Generalidades

Dado $a\in A$, si $n>0$ en $\mathbb Z$, estaríamos forzados a definir:

$$\begin{array}{rcl} n a&=&(1+\stackrel{n}{\cdots}+1)a\cr&=&1a+\stackrel{n}{\cdots}+1a\cr&=&a+\stackrel{n}{\cdots}+a,\cr (-n)a&=&-na,\cr 0a&=&0. \end{array}$$

Es fácil comprobar que estas fórmulas definen una estructura de $\mathbb Z$-módulo en $A$, necesariamente única.

Todo $x=(x_1,\dots,x_n)\in R^n$ se puede escribir como $x=\sum_{i=1}^nx_ie_i$. Por tanto, si existiera $\phi$ tendría que cumplir que

$$ \begin{array}{rcl} \phi(x)&=&\phi(\sum_{i=1}^nx_ie_i)\cr &=&\sum_{i=1}^nx_i\phi(e_i)\cr &=&\sum_{i=1}^nx_ia_i. \end{array} $$

Esto demostraría la unicidad, caso de que existiera. Es más, es fácil comprobar que la fórmula $\phi(x)=\sum_{i=1}^nx_ia_i$ define un homomorfismo, luego existe.

• $0=f(0)\in \operatorname{im} f$.

• $f(a)+f(b)=f(a+b)\in \operatorname{im} f$ para $a,b\in M$.

• $rf(a)=f(ra)\in \operatorname{im} f$ para todo $r\in R$ y $a\in M$.

• $0\in\ker f$ pues $f(0)=0$.

• Si $a,b\in\ker f$ entonces $a+b\in \ker f$ puesto que $f(a+b)=f(a)+f(b)=0+0=0$.

• Si $a\in\ker f$ y $r\in R$ entonces $ra\in \ker f$ pues $f(ra)=rf(a)=r0=0$.

Si $S$ y $S’$ son bases con $n$ y $m$ elementos, respectivamente, cada una de ellas define un isomorfismo $\phi_S\colon R^n\rightarrow M$, $\phi_{S’}\colon R^m\rightarrow M$. Componiendo el primero con el inverso del segundo obtenemos un isomorfismo $\phi_{S’}^{-1}\circ\phi_S\colon R^n\rightarrow R^m$. Este isomorfismo tiene que estar definido por una matriz $A$ de tamaño $m\times n$ invertible. Como las matrices invertibles son cuadradas deducimos que $m=n$.

Supongamos por reducción al absurdo que $\{a_1,\dots,a_n\}\subset M$ fuera una base. Tomamos un elemento no trivial de torsión $0\neq x\in M$ y lo escribimos como

$$x=r_1a_1+\cdots+r_na_n$$

con $r_1,\dots,r_n\in R$. Ha de haber algún $r_i\neq 0$ para cierto $1\leq i\leq n$ ya que $x\neq 0$. Como $x\in M$ es de torsión existe $0\neq s\in R$ tal que

$$0=sx=sr_1a_1+\cdots+sr_na_n.$$

Uno de los coeficientes de esta combinación lineal es $sr_i\neq 0$ que es no nulo porque $R$ es un dominio. Esto contradice la independencia lineal.

Dados $a,b\in T(M)$ existen $s,t\in R$ no nulos, $s\neq 0\neq t$, tales que $sa=0=tb$.

• $0\in T(M)$ tal como hemos visto antes.

• $a+b\in T(M)$ pues $st\neq 0$ y $st(a+b)=t(sa)+s(tb)=0$.

• Dado $r\in R$, $ra\in T(M)$ pues $s(ra)=r(sa)=0$.

Dado $a\in T(M)$ existe $0\neq r\in R$ tal que $ra=0$ luego $rf(a)=f(ra)=f(0)=0$ y por tanto $f(a)$ es de torsión. Esto prueba la inclusión. Si $f$ además es un isomorfismo entonces podemos aplicarle la parte ya probada a $f^{-1}\colon N\rightarrow M$, con lo que tenemos $f^{-1}(T(N))\subset T(M)$, lo cual equivale a la otra inclusión $T(N)\subset f(T(M))$.

