Tópicos de Álgebra - Notas de Aula
Ivo Terek
*30 de maio de 2018
Notas de aula da disciplina MAT5797 - Tópicos de Álgebra ministrada no Instituto de Matemática e Estatística da Universidade de São Paulo, no primeiro semestre de 2018. As resoluções de alguns exercícios das listas estarão espalhadas pelo texto, sem compromisso algum (não farei todos).
Agradeço em especial à Janaína Baldan e ao Jonas Gomes por me aju-darem a manter estas anotações completas, e ao André Gomes pelas várias correções feitas. Quaisquer erros aqui são de minha única responsabili-dade.
Sumário
1 Aneis e Álgebras (05/03) 4 1.1 Aneis . . . 4 1.2 Anel quociente. . . 5 1.3 Homomorfismos . . . 5 1.4 Álgebras . . . 82 Álgebras livres, geradores e relações (08/03) 10 † Algumas coisas (sobre aneis) da Lista1 15 3 Mais exemplos (13/03) 21 4 Módulos (15/03) 26 4.1 Módulos e homomorfismos . . . 26
4.2 Módulo quociente . . . 30
5 Submódulos, somas diretas e sequências exatas (20/03) 31
5.1 Submódulos gerados por conjuntos. . . 31
5.2 Sequências exatas . . . 33
5.3 Soma direta interna . . . 34
6 Continuando com somas e produtos diretos (03/04) 38
6.1 Produto direto de módulos . . . 38
6.2 Soma direta de módulos . . . 42
6.3 Somas diretas internas . . . 43
† Algumas coisas (sobre módulos) da Lista2 44
7 Módulos livres (05/04) 50
8 Produto tensorial (10/04) 55
† Algumas coisas (sobre produtos tensoriais) da Lista2 63
9 Mais produtos tensoriais (12/04) 68
9.1 Isomorfismos com produtos tensoriais . . . 68
9.2 Bimódulos . . . 74
10 Começando com categorias (17/04) 77
10.1 Estruturas em Hom . . . 77
10.2 Categorias . . . 80
11 Funtores,Hom(M, _)(19/04) 85
12 Módulos projetivos e o funtor tensor (24/04) 89
12.1 Módulos projetivos . . . 89
12.2 O funtor⊗ . . . 94
† Algumas coisas (sobre funtores) da Lista2 96
13 Módulos planos (26/04) 99
13.1 Definição e exemplos . . . 99
13.2 Localização central . . . 103
14 Mais localização (03/05) 104
14.1 Propriedade universal e exemplos . . . 104
14.2 Localização de módulos . . . 107
16 Injetivos versus Divisíveis (15/05) 113
17 Complexos (17/05) 117
18 Homologia (22/05) 122
1
Aneis e Álgebras (05/03)
1.1
Aneis
Definição 1.1(Anel). Um conjunto R munido de duas operações binárias
+: R×R→ R
(a, b) 7→a+b
e ·: R×R →R
(a, b) 7→ ab satizfazendo
(i) a+b =b+a, para todos a, b∈ R;
(ii) a+ (b+c) = (a+b) +c, para todos a, b, c ∈ R; (iii) Existe 0 ∈ R tal que a+0=a, para todo a∈ R;
(iv) Para todo a∈ R existe(−a) ∈ R tal que a+ (−a) =0. (v) a(bc) = (ab)c, para todos a, b, c ∈ R;
(vi) Existe 1R ∈ R tal que a·1R =1R·a =a, para todo a∈ R; (vii) a(b+c) = ab+ac e(a+b)c =ac+bc, para todos a, b, c ∈ R; chama-se anel. Se R satisfizer também
(viii) ab =ba, para todos a, b ∈ R, diremos que R é um anel comutativo.
Observação. Ou seja, R munido apenas da operação + é um grupo. A notação usual “R” vem do inglês “ring”.
Todos os aneis neste curso são aneis com unidade!
Definição 1.2(Subanel). Um subanel de um anel R é um subconjunto S de R tal que
(i) 0∈ S;
(ii) para todos a, b∈ S, a−b ∈ S; (iii) 1R ∈ S;
Exemplo 1.3. Temos que Z é subanel de Q, mas 2Z não é subanel de Z.
Definição 1.4(Ideal). Um subconjunto I de um anel R é um ideal à esquerda (resp., direita) se
(i) 0∈ I;
(ii) para todos a, b∈ I, a−b ∈ I;
(iii) para todos a∈ I e x ∈ R, xa∈ I (resp. ax∈ I).
Um subconjunto I de um anel R é um ideal (bilateral) se for um ideal à esquerda e à direita. Neste caso, notamos I R.
Observação. Se I é um ideal de R com 1R ∈ I, então I =R, pois para todo x∈ R tem-se x= x·1R ∈ I.
1.2
Anel quociente
Dado um anel R e um ideal I R, define-se em R a seguinte relação de equivalência:
a ∼b ⇐⇒ a−b∈ I.
As classes de equivalência desta relação são os conjuntos a+I = {. a+c |c ∈ I}.
O conjunto das classes de equivalência, R/I = {. a+I | a ∈ R}, tem uma estrutura natural de anel dada por
(a+I) + (b+I) = (. a+b) +I e (a+I)(b+I) = (. ab) +I, em que 0R/I =0+I e 1R/I =1R+I.
Observação. Deve ser verificado que estas definições independem das es-colhas dos representantes das classes. O anel quociente R/I herda algu-mas propriedades de R. Por exemplo, se R é comutativo, então R/I tam-bém o é.
1.3
Homomorfismos
Definição 1.5 (Homomorfismo). Sejam R e S aneis. Um homomorfismo de aneis de R em S é uma função f : R→ S tal que
(ii) f(ab) = f(a)f(b); (iii) f(1R) =1S. Definem-se ainda:
• o núcleo de f por ker f = {a∈ R| f(a) = 0S} = f−1(0), e • a imagem de f por Im f = {f(a) | a∈ R} = f(R).
Observação.
• Na definição acima, note que o símbolo +está sendo para denotar as operações em ambos os aneis. Isto é um abuso comum que não deve causar confusão.
• São os morfismos na categoria dos aneis com unidade. • ker f R.
• Im f é um subanel de S.
Definição 1.6. Um homomorfismo de aneis f : R → S é chamado um iso-morfismo se for bijetor. Se existir um isoiso-morfismo f : R → S, escrevemos R∼=S e dizemos que R e S são isomorfos.
Observação. Está implícito na definição acima que se “R é isomorfo a S então S é isomorfo a R”. Com efeito, se f : R → S é um isomorfismo de aneis, então f−1: S →R também o é.
Exercício.
(a) a identidade IdR: R →R é um isomorfismo; (b) a composta de isomorfismos é um isomorfismo;
(c) a inversa de um isomorfismo é um isomorfismo. (d) se I R, então
π: R →R/I
a 7→a+I
é um homomorfismo sobrejetor (chamado canônico);
(e) um homomorfismo de aneis f : R →S é injetor se e somente se ker f = {0R}.
Teorema 1.7 (Teorema do homomorfismo). Sejam f : R → S um homo-morfismo e I R tal que I ⊆ ker f . Então existe um único homomorfismo f : R/I →S tal que f ◦π = f , onde π : R →R/I é o homomorfismo sobrejetor canônico. Além disto:
• ker f =ker f /I = {. a+I | a∈ ker f}e • Im f =Im f .
Em particular, f é injetor se e somente se I =ker f .
Demonstração: Esboço. Definimos f usando a conclusão desejada f ◦π = f , ou seja, f(a+I)=. f(a).
• f está bem definida, pois I⊆ker f ; • f é um homomorfismo, pois f o é; • f ◦π = f é então trivial;
• f é o único homomorfismo de R/I em S satisfazendo f ◦π = f pois π é sobrejetora (e portanto pode ser cancelada à direita).
O resto é exercício. R S R/I π f f
Figura 1: f desce ao quociente R/I como f se e só se I ⊆ker f .
Corolário 1.8(Teorema do isomorfismo). Se f : R → S é um homomorfismo de aneis, então R/ker f ∼=Im f .
1.4
Álgebras
Definição 1.9. Seja k um anel comutativo. Uma k-álgebra é um anel R dado com uma “multiplicação por escalar”
k×R →R
(λ, a) 7→λa satisfazendo
(i) (λµ)a=λ(µa), para todos λ, µ ∈ k, a∈ R; (ii) (λ+µ)a=λa+µa, para todos λ, µ ∈ k, a∈ R; (iii) λ(a+b) = λa+λb, para todos λ∈ k, a, b∈ R; (iv) 1ka =a, para todo a∈ R;
(v) λ(ab) = (λa)b =a(λb), para todos λ∈ k, a, b∈ R. O anel k será chamado o anel de coeficientes da álgebra.
Observação.
• Essencialmente, R é um k-módulo, melhorado com a condição (v). • Na definição acima, se k não é necessariamente comutativo, diremos
apenas que R é um k-anel.
• Sejam k um anel comutativo e R um anel. Então
R é uma k-álgebra ⇐⇒ existe um homomorfismo k →Z(R), onde Z(R) = {. a ∈ R | ab = ba para todo b ∈ R} é o centro1 de R. Com efeito, se ϕ : k → R é dado por ϕ(λ) = λ1R, então ϕ é um ho-momorfismo de aneis, e Im ϕ⊆ Z(R)pela condição (v) da definição de k-álgebra. Reciprocamente, se ϕ : k → R á um homomorfismo com Im ϕ ⊆ Z(R), então k×R 3 (λ, a) 7→ ϕ(λ)a ∈ R confere a R uma estrutura de k-álgebra.
Se R é apenas um k-anel, vale uma caracterização como acima, mas não tem-se mais Im ϕ ⊆Z(R).
