3) Todo ideal de A es un A-modulo libre.

Observacion.

1) Si A es conmutativo e hiperhereditario, entonces A es principal.

En efecto, sea I un ideal de A. Dados dos elementos a, b ∈ I, nunca pueden ser LI puesa.b + (−b).a = 0. Luego, la cantidad maxima de elementos de una base de I (I tienealguna base pues A es hereditario) es uno. Es decir, I es principal.

2) Sea A un dominio ıntegro. Luego,

A es principal si y solo si A es hiperhereditario.

3.2. Modulos proyectivos en dominios principales

Durante esta seccion, A denotara un dominio ıntegro de ideales principales (DIP).

Recordamos que si M es un A-modulo, entonces la torison de M es un A-submodulo,donde la torsion estaba definida por t(M) = {m ∈M : ∃a ∈ A \ {0} tal que a.m = 0}.

Veamos un lema que necesitaremos para la demostracion de la Proposicion 3.8:

Lema 3.7. Sea K el cuerpo de fracciones de A y M ⊂ K un A-submodulo de tipo finito.Entonces existe x ∈ K tal que M = A.x.

Demostracion.

Sea M = 〈x1, . . . , xn〉. Como M ⊂ K, existen p1, . . . , pn, q1, . . . , qn ∈ A con los qi 6= 0

tales que xi =piqi

, para cada i.

Sea q =∏ni=1 qi, que por integridad de A es distinto de cero.

Como q.xj ∈ A para todo j = 1, . . . , n, se sigue que q.M es un submodulo de A, esdecir, un ideal, y entonces es principal.

Luego, existe un t ∈ A tal que q.M = t.A, es decir, M =t

qA.

Proposicion 3.8. Sea M un A-modulo finitamente generado. Son equivalentes:

1) M es libre.

2) M es proyectivo.

3) t(M) = {0}.

Demostracion.

(1⇒ 2) Es clara.

20

Modulos proyectivos

(2⇒ 1)

Como A es un DIP, entonces es hiperhereditario y por lo tanto todo A-moduloproyectivo es libre (Corolario 3.6).

(1⇒ 3)

Como M es finitamente generado, entonces M ∼= An para algun n ∈ N.

Si m = (a1, . . . , an) y a 6= 0 es tal que a.m = 0, entonces 0 = (a.a1, . . . , a.an).

Luego, a.ai = 0, para todo i = 1, . . . , n.

Como A es ıntegro y a 6= 0, se concluye que ai = 0, para todo i = 1, . . . , n.

Luego m = 0.

(3⇒ 1)

Consideremos K el cuerpo de fracciones de A.

Sea jM : M →MK tal que jM (m) =m

1.

Sabemos que Ker(jM ) = t(M) = {0}.Luego jM es inyectiva y jM (M) 6= {0}.Por lo tanto, existe una transformacion lineal φ : MK → K tal que p = φ ◦ jM no esidenticamente nula.

Consideremos la sucesion exacta corta 0 // Ker(p)j //M

p // p(M) // 0 .

Ahora bien, como M es finitamente generado como A-modulo y todos los morfismosson A-lineales, la imagen de p es finitamente generada como A-modulo.

Esto implica, por el lema anterior, que existe x ∈ K tal que p(M) = A.x.

Ası, p(M) ∼= A. Pero A es A-libre y por lo tanto proyectivo.

Entonces la sucesion anterior se parte, dando M ∼= Ker(p)⊕A.

Llamando M1 := Ker(p), tenemos que M1 es un submodulo de M , por lo tantoes sin torsion. Ademas es isomorfo a un cociente de M , por lo tanto es finitamentegenerado, y se esta de nuevo en las mismas hipotesis.

Podemos entonces repetir la construccion para M1 y descomponerlo como M1∼=

M2 ⊕A (luego M ∼= (M2 ⊕A)⊕A).

De esta manera obtenemos una cadena creciente de submodulos, cada uno isomorfoa A,A⊕A, A⊕A⊕A,..., y por noetherianidad de M esta cadena se estaciona. LuegoM ∼= An, para algun n ∈ N.

Corolario 3.9. Sea M un A-modulo finitamente generado. Entonces M ∼= t(M) ⊕ An,para un unico n ∈ N.

Demostracion. Consideremos la sucesion exacta corta

0 // t(M)j //M

π //M/t(M) // 0 ,

donde π : M →M/t(M) tal que π(m) = m+ t(M).

