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Modulos Sobre um Domnio de
Integridade: Teorema dos Divisores
Elementares e Teorema da
Diagonalizacao
Altair Santos de Oliveira Tosti
Londrina-PR, 21 de dezembro de 2011
Universidade Estadual de Londrina
Centro de Ciencias Exatas
Departamento de Matematica
Modulos Sobre um Domnio de
Integridade: Teorema dos Divisores
Elementares e Teorema da
Diagonalizacao
Discente: Altair Santos de Oliveira Tosti
Orientador: Profa. Dra. Angela Marta Pereira das Dores Savioli
Monografia orientada pela Profa. Dra. Angela Marta Pereira das
Dores Savioli e apresentada a` Universidade Estadual de Londrina,
como parte dos requisitos necessarios para a conclusao do curso de
Matematica, Modalidade: Bacharelado.
Londrina-PR, 21 de dezembro de 2011
Dedicatoria
A` Alclia Santos de Oliveira (in memorian).
A` minha famlia, pelo apoio nos momentos difceis.
i
Agradecimentos
Agradeco especialmente a` minha famlia.
Agradeco aos meus amigos Luis, Junior, Osmar, Giovana, Bruno, Ademir, Rodrigo,
Erick, Demian, Monique, Marlon, Clayton, Taylon, Carol e Soraiya.
Agradeco a` minha orientadora, Professora Dra. Angela Marta, pela orientacao e
paciencia.
Agradeco ao Professor Dr. Paulo Natti, pela orientacao e paciencia em outro trabalho.
Agradeco aos demais professores do Departamento de Matematica pelo acompanha-
mento durante o curso.
ii
My mama told me lots of things
About the live we lead
Told me it was too easy
To live a life of greed
She said you be a good man
And Ill be proud of you
Cos you cant do no better
If thats all you learn to do.
All we got is one short life
Far as we can find
And if you dont know how to live
The world will be unkind...
(One Short Life - Motorhead)
iii
Resumo
O objetivo desse trabalho e apresentar a teoria dos modulos, principalmente modulos so-
bre um domnio de integridade e provar o Teorema dos Divisores Elementares e o Teorema
da Diagonalizacao. Iniciamos o trabalho com o estudo de modulos e sua propriedades,
passando por sequencias exatas e somas diretas. Apos isso, fomos para os modulos li-
vres, modulos sobre domnios principais, modulos sobre domnio de integridade, modulos
finitamente gerados sobre domnios principais, modulos de torcao e modulos projetivos.
Provamos o Teorema dos divisores elementares, estudamos domnio dos numeros inteiros
algebricos, que e um domnio de integridade, procuramos demonstrar a existencia da ex-
tensao quadratica dos racionais, provamos o Teorema da Diagonalizacao e aplicamos ao
domnio dos numeros algebricos.
iv
Sumario
Resumo iv
Introducao 1
1 Modulos 2
1.1 Modulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Homomorfismos de Modulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.3 Sequencias Exatas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
1.4 Produto Direto e Soma Direta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2 Teorema dos Divisores Elementares 14
2.1 Modulos Livres . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.2 Modulos Sobre Domnios Principais . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3 Modulos Sobre Domnios de Integridade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4 Modulos Finitamente Gerados Sobre Domnios Principais . . . . . . . . . . 26
2.5 Modulos de Torcao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
2.6 Modulos Projetivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.6.1 Grupo de Homomorfismos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.6.2 Modulos Projetivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.7 Teorema dos Divisores Elementares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3 Teorema da Diagonalizacao 51
3.1 Anel dos Inteiros Algebricos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
v
3.2 Teorema da Diagonalizacao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
3.2.1 Aplicacao do Teorema da Diagonalizacao . . . . . . . . . . . . . . . 64
Referencias Bibliograficas 66
vi
Introducao
O objetivo deste trabalho e apresentar uma introducao a` teoria dos modulos bem como
alguns conceitos importantes como somas diretas, sequencias exatas, modulos livres,
modulos finitamente gerados. Tambem estudar os domnios de integridade, como domnios
principais, e finalmente modulos sobre domnio de integridade.
No primeiro captulo estudaremos os conceitos de modulos, submodulos, modulos sim-
ples, modulo quociente, homomorfismo de modulos, sequencias exatas, produto direto e
soma direta.
O segundo captulo tratara de modulos livres, modulos sobre domnios principais,
sobre domnios de integridade, finitamente gerados sobre domnio principais, algumas
propriedades importantes destes, modulos de torcao, modulos projetivos e sera provado o
Teorema dos Divisores Elementares.
No terceiro captulo estudaremos alguns exemplos importantes, como o anel dos in-
teiros algebricos, extensao quadratica dos racionais, conceitos de matrizes elementares,
operacoes elementares e o Teorema da Diagonalizacao.
1
Captulo 1
Modulos
Neste captulo introduziremos a nocao de modulo, que e uma generalizacao de espaco
vetorial, com a diferenca de que, em um espaco vetorial os escalares pertencem a um corpo
e num modulo os escalares pertencem a um anel. Tambem neste captulo, daremos a nocao
de sequencia exata, uma ferramenta importante que sera utilizada nas demonstracoes que
serao feitas nos captulos seguintes.
1.1 Modulos
Definicao 1.1. Seja A um anel com unidade. Um conjunto nao-vazio M e um modulo a`
esquerda sobre A (ou um A - modulo a` esquerda) se M e um grupo abeliano em relacao
a adicao, indicada por (+), e esta definida uma lei de composicao externa que a cada par
(a,m) A M associa um elemento am M e tal que, para todos a, b A e todosm,n M , verificam-se as seguintes propriedades:
(a) a(bm) = ab(m);
(b) a(m+ n) = am+ an;
(c) (a+ b)m = am+ bm;
(d) 1m = m.
Omitindo a propriedade (d), define-se modulo para aneis sem unidade. Analogamente,
2
define-se a nocao de A-modulo a` direita. Entretanto, no presente trabalho estudaremos
sempre modulos a` esquerda sobre aneis de unidade.
Exemplo 1.1.
1. Se V e um espaco vetorial sobre um corpo K entao V assume uma estrutura de
K-modulo.
2. Seja (G,+) um grupo abeliano com elemento neutro 0G. Entao (G,+) sera um
Z-modulo sobre o anel dos inteiros se definirmos o produto de um inteiro n Z eg G da seguinte maneira:
n.g = g + g + ...+ g n-vezes
, se n > 0
n.g = (g) + (g) + ...+ (g) n-vezes
, se n < 0
0.g = 0
3. Seja G um grupo abeliano e End(G) o conjunto dos endomorfismos de G, ou seja,
homomorfismos de grupos nele mesmo. Podemos introduzir neste conjunto uma
estrutura de anel definindo soma e produto de dois endomorfismo f, g End(G)como segue:
(f + g)(x) = f(x) + g(x)
f.g(x) = f(g(x))
Para todo x G. Podemos considerar G como End(G)-modulo.
Definicao 1.2. Consideremos M um A-modulo. Um subconjunto N M e dito A-submodulo de M se as seguintes propriedades sao validas:
(a) N e um subgrupo aditivo de M ;
(b) N e fechado em relacao a` multiplicacao por escalares.
Assim, um conjunto nao vazio N M e um submodulo se, e somente se,
(i) Para todo n1, n2 N tem-se n1 + n2 N ;
(ii) Para todo a A e para todo n N tem-se an N .
3
De fato, se N e submodulo de M , as condicoes (i) e (ii) sao imediatas. Por outro lado,
usando (ii) segue que para todo n N , o elemento n N , pois 1 A. Temos que0 N pois de (i), 0 = n n N . A associatividade e a comutatividade dos elementosde N vem de que N M . Desse modo, N e submodulo de M .
Exemplo 1.2.
1. Se N1 e N2 sao submodulos de um A-modulo M , o conjunto
N1 +N2 = {n1 + n2 : n1 N1, n2 N2}
tambem e um submodulo.
2. Seja M um A-modulo e {NiI} uma famlia de submodulos de M . EntaoiINi e
um submodulo de M .
Demonstracao. Sejam n1, n2 iINi, desse modo n1, n2 Ni para todo i I.
Como Ni e submodulo de de M segue que n1+n2 Ni para todo i I, logo n1+n2 iINi. Sejam a A e n Ni, logo n Ni para todo i I. Consequentemente
an Ni para todo i I, pois Ni e submodulo de M . Assim an iINi. Portanto
iINi e submodulo de M.
Definicao 1.3. Seja A um anel e M um A-modulo. O conjunto
Anl(M) = {a A : a m = 0, m M}
diz-se Anulador do modulo M . Em particular, se Anl(M) = {0}, dizemos que M eum A-modulo fiel.
Proposicao 1.1. Seja A um anel e M um A-modulo. Entao Anl(M) e um ideal bilateral
de A e M e um A/Anl(M)-modulo fiel.
Definicao 1.4. Seja M um A-modulo. Dizemos que M e um modulo simples se M 6= 0,e se M nao contem submodulos nao triviais, ou seja, M nao contem submodulos alem de
0 e de M .
4
Lema 1.1. (Lema de Schur) Seja M um modulo simples sobre o anel A. Entao
EndA(M) e um anel de divisao.
Definicao 1.5. Seja M um A-modulo e N-um submodulo de M . Considerando a estru-
tura de grupo aditivo abeliano de M , construimos o grupo quociente M/N = {m + N :m M} com a seguinte operacao:
(m1 +N) + (m2 +N) = (m1 +m2) +N com m1,m2 M
definimos, tambem, a operacao de multiplicacao por escalares de A da seguinte ma-
neira:
a(m+N) = am+N para todo m M e a A
O A-modulo M/N com as operacoes de soma e multiplicacao por escalares citadas
acima e chamado modulo quociente do modulo M pelo submodulo N .
1.2 Homomorfismos de Modulos
Definicao 1.6. Sejam M e N dois A-modulos. Uma aplicacao f : M N se diz umhomomorfismo de A-modulos ou um A-homomorfismo se para todo m1,m2 M e todoa A se verifica:
f(m1 +m2) = f(m1) + f(m2)
f(am1) = af(m1)
Dado um A-homomorfismo f : M N chamamos Imagem de f o conjunto Im(f) ={n N : m M, f(m) = n} e Nucleo ou Kernel o conjunto Ker(f) = {m M :f(m) = 0}. Estes conjuntos sao, respectivamente, submodulos de N e M .
Um A-homomorfismo f : M N e injetor, se e somente se, Ker(f) = 0 e neste caso,o chamamos de A-monomorfismo. E um A-homomorfismo e sobrejetor, se e somente
se, Im(f) = N e dizemos que f e um A-epimorfismo. Caso um A-homomorfismo seja,
simultaneamente, sobrejetor e injetor, isto e, bijetor, e chamado de um A-isomorfismo.
5
Exemplo 1.3.
1. Se A e um corpo, os A-homomorfismos sao as transformacoes lineares entre espacos
vetoriais.
2. A funcao nula 0 : M N definida por 0(m) = 0, para todo m M e um A-homomorfismo, chamado homomorfismo nulo.
3. Seja N um submodulo de um A-modulo M . A funcao inclusao i : N M definidapor i(x) = x e um A-homomorfismo.
4. Seja N um submodulo de um A-modulo M . O homomorfismo canonico ou projecao
canonica ao quociente j : M M/N dada por j(m) = m+N e umA-homomorfismo.
Proposicao 1.2. (i) Sejam f : M M e g : M M A-homomorfismos, entaog f : M M tambem e um A-homomorfismo.
(ii) Se f : M M , g : M M e h : M M sao A-homomorfismos, entaoh (g f) = (h g) f .
(iii) Se f1 : M M , f2 : M M e g : M M sao homomorfismos, entaog (f1 + f2) = g f1 + g f2. Vale tambem (f1 + f2) g = f1 g + f2 g.
(iv) Dado um A-homomorfismo f : M N , entao 1N f = f e f 1M = f
(v) Dados A-homomorfismos f : M M e g : M M tal que g f = 1M , entao f eum monomorfismo e g e um epimorfismo.
Teorema 1.1. (Teorema do Homomorfismo para Modulos) Sejam M e N A-
modulos, f : M N um A-homomorfismo, j : M M/Ker(f) a projecao canonica aoquociente e i : Im(f) N a inclusao. Entao existe uma unica funcao g : M/Ker(f)Im(f) tal que:
(i) f = i g j
(ii) g e um isomorfismo
6
Demonstracao. Podemos visualisar no diagrama abaixo a relacao entre as funcoes do
enunciado do teorema,
Mf //
j
N
M/Ker(f)g // Im(f)
i
OO
Vamos definir g da seguinte forma:
g : M/Ker(f) Im(f)m+Ker(f)
g7 f(m)Vamos mostrar que g esta bem definida. Seja m m+Ker(f), desta maneira temos
que mm Ker(f). Entao,
f(m) f(m) = f(mm) = 0 o que implica que f(m) = f(m)
Isto e, g(m+Ker(f)) = g(m +Ker(f)) e portanto g esta bem definida.