• Se k é um corpo, uma k-álgebra é também um espaço vetorial sobre k. Neste caso, podemos falar em dimkR.
• Todo anel é uma Z(R)-álgebra.
• Todo anel R é uma Z-álgebra. A aplicação Z→Z(R)definida por 1+ · · · +1 | {z } n vezes , se n >0, 0R, se n =0, (−1) + · · · + (−1) | {z } −n vezes , se n <0
é um homomorfismo. Em outros termos, a multiplicação Z×R→ R é dada por a+ · · · +a | {z } n vezes , se n>0, 0R, se n=0, (−a) + · · · + (−a) | {z } −n vezes , se n<0.
• Se R é uma k-álgebra, e I é um ideal “de anel” de R, então também é um ideal “de álgebra”. Com efeito, se a ∈ I e λ ∈ k, então λ·a ∈ I, uma vez que
λ·a=λ· (1Ra) = (λ·1R)a ∈ I,
pois λ·1R ∈ R. Se estivéssemos trabalhando com aneis sem unidade, há uma diferença! Isto nos garante que quocientes também terão uma estrutura de k-álgebra.
Definição 1.10. Se R e S são k-álgebras, um homomorfismo de k-álgebras de R em S é um homomorfismo de aneis f : R → S satisfazendo também
f(λa) = λ f(a), para todos λ ∈k e a ∈ R.
Exemplo 1.11.
(1) Se k é um corpo, então Mat(n, k) = {. matrizes n×n com entradas em k}
é uma k-álgebra de dimensão finita dimkMat(n, k) = n2(e uma base é
{Eij |1≤i, j≤n}, onde Eij é a matriz com 1kna entrada(i, j)e 0Knas demais).
(2) Quatérnios2: H=. R4. Denotamos:
1= (1, 0, 0, 0), i = (0, 1, 0, 0), j = (0, 0, 1, 0) e k= (0, 0, 0, 1). Definimos uma multiplicação em H satisfazendo:
• 1α =α1=α, para todo α∈ H; • ij=k = −ji; • i2 =j2= −1. k
×
j iFigura 2: A multiplicação em H e o produto vetorial×emR3. Em particular, segue também que k2 = −1. Então H é uma R-álgebra (o principal é verificar que esta multiplicação é de fato associativa), e o homomorfismo associado é
R→H
17→ 1.
Temos que H é um anel com divisão (ou corpo não-comutativo3), ou seja, todo elemento não nulo possui um inverso. Para ver isto, definimos o conjugado de α =a1+bi+cj+dk ∈ H por
α =. a1−bi−cj−dk.
Temos que αα =a2+b2+c2+d2é não-nulo4se α6= 0, e assim
α α αα =1.
2
Álgebras livres, geradores e relações (08/03)
Observação. Sejam k1 e k2aneis comutativos e λ : k1 → k2 um homomor-fismo de aneis. Se R é uma k2-álgebra, então R tem uma estrutura natural de k1-álgebra via α·a =. λ(α)a, para todos α ∈ k1 e a ∈ R. Em particular, um anel é uma k-álgebra para qualquer subanel k de Z(R).
3Ou, em inglês, division ring ou skew-field. 4A rigor αα= (a2+b2+c2+d2)1.
Exemplo(Alerta). Note queC⊆H, temos que
C →H
a+bi 7→a+bi+0j+0k
é um homomorfismo injetor de aneis, C é comutativo, mas H não é uma
C-álgebra, pois C 6⊆ Z(H) (exercício: Z(H) = R). Apesar disto, H tem
estrutura de C-espaço vetorial (com dimCH = 2) e, com a nomenclatura
da aula anterior, H é um C-anel.
Voltamos aos exemplos da aula anterior:
Exemplo 2.1.
(3) A álgebra livre: sejam k um anel comutativo e X um conjunto não-vazio. Colocamos khXi =. (
∑
finita λx1...xnx1. . . xn | x1, . . . , xn ∈ X, λx1...xn ∈ k, n ≥0 )Os elementos de khXisão chamados palavras, e os elementos de
hXi = {. x1. . . xn | x1, . . . , xn ∈ X, n≥0}
chamam-se monômios. Então khXié uma k-álgebra com operações tais que λx= xλ para todos λ∈ k e x ∈ X, e
x1. . . xn·y1. . . ym =. x1. . . xny1. . . ym, com xi, yj ∈ X.
Digamos, se X = {x, y}, entãohx, yi = {e, x, y, xx, xy, yx, yy, . . .}, onde e é a palavra vazia (que será o elemento neutro de khx, yi). Em Qhx, yi
temos, por exemplo, que 1 2e+7xy 1xx+7 3y = 1 2xx+7xyxx+ 7 6y+ 49 3 xyy.
Os elementos de khXisão “polinômios” com coeficientes em k nas va-riáveis não comutativas do conjunto X. Em particular, se X = {x}, então khXi =k[x]é a única k-álgebra livre comutativa.
Proposição 2.2 (Propriedade universal de khXi). Sejam k um anel co-mutativo, X um conjunto não-vazio e khXia k-álgebra livre sobre X. Dada uma k-álgebra R e uma funçao j : X →R, existe um único homomorfismo de k-álgebras ϕ : khXi → R tal que ϕ(x) = j(x), para todo x ∈ X, onde iden-tificamos X com sua imagem pela aplicação (injetora) X 3 x7→ 1x ∈ khXi.
Demonstração: Exercício. Dica: dada j, defina ϕ
∑
finita λx1...xnx1. . . xn ! . =∑
finita λx1...xnj(x1). . . j(xn). (4) Geradores e relações:Definição 2.3. Sejam k um anel comutativo, R uma k-álgebra, e F⊆ R um subconjunto qualquer. Definimos o ideal de R gerado por F como sendo
(F) =. \{I | I R e I ⊇F}.
Observação.
• De fato(F)é um ideal de R.
• (F)é o menor ideal de R (na ordem da inclusão) que contém F.
Definição 2.4. Sejam k um anel comutativo, X um conjunto não-vazio e F⊆khXium subconjunto qualquer. A k-álgebra
khX| f =0, para todo f ∈ Fi =. khXi (F)
é chamada a álgebra gerada por X sobre k com relações F. (a) Por exemplo, se X = {x, y}e F = {xy−yx}, temos que
khx, y| xy−yx =0i ∼=k[x1, x2]
(anel de polinômios nas variáveis comutativas x1, x2). Para dar uma ideia de como construir o isomorfismo, começamos com j :
{x, y} →k[x1, x2]dada por j(x) = x1e j(y) = x2. Pela propriedade universal, existe um único homomorfismo ϕ : khx, yi → k[x1, x2] que estende j. Claramente ϕ é sobrejetor. Visto que
ϕ(xy−yx) = ϕ(x)ϕ(y) −ϕ(y)ϕ(x) =j(x)j(y) −j(y)j(x) =x1x2−x2x1=0,
temos que(xy−yx) ⊆ ker ϕ, e daí o Teorema do Homomorfismo nos dá um homomorfismo sobrejetor (de k-álgebras)
ϕ: khx, yi
Defina agora outro homomorfismo ψ: k[x1, x2] → k
hx, yi (xy−yx)
levando x1e x2 nas classes de x e y no quociente. Afirmo que ϕ e
ψsão inversos. Por um lado temos
ϕ◦ψ(x1) = ϕ(x) = ϕ(x) = x1 e ϕ◦ψ(x2) = ϕ(y) = ϕ(y) = x2, e por outro ψ◦ ϕ(x) = ψ(ϕ(x)) =ψ(x1) = x e ψ◦ϕ(y) = ψ(ϕ(y)) =ψ(x2) = y. (b) H ∼=Rhx, y | x2+1 =0, y2+1=0, xy+yx =0i. Vejamos como repetir a estratégia do item anterior neste caso.
Defina j : {x, y} → H por j(x) = i e j(y) = j. Por universalidade,
estendemos j para um homomorfismo ϕ : Rhx, yi → H, que é
so-brejetor (visto que i e j estão na imagem e k=ij). Note que
ϕ(x2+1) = ϕ(x)2+ϕ(1) =i2+1=0 ϕ(y2+1) = ϕ(y)2+ϕ(1) = j2+1=0
ϕ(xy+yx) = ϕ(x)ϕ(y) +ϕ(y)ϕ(x) =ij+ji =0,
donde o Teorema do Homomorfismo nos fornece um homomor-fismo (sobrejetor)
ϕ: Rhx, y| x2+1=0, y2+1=0, xy+yx=0i → H. Por outro lado, defina
ψ: H→Rhx, y| x2+1=0, y2+1=0, xy+yx=0i ψ(a+bi+cj+dk) =. a1+bx+cy+dxy,
onde 1, x e y denotam as classes de 1, x e y no quociente5. Temos que ψ é um homomorfismo. Agora finalmente afirmo que ϕ e ψ são inversos.
Por um lado: ϕ◦ψ(a+bi+cj+dk) = ϕ(a1+bx+cy+dxy) =aϕ(1) +bϕ(x) +cϕ(y) +dϕ(x)ϕ(y) =aϕ(1) +bϕ(x) +cϕ(y) +dϕ(x)ϕ(y) =a+bi+cj+dik =a+bi+cj+dk. Por outro: ψ◦ϕ(x) =ψ(ϕ(x)) =ψ(i) = x e ψ◦ϕ(y) =ψ(ϕ(y)) =ψ(j) = y.
(c) khx, y | xy−yx=1ié chamada a primeira álgebra de Weyl (relevante na mecânica quântica, onde os operadores em geral não comutam), não possui ideais (bilaterais) não-triviais nem divisores de zero, e é Noetheriano6.