Como t(M/t(M)) = {0M/t(M)}, se sigue que M/t(M) es libre (Proposicion 3.8) y, enparticular, proyectivo.

Por lo tanto la sucesion se parte y M ∼= t(M)⊕M/t(M).

21

Modulos proyectivos

Como M/t(M) es libre y finitamente generado, entonces es isomorfo a An, para cier-to n ∈ N. Pero n = dimK((M/t(M))k) = dimK(MK), y entonces esta unıvocamentedeterminado.

22

Modulos inyectivos

4. Modulos inyectivos

Ası como la nocion de modulo proyectivo esta relacionada con las propiedades delfuntor HomA(M,−), la de modulo inyectivo concierne al funtor HomA(−,M).

Definicion 4.1. Sea M un A-modulo y f : X → Y morfismo.

Se define f∗ : Hom(Y,M)→ Hom(X,M) por f∗(h) = h ◦ f .

Definicion 4.2. Sea M un A-modulo.

El funtor HomA(−,M) es exacto a izquierda si:

Si Xf // Y

g // Z // 0 es una sucesion exacta, entonces

0 // HomA(Z,M)g∗ // HomA(Y,M)

f∗ // HomA(X,M) es exacta.


El funtor HomA(−,M) es exacto a derecha si:

Si 0 // Xf // Y

g // Z es una sucesion exacta, entonces

HomA(Z,M)g∗ // HomA(Y,M)

f∗ // HomA(X,M) // 0 es exacta.


El funtor HomA(−,M) es exacto si es exacto a izquierda y a derecha.

Observacion. Sea M un A-modulo.

Si el funtor HomA(−,M) es exacto se verifica que:

si 0 // Xf // Y

g // Z // 0 es una sucesion exacta, entonces

0 // HomA(Z,M)g∗ // HomA(Y,M)

f∗ // HomA(X,M) // 0 es exacta.

Proposicion 4.1. Sea M un A-modulo.

El funtor HomA(−,M) es exacto a izquierda.

Definicion 4.5. Un A-modulo M se llama A-inyectivo si el funtor HomA(−,M) esexacto.

Proposicion 4.2. Dado un A-modulo M , son equivalentes:

1) M es A-inyectivo.

2) HomA(−,M) transforma monomorfismos en epimorfismos.

3) Dado cualquier monomorfismo f : X → Y de A-modulos arbitrarios y cualquier mor-fismo h : X → M , existe un morfismo (no necesariamente unico) h : Y → M tal queh ◦ f = h.


M

0 // Xf //

h

OO

Y

h

``

Demostracion.

23

Modulos inyectivos

(1⇒ 2).

Sea f : X → Y un monomorfismo de A-modulos.

Luego, 0 // Xf // Y

π // Y/f(X) // 0 es una sucesion exacta de A-modu-los.

Como por hipotesis HomA(−,M) es exacto, tenemos que

0 // HomA(Y/f(X),M)π∗ // HomA(Y,M)

f∗ // HomA(X,M) // 0 es exac-ta.

En particular, f∗ es epimorfismo.

(2⇒ 3).

Sea f : X → Y monomorfismo de A-modulos arbitrarios y h : X →M morfismo deA-modulos.

Como HomA(−,M) transforma monomorfismos en epimorfismos, tenemos que

f∗ : HomA(Y,M)→ HomA(X,M) es epimorfismo.

Como h ∈ HomA(X,M), entonces ∃h ∈ HomA(Y,M) tal que f∗(h) = h.

Notar que por definicion de f∗ tenemos que h ◦ f = h.

(3⇒ 1).

Por la Proposicion 4.1, ya sabemos que HomA(−,M) es exacto a izquierda.

Sea 0 // Xf // Y

g // Z una sucesion exacta de A-modulos.

Sea h ∈ HomA(X,M).

Como f es monomorfismo, por hipotesis tenemos que existe un morfismo h : Y →Mtal que h ◦ f = h.

Es decir, h ∈ HomA(Y,M) y f∗(h) = h.

Luego, f∗ resulta epimorfismo.

Entonces, HomA(Z,M)g∗ // HomA(Y,M)

f∗ // HomA(X,M) // 0 es una su-cesion exacta.

Ejemplo.

1) Tomemos A = Z.

Consideremos el monomorfismo de A-modulos f : Z → Z dado por f(n) = 2n; y elepimorfismo de A-modulos π : Z→ Z2, donde π es la proyeccion canonica.

