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Invitación al álgebra homólogica 65a) la propiedad P,b) para toda sucesión exacta corta M · de R−módulos la sucesión Hom R(N, M ·) tambiénes exacta.Ejemplo 4. 1. Sea R n un módulo libre y supongamos que tenemos morfismos:R n γ.M 2f M 3 0Sea e 1, ...e n una base de R n y m i := γ(e i). Sean ¯m i ∈ M 2 tales que f( ¯m i) = m i. ComoR n es libre la asignación β(e i) = ¯m i define una aplicación R − lineal β : R n → M 2 quepor construcción satisfaceγ = f ◦ β.Es decir, todo módulo libre es proyectivo.2. Sea R = Z y consideremos el módulo Z 2 y el diagrama:Z 2idZπ Z 2 0donde π es el cociente de Z por 2Z. Este diagrama no puede ser completado con unmorfismo β : Z 2 → Z puesto que Hom Z (Z 2, Z) = 0. Esto es, Z 2 no es un móduloproyectivo.Ejemplo 5. Demuestre que:a) un módulo M es libre (≃ R n ) si y sólo si tiene una base e 1, ..., e n. Aquí la definiciónde base es exactamente la misma que en álgebra lineal: un conjunto de generadoreslinealmente independientes.b) si M es libre y e 1, ..., e n es una base todo morfismo α : M → N se define medianteuna asignación α(e i) = n i ∈ N. En particular para todo N:Hom R(R n , N) ≃ N n .Ejercicio 9. Demuestre que Hom Z (Z 2 , Z) = 0.El último ejemplo nos permite deducir dos razones por la cuáles un módulo puedeno ser proyectivo.Afirmación 2. Sea D un dominio (todo elemento de D ≠ 0 es regular). Sea M unD−módulo finitamente generado y supongamos que existe m ∈ M tal que m es detorsión, es decir, m ≠ 0 y para algún n ∈ Z, n ≠ 0 nm = 0. Entonces M no esproyectivo.Revista de Ciencias Básicas UJAT, 4(1)Noviembre 2005 p 53–67