(d) Suponha que k é um corpo. Veremos na próxima aula que no anel R =. khx, y | xy=1i, x não é invertível à esquerda, que{yixj |i, j≥
0} é uma base de R como k-espaço vetorial e, portanto, dimkR =
+∞.
Por sua vez, khx, y |xy=1=yxi ∼= k[x, x−1]é conhecido como o anel dos polinômios de Laurent na variável x com coeficientes em k. Vejamos como fica o cálculo neste caso. Para evitar qualquer con-fusão, troquemos x por u. Defina j : {x, y} → k[u, u−1] pondo j(x) = u e j(y) = u−1, e por universalidade tome um homomor-fismo ϕ : khx, yi → k[u, u−1]que estende j. Como
ϕ(xy−1) = ϕ(x)ϕ(y) −ϕ(1) =uu−1−1=0 e ϕ(yx−1) = ϕ(y)ϕ(x) −ϕ(1) =u−1u−1=0, temos que ϕ desce ao quociente como
ϕ: khx, y| xy=yx =1i →k[u, u−1]. Por outro lado, defina um homomorfismo
ψ: k[u, u−1] → khx, y | xy=yx=1i u 7→x.
Isto necessariamente força ψ(u−1) = y. Daí temos ϕ◦ψ n
∑
r=1 arur+ m∑
s=1 bsu−s ! = ϕ n∑
r=1 arxr+ m∑
s=1 bsys ! = n∑
r=1 arϕ(x)r+ m∑
s=1 bsϕ(y)s = n∑
r=1 arϕ(x)r+ m∑
s=1 bsϕ(y)s = n∑
r=1 arur+ m∑
s=1 bsu−s, e também ψ◦ϕ(x) =ψ(ϕ(x)) =ψ(u) = x, ψ◦ ϕ(y) =ψ(ϕ(y)) =ψ(u−1) = y, como queríamos.(e) Toda álgebra pode ser apresentada por geradores e relações. De fato, dada uma k-álgebra R, considere um conjunto equipotente a R, digamos,{xa | a∈ R}. Então o homomorfismo
ϕ: khxa | a ∈ Ri → R xa 7→ a é, claramente, sobrejetor. Portanto
R ∼= khxa | a ∈ Ri
ker ϕ =
khxa | a∈ Ri
(ker ϕ)
=khxa: a∈ R| f =0, para todo f ∈ ker ϕi.
†
Algumas coisas (sobre aneis) da Lista
1
Exercício. Sejam R, S e T aneis, f : R→ S e h : R →T homomorfismos de aneis, com f sobrejetor. Mostre que existe um homomorfismo g : S → T tal que h= g f se, e somente se, ker f ⊆ker h.
Solução: Suponha que ker f ⊆ ker h. Dado s ∈ S, existe r ∈ R tal que s= f(r). Definimos g(s) = h(r). Temos que g está bem-definida em vista
da hipótese ker f ⊆ker h: com efeito, se r, r0 ∈ R são tais que f(r) = f(r0), então r−r0 ∈ ker f e portanto r−r0 ∈ ker h, donde h(r) = h(r0).
Temos que g é um homomorfismo pois f e h o são. Verifiquemos, por exemplo, a aditividade: se s, s0 ∈ S, existem r, r0 ∈ R com s = f(r) e s0 = f(r0). Então s+s0 = f(r+r0) pois f é homomorfismo, e isto nos permite calcular
g(s+s0) = h(r+r0) =h(r) +h(r0) = g(s) +g(s0),
usando desta vez que h é homomorfismo. Analogamente mostra-se que g(ss0) = g(s)g(s0).
E claro que vale h= g f .
Reciprocamente, assuma a existência de g e tome r ∈ ker f . Então f(r) = 0 implica que h(r) = g(f(r)) = g(0) = 0 e assim r ∈ ker h, como desejado.
Este resultado pode ser interpretado como um tipo de “Teorema do Homomorfismo”. Compare o seguinte diagrama com o diagrama da Fi-gura1(p. 7): R S T h f g
Figura 3: h se fatora sob f como g se e somente se ker f ⊆ker h.
Exercício. Sejam k um corpo, n um inteiro positivo e R=. Mat(n, k)o anel das matrizes n×n sobre k. Considere o subconjunto T de R formado pelas matrizes triangulares superiores, isto é,
T = {(aij)ni,j=1 | aij =0 se i >j},
e o subconjunto I de R formado pelas matrizes triangulares superiores de diagonal nula, isto é,
I = {(aij)ni,j=1 ∈ R| aij =0 se i ≥j}.
Mostre que T é um subanel de R, que I é um ideal de T e que T/I ∼=
Solução: Que 0n, Idn ∈ T e que T é fechado para diferenças é claro. Sendo dadas A = (aij)ni,j=1, B= (bij)ni,j=1 ∈ T, note que
n
∑
`=1 ai`b`j = i−1∑
`=1 ai`b`j+ n∑
`=i ai`b`j =0para i >j. Com efeito, a primeira parcela se anula pois i > `nos dá ai` =0
e a segunda pois` ≥ i > j nos dá b`j = 0. Portanto AB ∈ T e T é subanel de R.
Do mesmo modo temos que 0n ∈ I e que I é fechado para diferenças. Uma conta análoga a feita acima nos dá que I T. Finalmente, defina f : T →kn pondo f((aij)i,jn=1) = (a11, . . . , ann). Claramente f é sobrejetora, e como está definida em T é também um homomorfismo7. É fácil ver que ker f = I, donde T/I ∼=kn, como queríamos.
Exercício. Considere o anel Mat(2,C) como uma R-álgebra de maneira natural, e seja H a R-álgebra dos quatérnios. Mostre que a função
H→Mat(2,C)
a+bi+cj+dk7→ a+bi −c−di
c−di a−bi
,
em que a, b, c, d∈ R, é um homomorfismo injetor de R-álgebras e
con-clua que H é isomorfo à subálgebra S de Mat(2,C)dada por S=. α −β β α | α, β∈ C . Calcule também as imagens de 1, i, j, k.
Solução: Um cálculo direto8mostra que essa função é um homomorfismo deR-álgebras, ao passo que injetividade é clara. Segue disto que H ∼= S. As imagens pedidas são:
17→ Id2, i7→ i0 −0i , j 7→0 −1 1 0 e k7→ 0 −i −i 0 .
7Cuidado! Não seria homomorfismo se definida sobre o anel R inteiro. 8 · ·^
Exercício. Sejam R um anel e X um subconjunto de R. Defina o centraliza-dor de X em R como sendo o conjunto
CenR(X)= {. a ∈ R| ax= xa, para todo x∈ X}. (a) Mostre que CenR(X)é um subanel de R.
(b) Mostre que CenR(CenR(X)) ⊇ X e que CenR(X) ⊇X se e somente se X é comutativo.
(c) Mostre que se a∈ CenR(X)for inversível em R, então seu inverso está em CenR(X).
(d) O centro de R é definido por Z(R) =. CenR(R). Mostre que o centro de um anel com divisão é um corpo.
(e) Seja n∈ Z, n ≥1. Mostre que Z(Mat(n, R)) = {z Idn | z∈ Z(R)}. (f) Mostre que o centro de um anel simples é um corpo. (Dizemos que
um anel S é simples se seus únicos ideais forem{0}e S.)
Solução:
(a) ^· ·
(b) Se x ∈ X, para provar que x ∈CenR(CenR(X)), devemos verificar que para todo a∈ CenR(X)vale que ax =xa, mas isto é óbvio.
Para a segunda parte, suponha que X é comutativo. Dado x ∈ X, para mostrar que x ∈ CenR(X), devemos tomar y ∈ X e verificar que xy = yx. Novamente isto é óbvio em vista de X ser comutativo. Reciprocamente, se x, y ∈ X, temos que x, y ∈ CenR(X), donde segue que xy=yx e X é comutativo, como desejado.
(c) Suponha que a ∈ CenR(X) seja inversível. Multiplicando bilateral-mente ax =xa por a−1segue que xa−1= a−1x, e assim a−1 ∈CenR(X). (d) Só resta mostrar que Z(R)é comutativo e possui divisão. Utilizando a
definição de Z(R), temos que
CenR(Z(R)) =CenR(CenR(R)) ⊇ R⊇ Z(R),
e assim o item (b) nos diz que Z(R)é comutativo. Os inversos de todos os elementos não nulos de Z(R)existem em R por hipótese, mas estão em Z(R)pelo item (c). Portanto Z(R)é um corpo.
(e) É claro que {z Idn | z ∈ Z(R)} ⊆ Z(Mat(n, R)). Assim, vejamos a recíproca. Seja A = (aij)ni,j=1 ∈ Z(Mat(n, R)). Isto quer dizer que
n
∑
k=1 aikbkj = n∑
k=1 bikakj,para toda matriz B = (bij)ni,j=1 ∈ Mat(n, R). Escolheremos B =Em` =
(δimδj`)ni,j=1 ∈ Mat(n, R), as matrizes com 1 na posição (m,`) e zero nas restantes. Segue que
n
∑
k=1 aikδkmδj` = n∑
k=1 δimδk`akj =⇒ aimδj` =a`jδim.Se i 6= m, escolhemos j = ` e descobrimos que A se anula fora da diagonal. Se i = m, escolhemos ` = j e vemos que z =. aii = ajj para todos os 1 ≤ i, j ≤ n, donde A = z Idn. Para ver que z ∈ Z(R), tome x∈ R arbitrário e faça B =x Idn.
(f) Suponha que R é um anel simples. Só temos que provar que Z(R)
tem divisão. Pois bem, seja a ∈ Z(R) não-nulo. Como R é simples, aR = Ra = R e assim existem b, c ∈ R com ab = 1 = ca. Afirmo que a−1 =. b=c ∈ Z(R). Com efeito, temos
b =b·1=b(ca) =b(ac) = (ba)c= (ab)c =1·c.