Luego, 0 // Z f // Z π // Z2// 0 es una sucesion exacta.

Aplicando el funtor HomA(−,Z2), se obtiene la sucesion:

0 // HomA(Z2,Z2)π∗ // HomA(Z,Z2)

f∗ // HomA(Z,Z2) // 0 .

Notemos que si φ ∈ HomA(Z,Z2), entonces f∗(φ)(1) = φ(f(1)) = φ(2) = 2φ(1) = 0.

Luego f∗(φ) = 0, para todo φ ∈ HomA(Z,Z2).

Ası, f∗ = 0 y por lo tanto f∗ no es epimorfismo (notemos que π ∈ HomA(Z,Z2)\{0}).Como f es monomorfismo y f∗ no es epimorfismo, tenemos que Z2 no es Z-inyectivo.

24

Modulos inyectivos

2) Z no es un Z-modulo inyectivo.

Consideramos para ver esto la inclusion j : Z ↪→ Q y la identidad id : Z → Z y elsiguiente diagrama:

Z

0 // Z j //

id

OO

Q

@id__

Notemos que no existe ningun morfismo id : Q→ Z tal que id ◦ j = id.

En efecto, si existiera, en particular (id ◦ j)(1) = id(1).

Luego, id(1) = 1.

Ası 1 = id(1) = id(2.12) = 2.id(12), con id(12) ∈ Z, y esto claramente es absurdo.

3) Sea K un cuerpo y sea V un K-modulo (es decir, un K-espacio vectorial).

Luego V es K-inyectivo.

En efecto:

Consideremos el siguiente diagrama donde X e Y son K-modulos, f es monomorfismoy h es morfismo:

V

0 // Xf //

h

OO

Y

f(X) es subespacio de Y y entonces existe W subespacio de Y tal que Y = f(X)⊕W .

Ası, para cada y ∈ Y existen unicos f(x) ∈ f(X) y w ∈W tales que y = f(x) + w.

Definamos h : Y → V dada por h(f(x) + w) = h(x).

Notemos que h queda bien definida ya que si f(x) = f(y) entonces f(x− y) = 0 y porlo tanto x = y.

Es facil ver que h es morfismo y que h◦f = h y queda ası probado que V es K-inyectivo.

Dado que la definicion de modulo inyectivo es dual a la definicion de modulo proyec-tivo, muchos de los resultados para proyectivos se dualizan y se obtienen enunciados deinyectivos, que en general se demuestran dualizando las demostraciones para proyectivos.

Proposicion 4.3. Dada (Mi)i∈I una familia de A-modulos se verifica:

1)∏i∈IMi es inyectivo si y solo si cada Mi es inyectivo.

2) Si ⊕i∈IMi es inyectivo entonces cada Mi es inyectivo. La recıproca no es necesariamentecierta.

Demostracion.

1) Sea f : X → Y monomorfismo de A-modulos y consideremos el cuadrado conmutativo:

HomA(Y,∏i∈IMi)

f∗ // HomA(X,∏i∈IMi)

∏i∈I HomA(Y,Mi) ∏

i∈I(fi)∗//∏i∈I HomA(X,Mi)

25

Modulos inyectivos

Probaremos que f∗ es epimorfismo si y solo si∏i∈I(fi)

∗ es epimorfismo si y solo sitodas las (fi)

∗ son epimorfismos.

Con estas equivalencias quedara demostrado el primer item, ya que HomA(−,∏i∈IMi)

transformara monomorfismos en epimorfismos si y solo si HomA(,Mi) transforma mo-nomorfismos en epimorfismos para todo i.

Veamos que∏i∈I(fi)

∗ es epimorfismo si y solo si todas las (fi)∗ son epimorfismos:

Asumamos que∏i∈I(fi)

∗ es epimorfismo.

Sea j ∈ I y consideremos (fj)∗ : HomA(Y,Mj)→ HomA(X,Mj).

Sea h ∈ HomA(X,Mj).

Para cada i ∈ I \ {j}, sea hi : X →Mi tal que hi ≡ 0.

Ademas definimos hj = h.

Ası, H = (hi)i∈I ∈∏i∈I HomA(X,Mi).

Luego, ∃G = (gi)i∈I ∈∏i∈I HomA(Y,Mi) tal que (

∏i∈I(fi)

∗)(G) = H.

Ası, H = (∏i∈I(fi)

∗)((gi)i∈I) =∏i∈I((fi)

∗)(gi).

