Gli omomorfismi tra i moduli di rango \( 1 \) sono la moltiplicazione per uno scalare fissato?

[marco2132k]

Sia \( R \) un anello non necessariamente commutativo. Siano \( M \) un \( R \)-modulo libero sinistro di rango \( 1 \), e sia \( \phi\colon M\to M \) un endomorfismo. Nei libri di testo elementari esiste una classificazione dei moduli per i quali esiste un \( c\in R \) tale che \( \phi(m) = cm \) per ogni \( m\in M \)?

E -cosa che mi interessa ben di più- è sufficiente la commutatività di \( R \) perché ciò valga? mi sa che la dimostrazione che si fa per gli spazi vettoriali non vale più: se \( \operatorname{rk}M = 1 \), e \( v\in M \) è \( \neq 0 \), non è detto che \( Rv = M \)... [La risposta è ovviamente "Sì"]

[dissonance]

Buh. Hai provato a cercare "lemma di Schur"? Ma non ho assolutamente idea se si applica a questo contesto, io lo conosco nella teoria delle rappresentazioni di gruppi.

[marco2132k]

Sì mi sa che non è una cosa molto interessante...

Se l'anello è commutativo e \( M \) ha per base \( \{e_1\} \), si ha \( \phi(e_1) = \delta e_1 \) per qualche \( \delta\in R \), e quindi preso \( m\in M\) sarà \( m = ce_1 \) per \( r\in R \) da cui
\[
\phi(m) = c\phi(e_1) = c\delta e_1 {\color{red}= }{}\delta ce_1 = \delta m
\] dove ho colorato in rosso il punto dove ho usato la commutatività di \( R \).

Se \( M\neq 0 \) fosse stato uno spazio vettoriale, per dimostrare questa cosa la scelta del vettore \( e_1\in M \) da usare come base sarebbe stata indifferente, mentre nel caso di \( M \) solo-modulo (libero di rk 1) non si può dire che un \( m\neq 0 \) è una base, in generale. È questo che mi ha fatto traballare -e scrivere 'sta minch*ata di post -: avevo provato a far vedere che un sottomodulo \( N\leqq M \) generato da \( d \) elementi linearmente indipendenti di un \( M \) libero di rk \( d \) è necessariamente uguale a \( M \) (perché è così che si dimostra che un \( v\neq 0 \) in uno spazio vettoriale di dimensione 1 è una base...), ma ora non ho alcuna ragione per credere che sia effettivamente il caso.

[fulcanelli]

Il lemma di Schur riguarda i moduli semplici (un endomorfismo di un modulo semplice è zero o invertibile, la dimostrazione è evidente); questo risultato riguarda gli indecomponibili. Giustamente, siccome non è detto che ogni elemento non nullo generi tutto il modulo, non si può concludere che \(Rv=M\).

La risposta dipende da quanto è grande l'annullatore di \(M\) in \(R\); probabilmente è vero senza modifiche per i moduli fedeli...

[dissonance]

Non ho detto che non è interessante, questo non lo so; ho detto solo che non ne ho idea io. Come ci spiega Fulcanelli, la cosa che ho in mente io non è esattamente rilevante qui.

[fulcanelli]

"marco2132k":Avevo provato a far vedere che un sottomodulo \( N\leqq M \) generato da \( d \) elementi linearmente indipendenti di un \( M \) libero di rk \( d \) è necessariamente uguale a \( M \)

Questo è falso, un esempio eclatante è l'esercizio 27 nel capitolo 10.3 in Dummit & Foote: esistono anelli senza la proprietà IBN, un esempio dei quali è \(R = \text{End}(S)\) dove \(S\) è lo \(\mathbb Z\)-modulo \(\prod_{i\in\omega}\mathbb Z\), per il quale \(R\cong R^2\). In particolare, riesci a trovare un elemento di \(R\) tale per cui il sotto-\(R\)-modulo \(\langle a\rangle\) è strettamente più piccolo di \(R^2 = \langle a,b\rangle = R\), e tuttavia esistono anche elementi \(x\in R\) tali che \(\langle x\rangle\cong R\). La morale è che in anelli non commutativi devi scegliere "bene" i generatori, non va bene un qualsiasi loro insieme, e alcuni moduli liberi non hanno "dimensione", perché per cardinali diversi \(\alpha\ne \beta\) si possono avere isomorfismi \(R^{(\alpha)}\cong R^{(\beta)}\).