Temos tambem que f = i g j pois,
(i g j)(a) = i(g(a+Ker(f))) = i(f(a)) = f(a) para todo a M
A funcao g e um homomorfismo. De fato, sejam a+Ker(f), b+Ker(f) M/Ker(f)e A, assim,
g((a+Ker(f)) + (b+Ker(f))) = g((a+ b) +Ker(f))
= f(a+ b) = f(a) + f(b)
= g(a+Ker(f)) + g(b+Ker(f))
g((a+Ker(f))) = g((a) +Ker(f))
= f(a) = f(a)
= g(a+Ker(f))
Agora vamos mostrar que g e um A-isomorfismo.
7
Seja a Im(f), deste modo existe um a M tal que f(a) = a, tomando a classe dea no quociente M/Ker(f) temos g(a+Ker(f)) = a, logo g e um A-epimorfismo.
Sejam agora a + Ker(f), b + Ker(f) M/Ker(f) tais queg(a + Ker(f)) = g(b + Ker(f)). Assim, segue que f(a) = f(b) e sendo f um A-
homomorfismo temos f(ab) = 0, entao ab Ker(f) e consequentemente a+Ker(f) =b+Ker(f), logo g e um A-monomorfismo.
Sendo assim, existe g : M/Ker(f) Im(f) que e umA-isomorfismo como queramosdemonstrar.
Corolario 1.1. Se f : M N e um A-epimorfismo, entao N = M/Ker(f).
Definicao 1.7. Um A-modulo M e dito cclico se existe m M tal que M = (m), ouseja, M e gerado por m, ou ainda, M = {am : a A}
Corolario 1.2. Todo A-modulo cclico e isomorfo a um modulo quociente de A por um
ideal a` esquerda de A. Reciprocamente, se I e um ideal a` esquerda de A, A/I e um
A-modulo cclico.
Teorema 1.2. (Primeiro Teorema do Isomorfismo) Sejam M um A-modulo e P
e N dois submodulos tais que P N . Entao,
M/N = M/PN/P
Demonstracao. Vamos definir uma aplicacao f : M/P M/N por f(m+ P ) = m+N .Temos que f esta bem definida pois:
Sejam m1,m2 M tais que m1 + P = m2 + P , o que implica que m1 m2 P ,como P N , temos que m1 m2 N . Segue que m1 +N = m2 +N . A funcao f e umhomomorfismo, pois dados m1 + P,m2 + P M/P e a A, segue que,
f((m1 + P ) + (m2 + P )) = f((m1 +m2) + P ) = (m1 +m2) +N
= (m1 +N) + (m2 +N) = f(m1 + P ) + f(m2 + P )
f(a(m1 + P )) = f((am1) + P ) = (am1) +N = a(m1 +N) = af(m1 + P )
Notemos que f e um epimorfismo, pois dadom+N M/N basta tomarm+P M/P ,assim f(m+ P ) = m+N .
8
Pelo teorema do homomorfismo existe um isomorfismo g deM/P
Ker(f)em M/N .
Falta mostrarmos agora que Ker(f) = N/P . Seja m+P Ker(f), isto e, f(m+P ) =0 + N que implica em m + N = 0 + N , deste modo m N . Como m + P Ker(f) em+P N/P , logo Ker(f) N/P . Por outro lado, m+P N/P , implica que m0 N ,logo m+N = 0 +N . Sabemos que m+N = f(m+ P ), entao f(m+ P ) = 0 +N . Logo
N/P Ker(f). Conclumos que Ker(f) = N/P e portanto M/N = M/PN/P
.
Teorema 1.3. (Segundo Teorema do Isomorfismo) Sejam N e P submodulos de
um A-modulo M . Entao temos que:
N
N P= N + P
P
Demonstracao. Definimos f : N N + PP
por f(n) = n + P . Temos que f e um
homomorfismo pois, dados n1, n2 N e a A, segue que,f(n1 + n2) = (n1 + n2) + P = (n1 + P ) + (n2 + P ) = f(n1) + f(n2)
f(an1) = (an1) + P = a(n1 + P ) = af(n1)
Temos tambem que f e sobrejetora. Todo elemento deN + P
Pe da forma (n+ p) +P
com n N e p P . Mas (n + p) + P = n + P , logo para n N , temos a classe n + Ptal que f(n) = n+ P = (n+ p) + P . Assim f e um A-epimorfismo.
Segue do teorema do homomorfismo que N/Ker(f) = N + PP
.
Vamos mostrar que Ker(f) = N P . Seja n N tal que n Ker(f). Deste modof(n) = 0 + P , ou seja, n+ P = 0 + P o que implica em n P . Logo Ker(f) N P .
Seja agora n N P , entao n N e n P , assim, para todo n N P , temosque n + P = 0 + P , ou seja, f(n) = 0 + P , isto e, n Ker(f). Logo N P Ker(f).Portanto Ker(f) = N P .
Com isso conclumos a demonstracao de queN
N P= N + P
P.
9
1.3 Sequencias Exatas
Definicao 1.8. Sejam F , G, H tres A-modulos e f : F G, g : G H A-homomorfismos.O diagrama
Ff G g H
e dito uma sequencia de ordem 2 em G se Im(f) Ker(g).Em particular, se Im(f) = Ker(g) o diagrama e dito uma sequencia exata em G.
Exemplo 1.4.
1. Para n N e n > 1, a sequencia 0 nZ i Z j Zn 0 e uma sequencia exataonde i e a inclusao e j associa cada inteiro a` sua classe em Zn.
2. Dado um homomorfismo de A-modulos f : E F a sequencia a seguir e exata:
0 Ker(f) i E f F j F/Im(f) 0
onde i e a inclusao e j a projecao.
3. Se a sequencia Mf N g R h S e exata, as afirmacoes a seguir sao equivalentes:
(i) f e um epimorfismo.
(ii) Im(g) = {0}.
(iii) h e um monomorfismo.
De fato:
(i) (ii) Como f e um epimorfismo, seque que Im(f) = N . Sendo a sequenciaexata, segue que Im(f) = Ker(g). Logo, Ker(g) = N , ou seja, para todo x N ,g(x) = 0. Portanto Im(g) = {0}
(ii) (iii) A sequencia e exata por hipotese, entao Im(g) = Ker(h). Como Im(g) ={0}, segue que Ker(h) = {0}. Portanto h e um monomorfismo.
(iii) (ii) (i) Sabemos que h e um monomorfismo, isto e, Ker(h) = {0}. Comoa sequencia e exata, segue que Ker(h) = Im(g) = {0}, ou seja, para todo x N ,g(x) = 0, o que implica que N = Ker(g). Novamente pelo fato da sequencia
10
ser exata, temos que Im(f) = Ker(g). Logo, Im(f) = N . Portanto f e um
epimorfismo.
4. Lema dos Cinco Considere o diagrama comutativo a seguir, no qual as filas sao
sequencias exatas
M1f1 //
h1
M2f2 //
h2
M3f3 //
h3
M4f4 //
h4
M5
h5
N1 g1// N2 g2
// N3 g3// N4 g4
// N5
Se h1, h2, h4 e h5 sao isomorfismos, entao h3 tambem o e.
Para mostrar que h3 e isomorfismo, devemos mostrar que h3 e monomorfismo e
epimorfismo.
(i) Monomorfismo: Como h1 e isomorfismo(monomorfismo e epimorfismo), pelo
exemplo anterior temos que Im(g1) = {0} e g2 e monomorfismo. De g2 sermonomorfismo segue, pelo exemplo anterior novamente, que Im(h2) = {0} ef1 e epimorfismo. Logo, Im(f2) = {0} e h3 e monomorfismo, pelo exemploanterior.
(ii) Epimorfismo: De h1 ser isomorfismo(monomorfismo e epimorfismo), segue, pelo
exemplo anterior, que Im(g1) = {0} e g2 e epimorfismo, ou seja, Im(g2) = N3.Mais ainda, como h2 e isomorfismo por hipotese, o que implica que Im(g2) =
{0} e g3 e epimorfismo. Logo, destes dois fatos, N3 = {0} e Im(h3) = {0}.Temos, portanto, Im(h3) = {0}, ou seja, h3 e epimorfismo.
Por (i) e (ii) segue que h3 e isomorfismo.
1.4 Produto Direto e Soma Direta
Definicao 1.9. E chamado produto cartesiano ou direto da famlia {Mi}1in deA-modulos o seguinte conjunto:
M =ni=1
Mi = M1 M2 ...Mn
Cada A-modulo Mi e chamado de fator de M
11
Definicao 1.10. Uma famlia (mi)iI M diz-se uma famlia quase-nula se mi = 0exceto para um numero finito de ndices.
Definicao 1.11. Um A-modulo M diz-se soma direta interna de uma famlia {Mi}iIde submodulos se estiver verificada alguma das condicoes equivalentes da proposicao
a seguir.
Proposicao 1.3. Seja {Mi}iI uma famlia de submodulos de umA-modulo M . As seguintes afirmacoes sao equivalentes:
i) Todo elemento m M se escreve de um unico modo na forma
m =iI
mi
onde mi Mi para todo i I e a famlia (mi)iI e quase nula;ii) M =
iI
Mi e, seiI
mi = 0 com mi Mi, tem-se mi = 0 para todoi I;
iii) M =iI
Mi e Mj (
i 6=jMi
)= {0}
Se M =ni=1
Mi cumpre uma das condicoes anteriores, usaremos a seguinte notacao
para a soma direta,
M = M1 M2 ...Mn ou M =ni=1
Mi
Proposicao 1.4. Sejam M um A-modulo e M1, M2 submodulos de M tais que
M = M1 M2. Entao M/M1 = M2.
Demonstracao. Sabemos que cada m M pode ser escrito com a unica formam = m1 + m2 com m1 M1 e m2 M2. Assim defina p : M M2 ondep(m) = m2. A funcao p e sobrejetora pois dado n M2 temos que para algumm M , m = m1 + n, logo f(m) = n. Tambem,
Ker(p) = {m : p(m) = 0} = {m : m = m1 + 0} = M1
Segue do teorema do homomorfismo que M/M1 = M2.
12
Definicao 1.12. Seja N um submodulo de um A-modulo M . Diz-se que um
submodulo N1 M e um suplementar de N se M = N N1. Um submoduloque admite suplementar diz-se somando direto de M.
Corolario 1.3. Dois suplementares de um mesmo submodulo sao isomorfos.
Demonstracao. Vamos supor que um modulo M possa ser escrito de duas formas, a
saber, M = NP1 e M = NP2. Pelo teorema anterior temos que P1 = M/N = P2concluindo assim o que queramos demonstrar.
Definicao 1.13. Dizemos que uma sequencia exata de A-modulos
0 E f F g G 0
cinde se o submodulo E = Im(f) = Ker(g) e um somando direto de F .
Proposicao 1.5. Seja 0 E f F g G 0 uma sequencia exata de A-modulos. As afirmacoes seguintes sao equivalentes:
i) A sequencia cinde.
ii) Existe um A-homomorfismo h : F E tal que h f = 1E.
iii) Existe um A-homomorfismo s : G F tal que g s = 1G.
Com isso temos F = E G
13
Captulo 2
Teorema dos Divisores
Elementares
Agora que sabemos definicao de modulo, sequencias exatas e homomorfismos de
modulos, introduziremos, neste captulo, uma nocao de modulos livres, modulos so-
bre domnios principais, modulos sobre domnio de integridade, modulos finitamente
gerados sobre domnios de integridade, modulos de torcao e modulos projetivos, e
apresentaremos alguns resultados importantes para provarmos o Teorema dos Divi-
sores Elementares.
2.1 Modulos Livres
Dado um anel A, notaremos por A(I) o conjunto de todas as famlias quase nulas
(i)iI onde i A para todo i I.
Definicao 2.1. Uma famlia {xi}iI de elementos de um A-moduloe linearmente independente ou livre se para todo (i)iI A(I)
temos que iI
ixi = 0
implica i = 0 para todo i I.
Definicao 2.2. Uma famlia {xi}iI de elementos de um A-modulo M e chamadade base de M se e uma famlia linearmente independente e gera todo M .
14
Mais ainda, se {xi}iI e uma base de um A-modulo M, entao todo m M pode serescrito na forma,
M =iI
Axi=iI
(xi).
A partir das definicoes a cima, temos que um A-modulo M e dito livre se possui
uma base.
Exemplo 2.1.
(a) Se A e um anel com unidade, o A-modulo AA e livre e o conjunto {1} e umabase.
Todo conjunto de AA com mais de um elemento nao e linearmente indepen-
dente. Basta considerar B AA com mais de um elemento. Tomando a, b Btemos a combinacao linear ba+ (a)b = 0 com a e b nao nulos.