En particular, h = hj = ((fj)∗)(gj).

Luego, gj ∈ HomA(Y,Mj) y h = ((fj)∗)(gj).

Por lo tanto (fj)∗ es epimorfismo.

Asumamos que todas las (fi)∗ son epimorfismos.

Sea H = (hi)i∈I ∈∏i∈I HomA(X,Mi).

Para cada i ∈ I, ∃gi ∈ HomA(Y,Mi) tal que ((fi)∗)(gi) = hi.

Si consideramos G = (gi)i∈I , tenemos que:

G ∈∏i∈I HomA(Y,Mi) y (

∏i∈I(fi)

∗)(G) = H.

Por lo tanto∏i∈I(fi)

∗ es epimorfismo.

Veamos que HomA(Y,∏i∈IMi) ∼=

∏i∈I HomA(Y,Mi):

Sea g ∈ HomA(Y,∏i∈IMi).

Para cada k ∈ I queda bien definido el morfismo gk : Y →Mk tal que gk = πk ◦ g.

(πk :∏i∈IMi →Mk con πk((mi)i∈I) = mk).

Con estas notaciones, definimos φ : HomA(Y,∏i∈IMi) →

∏i∈I HomA(Y,Mi) tal que

φ(g) = (gi)i∈I .

Luego φ resulta ser isomorfismo.

2) Llamemos M = ⊕i∈IMi.

Sea i0 ∈ I.

Entonces M =(⊕i∈I\{i0}Mi

)×Mi0 .

Como M es inyectivo, usando el punto 1, tenemos que Mi0 es inyectivo.

Teorema 4.4. (Baer) Un A-modulo es inyectivo si y solo si cumple la siguiente propiedad:

Para todo ideal J de A y para todo morfismo de A-modulos h : J → M , existe unmorfismo (no necesariamente unico) h : A→ M tal que h ◦ i = h (donde i : J → A es lainclusion).

26

Modulos inyectivos


M

0 // Ji //

h

OO

A

h

``

Demostracion. Veamos la implicacion no trivial:

Sea f : X → Y monomorfismo de A-modulos y h : X → M morfismo, queremos verque existe un morfismo (no necesariamente unico) h : Y →M tal que h ◦ f = h.


M

0 // Xf //

h

OO

Y

h

``

Notemos que f ′ : X → f(X) tal que f ′(x) = f(x) resulta un isomorfismo.

Tenemos entonces el siguiente diagrama:

MidM

M

0 // Xf ′

h

OO

f(X)

h0:=h◦(f ′−1)

OO

i // Y

Notemos que si existiera h0 ∈ HomA(Y,M) tal que h0 ◦ i = h0, entonces podrıamos

definir h := h0 y terminarıa la prueba.

Luego, sin perdida de generalidad, podemos asumir que X es un submodulo de Y yque f es la inclusion i:

M

0 // Xi //

h

OO

Y

Se define:

Z = {(N, g) / X ⊂ N ⊂ Y es submodulo y g : N →M es morfismo de A-modulos

con g|X = h}.Se ordena parcialmente a Z a traves de:

(N, g) ≤ (N ′, g′)⇔ N ⊂ N ′ y g′|N = g.

(Z,≤) resulta inductivo. En efecto:

Sea W ⊂ Z tal que ≤ restringido a W es total.

Podemos escribir W = {(Ni, gi), i ∈ I}, para cierto conjunto I.

Consideremos N := ∪i∈INi y g : N →M tal que g(x) = gi(x), si x ∈ Ni.

N es submodulo de Y y X ⊂ N :

En efecto, sean x, y ∈ N .

Luego, existen i, j ∈ I tales que x ∈ Ni e y ∈ Nj .

Como ≤ es total, (Ni, gi) ≤ (Nj , gj) o (Nj , gj) ≤ (Ni, gi).

Si Ni ⊂ Nj , entonces x, y ∈ Nj y como Nj es submodulo, tenemos que x + y ∈ Nj ,y por lo tanto x+ y ∈ N .

27

Modulos inyectivos

Si Nj ⊂ Ni, entonces x, y ∈ Ni y como Ni es submodulo, tenemos que x+ y ∈ Ni, ypor lo tanto x+ y ∈ N .

Las demas condiciones son triviales.

g esta bien definida:

En efecto, si x ∈ Ni y si tenemos j ∈ I \ {i} tal que x ∈ Nj , entonces como ≤ estotal, (Ni, gi) ≤ (Nj , gj) o (Nj , gj) ≤ (Ni, gi).

