Soluciones Parcial 2 - Universidad de Murcia

UNIVERSIDAD
DE MURCIA
Departamento de Matemáticas
ÁLGEBRA. Examen segundo parcial.
Curso 2002-2003. SOLUCIONES.
1. Dar la definición y un ejemplo de: (a)Módulo indescomponible; (b) Módulo semisimple;
(c) Módulo de longitud finita; (d) Anillo local; (e) Anillo primitivo.
SOLUCIÓN: Las definiciones se dieron durante el desarrollo de la teorı́a. Un anillo de
división arbitrario, ya sea considerado como anillo o como módulo sobre sı́ mismo, sirve de
ejemplo en todos los casos.
2. Sea R un anillo y P un R-módulo por la derecha que cumple la siguiente propiedad: la
f
g
1⊗f
1⊗g
sucesión M 0 → M → M 00 es exacta si y solo si la sucesión P ⊗R M 0 → P ⊗R M → P ⊗R M 00
es exacta. Demostrar que P tiene las propiedades siguientes: (f )Para todo módulo M ,
f
P ⊗R M = 0 implica M = 0. (g) Un homomorfismo M → M 0 es cero si el homomorfismo
1⊗f
inducido P ⊗R M → P ⊗R M 0 es cero.
SOLUCIÓN: Si P ⊗R M = 0, aplı́quese la propiedad del enunciado a la sucesión 0 →
1
f
M → 0. Para el otro apartado, basta aplicar la propiedad a la sucesión M → M → M 0 .
3. Sea M un R-módulo por la dercha y f un endomorfismo de M . Demostrar: (h) Si M
es noetheriano, entonces f es epimorfismo si y solo si f es isomorfismo, e, (i) Si M es
artiniano, entonces f es monomorfismo si y solo si f es isomorfismo. Como aplicación
demostrar: (j) Si R es un anillo noetheriano, entonces R es directamente finito (es decir,
para x, y ∈ R, xy = 1 implica yx = 1).
SOLUCIÓN: Supongamos que M es noetheriano. Entonces la cadena ascendente ker f ≤
ker f 2 ≤ · · · debe estacionar. Por tanto, existe un n tal que ker f n = ker f n+1 . Sea
ahora x ∈ ker f . Como f es epi también lo es f n y, en consecuencia, existe un y tal que
x = f n (y). Pero ahora 0 = f (x) = f n+1 (y), de donde y ∈ ker f n+1 = ker f n y, por tanto,
0 = f n (y) = x. En el caso artiniano usarı́amos un razonamiento análogo con la cadena
descendente Imf ≥ Imf 2 ≥ · · · . Para el apartado (j), si consideramos R como módulo por
la derecha sobre sı́ mismo, tenemos que R es isomorfo a EndR (R) mediante un isomorfismo
que viene dado por a 7→ â donde â es la multiplicación a la izquierda por a. Entonces se
tiene xy = 1 si y solo si x̂ŷ = 1, pero, en este caso, x̂ es un epimorfismo y, por el apartado
(h) debe ser isomorfismo. Por tanto, ŷx̂ = 1 y yx = 1.
K K
. (k) Hallar la
4. Sea K un cuerpo y R el anillo de las matrices triangulares
0 K
K
decomposición de Artin-Wedderburn de R/J(R). (l) Sea V =
. Ver que V es un
K
R-módulo por la izquierda no simple cuyo anillo de endomorfismos es un cuerpo.
SOLUCIÓN: Sabemos que A ∈ J(R) siy solo si1 − AX es inversible para todo X. Ahora
0 K
un sencillo cálculo muestra que J(R) =
, de donde R/J(R) es isomorfo a K ×K.
0 0
Con respecto al segundo apartado es obvio que V esun R-módulo
por la izquierda con la
K
multiplicación habitual de matrices. Por otra parte,
es un submódulo propio de V
0
y, por tanto, V no es simple. Sea f un endomorfismo
de
V no nulo, entonces f también
a b
es K-lineal y vendrá dado por una matriz A =
de forma que f (X) = AX para
c d
todo X ∈ V . Pero f (BX) = Bf (X) para todo B ∈ R es equivalente a ABX = BAX para
todo B ∈ R y para todo X ∈ V lo que es equivalente a decir que A tiene que conmutar
con todas las matrices de R. Un sencillo cálculo muestra que a = d y b = c = 0 por lo que
f es inversible.