(b) No Z-modulo Z Z o conjunto {(1, 0), (0, 1)} e uma base.
(c) Consideremos a soma direta A(n), ou seja, A ...A n-vezes. Chamaremos debase canonica o conjunto {ek}1kn onde ek = (xi)1in com xk = 1 e xi = 0para i 6= k.
Nem todas as propriedades de espacos vetoriais valem para modulos, como vemos
nos exemplos a seguir:
(a) Nem todo subconjunto linearmente independente de um A-modulo livre pode
ser estendido a uma base.
De fato, {2} e um conjunto linearmente independente no Z-modulo Z, poremnao pode ser estendido a` um base pois, para qualquer a 6= 0 Z temos quea2 + (2)a = 0.
(b) Nem todo conjunto gerador contem uma base. O conjunto {2, 3} gera Z masnao contem uma base.
Proposicao 2.1. Sejam M e N A-modulos. Suponhamos M livre, e seja X =
{xi}1kn uma base de M . Dada uma funcao f : X N sempre e possvelestender f a um A-homomorfismo f : M N (isto e, podemos construir umA-homomorfismo f : M N tal que f restringida a X coincida com f).
15
Demonstracao. Temos, por hipotese, que X e base de M , assim, todo m M podeser escrito como m =
ni=1
aixi com ai A.
defina f : M N tal que f(m) =ni=1
aif(xi). Queremos mostrar que f e um
homomorfismo. Dados m1,m2 M e a A, entao m1 =ni=1
aixi, m2 =ni=1
bixi e
m1 +m2 =ni=1
(ai + bi)xi. Sendo assim:
f(m1 +m2) =ni=1
(ai + bi)f(xi) =ni=1
aif(xi) +ni=1
bif(xi)
= f(m1) + f(m2)
f(am1) =ni=1
aaif(xi) = ani=1
aixi = af(m1)
Portanto, f e um homomorfismo.
Corolario 2.1. Se M e um A-modulo com base X = {xi}iI , entao M e isomorfoa A(I).
Demonstracao. Vamos definir f : X A(n) por f(xi) = ei. Considerando a ex-tensao f : M A(n) segue da proposicao anterior que f e um homomorfismo.Vamos mostrar agora que, definida desta forma, f e um isomorfismo. De fato:
Ker(f) = {m M : f(m) = 0}
= {m =ni=1
aixi : f(m) = 0}
= {m =ni=1
aixi :ni=1
aiei = 0}
Isto implica que cada ai e igual a zero, logo Ker(f) = {0}. Portanto f e injetora.
Dado a A segue que a =ni=1
aiei, tomando m M onde m =ni=1
aixi, temos
f(m) = a. Logo f e sobrejetora.
Deste modo, conclumos entao que M = A(n).
16
Proposicao 2.2. Se f : M N e um isomorfismo de A-modulos e M e livre,entao N tambem e livre.
Demonstracao. Seja o conjunto {xi}1n uma base de M . Assim, para todo x Mtemos que x = a1x1 + a2x2 + ... + anxn com ai A para 1 i n. Como f e umisomorfismo, segue que para todo y N , y = f(x) = a1f(x1)+a2f(x2)+...+anf(xn),logo o conjunto {f(xi)}1in gera N . Agora, se 0 = a1f(x1)+a2f(x2)+...+anf(xn),entao f1(0) = a1f1(f(x1)) + a2f1(f(x2)) + ...+ f1anf1(f(xn)), o que implica
em 0 = a1x1 + a2x2 + ...+ anxn, logo ai = 0 para 1 i n. Portanto N e livre.
Proposicao 2.3. Seja L um A-modulo livre. Dados M,N A-modulos, f : M Nepimorfismo e g : L N homomorfismo, sempre existe h : L M homomorfismotal que f h = g.
Antes de demonstrarmos a proposicao, vamos visualizar o que a mesma descreve no
diagrama que segue
L
g
h
~~M
f// N // 0
Demonstracao. Seja {xi}iI uma base de L. Consideremos g(xi) = yi N . Como fe um epimorfismo, existem elementos mi M tais que f(mi) = yi para todo i I.definindo g1 sobre a base de L por g1(xi) = mi e estendendo a um A-homomorfismo
h : LM resulta que f h = g. De fato,
(f h)(x) = (f h)(a1x1 + ...+ aixi + ...) = f(a1h(x1) + ...+ aih(xi) + ...)= f(a1g1(x1) + ...+ aig1(xi) + ...) = a1(f g1)(x1) + ...+ ai(f g1)(xi) + ...= a1f(m1) + ...+ aif(mi) + ... = a1y1 + ...+ aiyi + ...
= a1g(x1) + ...+ aig(xi) + ...
= g(x)
Proposicao 2.4. Seja L um A-modulo livre e f : M L um epimorfismo deA-modulos. Entao M = Ker(f) L.
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Demonstracao. Consideremos o diagrama,
L
1L
h
0 // Ker(f) i //M
f // L // 0
Notemos que a sequencia 0 Ker(f) iM f L 0 e exata.
Como L e livre, segue da proposicao anterior que existe h : LM tal que fh = 1L,ou seja, a sequencia cinde e portanto M = Ker(f) L.
Corolario 2.2. Dada uma sequencia exata de A-modulos, 0M f N g L 0,se L e livre, a sequencia cinde.
Demonstracao. Como a sequencia e exata, temos que g : N L e um epimorfismo.Considerando o A-homomorfismo identidade 1L : L L segue que existe um A-homomorfismo h : L N onde g h = 1L. Para visualizar o que esta descritoacima, observemos o diagrama
L
1L
h
0 //M
f // Ng // L // 0
Conclumos que a sequencia cinde.
Corolario 2.3. Seja N um submodulo de um A-modulo livre M , tal que o quociente
M/N tambem e livre. Entao, N e um somando direto de M e seus suplementares
sao submodulos livres.
2.2 Modulos Sobre Domnios Principais
Definicao 2.3. Um anel A e um Domnio Principal se e gerado por um unico
elemento.
Em um domnio principal, todos os ideais sao principais.
18
Definicao 2.4. Dados a, b A, sera dito que a divide b se existe um c A talque b = ac. Notaremos por a|b para indicar que a divide b. Caso a nao dividir b,indicaremos por a - b. Se a|b e b|a dizemos que a e associado a b ou dizemos que ae b sao elementos associados. Indicaremos esse fato por a b.
Definiremos U(A) como o conjunto de todos os elementos inversveis do anel A.
Todo elemento de aU(A), sendo aU(A) = {au : u U(A)} o conjunto de todosos elementos associados a a, e um divisor de A. Estes sao chamados de divisores
improprios de a. No entanto, qualquer outro elemento b, tal que b|a e b / aU(A),e dito divisor proprio de a. O conjunto de todos os divisores proprios de a sera
denotado por P (a).
Definicao 2.5. Um elemento a A e irredutvel se:
i) a / U(A) ii) P (a) =
Definicao 2.6. Um elemento a A nao nulo sera redutvel se:
i) a / U(A) ii) P (a) 6=
Note que um elemento nao nulo a A e irredutvel se, e somente se, a = bc implicarque b U(A) ou c U(A).
Definicao 2.7. Um elemento nao nulo a A e primo se:
i) a / U(A) ii) a|bc implica que a|b ou a|c.
Se a e primo e divide um produtoni=1
ai, entao a|ai para algum i. Mais ainda, a eirredutvel, no entanto a recproca nem sempre e verdadeira.
Exemplo 2.2. Seja Z[i
5] ={a+ bi
5 | a, b Z}. Observe que 3 e elemento
irredutvel de Z[i
5], entretanto nao e primo em Z[i
5].
Definicao 2.8. Um anel de integridade A e dito anel fatorial ou domnio de fato-
rizacao unica se as seguintes condicoes sao verificadas:
19
i) Para todo elemento nao nulo a A e a / U(A), existem elementos irredutveis{pi}1it em A tais que a =
ti=1
pi.
ii) Se para todo a A e a / U(A) {0}, a =ti=1
pi =sj=1
qj temos s = t e existe
uma permutacao de {1, 2, ..., t} onde pi q(i), com 1 i t.
Proposicao 2.5. Seja A um domnio principal e
I1 I2 ... In In+1 ...
uma cadeia ascendente de A. Entao, existe n0 N tal que, para todo n n0 temosque In = In0
Demonstracao. O conjunto I =nN
In e um ideal de A. Como A e um domnio
principal, segue que I = (a). Claramente In = I para todo n N. Agora, a Inpara algum n natural. Seja n0 esse natural. Desse modo, I = (a) In0 e I = In0 .Se n n0 temos In0 In In0 , o que implica In = In0 .
Teorema 2.1. Todo domnio principal e um anel fatorial.
Demonstracao. Queremos demonstrar que se a A e nao pertence a U(A) {0},entao a tem algum divisor irredutvel. Se a e irredutvel, a afirmacao e verdadeira.
Agora, se a e redutvel basta usar a proposicao anterior. Usando inducao sobre o
numero de fatores irredutveis da decomposicao de a pode-se mostrar que a definicao
2.1.5 e verificada.
Definicao 2.9. Dados a, b A , um elemento d A diz-se um maximo divisorcomum de a e b se verifica as seguintes condicoes:
i) d|a e d|b;
ii) Se d|a e d|b entao d|d com d A.
Definicao 2.10. Um elemento m A diz-se um mnimo multiplo comum de a, b A se:
i) a|m e b|m;
ii) Se a|m e b|m entao m|m com m A.
20
Teorema 2.2. (Teorema de Bezout) Seja A um domnio principal. Sejam a, b A onde mdc(a, b) = d. Entao existem r, s A tais que ra+ sb = d.
Proposicao 2.6. (Isomorfismo de Aneis) Seja A um domnio principal. Se
a, b A sao dois elementos relativamente primos, ou seja mdc(a, b) = 1, entaoA/(ab) = A/(a) A/(b).
Demonstracao. Seja (x, y) A/(a) A/(b), onde x = x + (a) e y = y + (b).definamos a funcao f : A A/(a) A/(b) considerando A como modulo sobre elemesmo, onde f(x) = (x, x). Dados x, y A tal que x = y, temos x = y e x = y,assim (x, x) = (y, y), ou seja f(x) = f(y), logo f esta bem definida. Notemos
que f e um homomorfismo. De fato, dados x, y, a A temos:
f(x+ y) = ((x+ y), (x+ y)) = (x + y, x + y) = (x, x) + (y, y)
= f(x) + f(y)
f(ax) = ((ax), (ax)) = (ax, ax) = a(x, x) = af(x)
Agora mostraremos que f e sobrejetora. Como a e b sao relativamete primos, entao
pelo teorema de Bezout existe r, s A tais que, ra + sb = 1. Dado (x, y) A/(a) A/(b), consideremos z = sbx+ ray. Vamos mostrar que z = x e z = y.Vejamos,
z = snx + ray = snx
Assim, temos que sn = 1, logo z = x.
Por outro lado,
z = snx + ray = ray
Deste modo, temos que ra = 1, logo z = y, ou seja f(z) = (x, y).
21
O Ker(f) = (ab) pois a e b sao relativamete primos. Segue do teorema do homo-
morfismo que
A/(ab) = A/(a) A/(b)
.
Definicao 2.11. Um anel de integridade A e dito euclidiano se existir uma aplicacao
: A {0} Z tal que
i) (a) 0 para todo a A {0};
ii) Para todo par de elementos a, b A, com b 6= 0, existem q, r A tais quea = bq + r e r = 0 ou (r) < (b).
2.3 Modulos Sobre Domnios de Integridade
Para modulos livres, valem propriedades analogas as conhecidas para espacos veto-
riais.
Proposicao 2.7. Seja A um anel de integridade, M um A-modulo, {xi}1in umconjunto linearmente independente de elementos de M e {yj}1jm um conjuntogerador. Entao n m.
Demonstracao. Como o conjunto {yj}1jm e gerador de M , cada xi pode ser escritona forma xi =
mj=1
aijyi com aij A e 1 i n. Substituindo na expressao
ni=1
ixi = 0 (2.1)
cada xi, onde i A, temos:
0 =ni=1
i
mj=1
aijyj =ni=1
mj=1
iaijyj =mj=1
(ni=1
iaij)yj
Consideremos o sistema
22
ni=1
iaij = 0 e i j n (2.2)
Vejamos que o sistema (2.2) nao admite uma solucao nao trivial, pois, do contrario
resultaria em (2.1) que o conjunto {xi}1in nao seria linearmente independente,contrariando a hipotese.
Suponhamos agora n > m. Deste modo o sistema (2.2) teria m equacoes e n
incognitas, logo assumiria uma solucao nao trivial, contrariando a hipotese de {xi}1inser linearmente independente. Portanto n m.