En cualquiera de los dos casos, resulta que gi(x) = gj(x).

Ası, gi(x) = gj(x), para todo j ∈ I \ {i} tal que x ∈ Nj , y por lo tanto g esta biendefinida.

g es morfismo:

En efecto, sean x, y ∈ N y a ∈ A.

Luego x ∈ Ni e y ∈ Nj , para ciertos i, j ∈ I.

Sin perdida de generalidad supongamos que (Ni, gi) ≤ (Nj , gj).

Luego, g(x+ y) = gj(x+ y) = gj(x) + gj(y) = g(x+ y)

y g(a.x) = gi(a.x) = a.gi(x) = a.g(x).

g|X = h:

En efecto, si x ∈ X, en particular x ∈ Ni y entonces g(x) = gi(x) = gi|X(x) = h(x).

Ası (N, g) ∈ Z y claramente es cota superior de W .

Por lo tanto, (Z,≤) es inductivo.

Ademas, Z 6= ∅, ya que (X,h) ∈ Z.

Por el Lema de Zorn, resulta que (Z,≤) tiene al menos un elemento maximal al quellamaremos (N0, g0).

Supongamos que N0 esta incluido estrictamente en Y .

Sea y ∈ Y \N0.

Luego el submodulo 〈y,N0〉 contiene estrictamente a N0.

Sea J := {a ∈ A / ay ∈ N0} ⊂ A.

J resulta un ideal de A.

En efecto, sean b, c ∈ J , a ∈ A. Luego, by ∈ N0 y cy ∈ N0.

0 ∈ J , ya que 0.y = 0 ∈ N0, por ser N0 submodulo.

(b− c) ∈ J , ya que (b− c)y = by − cy ∈ N0, por ser N0 submodulo.

ab ∈ J , ya que (ab)y = a(by) ∈ N0, por ser N0 submodulo.

Sea φ : J →M definida por φ(a) := g0(ay), que es morfismo porque g0 lo es.

Por hipotesis, φ se puede extender a φ : A→M .

Definimos g1 : 〈y,N0〉 →M como g1(ay + n) = φ(a) + g0(n).

g1 esta bien definida, en efecto:

Si ay + n = a′y + n′, entonces (a− a′)y = n′ − n ∈ N0, y por lo tanto (a− a′) ∈ J .

Ası,

φ(a)− φ(a′) = φ(a− a′) = φ(a− a′) = g0((a− a′)y) = g0(n′ − n)

= g0(n′)− g0(n)

28

Modulos inyectivos

Reordenando los terminos obtenemos que φ(a) + g0(n) = φ(a′) + g0(n′).

Es decir, g1(ay + n) = g1(a′y + n′) y entonces g1 esta bien definida.

Ademas de estar bien definida, g1 es morfismo y es una extension de g0.

Por lo tanto, es claro que (N0, g0) < (〈y,N0〉, g1).Pero esto ultimo contradice la maximalidad de g0.

El absurdo provino de suponer que N0 esta incluido estrictamente en Y .

Luego, N0 = Y .

Ası, g0 : Y →M es un morfismo tal que g0|X = h.

Luego h := g0 resuelve nuestro problema.

Observacion. Un submodulo de un modulo inyectivo no tiene por que ser inyectivo, comopodemos ver en el siguiente ejemplo:

Consideremos Q como Z-modulo. Tenemos el diagrama :

Q

0 // Ji //

h

OO

Zpara J cualquier ideal de Z y h cualquier morfismo.

Como J es un ideal de Z, sabemos que ∃m ∈ N \ {0} tal que J = mZ (el caso en quem = 0 es trivial).

Consideramos h : Z→ Q definido por h(n) = m−1.n.h(m).

Es facil ver que h es morfismo y que ademas extiende a h.

Luego, tenemos que Q es Z-inyectivo.

Sin embargo, ya habıamos visto que el submodulo Z no es Z-inyectivo.

Definicion 4.6. Un grupo abeliano G es divisible si para cada g ∈ G y cada n ∈ N\{0},existe un gn ∈ G tal que n.gn = g.

Para obtener mas ejemplos de modulos inyectivos probaremos dos lemas.

Lema 4.5. Un grupo abeliano G es divisible si y solo si G es un Z-modulo inyectivo.

Demostracion.