Então a−1 ∈ Z(R)pelo item (c), e concluímos que Z(R)é um corpo.
Exercício. Sejam I um conjunto e {Ri}i∈I uma família de aneis. Mostre que o produto cartesiano
∏
i∈I
Ri = {(ai)i∈I | ai ∈ Ri, para todo i∈ I}
é um anel com soma e multiplicação definidos por
(ai)i∈I + (bi)i∈I = (. ai+bi)i∈I e (ai)i∈I· (bi)i∈I = (. aibi)i∈I.
Este anel é chamado o produto direto da família {Ri}i∈I. Mostre que se I for finito, os ideais de∏i∈I Risão da forma∏i∈I Bi, onde Bi Ripara cada i ∈ I. O que acontece se I é infinito?
Solução: Que as operações dadas tornam ∏i∈IRi um anel é um cálculo direto. Para cada j∈ I, coloque9
ιj: Rj ,→
∏
i∈I Ri aj 7→ (δijai)i∈I. Se I = {1, . . . , n}e J∏n i=1Ri, afirmo que J =∏nj=1ι−j 1(J).• Para a primeira inclusão, considere(aj)nj=1 ∈ J. Queremos ver que aj∈ ι−j 1(J)para todo i =1, . . . , n. Com efeito, temos que
ιj(aj) = (δijai)ni=1 = (δij)ni=1(ai)ni=1∈ J,
pois J é ideal. Este argumento funciona mesmo se I é infinito. • Para a segunda inclusão, considere(aj)nj=1 ∈ ∏
n j=1ι
−1
j (J). Isto signi-fica que aj ∈ ι−j 1(J) e, portanto(δijai)ni=1 ∈ J para todo j = 1, . . . , n. Como J é ideal, concluímos que
(ai)ni=1 = n
∑
j=1 δijaj !n i=1 = n∑
j=1 (δijai)ni=1 ∈ J.Este argumento falha se I é infinito, pois não podemos somar uma quantidade infinita de termos.
E é claro que ι−j 1(J) Rjpara todo j =1, . . . , n.
Vejamos então um contra-exemplo para o caso I infinito: suponha que I =N, e considere J o ideal de todas as sequências quase-nulas em∏i∈NRi. Suponha por absurdo que J =∏i∈NBi, onde Bi Ripara todo i∈ N. Note que (δij)j∈N ∈ J, e assim 1 ∈ Bi. Portanto Bi = Ri. Como o índice i era arbitrário, concluímos que J =∏i∈NRi, contradição.
Exercício. Sejam I um conjunto,{Ri}i∈Iuma família de aneis e R =. ∏i∈I Ri o seu produto direto.
(a) Mostre que para cada j ∈ I, a função νj : R → Rj definida por
νj((ai)i∈I) = ajé um homomorfismo de aneis. (Note que νjé sobreje-tor.)
9Há um abuso de notação aqui. Rigorosamente, os a
inão estão definidos para j6=i. É um dispositivo para denotar a família com ajna j-ésima posição, e 0 nas restantes.
(b) Mostre que se S é um anel e{fi : S → Ri}i∈I é uma família de homo-morfismos de aneis, então existe um único homomorfismo de aneis
f : S→R tal que νif = fipara todo i ∈ I.
Solução:
(a) ^· ·
(b) É claro que definiremos f : S → R por f(s) = (. fi(s))i∈I. Temos que f é um homomorfismo de aneis pois todas as fi o são e as ope-rações em R são feitas componente a componente. E temos νi(f(s)) =
νi((fj(s))j∈I) = fi(s). Para a unicidade, suponha que g : S → R seja outro homomorfismo de aneis satisfazendo νig = fi para todo i ∈ I. Temos que g(s) = νi(g(s)) i∈I = fi(s) i∈I = f(s), como desejado.
3
Mais exemplos (13/03)
Exemplo 3.1.(5) Aneis de endomorfismos: seja A um grupo abeliano e considere End(A) = {. f : A→ A| f é homomorfismo de grupo}. Então End(A)é um anel com operações
f g : A → A a 7→ f(g(a))
e f +g : A→ A
a7→ f(a) +g(a). Ainda, 1End(A) : A → A é a aplicação identidade. Em particular, se k é
um copo e V é um k-espaço vetorial, então
Endk(V) = {. T : V →V |T é uma transformação k-linear} é uma k-álgebra com
λT: V →V para todos λ∈ k e T ∈ Endk(V) v7→ λT(v).
Observação.
• Endk(V)é um subanel de End(V).
• Se dimkV = n < +∞, então Endk(V) ∼= Mat(n, k) (como k-álgebras). Com efeito, se B= (v1, . . . , vn)é uma base de V, defi-nimos
Endk(V) →Mat(n, k) T 7→ [T]B,
onde[T]B= (λij)ni,j=1é caracterizada por T(vj) = ∑ni=1λijvi.
Definição 3.2. Sejam k um anel comutativo e R uma k-álgebra. Dize-mos que um subanel S de R é uma subálgebra de R se λa ∈ S para todos λ ∈k e a ∈ S.
Observação. Na definição acima, se k é um corpo, então S é basica-mente um subanel que também é um subespaço vetorial de R (ou no caso geral em que k é um anel, é um subanel que é também um sub-módulo).
Definição 3.3. Sejam k um anel comutativo e R uma k-álgebra. Dado um subconjunto X ⊆R, definimos a subálgebra de R gerada por X por
subalghXi=. \{S| S é subálgebra de R contendo X}.
Exercício. Mostre que se S é uma família de subálgebras de uma k-álgebra R, entãoT
Sé uma subálgebra de R.
Exemplo (Subexemplo). Sejam k um corpo e V um k-espaço vetorial com base (ei | i ≥ 1). Sejam R =. Endk(V) e S=. subalghT, Li, onde T e S são dadas por
T : ei 7→ ei+1 e L : e1 7→0
ei 7→ei−1para i ≥2. Em S, temos LT = 1S mas TL 6= 1S. Na realidade, vejamos que vale S ∼=khx, y |xy=1i. De fato, considere o homomorfismo de k-álgebras definido por
ϕ: khx, yi → S x7→ L y7→ T,
que claramente é sobrejetor. Ainda, temos que
ϕ(xy−1) = ϕ(x)ϕ(y) −ϕ(1) = LT−1 =0. Logo, existe um homomorfismo (sobrejetor)
ϕ: khx, y| xy=1i → S x 7→ L y 7→ T.
Note o abuso de notação: estamos escrevendo x e y ao invés de x e y, como fizemos na aula anterior.
Em geral é difícil mostrar que ϕ é injetora, mas faremos isso neste caso (pois definir um homomorfismo definido em uma subalgebra gerada por algo é pior).
Com efeito: a condição xy=1 nos permite escrever qualquer elemento z ∈ khx, y| xy=1icomo uma soma finita
z= a0(y) +a1(y)x+ · · · +a`(y)x`,
onde cada ai(y)é um polinômio na variável y. Suponha que z∈ ker ϕ. Então
0= ϕ(z)
= ϕ(a0(y) +a1(y)x+ · · · +a`(y)x`)
=a0(ϕ(y)) +a1(ϕ(y))ϕ(x) + · · · +a`(ϕ(y))ϕ(x)` =a0(T) +a1(T)L+ · · · +a`(T)L`.
Avaliando em e1, segue que a0(T)e1 =0. Mas se a0(y) =b0+b1y+ · · · +bsys, então
0 =a0(T)e1 =b0e1+b1e2+ · · · +bses+1,
donde b0 = · · · = bs = 0 por independência linear, e assim a0(y)é o polinômio nulo. Com isto, repetir o argumento avaliando ϕ(z)e2 = 0, obtemos que a1(y)é o polinômio nulo. E assim sucessivamente. Logo z =0 e ϕ é também injetor, como desejado.
Note que um argumento análogo nos diz que {yixj | i, j ≥ 0} é uma base de khx, y | xy−1isobre k.
(6) Aneis de grupos: Sejam R um anel e G = (G,∗, e) um grupo. O anel de grupo de G sobre R é RG=. g∈
∑
G,finita agg | ag ∈ R .A rigor, consideraríamos as funções de G em R com suporte finito, etc.. As operações são
∑
g∈G agg+∑
g∈G bgg =.∑
g∈F (ag+bg)g e∑
g∈G agg !∑
g∈G bgg ! . =∑
g∈G g∗∑
h=` agbh ! `. Note que 1RG =1Re, queG→ RG
g7→ 1Rg é injetora e multiplicativa, e
R→ RG
a7→ ae
é um homomorfismo injetor de aneis. Ainda, se R é comutativo, en-tão RG é uma R-álgebra (a última aplicação tem imagem contida em Z(RG)), e aí é chamada álgebra de grupo.
Exemplo(Caso particular). Se G é cíclico e infinito (ou seja, G ∼=Z) e k é um corpo, então kG ∼= k[x, x−1] ∼= khx, y | xy=yx=1ié o anel dos polinômios de Laurent com coeficientes em k.
(7) Aneis de polinômios skew: Sejam R um anel e σ : R → R um endomor-fismo. Suponha que δ : R→ R é uma σ-derivação10, ou seja, δ é aditiva e satisfaz δ(ab) =σ(a)δ(b) +δ(a)b.
O anel de polinômios skew definido por σ e δ com coeficientes em R é o conjunto R[x; σ, δ] =. ( n
∑
i=0 aixi | n≥0 e ai ∈ R ) ,com a soma usual, mas com o produto definido de modo a satisfazer a relação xa =σ(a)x+δ(a).
10Uma(
Observação.