Proposicao 2.8. Seja A um domnio de integridade e M um A-modulo livre fini-
tamente gerado. Entao toda base de M e finita.
Demonstracao. Como M e finitamente gerado, existe um conjunto de elementos
de M , {xi}1in, que gera M . Uma base de M e um conjunto linearmente inde-pendente, deste modo, segue da proposicao anterior que uma base de M tera um
numero de elementos menor ou igual a n e portanto sera finita.
Teorema 2.3. Sejam A um anel de integridade e M um A-modulo livre finitamente
gerado. Entao todas as bases de M tem o mesmo numero de elementos.
Demonstracao. Sejam {xi}1in e {yj}1jm duas bases de M . Como {xi}1in eum conjunto linearmente independente e {yi}1jm segue que m n. Por outrolado, temos que {yj}1jm e um conjunto linearmente independente e que {xi}1ine um conjunto de geradores, assim n m. Portanto n = m.
Definicao 2.12. O numero de elementos de qualquer base de um A-modulo M
finitamente gerado sobre um anel de intregridade e chamado de posto de M . Se n
e o numero de elementos de uma base, usaremos a notacao posto(M) = n.
Proposicao 2.9. Seja A um domnio de integridade. Dois A-modulos livres, fini-
tamente gerados, M e N sao isomorfos se, e somente se, posto(M) = posto(N).
Demonstracao. Mostraremos primeiro que se f e um isomorfismo, f aplicada a um
conjunto linearmente independente e um conjunto linearmente independente.
23
Seja f : M N isomorfismo. Consideremos o conjunto {xi}1ip linearmenteindependente em M . Desse modo, se 0 = a1x1 + a2x2 + ...+ apxp (1), segue ai = 0
com ai A e 1 i p. Aplicando f a igualdade (1) temos, 0 = a1f(x1) +a2f(x2) + ... + apf(xp) (2). Sendo f um isomorfismo, existe f
1 : N M inversade f . Aplicando f1 a (2) temos que cada ai e igual a zero. Logo {f(xi)}1ip elinearmente independente em N .
Suponhamos posto(M) = m, posto(N) = n, {yj}1jn uma base de N e {xi}1imuma base de M . Temos para x M que x =
mi=1
aixi com ai A. Aplicando
f a x temos f(x) =mi=1
aif(xi). Sendo {f(xi)}1im um conjunto linearmente
independente segue que m n. Para todo y N , y =nj=1
bjyj e f1(y) =
nj=1
bjf1(yj) segue entao que n m. Portanto m = n, ou seja, posto(M) =
posto(N).
Agora suponhamos posto(M) = posto(N). Consideremos {xi}1in e {yi}1in asbases de M e N respectivamente. Definamos f : M N de forma que, param M , f(m) = f(
ni=1
aixi) =ni=1
aiyi. Vejamos,
i) f esta bem definida.
Sejam m1,m2 M tal que m1 = m2. Deste modoni=1
aixi =ni=1
bixi, ou seja,
ni=1
(ai bi)xi = 0 o que implica em ai bi = 0 para 1 i n pois {xi}1im e base
de M. Deste fato temosni=1
(ai bi)yi = 0, ou seja,ni=1
aiyi =ni=1
biyi. Portanto f
esta bem definida.
ii) f e um homomorfismo.
Dados m1,m2 M e A temos,
f(m1 +m2) = f(ni=1
(ai + bi)xi) =ni=1
(ai + bi)yi = f(m1) + f(m2)
24
f(m1) = f(ni=1
aixi) =ni=1
aiyi = ni=1
aiyi = f(m1)
iii) f e sobrejetora.
Seja y N entao y =ni=1
aiyi. Tomando x M onde x =ni=1
aixi temos f(x) = y.
iv) f e injetora.
Ker(f) = {m M : f(m) = 0} = {m M :ni=1
aiyi = 0}
= {m =ni=1
aiyi : ai = 0}
= {0}
Por (i), (ii), (iii) e (iv) conclumos que M = N .
Definicao 2.13. Seja M um A-modulo. Um elemento m M diz-se livre se
Anl(m) = {a A | a m = 0} = {0}
Caso contrario, m e dito um elemento de torcao.
Podemos dizer, em outras palavras, que um elemento m M e de torcao, se esomente se, existe a A, a 6= 0, tal que a m = 0.
Definicao 2.14. Um A-modulo M diz-se sem torcao se todos os seus elementos
nao nulos sao livres. Um A-modulo M diz-se com torcao se contem algum elemento
de torcao. Se todos os seus elementos sao de torcao, o A-modulo e chamado de
torcao.
Exemplo 2.3.
(a) Espacos vetoriais sao modulos sem torcao;
(b) Todo grupo abeliano finito e um Z-modulo de torcao.
Proposicao 2.10. i) Todo submodulo de um modulo sem torcao e sem torcao.
25
ii) Produtos diretos e somas diretas de modulos sem torcao sao sem torcao.
iii) Todo submodulo de um modulo de torcao e de torcao.
iv) Todo quociente de um modulo de torcao e de torcao.
Proposicao 2.11. Seja A um domnio de integridade e M um A-modulo. O con-
junto T (M) de todos os elementos de torcao de M e um submodulo e o quociente
M/T (M) e sem torcao.
Demonstracao. Dados m,m T (M) existem a, a A nao nulos tais que am =am = 0. Vejamos que aa 6= 0, logo aa(m + m) = 0 e m + m T (M). Conside-remos A e 6= 0. Temos entao a(m) = (a)m = (a)m = (am) = 0, isto em T (M). Portanto T (M) e um submodulo de M .
Vamos mostrar agora que o quociente M/T (M) e sem torcao. Seja m = m+T (M) M/T (M) tal que exista a A e a 6= 0 onde am = 0. Assim am T (M) e existea1 6= 0, a1 A tal que a1(am) = (a1a) = 0. Mas como a1a 6= 0 segue que m T (M),ou seja, m = 0. Portato M/T (M) e sem torcao.
Definicao 2.15. Seja A um anel de integridade e M um A-modulo. O submodulo
T (M) dos elementos de torcao de M chama-se o submodulo de torcao de M .
De acordo com a notacao acima, M e sem torcao se T (M) = {0}, com torcao seT (M) 6= {0} e de torcao se T (M) = M .
2.4 Modulos Finitamente Gerados Sobre Domnios
Principais
Proposicao 2.12. Seja A um domnio principal e M um A-modulos livre de posto(n).
Entao todo submodulo de M e livre, de posto menor ou igual a n.
Demonstracao. Se n = 1, temos que M = AA pois M e AA sao A-modulos livres eposto(M) = posto(AA). Como A e principal, todos os submodulos de AA, que sao
os ideais de A, sao livres de posto igual a 1, exceto o nulo, que por convensao tem
posto igual a zero. Logo para n = 1 o resultado e valido.
26
Suponhamos agora o resultado valido para A-modulos de posto menores que n. Seja
{vi}1in uma base de M sobre A. Todo elemento de M se escreve de unico modona forma,
m =i=1n
aivi com ai A e 1 i n
A funcao f : M A(n) de finida por m =i=1n
aivif (a1, a2, ..., an) e um iso-
morfismo. Consideramos entao a funcao g : M A definida por g = p1 f ondem =
i=1n
aivig a1.
Dado um submodulo N de M podemos definir fN : N A por restricao de g a N .Na sequencia,
0 Ker(fN) i N fN Im(fN) 0
temos que Im(fN) e submodulo de AA e portanto livre. Deste modo a sequencia
cinde e temos N = Im(fN)Ker(fN). Chamando M1 ao submodulo livre geradopelos elementos {vi}2in vemos que Ker(fN) M1. Como M1 e livre de poston 1, pela hipotese de inducao vem que Ker(fN) e livre de posto menor ou igual an 1. Como ainda Im(fN) e de posto menor ou igual a 1 resulta que o proprio Ne livre e posto(M) n.
Corolario 2.4. Seja A um domnio principal. Todo submodulo de um A-modulo
finitamente gerado e finitamente gerado.
Demonstracao. Seja M um A-modulo e {xi}1in uma famlia de geradores de M .Sabemos que existe um epimorfismo f : A(n) M definido por f(a1, a2, ..., an) =ni=1
aixi. Dado um submodulo N de M , a sua pre-imagem f1(N) e um submodulo
de A(n). Deste modo f1(N) e livre de posto menor ou igual a n pela proposicao
anterior. Se {vi}1im e uma base de f1(N), para todo a N temos f1(a) =mi=1
aixi. Aplicando f em ambos os lados da ultima igualdade temos a =mi=1
aif(xi)
e portanto {f(xi)}1im e um conjunto de geradores de N .
27
Proposicao 2.13. Se A e um domnio principal, todo A-modulo finitamente gerado,
sem torcao, e livre.
Demonstracao. Seja M um A-modulo sem torcao e {vi}1in um conjunto de gera-dores de M . Se {uj}1jm e uma famlia linearmente independente maximal, entaoo conjunto {vi} {uj}1jm e dependente para cada i com 1 i n.
Deste modo, existem escalares ai, bi1, ..., bim A nao todos nulos tais que,
aivi +mj=1
bijuj = 0 1 i n (i)
Certamente ai 6= 0 pois os {uj}1jm sao linearmente independentes. Seja L osubmodulo de M gerado pelos {uj}1jm. L e livre pois o conjunto de geradores euma base.
A condicao (i) e equivalente a afirmar que, para cada i, 1 i n, existe algumescalar nao nulo ai, tal que aivi L.
Chamando a =ni=1
ai temos que avi L para todo i e como {vi}1in e um conjuntode geradores de M , vem que aM L entao aM e um submodulo livre.
Finalmente, observamos que a funcao f : M aM definida por f(m) = am e umisomorfismo, logo M e livre.
Teorema 2.4. Seja M um A-modulo finitamente gerado sobre um domnio princi-
pal. Entao T (M) e um somando direto de M e se L e um suplementar de T (M),
L e livre.
Demonstracao. Sabemos que M/T (M) e sem torcao. Como M/T (M) e um quo-
ciente de um A-modulo finitamenete gerado, tambem e finitamente gerado. Da
proposicao anterior, segue que M/T (M) e livre. Sejam i : T (M)M a inclusao ej : M M/T (M) a projecao canonica. A sequencia
0 T (M) iM jM/T (M) 0
28
e exata e cinde pois M/T (M) e livre. Logo T (M) = Im(i) e um somando direto de
M . Agora deM = T (M)L , temos que L = M/T (M) poisM = T (M)M/T (M),logo L e livre.
2.5 Modulos de Torcao
Proposicao 2.14. Seja A um domnio de integridade. Um A-modulo M finitamente
gerado e de torcao, se e somente se, Anl(M) 6= {0}
Demonstracao. Se Anl(M) 6= {0} e imediato que M e um A-modulo de torcao.
Seja agora M um A-modulo de torcao finitamente gerado. Seja {mi}1it um con-junto de geradores de M . Sendo M um A-modulo de torcao, temos que para cada i,
com 1 i t, existe ai A nao nulo tal que aimi = 0. Seja a =ti=1
ai, como cada
ai e nao nulo, segue a 6= 0. Assim para 1 i t ami = 0. Logo a Anl(M).
Proposicao 2.15. Seja A um domnio principal. Um A-modulo de torcao finita-
mente gerado M e cclico se, e somente se, existem primos {pi}1it de A, dois adois nao associados, e naturais {ei}1it tais que
M =ti=1
A/(pi)ei , 1 i t
Demonstracao. Suponhamos que M seja cclico. Como A e um domnio principal,
os ideais de A sao da forma I = (a) onde a A. Sendo assim, M = A/(a).Se a = pe11 p
e22 ...p
ett e uma decomposicao em fatores primos de a, entao usando a
proposicao 2.6 , segue que, M =ti=1
A/(pi)ei .
Por outro lado, temos por hipotese que M =ti=1
A/(pi)ei com pi A. Deste
modo M = A/(pe11 pe22 ...pett ) pelo corolario 1.2.6 . Como cada pi A segue quepe11 p
e22 ...p
ett = a A. Logo M = A/(a) e portanto M e cclico.
Definicao 2.16. Seja M um modulo sobre um domnio principal A. Chamamos
perodo de um elemento m M a cada gerador do ideal Anl(m).
29
Observacao 2.1. Notemos que dois perodos de um mesmo elemento m M saonecessariamente associados. Evidentemente, os perodos de um elemento m Msao nao nulos se, e somente se, m e um elemento de torcao.
Definicao 2.17. Seja A um domnio principal e p um elemento irredutvel de A.
Dizemos que um A-modulo M e um p-modulo de torcao se para cada m M existeum natural n tal que pn m = 0.
De modo equivalente, M e um p-modulo de torcao se, e somente se, cada um dos
seus elementos tem um perodo, que e potencia de p.