(⇒).

Sean J un ideal de Z y h ∈ HomZ(J,G).

Como J es un ideal de Z, sabemos que ∃m ∈ N \ {0} tal que J = mZ (el caso en quem = 0 es trivial).

Luego, como m ∈ N \ {0}, h(m) ∈ G y G es divisible, ∃v ∈ G tal que m.v = h(m).

Consideramos h : Z→ G definido por h(n) = n.v.


Luego, tenemos que G es Z-inyectivo.

(⇐).

Sean g ∈ G y n ∈ N \ {0}.Consideremos el morfismo hg : Z→ G definido por hg(m) = mg.

29

Modulos inyectivos

Consideremos ademas el monomorfismo fn : Z→ Z definido por fn(m) = mn.

Tenemos el siguiente diagrama :

G

0 // Z fn //

hg

OO

Z

Como G es inyectivo, existe un morfismo hg : Z→ G tal que hg ◦ fn = hg.

Definamos gn := hg(1) ∈ G.

Luego, n.gn = n.hg(1) = hg(n) = hg(fn(1)) = hg(1) = g.

Por lo tanto, G es divisible.

Proposicion 4.6. Si G es un grupo abeliano divisible, entonces el A-modulo HomZ(A,G)es A-inyectivo.

Demostracion. Notemos que por el argumento dado en la prueba del Teorema de Baer(Teorema 4.4), podemos tomar, sin perdida de generalidad, unA-moduloM ,N un submodu-lo de M , h : N → HomZ(A,G) un morfismo y ver que existe un morfismo h que resuelvael siguiente diagrama:

HomZ(A,G)

0 // Ni //

h

OO

M

hff

Recordemos que la estructura de A-modulo a izquierda de HomZ(A,G) viene dadapor:

si φ ∈ HomZ(A,G) y a, b ∈ A, entonces (a.φ)(b) := φ(b.a).

Consideramos h′ : N → G definida por h′(n) := h(n)(1).

Ası, tenemos que M es un Z-modulo, N es un submodulo de M y h′ : N → G es unmorfismo.

Como G es divisible, entonces es Z-inyectivo y, por lo tanto, existe h′ : M → Gmorfismo (de Z-modulos) que extiende a h′.

Consideramos h : M → HomZ(A,G) definida por h(m)(a) := h′(am).

Entonces:

h es A-lineal a izquierda:

En efecto, sean m, r ∈M y a, b ∈ A. Luego,

h(m+ r)(a) = h′(a(m+ r)) = h′(am+ ar) = h′(am) + h′(ar) = h(m)(a) + h(r)(a)

y h(am)(b) = h′(b(am)) = h′((ba)m) = h(m)(ba) = (a.h(m))(b).

h es una extension de h:

En efecto, dados n ∈ N , a ∈ A,

h(n)(a) = h′(an) = h′(an) = h(an)(1) = (a.h(n))(1) = h(n)(1.a) = h(n)(a).

Definicion 4.7. Sea M un A-modulo. Decimos que M es divisible si para cada m ∈My cada a ∈ A \ {0}, existe un ma ∈M tal que a.ma = m.

30

Modulos inyectivos

Proposicion 4.7. Sean A un DIP y M un A-modulo. Luego:

M es A-inyectivo si y solo si M es A-divisible.

Demostracion.

(⇒).

Sean J un ideal de A y h ∈ HomA(J,M).

Como J es un ideal de A y A es DIP, sabemos que ∃a ∈ A \ {0} tal que J = aA (elcaso en que a = 0 es trivial).

Luego, como a ∈ A \ {0}, h(a) ∈M y M es divisible, ∃v ∈M tal que a.v = h(a).

Consideramos h : A→M definido por h(b) = b.v.


Luego, tenemos que M es A-inyectivo.

(⇐).

Sean m ∈M y a ∈ A \ {0}.Consideremos el morfismo hm : A→M definido por hm(b) = bm.

Consideremos ademas el monomorfismo fa : A→ A definido por fa(b) = ba.

Tenemos el siguiente diagrama :

M

0 // Afa //

hm

OO

A

Como M es inyectivo, existe un morfismo hm : A→M tal que hm ◦ fa = hm.

Definamos ma := hm(1) ∈M .

Luego, a.ma = a.hm(1) = hm(a) = hm(fa(1)) = hm(1) = m.

Por lo tanto, M es divisible.