• Em geral, este anel não é uma R-álgebra nem se R for comutativo! • O Teorema da Base de Hilbert também serve pra R[x; σ, δ] com a mesma demonstração! Ou seja, se R é Noetheriano (e não neces-sariamente comutativo), então R[x; σ, δ]é Noetheriano.
Exemplo(Casos particulares).
(i) R[x; Id, 0] = R[x]é o anel de polinômios usual.
(ii) Se k é um corpo, então k[t][x; Idk[t], d/dt] ∼=khu, v |uv−vu =1i
é a primeira álgebra de Weyl, que vimos anteriormente.
(8) Funções racionais: Seja k um corpo. Denotamos por k(x) o corpo de frações de k[x], ou seja:
k(x)=. f(x)
g(x) | f(x), g(x) ∈ k[x], g(x) 6=0
Temos que k(x)é uma k-álgebra comutativa. (9) Séries de potências: Seja k um corpo. Denotamos por
k[[x]]=. (
∑
i≥0 λixi | λi ∈ k )a álgebra de séries de potências formais com coeficientes em k. A k-álgebra k[[x]]também é comutativa e, além disto, é um domínio. Aqui temos muito mais inversíveis do que em k(x): uma série λ0+λ1x+ · · · é inversível se e somente se λ0 6= 0 (para mostrar isso, usamos a série geométrica para 1/(1−x)).
(10) Séries de Laurent: Sejam k um corpo e k((x))o corpo de frações de k[[x]]. Pode-se mostrar que
k((x)) = (
∑
i≥n λixi | n∈ Z e λi ∈k ) .4
Módulos (15/03)
4.1
Módulos e homomorfismos
Definição 4.1. Seja R um anel. Um R-módulo à direita é um grupo abeliano aditivo M dado com uma função
M×R → M
(m, r) 7→m·r ou mr satisfazendo
(i) (m+n)r=mr+nr, para todos m, n ∈ M e r∈ R; (ii) m(r+s) =mr+ms, para todos m ∈ M e r, s∈ R; (iii) m(rs) = (mr)s, para todos m∈ M e r, s∈ R; (iv) m1R =m, para todo m ∈ M.
Notação: se M é um R-módulo à direita, escreveremos simplesmente MR.
Observação.
• Analogamente definem-se R-módulos à esquerda. Se R é comuta-tivo, todo módulo à direita é naturalmente um módulo à esquerda. Se R não é comutativo, temos problema com o axioma(i)acima. • Para módulos à esquerda, temosRM.
• Se R é um corpo, então M é um R-espaço vetorial.
Exemplo 4.2.
(1) Todo grupo abeliano é um Z-módulo (à direita e à esquerda). Coloca-mos ma=. m+ · · · +m | {z } a vezes , se a >0 0M, se a =0 (−m) + · · · + (−m) | {z } −a vezes , se a <0.
(2) Se R é um anel, então R é um R-módulo (à direita e à esquerda), via a sua própria multiplicação (x·r =. xr, e os axiomas de anel garantem que os de módulo valem).
(3) Se R é um anel, então Mat(n, R)é um R-módulo à direita e à esquerda: Mat(n, R)R, com A·r =. A(r Idn).
(4) Mais geralmente, se ϕ : R → S é um homomorfismo de aneis (não necessariamente injetivo), então S é um R-módulo à direita via s·r =.
sϕ(r), e é um R-módulo à esquerda via r·s =. ϕ(r)s.
Note que(2)e(3)são casos particulares desta construção, com os ho-momorfismos ϕ =IdRe ϕ(r) =. r Idn, respectivamente.
Definição 4.3. Seja M um R-módulo à direita. Um subconjunto N de M é um submódulo de M se N é um subgrupo de M, invariante pela ação de R, ou seja:
(i) 0M ∈ N;
(ii) m−n ∈ N para todos m, n ∈ N; (iii) mr ∈ N, para todos m∈ N e r ∈ R.
Notação: N 6M.
Exemplo 4.4. Se I é um ideal à direita de um anel R, então I 6RR.
Proposição 4.5. Sejam R um anel e M um grupo abeliano aditivo. Então:
(a) Se ϕ : R → End(M) é um homomorfismo de aneis11, então M é um R-módulo à esquerda via m·r=. ϕ(r)(m), para todos m∈ M e r∈ R.
(b) Reciprocamente, se M é um R-módulo à esquerda, então ϕ: R →End(M)
r 7→ ϕ(r): M→ M m7→ m·r é um homomorfismo de aneis.
Na realidade, o que temos é uma bijeção
{homomorfismos de aneis R→End(M)} ↔ {estruturas de R-módulo à esquerda em M}
Observação.
• Para R-módulos à direita, o análogo (não-óbvio) desta proposição, teríamos
(a) ϕ : Rop →End(M)define MR; (b) MR define ϕ : Rop →End(M),
onde Rop é o anel que contém os mesmos elementos que R, com a mesma soma, e multiplicação dada por a·opb =. ba, para todos os ele-mentos a, b ∈ R. Rigorosamente, teríamos(R,+,·)op = (. R,+,·
op). • Se M é um R-módulo à direita (resp., esquerda), então M é também
um Rop-módulo à esquerda (resp., direita), via r·m=. mr. Em parti-cular, se R é comutativo, todo módulo de de um lado é um módulo do outro.
Demonstração: Vamos provar a versão para a direita, da observação. (a) Começamos com
(m+n) ·r= ϕ(r)(m+n) = ϕ(r)(m) +ϕ(r)(n) = m·r+n·r. Além disto, temos
m· (r+s) = ϕ(r+s)(m) = (ϕ(r) +ϕ(s))(m) = ϕ(r)(m) +ϕ(s)(m) = m·r+m·s. Prosseguindo, temos m(rs) = ϕ(rs)(m) = ϕ(s·opr)(m) = (ϕ(s) ◦ϕ(r))(m) = ϕ(s)(ϕ(r)(m)) = (ϕ(r)(m))s= (mr)s. Por fim, m1R = ϕ(1R)(m) = IdM(m) =m.
(b) Agora queremos mostrar que ϕ é um homomorfismo de aneis. Inicial-mente, temos
ϕ(r+s)(m) = m(r+s)
=mr+ms =ϕ(r)(m) +ϕ(s)(m) = (ϕ(r) +ϕ(s))(m),
para todo m ∈ M, donde ϕ(r+s) = ϕ(r) +ϕ(s). Para a multiplicati-vidade, temos
ϕ(r·ops)(m) = ϕ(sr)(m) = m(sr) = (ms)r= ϕ(r)(ms)
= ϕ(r)(ϕ(s)(m)) = (ϕ(r) ◦ϕ(s))(m) para todo m ∈ M, donde ϕ(r·ops) = ϕ(r) ◦ϕ(s). Finalmente:
ϕ(1R)(m) =m1R =m=IdM(m) para todo m ∈ M, donde ϕ(1R) =IdM(=1End(M)).
Definição 4.6. Sejam M e N dois R-módulos à direita. Uma função f : M →
N é um homomorfismo de R-módulos se
f(m+n) = f(m) + f(n) e f(mr) = f(m)r,
para todos m, n∈ M e r∈ R. Diremos que f é um isomorfismo de R-módulos se f é bijetora. Sendo este o caso, escrevemos M ∼= N.
Observação.
• Se f : M → N é um isomorfismo de R-módulos, então f−1: N → M também o é.
• Um homomorfismo de R-módulos f : M→ N é injetor se e somente se ker f = {0M}. Como anteriormente, definimos ker f =. f−1(0N)e Im f =. f(M). Verifique que ker f e Im f são submódulos de M e N, respectivamente.
Exemplo 4.7. Se M e N são R-módulos à direita, então
HomR(M, N) = {. f : M → N | f é homomorfismo de R-módulos} é um grupo abeliano via (f +g)(m) =. f(m) +g(m), para todo m ∈ M. Note que deve ser verificado que f +g ∈ HomR(M, N), em primeiro lu-gar.
Em particular, se M é um R-módulo à direita, temos que EndR(M) =. HomR(M, M)
tem uma estrutura de anel, com a composição de homomorfismos12. Note também que EndZ(M) = End(M), já que todo grupo abeliano é um Z-módulo.
12Mostre que se M →f N e N →g L são homomorfismos de R-módulos à direita, então g◦f também o é.
Exercício 4.1. Dados grupos abelianos M e N, mostre que
HomGrp(M, N) =HomZ-mod(M, N). Em geral, HomR-mod(M, N) ⊆HomZ-mod(M, N).
4.2
Módulo quociente
Sejam M um R-módulo à direita e N 6 M. O grupo (abeliano) quoci-ente M/N tem uma estrutura natural de R-módulo à direita:
(m+N) ·r=. mr+N.
Tal definição não depende da escolha do representante em M do elemento de M/N.
Observação.
• Recordamos, por conveniência, que se M e N são grupos abelianos, então
M N
.
= {m+N| m∈ M},
onde m+N= {. m+n |n ∈ N}, é um grupo abeliano com operação (bem-definida) (m+N) + (m0+N) = (. m+m0) +N. A construção funciona para grupos não-abelianos desde que N seja um subgrupo normal de M.
• Se M é um R-módulo à direita e N6 M, então
π: M→ M/N
m7→ m+N
é um homomorfismo sobrejetor de R-módulos à direita. • Os submódulos de RR são os ideais à direita de R.
Teorema 4.8(1◦ Teorema do Homomorfismo). Sejam R um anel, M e N R-módulos à direita e f : M → N um homommorfismo de R-módulos. Se L é um submódulo de M tal que L ⊆ker f , então existe um único homomorfismo de mó-dulos f : M/L → N tal que f ◦π = f , onde π : M → M/L é o homomorfismo sobrejetor canônico. Além disto:
• Im f =Im f .
Em particular, f é injetor se e somente se L =ker f .