Definicao 2.18. Seja M um A-modulo e a um elemento de A. Chamamos de
submodulo anulado por a ao subconjunto
Ma = {m M | a m = 0}
Indicaremos por M(p) o submodulo
M(p) = {m M | ( n N) pn m = 0}
Evidentemente,
M(p) =nN
Mpn
O submodulo assim definido e um p-modulo e recebe o nome de p-submodulo de
torcao de M.
Observacao 2.2. Se p A e irredutvel, Mp admite uma estrutura de espacovetorial sobre o corpo A/(p), definindo o produto por escalares por (a+(p))m = am.
Teorema 2.5. Seja M um A-modulo de torcao e Anl(M) = (a). Se
a = pr11 ...prtt
e uma decomposicao de a em produto de fatores irredutveis, entao:
M = M(p1) ...M(pt)
30
Demonstracao. Para cada i com 1 i t, vamos definir qi =tj 6=i
prjj . Deste modo
temos que mdc(q1, q2, ..., qt) = 1 e existem elementos 1, 2, ..., t de A tais que
1q1 + 2q2 + ...+ tqt = 1 pelo teorema de Bezout.
Podemos entao escrever cada m M da seguinte forma:
m = 1q1m+ 2q2m+ ...+ tqtm
Cada somando acima e de tal forma que:
prii (iqim) = i(prii qi)m = iam = 0
Isto e, iqim M(pi). Segue entao que:
M = M(p1) +M(p2) + ...+M(pt)
Resta mostrar que a soma acima e direta. Para isto, vamos supor que exista
m1, ...,mt M tais que m1 +m2 + ...+mt = 0 com algum mi 6= 0.
Para cada ndice j 6= i existe um natural rj > 0 tal que (prjj mj) = 0 poismj M(pj).
Tomando entao q =tj 6=i
prjj e multiplicando a igualdade acima, vem que qmi = 0
com q 6= 0. Logo, para algum ri natural piri |q o que e um absurdo.
Proposicao 2.16. Seja M um p-modulo de torcao, finitamente gerado. Entao o
ideal Anl(M) e gerado por um elemento da forma pr, com r N, que e, tambem,perodo de algum elemento de M .
Demonstracao. Seja {mi}1it um conjunto de geradores de M . Para cada i,Anl(mi) e um ideal principal da forma Anl(mi) = (p
ri) com 1 i t.
Tomando r = max{r1, r2, ..., rt} temos que prmi = 0 para todo 1 i t e con-sequentemente, (pr) Anl(M). Se o maximo se produz para um ndice j, segueque r e um perodo de mj.
Finalmente, todo elemento de Anl(M) e da forma ps com s N e, se fosse s < rteramos psmj 6= 0, o que e um absurdo. Logo (pr) = Anl(M).
31
Proposicao 2.17. Seja M um p-modulo de torcao, finitamente gerado
sobre um anel A, Anl(M) = (pr) e m M um elemento tal que
Anl(m) = (pr)
Dada uma classe no modulo quociente M = MAm existe um representante y M ,
de tal que o seu perodo e igual ao perodo de (isto e, tal que Anl() = Anl(y)).
Demonstracao. Seja M com perodo ps, pois Anl(M) = (pr). Vamos mostrarque psy = 0, pois assim, ps Anl(y), o que implica que (ps) Anl(y). Tendo quey , e imediato que Anl(y) Anl() = (ps) e portanto Anl(y) = Anl(). Seja y1um representante de , como ps = 0, segue que psy1 Am. Assim, existe Atal que psy1 = m. Notemos que pode ser escrito da forma = bp
t com t Npela decomposicao em fatores irredutveis de modo que p - b. Logo psy1 = bptm (i).
Se t r, podemos escrever psy1 = ptrprbm = 0 pois pr Anl(m) e resulta a tese.
Se t < r, a menor potencia que anula o segundo membro de (i) e prt, pois prtpsy1 =
bprtptm = 0. Sendo assim, o perodo de y e prt+s. Como consequencia temos
s + r t r e s t pois Anl(M) = (pr). defina y = y1 ptsbm. Temos que y eum representante de por que y1 M e ptsb A. Entao,
psy = ps(y1 ptbm) = psy1 m = psy1 psy1 = 0
Proposicao 2.18. Seja f : M A/(a) um isomorfismo e p A um elementoirredutvel. Consideremos os conjuntos
Mp = {m M : pm = 0} pM = {pm : m M}
Entao:
i) Se p - a, Mp = {0} e p M = Mii) Se p | a, escrevendo a = pc temos que
Mp = A(p)
e p M = A(c)
32
Demonstracao. i) Suponhamos que p - a. Seja m M , tal que pm = 0. Conside-remos x + (a) A/(a) a imagem de m pelo isomorfismo, ou seja, f(m) = x + (a).Entao p(x + (a)) = 0, o que implica em px (a). Com isso temos a|px, como p eum elemento irredutvel, a|x e consequentemente x + (a) = 0. Portanto m = 0 eMp = 0.
Vamos mostrar agora que pM = M . Sendo M = A/(a), basta mostrar que A/(a) =pA/(a). Como p - a, temos mdc(p, a) = 1. Pelo teorema de Bezout, existem b, c Atais que bp + ca = 1. Para todo A podemos escrever = bp + ca, assim+(a) = pb+(a), logo A/(a) pA/(a). Agora seja pA/(a), assim = pd+(a)com d A. Veja que pd A, ou seja, = + (a) com A. Logo A/(a).Conclumos entao que A/(a) = pA/(a), isto e, M = pM .
ii) Temos agora que a = pc. Consideremos a funcao g : A/(a) pM dada porg( + (a)) = pm onde m e a imagem de + (a) no isomorfismo A/(a) = M . Para + (a), + (a) A/(a) e b A temos:
(a) g esta bem definida
Se + (a) = + (a), temos f1(+ (a)) = f1(+ (a)) pois f1 e um isomorfismo.
Assim, existe m1,m2 M tais que m1 = m2, em consequencia, pm1 = pm2, o queimplica que g( + (a)) = g( + (a))
(b) g e um homomorfismo
g(( + (a)) + ( + (a))) = g(( + ) + (a)) = pf1(( + ) + (a))
= pf1( + (a)) + pf1( + (a))
= pm1 + pm2 = g( + (a)) + g( + (a))
g(b( + (a))) = g(b + (a)) = pf1(b + (a)) = pbf1( + (a))
= (pb)m1 = bpm1 = bg( + (a))
(c) g e um epimorfismo
33
Dado pm1 pM temos que pm1 e imagem de algum + (a) A/(a). Logog( + (a)) = pm1.
(d) Ker(g) = (c)/(a)
Seja + (a) Ker(f). Temos que pm = 0 onde + (a) e imagem de m por f .Assim 0 = p( + (a)) = p + (a) o que implica em p (a), isto e, p (pc), ouseja, p = pcd com d A. Assim segue = cd, que significa que (c). LogoKer(f) (c)/(a).Seja (c), assim p = pcb e p = ab. isto e, p (a) e p( + (a)) = 0. Emconsequencia pm = 0 e + (a) Ker(f). Logo Ker(f) = (c)/(a).Do teorema do homomorfismo temos
A/(a)
(c)/(a)= pM . Do segundo teorema do iso-
morfismo segueA/(a)
(c)/(a)= A/(c), logo pM = A/(c).
Por outro lado Mp corresponde ao Ker(g) no isomorfismo acima, portanto Mp =(c)/(a).
Vamos mostrar agora que (c)/(a) = (c)/(pc) = A/(p). Seja h : (c)/(pc) A/(p)onde h(c+ (pc)) = + (p) com A.(a) h e bem definida
Sejam c + (pc), c + (pc) (c)/(pc) com , A tais que c + (pc) = c + (pc).Assim cc (pc), ou ainda, cc = pcd com d A, isto implica em = pde + (p) = + (p)
(b) h e homomorfismo.
Sejam c+ (pc), c+ (pc) (c)/(pc) e a A, entao,
h((c+ (pc)) + (c+ (pc))) = h((c+ c) + (pc)) = h(( + )c+ (pc))
= ( + ) + (p) = ( + (p)) + () + (p))
= h(c+ (pc)) + h(c+ (pc))
h(a(c+ (pc)) = h(ac+ (pc)) = a + (pc) = a( + (pc))
= ah(c+ (pc))
34
(c) h e sobrejetora
Dado a+(p) A/(p), basta tomar ac+(pc) (c)/(a), assim teremos h(ac+(pc)) =a+ (p)
(d) h e injetora
Vejamos que Ker(h) = {c+ (pc) (c)/(a) : h(c+ (pc)) = + (p) = (p)}, sendoassim, (p) e c (pc), o que implica em Ker(h) = {0}
Logo h e um isomorfismo. Podemos concluir entao que Mp = A/(p)
Proposicao 2.19. Seja M um p-modulo de torcao finitamente gerado sobre um
domnio principal A. Entao, M e soma direta interna de um numero finito de
submodulos cclicos A mi, 1 i t, cada um dos quais e isomorfo a um quocienteda forma
A
(pri), ri N
Demonstracao. Temos que M e finitamente gerado, logo seus submodulos tambem
sao. Em particular, o submodulo anulado por p, a saber,Mp , tambem sera finita-
mente gerado. Sendo assim, Mp e de dimensao finita como espaco vetorial sobre
A/(p) (pois p e irredutvel). Faremos a demonstracao usando inducao sobre essa
dimensao.
Se n = 0 temos que M = {0} e nao ha mais o que provar.
Suponhamos entao que n 1 e que o enunciado e valido para dimensoes menores.
Seja Anl(M) = (pr). Da proposicao 2.16 existe um elemento m1 M cujo perodoe precisamente pr. Consideremos entao
M = M/Am1
Mostraremos, inicialmente, que a dimensao de M sobre A/(p) e estritamente menor
que n.
35
De fato, dados v1, , vt Mp, de acordo com a proposicao 2.6.10 podemos de-terminar representantes v1, , vt M com perodos respectivamente iguais. Logovi Mp para 1 i t pois prvi = 0.
Temos tambem que pr1m1 Mp. Alem disso, veremos que {v1, ..., vt, pr1m1}e um conjunto de elementos linearmente independentes sobre A/(p). Para isto,
suponhamos
(a1 + (p))v1 + + (at + (p))vt + (a+ (p))pr1 m1 = 0 (2.3)
Tomando classes modulo A m1 temos
(a1 + (p))v1 + + (at + (p))vt = 0
Da independencia linear do conjunto {vi}1it temos que
a1 + (p) = ... = at + (p) = 0
Entao, de (2.3) vem que (a+ (p))pr1m1 = 0
Mas, (a + (p))pr1m1 = apr1m1 o que implica apr1 Anl(m1) e portanto, pr |apr1. Concluimos entao que p | a e tambem que a+ (p) = 0.
Da hipotese de inducao podemos concluir agora que M e soma direta de modulos
cclicos
M = Am2 ... Ams
Seja mi um representante com o mesmo perodo que mi, 2 i s.
Mostraremos, finalmente, que
M = Am1 Am2 ... Ams
Dado m M , a sua classe m M pode ser escrita na forma
36
m = a2m2 + ...+ asms
Entao m (a2m2 + ...+ asms) Am1 e existe a1 A tal que
m = a1m1 + a2m2 + ...+ asms
Portanto, M e soma dos submodulos Ami, 1 i s.
Para provar que a soma e direta, suponhamos
a1m1 + a2m2 + ...+ asms = 0
Tomando classes modulo am1 temos
a2m2 + ...+ asms = 0
Logo, a2m2 = ... = asms = 0. Chamando pri ao perodo comum de mi e mi temos
que pri | ai com 2 i s e tambem aimi = 0 para 2 i s.
Com isto, resulta imediatamente que
a1 m1 + a2 m2 + + as ms = 0 a1 m1 = 0
Por ultimo, temos que An(mi) = (pri) e o nucleo do epimorfismo
f : A A mi
definido por f() = mi, para todo A. Portanto, os submodulos cclicos acimasao isomorfos a quocientes da forma A/(pri), como queramos demonstrar.
Lema 2.3. Seja M um p-modulo finitamente gerado, da forma
M = A(pr1)
A(prt)
onde supomos r1 r2 rt e seja N um submodulo de M tal que
37
N = A(ps1)
A(psn)
com s1 s2 sn. Entao t n e ri si para cada i.
Corolario 2.5. A decomposicao de um p-modulo finitamente gerado M em soma
direta de A-modulos cclicos:
M = A(pr1)
A(prt)
com r1 r2 rt > 0 e unica.
2.6 Modulos Projetivos
2.6.1 Grupo de Homomorfismos
Sejam A um anel e M , N dois A-modulos. Notaremos por HomA(M,N) o conjunto
de todos os A-homomorfismos de M em N .