Dado un A-modulo cualquiera M , siempre se puede encontrar un A-modulo proyectivoP y un epimorfismo P → M . Podemos preguntarnos si el enunciado dual es cierto, esdecir: dado un A-modulo cualquiera M , ¿existe siempre un A-modulo inyectivo I y unmonomorfismo M → I? La respuesta es sı, y lo probaremos en dos etapas. Primero loresolveremos para grupos abelianos:

Lema 4.8. Sea M un grupo abeliano, entonces existe un grupo abeliano divisible D y unmonomorfismo M → D.

Demostracion.

Si M es cıclico (y no nulo, si es nulo es trivial):

Entonces hay dos posibilidades, dependiendo del orden del generador: M ∼= Z o bienM ∼= Zn.

Si M ∼= Z, entonces M ∼= Z ↪→ Q.

Si M ∼= Zn, entonces M ∼= Zn ↪→ Q/Z, donde el monomorfismo de Zn en Q/Zesta definido por 1 = ( 1

n).

31

Modulos inyectivos

Si M es grupo abeliano cualquiera:

Dado m ∈ M \ {0}, ya sabemos que como 〈m〉 es cıclico, existe un grupo abelianodivisible Dm y un monomorfismo fm : 〈m〉 → Dm.

Ası tenemos el siguiente diagrama:

Dm

0 // 〈m〉 i //

fm

OO

M

Como Dm es Z-divisible, tenemos que Dm es Z-inyectivo, y por lo tanto, existe unmorfismo fm : M → Dm que extiende a fm.

Notemos que m /∈ Ker(fm) (en efecto, si 0 = fm(m) = fm(m), entonces m ∈Ker(fm) = {0} y luego m = 0, lo cual es absurdo).

Consideremos D :=∏m∈M\{0}Dm y el morfismo f : M → D definido por f(x) =

(fm(x))m∈M\{0}.

Como todos los Dm son Z-modulos inyectivos, D resulta un Z-modulo inyectivo(Proposicion 4.3).

Ademas es claro que Ker(f) = ∩m∈M\{0}Ker(fm).

Luego Ker(f) = {0}. En efecto, supongamos que existe un m0 ∈ M \ {0} tal

que f(m0) = 0. Entonces fm(m0) = 0 para todo m ∈ M \ {0}. En particular,

m0 ∈ Ker(fm0), lo cual es absurdo.

Ası, f : M → D es monomorfismo y D es un modulo inyectivo.

Proposicion 4.9. Sea M un A-modulo, entonces existe un A-modulo inyectivo I y unmonomorfismo M → I.

Demostracion. Si consideramos a M como grupo abeliano, sabemos que existe un grupoabeliano divisible D y un monomorfismo f : M → D.

Consideremos g : HomA(A,M)→M definido por g(φ) = φ(1).

Es facil ver que g es un isomorfismo.

Por otro lado, si tenemos φ ∈ HomA(A,M), podemos pensar a φ como un morfismoZ-lineal (donde φ(na) =

∑ni=1 φ(a) = nφ(a)). Esta asignacion produce un monomorfismo

h : HomA(A,M)→ HomZ(A,M).

El monomorfismo f produce un monomorfismo t : HomZ(A,M)→ HomZ(A,D) defi-nido por t(h)(a) = f(h(a)).

Ası tenemos la siguiente cadena de monomorfismos:

M ∼= HomA(A,M) ↪→ HomZ(A,M) ↪→ HomZ(A,D)

Si llamamos I := HomZ(A,D), resulta de la Proposicion 4.6 que I es A-inyectivo.

Recordamos que los modulos proyectivos pueden ser caracterizados como los sumandosdirectos de un libre. Como tener un epimorfismo de un objeto libre en un modulo cual-quiera es equivalente a haber elegido un sistema de generadores, la manera de dualizarparcialmente esta caracterizacion es introduciendo la nocion de cogenerador:

Definicion 4.8. Un A-modulo M se dira un cogenerador si para todo A-modulo X,existe un conjunto J y un monomorfismo X ↪→MJ .

32

Modulos inyectivos

Ejemplo 4.10.

El Z-modulo Q/Z es cogenerador. En efecto:

Sea X un Z-modulo.

Si X es cıclico, tendremos que X ∼= Zn o bien X ∼= Z.

Si X ∼= Zn, consideramos f : Zn → Q/Z definido por f(a) = an + Z. Es facil ver que

f es un monomorfismo y por lo tanto X ↪→ Q/Z.