Tomamos un isomorfismo $f\colon M\rightarrow N$. Consideramos la restricción $f_{|{T(M)}}\colon T(M)\rightarrow N$, que será inyectiva. Tomamos la correspondiente aplicación sobreyectiva $g\colon T(M)\rightarrow \operatorname{im} f{|{T(M)}}$ definida como $g(x)=f{|{T(M)}}(x)$. Como $f{|{T(M)}}$ es inyectiva, $g$ también, así que esta última es un isomorfismo. Por la proposición anterior, $\operatorname{im} f{|_{T(M)}}=f(T(M))=T(N)$. Esto concluye la prueba.

Veamos primero $\subset$. Si $(a,b)\in T(M\times N)$ existe $0\neq r\in R$ tal que $r(a,b)=(ra,rb)=(0,0)$, es decir $ra=0$ y $rb=0$, por lo que $a\in T(M)$ y $b\in T(N)$, o dicho de otro modo $(a,b)\in T(M)\times T(N)$.

Veamos ahora $\supset$. Si $(a,b)\in T(M)\times T(N)$, es decir $a\in T(M)$ y $b\in T(N)$, entonces existen $r,s\in R$ no nulos tales que $ra=0$ y $sb=0$, por tanto $rs\neq 0$ y $rs(a,b)=(s(ra),r(sb))=(0,0)$, luego $(a,b)\in T(M\times N)$.

Para ver que la producto por escalares está bien definido hay que comprobar que

$$ a+N=a’+N\Rightarrow(ra)+N=(ra’)+N. $$

Esto equivale a

$$ a-a’\in N\Rightarrow ra-ra’= r(a-a’)\in N. $$

Las propiedades que la suma y el producto por escalares deben satisfacer se cumplen obviamente pues se derivan de las correspondientes propiedades de $M$.

Probemos la unicidad. Si $p\colon M\rightarrow M/N$ es un homomorfismo entonces

$$\begin{array}{rcl} p(a+b)&=&p(a)+p(b),\cr p(ra)&=&rp(a), \end{array}$$

lo cual equivale a

$$\begin{array}{rcl} (a+b)+N&=&(a+N)+(b+N),\cr (ra)+N&=&r(a+N). \end{array}$$

El núcleo de la proyección natural es

$$\ker p =\{a\in M \mid p(a)=0\},$$

pero $p(a)=a+N$ y $a+N=0+N$ si y solo si $a\in N$, luego $\ker p=N$.

Si $f=g\circ p$ entonces tendríamos

$$f(a)=(g\circ p)(a)=g(p(a))=g(a+N).$$

Definimos la aplicación $g\colon M/N\rightarrow P$ como

$$g(a+N)=f(a).$$

Veamos que en efecto está bien definida. La unicidad se seguirá de la primera fórmula.

Si $a+N=a’+N$ entonces $a-a’\in N\subset\ker f$ luego

$$0=f(a-a’)=f(a)-f(a’).$$

Por tanto

$$g(a+N)=f(a)=f(a’)=g(a’+N).$$

Claramente $g$ es un homomorfismo pues se define como el homomorfismo $f$ en los representantes.

El primer teorema de isomorfía para grupos garantiza la existencia de un único homomorfismo de grupos $\bar{f}$ que satisface las propiedades del enunciado. En particular viene dado por $\bar{f}([m])=f(m)$. Por tanto, al ser $f$ un homomorfismo de módulos $\bar{f}$ también lo será.

$\Leftarrow$ El módulo $R/I$ es cíclico pues $\{\bar 1\}\subset R/I$ genera, así que cualquier módulo isomorfo a $R/I$ será también cíclico.

$\Rightarrow$ Sea $\{a\}\subset M$ un generador. El homomorfismo $\phi_{\{a\}}\colon R\rightarrow M$ que envía $1\mapsto a$ es por tanto sobreyectivo, así que por el primer teorema de isomorfía, $R/\ker \phi_{\{a\}}\cong M$, con lo que podemos tomar $I=\ker \phi_{\{a\}}$.

Tomamos un isomorfismo $f\colon M\rightarrow N$. Consideramos la aplicación sobreyectiva $g=p\circ f\colon M\twoheadrightarrow N/T(N)$ definida como la composición del isomorfismo $f$ con la proyección natural $p\colon N\twoheadrightarrow N/T(N)$. Por una proposición anterior, $\ker g=f^{-1}(T(N))=T(M)$, así que aplicando el primer teorema de isomorfía obtenemos el isomorfismo deseado $\bar{g}\colon M/T(M)\rightarrow N/T(N)$.