Vamos definir uma soma de A-homomorfismos f, g HomA(M,N) por
(f + g)(x) = f(x) + g(x) para todo x M
Deste modo, HomA(M,N) tem uma estrutura de grupo abeliano.
Chamaremos de C(A) = {a A : ax = xa, para todo x A } o centro do anel A.
Agora, se a, b C(A) e x A, temos que
(a b)x = ax bx = xa xb = x(a b), logo a b C(A)
e
(ab)x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = (xa)b = x(ab), logo ab C(A)
.
38
Como 0 C(A), entao C(A) e um subanel de A.
Vamos definir o produto de um elemento a A por um A-homomorfismo f HomA(M,N) por
(af)(x) = af(x), para todo x M
Afirmamos que o grupo abeliano HomA(M,N) tem estrutura de C(A)-modulo.
Sejam f, g HomA(M,N) , a1, a2 C(A) e x M , vejamos,
(i) [a1(a2)f ](x) = a1(a2f(x)) = (a1a2)f(x) = [(a1a2)f ](x)
(ii) [a1(f+g)](x) = a1(f+g)(x) = a1(f(x)+g(x)) = a1f(x)+a1g(x) = (a1f)(x)+
(a1g)(x)
(iii) [(a1 + a2)f ](x) = (a1 + a2)f(x) = a1f(x) + a2f(x) = (a1f)(x) + (a2f)(x)
(iv) (1f)(x) = 1f(x) = f(x)
Para obtermos uma estrutura de modulo devemos ter que, para a, b C(A) e x M
a(f(bx)) = a(bf(x)) = (ab)f(x) = (ba)f(x) = b(af(x))
Contudo, podemos notar que se a, b A nem sempre isso e verdade, ou seja, o grupoHomA(M,N) em geral nao e um A-modulo.
Se A e um anel comutativo, temos A = C(A). Sendo assim HomA(M,N) assume
estrutura de A-modulo.
A partir de agora, estamos assumindo A comutativo.
Consideremos os A-modulos M,M , N,N e os A-homomorfirmos f : M M eg : N N . A cada A-homomorfismo h HomA(M,N) podemos associar umA-homomorfismo h HomA(M , N ), definindo h = g h f , como no diagramaabaixo,
M
f
h // N
M h// N g
OO
39
Podemos definir assim uma funcao,
Hom(f, g) : HomA(M,N) HomA(M , N )
que e um homomorfismo de grupos.
Fixando um A-modulo S, podemos estabelecer uma correspondencia que associa a
cada modulo M um grupo HomA(S,M).
Ainda, dado um A-homomorfismo f : M N podemos associa-lo a um homomor-fismo de grupos,
f : HomA(S,M) HomA(S,N)
definido por f() = f HomA(S,N) com HomA(S,M).
De forma analoga, podemos definir outra correspondencia do A-modulo M no grupo
abeliano HomA(M,S). Tambem da mesma forma podemos associar a cada A-
homomorfismo f : M N um homomorfismo f : HomA(N,S) HomA(M,S)definindo para cada HomA(N,S)
f () = f HomA(M,S)
Proposicao 2.20. Dados A-homomorfismos, f : N P e g : M N , as seguintespropriedades sao validas:
(i) (f g) = f g(ii) (1M) = 1HomA(S,M)
(iii) (0M) = 0HomA(S,M)
proof Consideremos a sequencia
HomA(S,M)g HomA(S,N) g HomA(S, P )
e HomA(S,M).
40
(i) (f g)() = (f g) = f (g ) = f(g ) = f(g()) = (f g)()
(ii) Seja 1M : M M o homomorfismo identidade. Assim, (1M)() = 1M = ,logo (1M) = 1HomA(S,M).
(iii) Seja 0M : M M . Deste modo, (0M)() = 0M = 0. Logo (0M) =0HomA(S,M).
Proposicao 2.21. Dados A-homomorfismos, f : N P e g : M N , as seguintespropriedades sao validas:
(i) (f g) = g f
(ii) (1N) = 1HomA(N,S)
(iii) (0N) = 0HomA(N,S)
A demonstracao e analoga a anterior.
A seguir vamos estudar o comportamento das correspondencias vistas anteriormente
em relacao a`s sequencias exatas.
Proposicao 2.22. Seja 0 L f M g N uma sequencia exata de A-modulos e S umA-modulo dado. Entao a sequencia:
0 HomA(S, L) f HomA(S,M) g HomA(S,N)
e exata.
Demonstracao. Vamos mostrar queKer(f) = {0} e em seguida mostraremos que Im(f) =Ker(g).
Seja HomA(S, L) tal que f() = (f )(x) = 0 para todo x S. Como f einjetora segue que = 0.
Agora vamos provar que Im(f) = Ker(g). Para isso, mostraremos primeiro que
Im(f) Ker(g). De fato, seja f() Im(f), assim,
g(f()) = g (f ) = (g f) = 0 = 0
Portanto, f() Ker(g)
41
Agora provaremos que Ker(g) Im(f). Seja Ker(g), deste modo g = 0,logo Im() Ker(g) e Ker(g) = Im(f). Para cada x S, existe pelo menos umelemento y L tal que f(y) = (x). Sendo f injetora, y e unico e podemos definiruma funcao : S L que a cada elemento x S associa y L conforme obtidoanteriormente. Temos que e um A-homomorfismo tal que f = , logo f() = e Im(f).
Proposicao 2.23. Seja Lf M g N 0 uma sequencia exata de A-modulos e S um
A-modulo dado. Entao a sequencia:
0 HomA(N,S) g HomA(M,S) f
HomA(L, S)
e exata.
Demonstracao. Primeiramente vamos mostrar queKer(g) = {0}. Dado HomA(N,S)tal que g() = ( g)(x) = 0 para todo x M . Assim, (g(x)) = 0 para todo x M .Como g e um epimorfismo, = 0.
Mostraremos agora que Im(g) Ker(f ). Seja g() Im(g). Entao,
f (g()) = ( g) f = (g f) = 0 = 0
Finalmente, provaremos que Ker(f ) Im(g). Seja Ker(f ). Como g e umepimorfismo, todo elemento y de N e da forma g(x) para algum x M . definamosentao : N S por (y) = (x). Mostraremos que esta bem definida. Sejamx1, x2 M onde g(x1) = g(x2), devemos concluir que (x1) = (x2), ou equivalentemente,Ker(g) Ker(). Temos que Ker(g) = Im(f), logo, se x Ker(g), existe z L talque x = f(z) e,
(x) = (f(z)) = f ((x)) = 0(x) = 0
Finalmente, e um A-homomorfismo e g() = . Logo Im(g).
Proposicao 2.24. Seja 0 L f M g N 0 uma sequencia exata de A-modulos quecinde e S um A-modulo dado. Entao as sequencias,
42
0 HomA(S, L) f HomA(S,M) g HomA(S,N) 0
0 HomA(N,S) g HomA(L, S) f
HomA(M,S) 0
sao exatas e cindem.
Demonstracao. Como a sequencia 0 L fM g N 0 cinde, existe umA-homomorfismoh : N M tal que g h = 1N . Vejamos,
1HomA(S,N) = (1N) = (g h) = g h
Vejamos que g e um epimorfismo, pois, dado HomA(S,N), basta tomar h HomA(S,M), assim, g(h ) = g h = .
Deste modo, a sequencia exata,
0 HomA(S, L) f HomA(S,M)
hgHomA(S,N) 0onde g h = 1HomA(S,M) cinde.Por outro lado temos que existe uma funcao k : M L tal que k f = 1L. Vejamos,
1HomA(L,S) = (1L) = (k f) = f k
Notemos que, f e um epimorfismo, pois, dado HomA(L, S), basta tomarmos k HomA(M,S). Assim segue f ( k) = k f = .
Portanto, temos que a sequencia exata,
0 HomA(N,S) g HomA(M,S)
f
kHomA(L, S) 0
onde f k = 1HomA(L,S), cinde.A proposicao anterior pode ser enunciada da seguinte forma:
Proposicao 2.25. Sejam L,M e N A-modulos onde M = L N e S um A-modulodado, entao:
43
HomA(S,M) = HomA(S, L)HomA(S, L)
HomA(M,S) = HomA(L, S)HomA(N,S).
Proposicao 2.26. Seja {Mi}iI uma famlia de A-modulos e S um A-modulo dado.Entao,
(i) HomA(S,iI
Mi) =iI
HomA(S,Mi)
(ii) HomA(iIMi, S) =
iI
HomA(Mi, S)
Demonstracao. (i) Seja {pi}iI a famlia de projecoes naturais,
pi :iI
Mi Mi
definamos : HomA(S,iI
Mi)iI
HomA(S,Mi) da seguinte maneira:
Dado = (i)iI HomA(S,iI
Mi), facamos () = (pi )iIVamos mostrar que e um isomorfismo.
Primeiramente, mostraremos que e um monomorfismo. De fato, () = 0 implica
(pi ) = 0 para todo i I. Dado x S, temos pi((x)) = 0 para todo i I, o queimplica (x) = 0, logo = 0.
Agora, mostraremos que e um epimorfismo. Consideremos (i)iI iI
HomA(S,Mi).
defina HomA(S,iI
Mi) por (x) = (i(x))iI para todo x S. Logo () =(pi ) = (i)iI = (i)iI
(ii) Seja {ji}iI a famlia das inclusoes canonicas,
ji : Mi iI
Mi
definamos : HomA(iIMi, S)
iI
HomA(Mi, S) de tal forma que para
HomA(iIMi, S) seja () = ( ji)iI
iI
HomA(Mi, S). Resta mostrarmos que
44
e um isomorfismo. Nos mostraremos agora que e um monomorfismo. Para isso,
seja HomA(iIMi, S) tal que () = 0. Assim ji = 0 para todo i I de onde
vem que = 0. Agora, mostraremos que e um epimorfismo. Consideremos (i)iI iI
HomA(Mi, S) e defina HomA(iIMi, S) por (x) =
iI
i pi(x) para todo
x iIMi onde pi e a projecao. A soma acima e finita, pois, para que
iI
HomA(Mi, S)
seja um A-modulo, a famlia {HomA(Mi, S)}iI deve ser quase nula. Dado xk Mktemos, ( jk)(xk) =
iI
i pi jk(xk) = k(xk), assim, () = ( ji)iI = (i)iI .
2.6.2 Modulos Projetivos
Definicao 2.19. Um A-modulo P diz-se projetivo se, dados A-modulos M e N , um epi-
morfismo f : M N e um homomorfismo g : P N , sempre existe um homomorfismog : P M tal que f g = g.
Proposicao 2.27. Seja P um A-modulo. As seguintes afirmacoes sao equivalentes:
(i) P e projetivo.
(ii) Se P e imagem de um A-modulo M por um epimorfismo, entao P e isomorfo a um
somando direto de M .
(iii) P e um somando direto de um A-modulo livre.
Demonstracao. (i) (ii) Seja M um A-modulo e f : M P um epimorfismo. Podemosconstruir o seguinte diagrama comutativo,
P
1P
g
~~M
f // P // 0
onde f g = 1P pois P e projetivo. Logo a sequencia exata 0 Ker(f) i M fP 0 cinde. Assim M = Ker(f) P . Deste modo P e isomorfo a um somando diretoM .
(ii) (iii) Todo A-modulo e imagem de um A-modulo livre por um epimorfismo. Defato, consideremos {xi}iI um conjunto de geradores de M . Para qualquer A-modulo M ,sempre existe um conjunto de geradores, pois, pelo menos o proprio M o gera. definimos
45
f : A(I) M por f(ei) = xi para todo i I e extendemos f a um A-homomorfismof : A(I) M , onde f(a) =
iI
aif(ei) e a = (ai)iI . Notemos que f e um epimorfismo,
pois, para x M temos x =iI
aixi =iI
aif(ei). Assim, basta tomar a = (ai)iI
A(I) e teremos f(a) = x. Deste modo, existe um A-modulo livre M e um epimorfismo
f : M P . De (ii), P e isomorfo a um somando direto de M .(iii) (i): Seja L um A-modulo livre tal que L = P S. Dados A-modulos M e N ,
um epimorfismo f : M N e um homomorfismo g : P N , podemos extender g a umhomomorfismo g : L N definindo,
g(x) = g(x) para todo x P e g(x) = 0 para todo x S
Dado x L, segue que x e escrito de uma unica forma x = x1+x2 com x1 P , x2 Se g(x) = g(x1).
Indicando por i : P L a inclusao pela proposicao 2.1.7 temos o seguinte diagrama:
L
g
g
Pioo
g
Mf// N // 0
Definindo entao g = g i temos que f g = g e P e projetivo.
Exemplo 2.4.
1. Dado um corpo A, qualquer A-modulo e livre e portanto projetivo.
Naturalmente, podemos questionar se existem modulos projetivos que nao sao livres.