Si X ∼= Z, consideramos f : Z → (Q/Z)N definido por f(a) = ( an + Z)n∈N. Es facilver que f es un monomorfismo y por lo tanto X ↪→ (Q/Z)N.

Para el caso general en que X es un Z-modulo cualquiera, un argumento similaral exhibido en la demostracion del Lema 4.8 (utilizando el hecho de que Q/Z esinyectivo) muestra que siempre hay un monomorfismo de M en un producto deQ/Z.

Para cualquier anillo A, HomZ(A,Q/Z) resulta un A-modulo cogenerador. En efecto:

Sea X un A-modulo.

Como Q/Z es cogenerador, tenemos que existe un monomorfismo X ↪→ (Q/Z)J ,para cierto conjunto J .

Ası tenemos la siguiente cadena de monomorfismos:

X ∼= HomA(A,X) ↪→ HomZ(A,X) ↪→ HomZ(A, (Q/Z)J) ∼= (HomZ(A,Q/Z))J

Luego, X ↪→ (HomZ(A,Q/Z))J .

Observacion. El concepto dual del de cogenerador es el de generador, donde la definiciones la siguiente: un A-modulo es generador si para todo A-modulo X existe un conjuntoJ y un epimorfismo M (J) → X.

Por ejemplo, el A-modulo A es generador, ya que si X es un A-modulo, φ : A(X) → Xdefinido por φ((ax)x∈X) =

∑x∈X ax.x es epimorfismo.

Cualquier A-modulo libre tambien es generador, ya que al ser libre, existe φ : A(J) → Xisomorfismo, para cierto conjunto J . Sin embargo, no todo generador es libre.

Proposicion 4.11. Sea M un A-modulo, son equivalentes:

1) M es inyectivo.

2) Toda sucesion exacta corta de A-modulos del tipo 0 //Mf // X

g // Y // 0se parte.

Ademas, cualquiera de las dos anteriores implica que M es un sumando directo de uncogenerador.

Demostracion.

(1⇒ 2).

Sea 0 //Mf // X

g // Y // 0 una sucesion exacta corta de A-modulos.

Considerando el siguiente diagrama

33

Modulos inyectivos

M

0 //Mf //

idM

OO

X

idM

``

sabemos que existe la flecha punteada que hace conmutar al diagrama debido a lainyectividad de M .

Por la Proposicion 1.5, tenemos que la sucesion 0 //Mf // X

g // Y // 0se parte.

(2⇒ 1).

Sea M un A-modulo tal que toda sucesion exacta corta de A-modulos del tipo

0 //Mf // X

g // Y // 0 se parte.

Por la Proposicion 4.9, sabemos que existe un A-modulo inyectivo I y un monomor-fismo f : M → I.

Consideramos la sucesion exacta corta 0 //Mf // I

π // I/f(M) // 0 .

Entonces, por hipotesis, la sucesion se parte.

Luego, M resulta un sumando directo de I, que es inyectivo.

Por lo tanto, por la Proposicion 4.3, resulta que M es inyectivo.

Finalmente, asumamos que M es inyectivo.

Por lo visto en el Ejemplo 4.10, sabemos que HomZ(A,Q/Z) resulta un A-modulocogenerador.

En particular, existe un conjunto I y un monomorfismo f : M → (HomZ(A,Q/Z))I

Consideramos la sucesion exacta corta

0 //Mf−→ (HomZ(A,Q/Z))I

π−→ I/f(M) // 0

.

Por hipotesis, sabemos que se parte. Luego,M es sumando directo de (HomZ(A,Q/Z))I .

Y esta claro que si un A-modulo Y es cogenerador, tambien lo es Y J , para cualquierconjunto J no vacıo. Por lo tanto, M es sumando directo de (HomZ(A,Q/Z))I , que escogenerador.

Observacion. Por la Proposicion 4.6, el A-modulo HomZ(A,Q/Z) es inyectivo.

Luego, (HomZ(A,Q/Z))I ∼=∏i∈I HomZ(A,Q/Z) es inyectivo, por la Proposicion 4.3.

Ası, por la Proposicion 4.3, todo sumando directo de (HomZ(A,Q/Z))I tambien sera in-yectivo.

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Bibliografıa

5. Bibliografıa

[M. A. Farinati - A. L. Solotar] Anillos y sus categorıas de representaciones, 2006

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estructuras algebraicas trabajo final módulos libres, proyectivos e

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