A demonstração é a mesma dada para a versão do teorema para aneis.
Corolário 4.9. Sejam M e N R-módulos à direita e f: M → N um homomor-fismo de R-módulos. Então M/ker f ∼=Im f .
Definição 4.10. Sejam M um R-módulo à direita, e N, L6M. Definimos
L+N = {` +n| ` ∈ L e n∈ N} e L∩N = {m ∈ M |m ∈ L e m ∈ N}.
Exercício 4.2. Mostre que L+N e L∩ N são submódulos de M tais que L∩N 6L, N 6 L+N.
Teorema 4.11 (2◦ Teorema do Homomorfismo). Sejam M um R-módulo à direita e L, N 6M. Então L+N L ∼ = N L∩N. Demonstração: Defina f : N → (L+N)/(L) n7→ n+L.
Claro que f está bem-definida (pois de fato n+L ∈ (L+N)/L, já que n ∈ L+N), e é um homomorfismo sobrejetor de módulos. Rapidamente vemos que ker f = L∩N. O resultado segue do 1◦ Teorema do Homo-morfismo.
5
Submódulos, somas diretas e sequências
exa-tas (20/03)
5.1
Submódulos gerados por conjuntos
Teorema 5.1(Teorema da Correspondência). Sejam M um R-módulo à direita e N um submódulo de M. Então existe uma bijeção que preserva inclusões entre os conjuntos
SNM = {. submódulos L de M tais que L ⊇N}
e
SM/N = {. submódulos de M/N}. Além disto, se L 6M é tal que L ⊇N, então
M L
∼
= M/N
Demonstração: A função
SNM →SM/N
L 7→ L/N = {` +N | ` ∈ L}
é bijetora e preserva inclusões, isto é, se L1, L2 ∈ SNM são tais que L1 ⊆ L2, então L1/N ⊆ L2/N e se L1 ( L2, então L1/N ( L2/N. Para provar que esta função é sobrejetora, dado T 6 M/N, considere π−1(T), onde π: M → M/N é o homomorfismo canônico. Para a segunda parte do enunciado, note que
M/N → M/L
m+N7→ m+L é um homomorfismo sobrejetor cujo núcleo é L/N.
Definição 5.2. Sejam M um R-módulo à direita e X um subconjunto de M. Definimos o submódulo de M gerado por X como sendo
XR =. \{N | N6 M e N ⊇X}.
Observação. Fica implícito que a interseção de uma família qualquer de submódulos de M também o é (verifique!).
Proposição 5.3. Sejam M um R-módulo à direita e X um subconjunto de M.
Então
XR= {. x1r1+ · · · +xnrn |n ≥0, xi ∈ X e ri ∈ R para i =1, . . . , n}.
Demonstração: Chame de N o conjunto do lado direito. Nosso objetivo é então mostrar que XR = N. É fácil ver que N 6 M contém X, donde XR ⊆ N, por definição de XR. Por outro lado, se é dado L 6 M tal que L⊇ X, segue que L⊇ N.
Definição 5.4. Diremos que um R-módulo à direita M é finitamente gerado se existir X ⊆M finito tal que XR = M.
Observação. Para todo anel R, RRé finitamente gerado, pois R= {1}R.
Exemplo 5.5. Cuidado! Um submódulo de um módulo finitamente ge-rado não precisa ser finitamente gege-rado.
Sejam k um corpo e considere R = k[x1, x2, . . .]. Temos que RR é fi-nitamente gerado, e se N = {x1, x2, . . .}R 6 R não pode ser finitamente gerado. Observe que N 6= R, pois N não possui termos constantes. Com
efeito, se N fosse finitamente gerado, existiriam polinômios f1, . . . , fk ∈ N, cada um dependendo apenas de uma quantidade finita de variáveis xj, tal que todo elemento de N se escreve como combinação deles. Isso incluiria alguma das infinitas variáveis não presentes em nenhum dos polinômios
f1, . . . , fk, o que seria uma contradição.
Mais explicitamente, não podemos escrever xj = ∑ki=1 firi com coefi-cientes ri ∈ R se xj não está presente em nenhum dos fi, pois mesmo se xjestiver presente em algum ri, não está no produto firi, visto que fi não possui termos constantes e então o xj estaria multiplicado por alguma va-riável xkpresente em xj(que “contaminou” xj).
Definição 5.6. Sejam M um R-módulo à direita e N uma família de sub-módulos de M. Definimos a soma da família N
∑
N=. [NR.Observação.
• Se N= (Ni)i∈I está indexado, como será muito frequente, denotare-mos a soma da família simplemente por∑i∈I Ni.
• Segue da proposição anterior que
∑
i∈I
Ni = {. ni1 + · · · +nik |k ≥0 e nik ∈ Nik}
Definição 5.7. Diremos que um R-módulo à direita M é cíclico se existe m∈ M tal que13 M=mR.
5.2
Sequências exatas
Definição 5.8. Uma sequência de módulos e homomorfismos
· · ·−−−−−→fn−1 Mn−1 fn −−−−→ Mn fn+1 −−−−−→ Mn+1 fn+2 −−−−−→ · · ·
é exata em Mn se Im fn = ker fn+1, para todo n. E diremos que a sequên-cia é exata se é exata em todos os módulos exceto, se for o caso, nas suas extremidades14.
Exemplo 5.9.
13Abuso de notação para{m}R. 14A sequência não precisa ser infinita.
(1) 0−−−→ M −−−→f N é exata se e somente se f é injetor. (2) M−−−→f N −−−→0 é exata se e somente se f é sobrejetor.
(3) 0 −−−→ M −−−→f N −−−→ 0 é exata se e somente se f é um isomor-fismo.
Proposição 5.10. Sejam M um R-módulo à direita, N um submódulo de M. Se
ι: N → M o homomorfismo de inclusão e π : M → M/N é o homomorfismo canônico, então a sequência
0−−−→ N −−−→ι M−−−−→π M/N −−−→0
é exata.
Demonstração: Basta notar que ι é injetor, π é sobrejetor, e Im ι =ker π =
N.
Definição 5.11. Uma sequência exata da forma
0 −−−→ L−−−→ M −−−→ N −−−→0 é dita uma sequência exata curta.
Observação. Se
0−−−→ L −−−→f M −−−→g N −−−→ 0
é uma sequência exata curta, então Im f ∼= L e ker g=Im f , e segue que N ∼= M
ker g = M Im f.
Então a “única” sequência exata curta é essencialmente a dada na propo-sição anterior.
5.3
Soma direta interna
Definição 5.12. Se M é um R-módulo e N e L são submódulos de M, dize-mos que a soma N+L é direta se N∩L = {0}. Neste caso, a soma N+L é denotada por N⊕L. Diremos que M é a soma direta interna de N e L se M =N⊕L.
Observação. Se M = N⊕L, então todo m ∈ M se escreve de modo único como m =n+ ` com n∈ N e` ∈ L. Com efeito, se n+ ` = n0+ `0, então n−n0 = `0− ` ∈ N∩L = {0}, donde n =n0e` = `0.
Definição 5.13. Se M é um R-módulo e N é um submódulo de M, diremos que N é um somando direto de M se existir outro submódulo L 6 M com M =N⊕L.
Exemplo 5.14.
(1) Se R = k é um corpo, todo subespaço vetorial de M é um somando direto.
(2) Considere ZZ, e seja N = 2Z 6 M. Afirmamos que N não é um somando direto de Z. Se fosse, existiria L = nZ tal que Z =2Z⊕nZ
para algum n ∈ Z (já que os submódulos do módulo Z são os ideais
do anel Z). Mas aí 2n ∈2Z∩nZ nos diria que n=0 e N = M, o que é uma contradição.
Observação. São muito raros os módulos para os quais todo submódulo é um somando direto. Na verdade, todos estes módulos são produtos diretos finitos de matrizes sobre aneis de divisão.
Lema 5.15. Sejam f: M→ N e g : N→ M homomorfismos de R-módulos, tais que f g =IdN. Então f é sobrejetor, g é injetor, e vale M =ker f ⊕Im g.
Observação. Em geral, se temos M −−−→α N −−−→β L com βα sobrejetor, então β ´s sobrejetor, e se βα é injetor, então α é injetor.
Demonstração: Seja m ∈ ker f ∩Im g. Então existe n ∈ N com m = g(n), e daí 0 = f(m) = f(g(n)) = n nos diz que m = f(0) = 0. Assim, a soma ker f ⊕Im f é direta, e falta ver que dá M. Para tanto, dado m∈ M, escreva m =m−g(f(m)) +g(f(m)), e veja que
f(m− f(g(m))) = f(m) − f(g(f(m))) = f(m) − f(m) =0.
Definição 5.16. Se f : M → N e g : N → M são homomorfismos de R-módulos tais que f g = IdN, diremos que f é um homomorfismo sobrejetor que cinde15e que g é um homomorfismo injetor que cinde. Além disto, diremos que uma sequência exata curta
0−−−→ L−−−→α M −−−→β N−−−→ 0
cinde se α for um homomorfismo injetor que cinde e β for um homomor-fismo sobrejetor que cinde.
Observação. Uma sequência exata curta cinde se “conseguimos andar ao contrário” ao longo da sequência.
Proposição 5.17. Seja
0−−−→ L−−−→α M −−−→β N−−−→ 0 uma sequência exata curta de módulos. São equivalentes: (a) A sequência exata curta cinde.
(b) α é um homomorfismo injetor que cinde. (c) β é um homomorfismo sobrejetor que cinde. (d) Im α =ker β é um somando direto de M.
(e) Para todo homomorfismo de módulos h : L →K, existe um homomorfismo de módulos h : M→K tal que hα =h.