No proximo exemplo veremos essa situacao.
2. Sejam K um corpo e A = T2(K) =
a 0b c
: a, b, c K o anel das matri-
zes 2 2 triangulares inferiores. Consideremos P1 = a 0b 0
: a, b K e
P2 =
0 0
0 c
: c K. Deste modo, temos A = P1 P2 e sendo A livre,
pela proposicao anterior temos que P1 e P2 sao projetivos. Em contrapartida, P1
46
e P2 nao sao livres. De fato, todo A-modulo livre como K-espaco vetorial deve ter
dimensao um numero multiplo de 3. De fato, dada uma base = {v1, v2, v3} deA sobre K temos que para todo x A, x =
3i=1
aivi com ai K para i = 1, 2, 3.
Se M e um A-modulo livre, todo m M e escrito da forma m =t
j=1
bjmj onde o
conjunto {mj}1jt e uma base de M sobre A e bj =3i=1
aijvi, pois bj A. Agora,considerando M como um espaco vetorial sobre K, temos que para todo m M ,
m =t
j=1
3i=1
aijvimj
Sendo assim, M como espaco vetorial sobre K tem dimensao um numero multiplo
de 3. Por meio deste fato, segue que P1 e P2 nao sao livres, pois dim(P1) = 2 e
dim(P2) = 1 sobre K.
Proposicao 2.28. Um A-modulo P e projetivo se, e somente se, para toda sequencia
exata de A-modulos 0 L fM g N 0 a sequencia
0 HomA(P,L) f HomA(P,M) g HomA(P,N) 0
e exata.
Demonstracao. Usando a proposicao 2.5.3, basta mostrar que g : HomA(P,M) HomA(P,N) e um epimorfismo se, e somente se, P e projetivo.
Se g e um epimorfismo, para todo h HomA(P,N), existe f HomA(P,M) tal queg(f) = h, ou ainda, g f = h, visualizando,
P
f
h
~~M g
// N // 0
Assim, P e projetivo.
Por outro lado, consideremos agora P projetivo. Assim, dado s HomA(P,N) temosque existe g : P M tal que g g = s, ou seja, g(g) = s, portanto g e um epimorfismo.
47
Proposicao 2.29. Seja {Mi}1in uma famlia de A-modulos tais que, para cada 1 i n todo submodulo de Mi e projetivo e M =
ni=1
Mi. Entao, todo submodulo N de M e
isomorfo a uma soma direta de tiponi=1
Ni, onde Ni e um submodulo de Mi com 1 i n.
Demonstracao. Nos faremos a demonstracao usando inducao em n. Se n = 1, o enunciado
e valido. Suponha o resultado valido para toda soma direta com ate n termos.
Seja Sn1 =
i=1n 1Mi e : M Mn a projecao canonica. Dado um submodulo N de M ,
chamaremos de Nn a imagem de N pela projecao .
O submodulo Nn e projetivo por hipotese, podemos entao construir o diagrama
Nn
1Nn
~~0 // N Sn1 i // N // Nn // 0
Deste modo, N = (N Sn1)Nn.Da hipotese de inducao temos:
N Sn1 =n1i=1
Ni
onde cada Ni e um submodulo de Mi, 1 i n 1 e resulta N =ni=1
Ni com
Ni Mi.
2.7 Teorema dos Divisores Elementares
O teorema a seguir nos mostra que todo modulo finitamente gerado sobre um domnio
principal A pode ser escrito como uma soma direta de submodulos.
Teorema 2.6. (Teorema dos Divisores Elementares) Seja M um modulo finita-
mente gerado sobre um domnio principal A. Existe um inteiro n > 0, elementos irre-
dutveis p1, p2, ..., ps A e inteiros:
r11 r12 r1t1 > 0
48
.................................
rs1 rs2 rsts > 0
tais que:
M = A(n) A/(pr111 ) ... A/(pr1t11 ) ... A/(prs1s ) ... A/(prst1s )
Os inteiros n, 1 j ti, 1 i s e os ideais (priji ) estao determinados de maneiraunica pelas condicoes acima.
Demonstracao. Vamos usar alguns resultados provados anteriormente. Do teorema 2.4
sabemos que M = T (M) L onde L e um modulo livre com posto(L) = n e L = A(n).Se a = p1
n1 ...psns e um gerador de Anl(T (M)), segue do teorema 2.5 que,
T (M) = T (M)(p1) ... T (M)(ps)
Para cada i, 1 i s, do corolario 2.5 temos
T (M)(pi) = A/(piri1) ... A/(piriti )
com ri1 ... riti e a decomposicao univocamente determinada.Resta provar que n e unico. Para isso, suponhamos
M = A(m) A/(pr111 ) ... A/(pr1t11 ) ... A/(prs1s ) ... A/(prst1s )
deste modo, A(m) = L e m = posto(L) = n.
Definicao 2.20. Os elementos pirij A que aparecem na decomposicao de M chamam-se
os divisores elementares de M .
Definicao 2.21. Um A-modulo M diz-se decomponvel se admite uma decomposicao em
soma direta
M = N1 N2
49
onde N1 e N2 sao submodulos improprios de M .
Caso contrario, M diz-se indecomponvel.
50
Captulo 3
Teorema da Diagonalizacao
Neste captulo, introduziremos o conceito de domnio dos numeros inteiros algebricos, que
e um domnio de integridade, e demonstraremos a existencia da extensao quadratica dos
racionais. Alem disso, introduziremos nocoes de matrizes elementares, e algumas de suas
propriedades, e conceito de operacoes elementares, para enfim provarmos o Teorema da
Diagonalizacao e aplicamos ao domnio dos numeros algebricos.
3.1 Anel dos Inteiros Algebricos
Seja Q o corpo de numeros racionais. Seja d Z. Vamos considerar a seguir as extensoesde Q determinadas pelas solucoes completas da equacao quadratica
(q) X2 d = 0
Note que (q) possui solucao em Q se, e somente se, possui solucao em Z. Mais ainda, (q)
possui solucao em Z se, e somente se, d e quadrado em Z. Suponha, entao, que d nao e
quadrado em Z. Pode-se supor que d nao possui fatores que sejam quadrados em Z, exceto
1. Pois, se d = m2h, podemos substituir (q) pela equacao equivalente (q) : X2 h = 0,sendo r solucao de desta ultima se, e somente se, rm for solucao de (q).
Observe que a equacao (q) possui solucoes no corpo dos numeros complexos. Como
uma solucao e a raiz quadrada de d, suponha qued C. Temos que o conjunto
51
Q(d) = {r + sd : r, s Q}
com as propriedades seguintes:
(i) Q(d) e, em relacao a soma e o produto de numeros complexos, um anel com
identidade.
(ii) Q(d) e um corpo.
(iii) Q Q(d).
(iv) Q(d) e um Q-espaco vetorial de dimensao 2.
(v) Os unicos automorfismos de Q(d) (como anel) sao idQ(
d) e a conjugacao a + b
(d) 7 a b (d).
(vi) Q(d) = Q(
d) se, e somente se, d = d.
Para provar (ii), basta provar que todo elemento nao nulo de Q(d) e inversvel em
Q(d). Para isso tome a norma de Q(
d) como sendo a aplicacao
N : Q(d) Q
(r + sd) 7 (r + s
d)(r s
d) = r2 ds2.
Notemos que N e multiplicativa, isto e, N(x y) = N(x) N(y), se x, y Q(d). Maisainda,
N(r + sd) = 0 r = s = 0.
De fato, r2 ds2 = 0, implica r = s = 0 pois se s 6= 0, teramos d = r2s2
um quadrado
em Q o que e absurdo, pois d Z. Portanto, temos r = s = 0. A volta e trivial.Seja agora z Q(d), z 6= 0. Entao, se z = r+ sd, seu conjugado sera z = r sd.
Segue que
zz = N(z), e, consequentemente, z( zN(z)
) = 1
o que implica que z e inversvel em Q(d).
52
(iii) Os elementos de Q sao os elementos de Q(d) para s = 0: r+0 d. A aplicacao
: Q Q(d)
r 7 r + 0d
e um monomorfismo.
(iv) Pelo item (iii), Q(d) e um Q-espaco vetorial de dimensao 2, com base {1,d}.
(v) Seja : Q(d) Q(d) um automorfismo. Vamos provar que se r Q, entao
(r) = r. De fato, (1) = 1, implica que (m) = m, se m Z Q.Mais ainda, se m 6= 0, (1) = (m
m) = m( 1
m), no qual ( 1
m) = 1
m. Segue que
( nm
) = nm
, como queramos provar. Entao (d) = r+ s
d, com s 6= 0, pois e bijetora
e (r) = r. Portanto,
d = (d) = ((d))2 = r2 + 2rs
d+ ds2.
Como 1 ed sao linearmente independentes, temos que
2rs = 0
r2 + ds2 = d.
Como s 6= 0, temos r = 0 e s2 = 1, isto e, s = 1. Assim e o homomorfismoidentidade se s = 1 e a conjugacao se s = 1.
(vi) Seja : Q(d) Q(d) um isomorfismo. Pelas mesmas razoes de (v) temos
(r) = r, se r Q. Portanto,
(d) = r + s
d com s 6= 0.
Elevando ao quadrado
d = (d) = r2 + 2rsd + ds2
portanto, r = 0 e d = r2 + s2d, como em (v). Entao
d = ds2
53
e, como estamos supondo que d nao possui fatores quadrados exceto em 1, temos
s2 = 1 e assim d = d.
Definicao 3.1. O corpo Q(d) sera denominado a extensao quadratica de Q associado
a` equacao X2 d = 0. E dizemos que Q(d) e real, se d > 0, e imaginaria de d < 0.
Proposicao 3.1. Seja z = r + sd. Entao z e raiz de uma equacao quadratica
X2 + bX + c = 0.
Demonstracao. De fato, a equacao
(X (r + sd))(X (r s
d)) = X2 (2r)X + (r2 ds2) = 0
temos seus coeficientes em Q e suas razes sao z e z.
Definicao 3.2. Se z = r+sd, chamamos traco de z a Tr(z) = 2r, e chamamos equacao
caracterstica de z a equacao X2 Tr(z) X +N(z) = 0.Segue, da proposicao anterior, que z e raz de sua equacao caracterstica.
Definicao 3.3. Chamamos de inteiro algebrico de Q(d) todo elemento cuja equacao
caracterstica possua coeficientes inteiros. A totalidade de elementos algebricos de Q(d)
sera denotada por A.
Note que se m Z, entao Tr(m) = 2m e N(m) = m2, assim Z A. Alem disso,se z Q(d) e tal que existe um polinomio f(X) Z[X] monico que f(z) = 0, entaoz A. De fato, sem perda de generalidade suponhamos que f(X) possui grau mnimoentre os polinomios g(X) Z[X] monicos, tais que g(z) = 0. O que implica que f(X) eirredutvel em Z[X]. Observe que se z Q, entao z Z, pois, pelo Teorema de Gauss, asrazes racionais de um polinomio monico com coeficientes inteiros sao numeros inteiros.
Neste caso, Z A e nao ha nada para provar. Seja z / Q. O polinomio caractersticoX2 Tr(z) X + N(z) anula em z e e o polinomio com coeficientes racionais de menorgrau que anula em z. Portanto, f(z) = 0 implica que f(X) e divisvel, em Q[X], por
X2 Tr(z) X +N(z). Se f(X) tem grau 2, entao coincide com o caracterstico, no qualTr(z) e N(z) pertencem a Z e z e um inteiro algebrico. Se f(X) tem grau maior que 2,
entao e fatorado em Q[X].
54
Teorema 3.1. A e um anel. Mais especificamente, e um subanel de Q(d).
Demonstracao. Sejam z = r + sd, z = r + s
d A. Vamos provar que
Tr(z + z), T r(z z), N(z + z), N(z z)
sao inteiros racionais.
Note que Tr(z + z) = Tr(z) + Tr(z) e N(zz) = N(z)N(z) pertencem a Z.
Agora, observe que
N(z + z) = (r + r)2 d(s+ s)2 = N(z) +N(z) + 2rr 2dss
e
Tr(zz) = Tr(rr + dss + (rs + sr)d) = 2rr + 2dss.
Portanto, e suficiente provar que = 2rr 2dss Z. Perceba que 2r Z. Sendoassim, ha dois casos:
(i) Se r Z, entao s Z. De fato, r2 ds2 = m, m Z. Logo ds2 Z e ses = u
v, u, v Z e coprimos, entao v2 divide d, o que e possvel so se v2 = 1.
(ii) Se r = t2, t mpar, entao s = u
2, u mpar. Mais ainda, d 1mod(4). De fato, seja
r2 d s2 = m Z. Entao t2 4ds2 = 4m. Se t = 2h+ 1
4(h2 + h) + 1 4ds2 = 4m.