Sean $\{\bar a_1,\dots,\bar a_p\}\subset M/N$ y $\{b_1,\dots,b_q\}\subset N$ conjuntos de generadores. Veamos que $S=\{ a_1,\dots, a_p,b_1,\dots,b_q\}\subset M$ genera. Dado $x\in M$, consideramos $\bar x\in M/N$ y lo escribimos como combinación lineal de los generadores de $M/N$ con coeficientes en $R$

$$\begin{array}{rcl}\bar x&=&r_1\bar a_1+\cdots+r_p\bar a_p\cr &=&\overline{r_1a_1+\cdots+r_pa_p}. \end{array}$$

Tenemos entonces que

$$x-(r_1a_1+\cdots+r_pa_p)\in N$$

así que lo podemos escribir como combinación lineal de los geberadores de $N$ con coeficientes en $R$,

$$x-(r_1a_1+\cdots+r_pa_p)=s_1b_1+\cdots+s_qb_q.$$

Despejando vemos que $x$ es combinación lineal de $S$, y por tanto $S$ genera $M$.

Supongamos ahora que $\{\bar a_1,\dots,\bar a_p\}$ y $\{b_1,\dots,b_q\}$ son linealmente independientes (y, por tanto, bases de $M/N$ y $N$). Veamos que $S$ también lo es. Sean $r_1,\ldots,r_p,s_1,\ldots,s_q\in R$ tales que

$$r_1a_1+\cdots+r_pa_p+s_1b_1+\cdots+s_qb_q=0.$$

Tomando clases módulo $N$, obtenemos que $r_1\bar a_1+\cdots+r_p\bar a_p=0$, y por tanto $r_1=\cdots=r_p=0$. La igualdad anterior queda entonces como $s_1b_1+\cdots+s_qb_q=0$, de donde $s_1=\cdots=s_q=0$.

Por inducción en el rango de $M$, que denotamos $n$. Para $n=0$ es obvio ya que en este caso $M=\{0\}$ tendría que ser el módulo trivial, que no tiene más submódulos que él mismo.

Sea ahora $n>0$ y supongamos el resultado cierto para $R$-módulos libres de rango $n-1$. Como $M\cong R^n$, basta probar el resultado para $R^n$. Observamos que $R^n=R^{n-1}\times R$ y consideramos el homomorfismo de proyección sobre la última coordenada $p=p_2\colon R^n\rightarrow R$, cuyo núcleo es $R^{n-1}\times \{0\}\cong R^{n-1}$, que es libre de rango $n-1$. Sea $N\subset R^n$ un submódulo y $p_{|_{N}}\colon N\rightarrow R$ la restricción del homomorfismo anterior. Como

$$\ker p_{|_{N}}=N\cap \ker p= N\cap (R^{n-1}\times \{0\})\subset R^{n-1}\times \{0\},$$

deducimos que $\ker p_{|_{N}}$ es finitamente generado de rango $\leq n-1$ por hipótesis de inducción. Es más, por el primer teorema de isomorfía aplicado a $p_{|_{N}}$,

$$\frac{N}{\ker p_{|_{N}}}\cong \operatorname{im} p_{|_{N}}.$$

Más aún, $\operatorname{im} p_{|_{N}}\subset R$ es un submódulo, por tanto un ideal, y $R$ es un dominio de ideales principales, así que $\operatorname{im} p_{|_{N}}$ es libre y finitamente generado (por un solo elemento), y por tanto de rango $\leq 1$. Ahora podemos deducir, haciendo uso de la proposición anterior, que $N$ es libre y finitamente generado de rango $\leq (n-1)+1=n$.

Sea $\{a_1,\ldots,a_n\}$ un sistema generador finito de $M$, y sea $\varphi:R^n\to M$ el homomorfismo sobreyectivo dado por $\varphi(r_1,\ldots,r_n)=r_1a_1+\cdots+r_na_n$. Sea $N_0=\varphi^{-1}(N)\subseteq R^n$. Por el corolario anterior, $N_0$ es libre y generado por, a lo más, $n$ elementos. Como $\varphi$ es sobreyectivo, $N=\varphi(N_0)$ está generado por las imágenes de los generadores de $N_0$ y, por tanto, es finitamente generado.