M 0 L K h α 0 N β h
(f) Para todo homomorfismo de módulos t : K →N, existe um homomorfismo de módulos t : K →M tal que βt =t.
M
0 L α β N 0
t t
K
Demonstração: Obviamente (a) implica (b) e (c). O lema anterior nos diz que (b) e (c) implicam (separadamente) (d). Visto que (b) e (c) juntos im-plicam em (a), é suficiente mostrar que
• Assuma (d), provemos (e). Escreva M = Im α⊕T e seja h : L → K um homomorfismo. Dado m ∈ M, existem únicos x ∈ Im α e y ∈ T tais que m = x+y. Como α é injetor, existe um único z ∈ L tal que x =α(z). Defina h : M → K pondo h(m) =. h(z). Observe que h está bem definida, pois nenhuma escolha foi feita até agora.
Vejamos que h é um homomorfismo de módulos. Sejam m, m0 ∈ M e r ∈ R. Escrevendo m = x+y, m0 = x0+y0, com x = α(z) e x0 =α(z0), temos que a única decomposição possivel para m+m0r é
m+m0 = x+x0r+y+y0r. Como x+x0r=α(z) +α(z0)r =α(z+z0r), segue que
h(m+m0r) =h(z+z0r) =h(z) +h(z0)r=h(m) +h(m0)r, como queríamos.
• Assuma (e), provemos (b). Devemos construir um homomorfismo inverso à esquerda para α. Para tanto, basta aplicar o item (e) com K = L e h=IdL.
• Assuma (d), provemos (f). Escreva M = ker β⊕T e seja h : K → N um homomorfismo. Dado k ∈ K, queremos definir t(k) ∈ M. Note que t(k) ∈ N, de modo que β ser sobrejetora nos fornece m ∈ M com β(m) = t(k). Decompondo m = x+y com x ∈ ker β e y ∈ T, colocamos t(k) =. y.
Vejamos que t está bem-defindo, ou seja, que não depende da esco-lha de m (intuitivamente, a ambiguidade foi eliminada com a escoesco-lha “canônica” de um elemento de M que não tem componente na dire-ção de ker β). Com efeito, se m, m0 ∈ M são tais que β(m) = β(m0) e decompomos m =x+y e m0 = x0+y0, com x, x0 ∈ ker β e y, y0 ∈ T, devemos mostrar que y = y0. Por um lado, T ser submódulo de M nos dá que y−y0 ∈ T e, por outro lado, vale
0= β(m−m0) = β(x−x0+y−y0) = β(x−x0) +β(y−y0) = β(y−y0), donde y−y0 ∈ ker β∩T= {0}e assim y =y0.
É claro que βt =t, por construção, então resta ver que t é um homo-morfismo de módulos. Considere então k, k0 ∈ K e r ∈ R. Tomamos y, y0 ∈ T tais que β(y) =t(k)e β(y0) = k0. Como y+y0r ∈ T e
concluímos que
t(k+k0r) =y+y0r=t(k) +t(k0)r, como desejado.
• Assuma (f), provemos (c). Devemos construir um homomorfismo inverso à direita para β. Para tanto, basta aplicar o item (f) com K =
N e h=IdN.
Prosseguimos com o:
Corolário 5.18. Seja
0−−−→ L−−−→α M −−−→β N−−−→ 0
uma sequência exata curta de módulos, que cinde. Então M∼= L×N.
Demonstração: Por um lado, temos M = ker β⊕T para algum submó-dulo T 6M, e por outro temos
N ∼= M
ker β
∼
=T
via, digamos, ϕ : T → N. Como ker β =Im α, definimos M=Im α⊕T → L×N
α(z) +y7→ (z, ϕ(y)) é um isomorfismo.
Observação. Cuidado: a condição M ∼= L×N não implica que a sequên-cia exata curta cinde. Tal isomorfismo não pode “misturar” L e M (preci-saríamos mandar L× {0}em Im α).
6
Continuando com somas e produtos diretos (03/04)
6.1
Produto direto de módulos
Sejam R um anel e(Mλ)λ∈Λuma família de R-módulos à direita. Então o produto cartesiano
∏
λ∈Λ
te uma estrutura natural de R-módulo à direita dada coordenada à coor-denada por (mλ)λ∈Λ+ (nλ)λ∈Λ . = (mλ+nλ)λ∈Λ e (mλ)λ∈Λr . = (mλr)λ∈Λ. Note que 0∏λ∈ΛMλ = (0Mλ)λ∈Λ e−(mλ)λ∈Λ = (−mλ)λ∈Λ. Ainda, dado
ρ∈ Λ, a projeção
πρ:
∏
λ∈ΛMλ → Mρ
(mλ)λ∈Λ 7→ mρ
é um homomorfismo sobrejetor de módulos. Nestas condições,∏λ∈ΛMλ é chamado o produto direto da família(Mλ)λ∈Λ.
Como várias construções que veremos, o produto direto pode ser ca-racterizado por uma propriedade universal:
Proposição 6.1. Sejam(Mλ)λ∈Λuma família de R-módulos, N um R-módulo, e
(fλ: N → Mλ)λ∈Λ uma família de homomorfismos de R-módulos. Então existe um único homomorfismo de módulos f : N →∏λ∈ΛMλ tal que πρf = fρ, para todo ρ∈ Λ. Mρ πρ
∏
λ∈Λ Mλ f N fρFigura 4: A propriedade universal do produto direto. Além disto, temos ker f =T
λ∈Λker fλ.
Demonstração: Basta definir f : N → ∏λ∈ΛMλ por f(n) .
= (fλ(n))λ∈Λ. Como cada fλ é um homomorfismo, f também o é. A condição πρf = fρ para todo ρ ∈ Λ é satisfeita por construção. Se g : N → ∏λ∈Λ Mλ é outro homomorfismo nestas condições, temos que
g(n) = (πλ(g(n)))λ∈Λ = (fλ(n))n∈λ = f(n). Finalmente, a expressão para ker f é trivial.
Observação.
• Vale até a seguinte recíproca: sejam M é um R-módulo à direita e
(pλ: M → Mλ)λ∈Λ uma família de homomorfismos de módulos com a seguinte propriedade: para todo R-módulo N e toda famí-lia (fλ: N → Mλ)λ∈Λ de homomorfismos de R-módulos existe um único homomorfismo de módulos f : N → M satisfazendo pλf = fλ para todo λ ∈ Λ. Então existe um isomorfismo de R-módulos
ϕ: M →∏λ∈ΛMλ tal que πλ◦ϕ= pλ para todo λ ∈Λ. M f N fλ pλ Mλ
Figura 5: Ilustrando a propriedade universal para(M,(pλ)λ∈Λ).
Com efeito, a proposição acima nos dá ϕ e ψ satisfazendo os seguin-tes diagramas: Mρ πρ ϕ pρ Mρ
∏
λ∈Λ Mλ pρ πρ∏
λ∈Λ Mλ ψ M MFigura 6: Construindo os isomorfismos ϕ e ψ. Afirmamos que ϕ e ψ são inversas. De fato, temos
Mρ πρ Mρ
∏
λ∈Λ Mλ πρ∏
λ∈Λ Mλ∏
λ∈Λ Mλ∏
λ∈Λ Mλ ϕψ Id πρ πρFigura 7: Provando que ϕ e ψ são inversos.
e a unicidade nos dá que ϕψ =Id∏λ∈ΛMλ. Analogamente mostra-se
que ψϕ=IdM.
Note que não é necessário pedir que cada pρseja sobrejetor: isto se-gue do mencionado acima.
• SeΛ = {1, . . . , n}é finito, denotamos ∏λ∈Λ Mλ por M1× · · · ×Mn ou∏ni=1Mi, como de praxe.
Exemplo 6.2. Considere o grupo abeliano Z/30Z e considere os homo-morfismos sobrejetores
gp: Z→ Z pZ a7→ a+pZ,
para p = 2, 3 e 5. Como 30Z ⊆ ker gp para estes valores de p (pois 2, 3 e 5 todos dividem 30), obtemos homomorfismos fp: Z/30Z → Z/pZ descendo cada gpao quociente. Seja
f : Z 30Z → Z 2Z × Z 3Z × Z 5Z dado pela última proposição. Assim temos
ker f =ker f2∩ker f3∩ker f5 = 2Z 30Z ∩
3Z 30Z∩
5Z
30Z = {0},
visto que 2 ·3·5 = 30. Portanto f é injetora, e logo um isomorfismo (pois seu domínio e contra-domínio possuem a mesma cardinalidade fi-nita). Concluímos que
Z 30Z ∼ = Z 2Z× Z 3Z × Z 5Z.
6.2
Soma direta de módulos
Seja(Mλ)λ∈Λ uma família de R-módulos à direita. Consideramos ˙ M λ∈Λ Mλ . = ( (mλ)λ∈Λ ∈
∏
λ∈Λ Mλ | {λ∈ Λ| mλ 6=0}é finito ) . Note queL˙λ∈ΛMλ 6∏λ∈Λ Mλ. Defina, para cada ρ∈Λ, a inclusão
ιρ: Mρ→ ˙
M
λ∈Λ Mλ m7→ (mλ)λ∈Λ,
onde mρ = m e mλ = 0 para λ 6= ρ. Temos que cada ιρ é um homomor-fismo injetor de R-módulos. Nestas condições, diremos que L˙
λ∈ΛMλ é a soma direta externa16 da família(Mλ)λ∈Λ.
Temos uma propriedade universal dual à anterior:
Proposição 6.3. Sejam R um anel e(Mλ)λ∈Λ uma família de R-módulos, N um R-módulo, e(fλ: Mλ → N)λ∈Λ uma família de homomorfismos de R-módulos. Então existe um único homomorfismo f : L˙
λ∈ΛMλ → N tal que f ιρ = fρ, para todo ρ∈ Λ. Mρ N ˙ M λ∈Λ Mλ fρ f ιρ
Figura 8: A propriedade universal da soma direta externa. Além disto, Im f =∑λ∈λIm fλ.