Obviamente s nao pode ser inteiro. Seja s = uv
com (u, v) = 1, v > 1. Assim
(1) 4(h2 + h) + 1 4du2
v2= 4m
sendo 4du2
v2inteiro, v divide 4d. Como d nao possui fatores quadrados, podemos
afirmar que v|4. Portanto v2 = 4, ou seja, v = 2, pois v > 1. Note que u deve sermpar, pois v e par e (u, v) = 1. Segue que d deve ser congruo a 1 modulo 4, pois
tomando modulo 4 congruente em (1) resulta
0 + 1 (d u2) 0mod(4)
e como u e mpar, d 1mod(4).Estamos em condicoes de provar que a = 2rr + 2dss Z.
55
1. Se r e r sao inteiros, entao Z (por (i)).2. Se r = u
2, u mpar e r inteiro, entao 2rr Z e o mesmo 2dss Z (por (1) e
(ii)), portanto Z.3. Se r = u
2, r = u
2
, u e u mpares, resulta s = t2, s = t
2
com t e t mpares.
Portanto
(2) =uu d tt
2.
Como d 1mod(4), d e mpar. Portanto, o numerador de (2) e par e assim Z.O que prova a proposicao.
Teorema 3.2. Seja A o anel de inteiros algebricos de Q(d). Entao
(1) A = {r + sd:r, s Z},
se d 2 ou d 3mod(4) ou
(2) A= {12(r + s d):r, s Z e r smod(2)},
(r e s sao simultaneamente pares ou mpares) se d 1mod(4).
Demonstracao. Em ambos os casos, (1) e (2), valem as inclusoes pela simples verificacaoque os elementos em questao tem traco e norma em Z. Vejamos a inclusao oposta
(1) d 2 ou d 3mod(4). De fato, se z = r + s d A devemos ter r e s inteiro,pois se nao fosse, d seria congruente a 1mod(4), segundo o mesmo argumento utilizado
em (ii) do teorema anterior.
(2) d 1mod(4). Seja z = r+ sd inteiro algebrico em Q(d). Se r e inteiro entao se inteiro e nao ha nada para provar. Seja r = u
2, u mpar. Entao de r2 + d s2 = m Z,
resulta
u2 + 4 d s2 = 4m.
56
Se s for inteiro, tomando mod(4) congruente temos
1 + 0 0mod(4)
o que e absurdo. Portanto, s = u2, u mpar.
Exemplo 3.1.
1. Se d = 1, entao d 3mod(4), portanto o anel de inteiros algebricos de Q(i) e o anelZ[i] de inteiros de Gauss.
2. Se d = 2, entao d 2mod(4) e o anel de inteiros algebricos de Q(2) e o conjunto{m+ n 2, m,n Z}.
3. Se d = 5, entao d 1mod(4), portanto o anel de inteiros algebricos de Q(5) eo conjunto formado pelos elementos 1
2(r + s
5), com r, s inteiros simultaneamente
pares ou simultaneamente impares.
Vejamos agora algumas propriedades dos aneis de inteiros algebricos de extensoes
quadraticas de Q.
Proposicao 3.2. Para todo d, o anel de inteiros de Q(d) e um anel noetheriano.
Demonstracao. Observe que o anel A de inteiros algebricos e um Z-modulo livre de posto
2. De fato,
{1,d} e uma base se d 2 ou d 3mod(4)
e
{1, 12(1 +
d)} e uma base, se d 1mod(4)
Portanto, A como Z-modulo e noetheriano. Visto que todo ideal de A e um Z-modulo,
A e noetheriano.
Proposicao 3.3. Todo ideal primo nao nulo de A e maximal.
Demonstracao. Seja um ideal primo nao nulo de A, entao A/ e domnio de integridade.
Devemos provar que, alem disso, ele e um corpo. Seja z A tal que z 6= 0 (z denota aimagem de z por um homomorfismo A A/). A interseccao Z e um ideal primo deZ.
57
Note que Z 6= 0. Se 0 6= r + s d , entao
0 6= r2 d s2 = (r + s d)(r s
d) Z.
Seja Z = p, p primo racional. A inclusao Z A induz um monomorfismoZ/ p A/ que identifica Zp a um subanel de A/
Zp A/.
A equacao caracterstica z2Tr(z) z+N(z) = 0 induz em A/ a equacao z2Tr(z) z +N(z) = 0, ou tambem
z (z Tr(z) 1) = N(z).
Recordemos que Tr(z) e N(z) sao inteiros. Se N(z) nao e divisvel por p, entao
N(z) e inversvel em Zp e portanto, ele e z. Se N(z) e divisvel por p, resulta quez (z Tr(z) 1) = 0. Como A/ e um domnio de integridade, z 6= 0 implica
z = Tr(z) 1
portanto se p nao divide Tr(z), Tr(z) e inversvel em Zp e tambem z e inversvel em
A/. Se p|Tr(z), entao (como p|N(z)) resulta que
p|z2 em A
portanto z2 = 0 em A/. Isto implica que z = 0, o que e um absurdo.
Proposicao 3.4. Seja A o anel de inteiros algebricos de Q(d). Sejam z Q(d) e
f(X) A[X] monico, tal quef(z) = 0.
Entao, z A.
Demonstracao. Notemos primeiramente a seguinte propriedade
A Q = Z
58
isto e, os inteiros de Q(d) que sao racionais sao exatamente os inteiros racionais. Isto
e consequencia do Teorema de Gauss relativo as razes racionais de um polinomio com
coeficientes inteiros.
Seja entao f(X) A[X] monico, tal que f(z) = 0. Seja o automorfismo de con-jugacao em Q(
d). Entao se f denota o polinomio cujos coeficientes sao os conjugados
de f , ou seja, se
f =ni=1
ai X i, f =ni=1
(ai) X i
temos que z tambem e raz do polinomio
f f = a0 (a0) + (a0 (a1) + (a0) a1) X + ...
cujos coeficientes sao deixados fixos por . Observemos que em Q(d)
(x) = x se, e somente se, x Q
portanto os coeficientes de f f estao em Q. Tambem estao em A, visto que se a einteiro algebrico, (a) tambem e. Assim, os coeficientes de f f estao em Z = A Q.Como z e raz de f f, temos que z A, como queramos provar.
Definicao 3.4. Seja A um domnio de integridade e Q seu corpo de quocientes. Um
elemento z Q e inteiro sobre A se satisfaz uma equacao polinomial P (z) = 0 comP (X) A[X], monico. Dizemos que A e integralmente fechado, em Q, se dado v Qinteiro sobre A, v A.
3.2 Teorema da Diagonalizacao
Definicao 3.5. Sao chamadas matrizes elementares de Mn(D), anel das matrizes de
ordem n no domnio principal D, as matrizes:
1. Obtidas permutando-se, na matriz identidade In, as linhas i e j
59
Ei,j =
1
.
0 1
1 0
.
1
2. Obtidas multiplicando-se o termo aii da matriz identidade por escalar k
k U(D), Ei(k) =
1
.
k
.
1
3. Obtidas da matriz In somando-se k vezes a linha i a` linha j
i 6= j, Ei,j(k) =
1
.
1
.
k . 1
.
1
Exemplo 3.2.
Considere as matrizes quadradas de ordem n = 2
1. E1,2 = E2,1 =
0 11 0
2. E1 =
k 00 1
3. E1,2 =
1 0k 1
Estas matrizes elementares possuem as seguintes propriedades:
(a) Sao inversveis em Mn(D);
60
(b) Seja B Mn(D). A multiplicacao de B por uma matriz elementar pode resultarem
(i) Ei,j.B: Permutacao das linhas i e j de B
(ii) B.Ei,j: Permutacao das colunas i e j de B
(iii) Ei(k).B: Multiplicacao da i-esima linha de B por k;
(iv) B.Ei(k): Multiplicacao da i-esima coluna de B por k;
(v) Ei,j(k).B: Soma da j-esima linha de In, multiplicada por k, com a i-esima linha
de B;
(vi) B.Ei,j(k): Soma da i-esima coluna de In, multiplicada por k, com a j-esima
coluna de B.
Definicao 3.6. Operacoes elementares sobre uma matriz sao as operacoes efetuadas
sobre linhas ou colunas que resultam da multiplicacao da matriz por matrizes elemen-
tares. Estas operacoes sao: permutacao de linhas ou colunas, multiplicar uma linha
ou coluna por uma unidade de D, somar uma linha ou coluna por uma outra distinta
multiplicada por um elemento qualquer de D.
Definicao 3.7. Se diz que duas matrizes B e C Mn(D) sao equivalentes se existemmatrizes inversveis U e V Mn(D) tais que B = U.C.V.Proposicao 3.5. A equivalencia da definicao 3.7 e uma relacao de equivalencia em
Mn(D).
Se D e um domnio euclidiano(definicao 2.11, pagina 22), podemos mostrar que qual-
quer matriz, apos operacoes elementares de linhas e colunas, e equivalente a uma
diagonal.
Teorema 3.3. (Teorema da Diagonalizacao) Seja D um domnio euclidiano e
considere B Mn(D). Existem d1, ..., dn D tais que se di 6= 0, i j entao di/dj ea matriz B e equivalente a matriz diagonal
diag(d1, ..., dn).
Demonstracao. Note que se n = 1, B e uma matriz diagonal, logo nada a demonstrar.
Suponha, agora, n > 1. Teremos dois casos: No primeiro caso, B e matriz nula, sendo
assim, nao ha nada a provar. Consideremos, entao, o segundo caso, em que B uma
61
matriz nao nula. Se bij 6= 0, procediremos para determinar os restos da divisaoeuclidiana dos elementos da linha i e coluna j por bij 6= 0. Temos, na linha i,
bis = bijqs + ris, (ris) < (bij), 1 s n
e, na coluna j,
bit = bijqt + rtj, (rtj) < (bij), 1 t n.Queremos obter uma matriz equivalente a B, cuja linha i e coluna j sejam, respecti-
vamente, ri1, ri2, ..., rin e r1j, r2j, ..., rnj.
Vamos, sucessivamente, multiplicar a linha i por qs e soma-la a linha s, s 6= i, emultiplicar a coluna j por qt e soma-la a coluna t, t 6= j.Assim, obtemos uma matriz equivalente a B tal que os coeficientes ris, 1 s n,e rtj, 1 t n, satisfazem (ris) < (bij) e (rtj) < (bij). Como os valores de sao inteiros positivos, apos um numero finito de passos, obtemos uma matriz B
equivalente a B, tal que se bij 6= 0, entao, para todo s 6= i, bsj = 0 e para todo t 6= j,bit = 0. Permutando as linhas e colunas de maneira que nos convem, temos uma
matriz diagonal
(d) diag(d1, d2, ..., dn)
que e equivalente a matriz B. Seja d1 6= 0. A matriz
d1 d2 0 . . . 0
0 d2 0 . . . 0
0 0 d3 . . . 0...
......
. . ....
0 0 0 . . . dn
e equivalente a (d) e, consequentemente, a B. Se d1 - d2, repetimos o processo anterior
e obtemos, depois de um numero finito de operacoes de linhas e colunas, uma matriz
diagonal diag(d1, d2, ..., d
n), com (d
1) < (d1), d
1 6= 0. Novamente, como os valores
sao inteiro positivos, depois de um numero finito de passos, obtemos uma matriz
diagnoal, equivalente a B,
diag(a1, a2, ..., an)
tal que se ai 6= 0, temos que ai|aj quando i j.
62
Corolario 3.1. Seja V U(Mn(D)). Entao V e um produto de um numero finitode matrizes elementares.
Seja V U(Mn(D)), D um domnio euclidiano. Observe que, se E1, ..., Es, Es+1, ..., Etsao matrizes elementares tais que
In = E1 ... Es V Es+1 ... Et,
resulta que
E1s ... E11 In = V Es+1 ... Et,
mais ainda, como In comuta com todas a matrizes,
V Es+1 ... Et = In E1s ... E11
Segue, entao, que
In = V Es+1 ... Et E1 ... Es
Portanto, podemos dizer que V , apos algumas operacoes elementares de colunas, e
equivalente a In. Segue, ainda, da igualdade anterior que
V 1 = In Es+1 ... Et E1 ... Es
ou seja, as mesmas operacoes de colunas efetuadas sobre V que resultam em In, se
efetuadas sobre In resultam em V1.
Exemplo 3.3.
V =
1 21 3
1 0
1 2
1 0
0 1
= I2
I2 =
1 00 1
1 2
0 1
3 21 1
= V 1Este metodo e muito util para determinarmos a inversa de uma matrizB U(Mn(D)),sendo D um domnio euclidiano. Um resultado analogo e valido para as linhas da
matriz.
63
3.2.1 Aplicacao do Teorema da Diagonalizacao
Calcularemos os divisores di da matrizX 1 2 0
0 X 2 02 2 X + 1
M3(Q[X
