Kommutative Algebra/Projektiver Modul/Einführung/Textabschnitt

Definition

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}M$ ein ${}R$-Modul. Der Modul ${}M$ heißt projektiv, wenn es zu jedem surjektiven ${}R$-Modulhomomorphismus

$\theta \colon A\longrightarrow B$

und jedem Modulhomomorphismus

$\varphi \colon M\longrightarrow B$

einen Modulhomomorphismus

$\psi \colon M\longrightarrow A$

mit

${}\varphi =\theta \circ \psi \,$

gibt.

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring

Dann ist jeder freie ${}R$-Modul projektiv.

Beweis

Es sei ${}F$ der freie Modul mit der Basis ${}e_{i}$, ${}i\in I$. Es sei ein surjektiver ${}R$-Modulhomomorphismus

$\theta \colon A\longrightarrow B$

und ein Modulhomomorphismus

$\varphi \colon F\longrightarrow B$

vorgegeben. Zu jedem Element ${}\varphi (e_{i})$ gibt es ein Element ${}w_{i}$ mit ${}\theta (w_{i})=\varphi (e_{i})$. Nach dem Festlegungssatz für freie Moduln gibt es einen Modulhomomorphismus

$\psi \colon F\longrightarrow A$

mit

${}\psi (e_{i})=w_{i}\,,$

und ${}\psi$ hat die gewünschten Eigenschaften.

$\Box$

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}M$ ein ${}R$-Modul

Dann ist ${}M$ genau dann ein projektiver Modul, wenn es einen weiteren Modul ${}N$ derart gibt, dass die direkte Summe ${}M\oplus N$ frei ist.

Beweis

Es sei zunächst ${}M$ projektiv. Da ${}M$ ein Erzeugendensystem ${}v_{i}$, ${}i\in I$, besitzt, gibt es auch einen surjekiven ${}R$-Modulhomomorphismus

$\theta \colon R^{(I)}\longrightarrow M.$

Die projektive Eigenschaft, angewendet auf die Identität

$\operatorname {Id} \colon M\longrightarrow M,$

zeigt, dass es einen Modulhomomorphismus

$\psi \colon M\longrightarrow R^{(I)}$

mit

${}\theta \circ \psi =\operatorname {Id} _{M}\,$

gibt. Dies bedeutet

${}R^{(I)}=M\oplus \operatorname {kern} \theta \,.$

Wenn umgekehrt

${}M\oplus N=F\,$

frei ist, ein surjektiver ${}R$-Modulhomomorphismus

$\theta \colon A\longrightarrow B$

und ein Modulhomomorphismus

$\varphi \colon M\longrightarrow B$

gegeben ist, so gibt es nach Fakt, angewendet auf

$\varphi \circ p_{M}\colon F\longrightarrow B,$

einen Homomorphismus

$\rho \colon F\longrightarrow A$

mit

${}\varphi \circ p_{M}=\theta \circ \rho \,$

Die Einschränkung von ${}\rho$ auf ${}M$ hat wegen

${}\theta \circ (\rho \circ i_{M})=(\theta \circ \rho )\circ i_{M}=(\varphi \circ p_{M})\circ i_{M}=\varphi \circ (p_{M}\circ i_{M})=\varphi \,$

die gewünschten Eigenschaften.

$\Box$

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer lokaler noetherscher Ring und ${}M$ ein endlich erzeugter ${}R$-Modul. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.

1. ${}M$ ist frei.
2. ${}M$ ist ein projektiver Modul.
3. ${}M$ ist ein flacher Modul.

Beweis

Kommutativer Ring/Lokal/Projektiver Modul/Frei/Flach/Fakt/Beweis

$\Box$

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer noetherscher Ring und ${}M$ ein endlich erzeugter ${}R$-Modul. Dann sind folgende Aussagen äquivalent.

1. ${}M$ ist lokal frei.
2. ${}M$ ist ein projektiver Modul.
3. ${}M$ ist ein flacher Modul.

Beweis

Endlich erzeugter Modul/Lokal freie Garbe/Projektiv und flach/Fakt/Beweis

$\Box$

Ein endlich erzeugter projektiver Modul ${}M$ lässt sich nach Fakt zu einem freien Modul ergänzen, d.h. es gibt ${}N$ mit ${}M\oplus N\cong F$. Der direkte Summand ${}N$ ist dabei ebenfalls projektiv, ansonsten kann man über ihn keine allgemeine Aussage machen. Eine besondere Situation liegt vor, wenn dieser direkte Summand selbst frei ist. Dann liegt eine Gleichung der Form

${}M\oplus R^{s}\cong R^{t}\,$

mit ${}s\leq t$ vor. Es ist verlockend, zu meinen, dass man in einer solchen Situation „kürzen“ kann, also daraus auf ${}M\cong R^{t-s}$ schließen könnte. Dies ist aber nicht der Fall.

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}M$ ein ${}R$-Modul. Der Modul sei projektiv und besitze eine endliche freie Auflösung.

Dann gibt es einen freien Modul ${}G$ derart, dass ${}M\oplus G$ frei ist.

Beweis

Es sei

$0\longrightarrow F_{r}\longrightarrow \ldots \longrightarrow F_{2}\longrightarrow F_{1}\longrightarrow F_{0}\longrightarrow M\longrightarrow 0$

eine endliche freie Auflösung. Da ${}M$ projektiv ist, ist

${}F_{0}\cong N_{0}\oplus M\,.$

Damit ist nach Fakt auch ${}N_{0}$, also der Kern von ${}d_{-1}$, selbst wieder projektiv. Somit können wir mit dem surjektiven Homomorphismus

$F_{1}\longrightarrow N_{0}$

fortfahren und erhalten induktiv an jeder Stelle, dass

${}\operatorname {kern} d_{i-1}=\operatorname {bild} d_{i}=N_{i}\,$

projektiv ist, und es ist

${}F_{i}\cong N_{i}\oplus N_{i-1}\,.$

Daher ist

${}M\oplus F_{1}\oplus F_{3}\oplus \ldots \cong F_{0}\oplus F_{2}\oplus F_{4}\oplus \ldots \,.$

$\Box$

Lemma

Es sei ${}R$ ein kommutativer Ring und ${}M$ ein ${}R$-Modul vom Rang ${}1$. Es gebe einen freien Modul ${}G\cong R^{n}$ derart, dass ${}M\oplus G$ frei ist.

Dann ist ${}M$ selbst frei.

Beweis

Aufgrund der Rangeigenschaft und der Voraussetzung ist

${}M\oplus R^{n}\cong R^{n+1}\,$

Für die ${}n+1$-te äußere Potenz gilt dann

${}R\cong \bigwedge ^{n+1}(R^{n+1})\cong \bigwedge ^{n+1}(M\oplus R^{n})\cong \bigoplus _{i+j=n+1}\bigwedge ^{i}M\otimes \bigwedge ^{j}R^{n}\,.$

Für ${}i\geq 2$ sind die ${}\bigwedge ^{i}M=0$, sodass rechts allein der Summand ${}M\otimes \bigwedge ^{n}R^{n}=M$ übrig bleibt, also ist ${}R\cong M$.

$\Box$