Demonstração: Desta vez, basta definir f : M˙ λ∈Λ Mλ →N x 7→
∑
λ∈Λ fλ(πλ(x)).16Isto justifica o pontinho acima de L
. Mais adiante definiremos uma soma direta interna, que é isomorfa à esta. Então aboliremos o pontinho.
Note que esta soma é finita, por definição deL˙
λ∈ΛMλ. Os detalhes ficam como exercício.
Observação.
• Note a dualidade: na Figura8acima apenas invertemos as setas da Figura4(p. 39).
• Esta propriedade também caracterizaL˙
λ∈ΛMλ. • As projeções e inclusões se relacionam por
(i) πριλ =δρλIdMλ, quaisquer que sejam ρ, λ∈ Λ:
Mλ ιλ −−−−→ M˙ λ∈Λ Mλ ⊆
∏
λ∈Λ Mλ πρ −−−−→ Mρ (ii)∑
λ∈Λ ιλπλ L˙ λ∈ΛMλ =IdL˙ λ∈ΛMλ: ˙ M λ∈Λ Mλ ⊆∏
λ∈Λ Mλ πλ −−−−→ Mλ ιλ −−−−→ M˙ λ∈Λ Mλ ⊆∏
λ∈Λ Mλ6.3
Somas diretas internas
Definição 6.4. Sejam M um R-módulo e(Nλ)λ∈Λ uma família de submó-dulos de M. Dizemos que a soma∑λ∈ΛNλé a soma direta interna da família
(Nλ)λ∈Λ se Nρ∩∑λ∈Λ\{ρ}Nλ = {0}para todo ρ ∈Λ. Neste caso, denota-mos∑λ∈ΛNλ por
L
λ∈ΛNλ.
Observação. Note que L
λ∈ΛNλ seria (caso a soma fosse direta mesmo) um submódulo de M, enquanto L ˙
λ∈Λ Nλ é sempre um submódulo do produto direto∏λ∈ΛNλ. Então formalmente, há uma diferença.
Proposição 6.5. Sejam M um R-módulo e(Nλ)λ∈Λ uma família de submódulos de M. São equivalentes:
(a) ∑λ∈ΛNλ é a soma direta interna.
(b) Para todo k natural, mλ1 + · · · +mλk = 0 com mλi ∈ Nλi para 1 ≤ i ≤ k
implica que mλi =0 para todo 1≤i ≤k.
(c) O homomorfismo L˙
λ∈ΛNλ → M induzido pelas inclusões ιλ: Nλ ,→ M é injetor.
Demonstração: Exercício.
Observação.
• Se∑λ∈ΛNλé a soma direta interna, então
L
λ∈ΛNλ ∼= ˙
L
λ∈ΛNλ. • Se{Mλ}λ∈Λ é uma família de R-módulos, então temos que
˙ M λ∈Λ Mλ = M λ∈Λ ιλ(Mλ).
Então de agora em diante abandonamos o ponto.
†
Algumas coisas (sobre módulos) da Lista
2
Exercício. Sejam g : N → M e f : K → N homomorfismos de R-módulos. Mostre que se f e g são ambos homomorfismos injetores (resp. sobrejeto-res) que cindem, então g f é um homomorfismo injetor (resp. sobrejetor) que cinde. Vale a recíproca?
Solução: Suponha que f e g sejam homomorfismos injetores (resp. inje-tores) que cindem. Então existe homomorfismos ef : N → K e g : Me → N tais que f ef = IdN e geg =IdM(resp., ef f = IdK eegg= IdN). Desta forma, temos que (g f)(efge) = g f efge = gIdNge = gge = IdM (resp. (feeg)g f =
e
fgg fe = ef IdNf = f fe =IdK), donde g f é um homomorfismo injetor (resp. sobrejetor) que cinde.
A situação é resumida no seguinte diagrama:
N M f g e g K e f
Figura 9: Ilustrando a situação descrita acima.
Já a recíproca é falsa em geral. Considere dois R-módulos M e N e as aplicações
π : M×N → M
(m, n) 7→m
e ι: M→ M×N
Então π◦ι=IdMé um homomorfismo injetor que cinde, mas π não o é.
Exercício. Considere a sequência de homomorfismos entre R-módulos à direita
0 −−−→ M1 f1
−−−−→ M−−−−→g2 M2−−−→ 0.
Mostre que são equivalentes as seguintes afirmações: (a) A sequência exata curta cinde.
(b) Existe uma sequência de homomorfismos de R-módulos 0−−−→ M2
f2
−−−−→ M −−−−→g1 M1 −−−→0
(que é necessariamente exata e que cinde) tal que, para todos os índices 1≤i, j≤2, valem
gifj =δijIdMi e f1g1+ f2g2 =IdM.
(c) Existe um isomorfismo h : M1×M2 → M tal que hι1 = f1e g2h =π2, onde ι1: M1 → M1×M2 e π2: M1×M2 → M2 denotam a injeção e a projeção canônicas. Desenhe um diagrama comutativo que expresse essas igualdades.
Solução:
(a) =⇒ (b): Pela Proposição5.17(p. 36), temos que M =ker g2⊕T =Im f1⊕T para algum T 6M.
• Dado m ∈ M, podemos escrever m = f1(m1) +t, para úni-cos m1 ∈ M1 (pois f1 é injetor) e t ∈ T. Defina g1: M → M1 pondo g1(m) =. m1. Vejamos que g1 é um homomorfismo de R-módulos: se m, m0 ∈ M e r ∈ R, escrevemos m= f1(m1) +t e m0 = f1(m01) +t0, de acordo com a decomposição considerada. Então m+m0r= (f1(m1) +t) + (f1(m01) +t0)r = f1(m1) + f1(m01)r+t+t 0 r = f1(m1+m01r) +t+t0r,
e a unicidade da decomposição em soma direta nos diz que g1(m+m0r) =m1+m10r= g1(m) +g1(m0)r, como queríamos.
• Dado m2 ∈ M2, como g2 é sobrejetor, existe m ∈ M tal que g2(m) = m2. Podemos escrever tal elemento m unicamente na forma m = x+t, com x ∈ ker g2e t ∈ T. Defina f2: M2 → M pondo f2(m2)=. t.
Devemos ver que f2 está bem-definido. Ou seja, se m = x+t e m0 = x0+t0 com x, x0 ∈ ker g2 e t, t0 ∈ T satisfazem g2(m) = g2(m0), então t = t0. De fato, temos que g2(t−t0) = 0, donde t−t0 ∈ker g2∩T = {0}.
Finalmente, devemos ver que f2 é um homomorfismo de R-módulos. Consideramos novamente m2, m02 ∈ M2e r ∈ R. De-compomos m2 = g2(x+t)e m02 = g2(x0+t0)com x, x0 ∈ ker g2 e t, t0 ∈ T. Então
m2+m02r =g2(x+t) +g2(x0+t0)r
=g2(x+t+x0r+t0r)
=g2(x+x0r+t+t0r)
e a unicidade da decomposição em soma direta nos dá que f2(m2+m02r) = t+t0r = f2(m2) + f2(m20)r, como queríamos.
Vejamos agora que gifj =δijIdMi para todos 1≤i, j ≤2.
(1) Se m2 ∈ M2 se escreve como m2 = g2(x+t) com x ∈ ker g2 e t∈ T, temos f2(m2) =t, e portanto
g2(f2(m2)) = g2(t) = g2(x+t) = m2.
(2) Se m2 ∈ M2 se escreve como m2 = g2(x+t) com x ∈ ker g2 e t ∈ T, temos f2(m2) = t. Mas t = f1(0) +t∈ Im f1⊕T, então a unicidade da decomposição em soma direta nos diz que
g1(f2(m2)) = g1(t) =0.
(3) g2f1 =0 pois a sequência inicial dada é exata por hipótese. (4) Se m1∈ M1, então f1(m1) = f1(m1) +0∈ Im f1⊕T, e segue da
Falta verificar a condição f1g1+ f2g2 = IdM. Então seja m ∈ M, escrito na forma m = f1(m1) +t, com m1 ∈ M1 e t∈ T, como antes. Inicialmente, temos
g1(m) = g1(f1(m1)) +g1(t) =m1+0=m1,
e daí f1(g1(m)) − f1(m1). Então só falta verificar que, com esta nota-ção, f2(g2(m)) =t. Com efeito, por definição de f2segue que
f2(g2(m)) = f2(g2(f1(m1)) +g2(t))
= f2(g2(t)) = f2(g2(0+t)) =t.
(b) =⇒ (c): Basta definir
h : M1×M2 →M
(m1, m2) 7→ f1(m1) + f2(m2).
É claro que h é um homomorfismo de R-módulos. Como h(ι1(m1)) =h(m1, 0) = f1(m1) + f2(0) = f1(m1) e g2(h(m1, m2)) = g2(f1(m2) + f2(m2)) = g2(f1(m1)) +g2(f2(m2)) =0+m2 =m2 =π2(m1, m2),
só resta vermos que h é de fato um isomorfismo. Com efeito, h é injetor pois se (m1, m2) ∈ ker h, aplicar g1 e g2 separadamente em f1(m1) + f2(m2) =0 nos dá, respectivamente, que m1 =0 e m2 = 0. Finalmente, dado m ∈ M, escrevemos
m= f1(g1(m)) + f2(g2(m)) = h(g1(m), g2(m)), donde h é sobrejetor.
O diagrama ilustrando toda esta situação é:
M M2 g2 f1 ι1 h M1×M2 π2 0 0 M1
