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Anillos, modulos y algebras de artin

Lic. Manuel Flores GaliciaDr. Octavio Mendoza Hernandez

Indice general

Introduccion vii

1. Nociones de conjuntos, funciones y categorıas 1

1.1. Nociones de Logica Matematica . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2. Conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3. Operaciones con conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4. Correspondencias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.5. Funciones (morfismos de conjuntos) . . . . . . . . . . . . . . . 20

1.6. Familias de elementos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

1.7. Relaciones binarias . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

1.8. Relaciones de equivalencia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.9. Un par de aplicaciones de las clases de equivalencia . . . . . . . 33

1.10. Ordenes parciales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

1.11. Diagramas de Hasse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

1.12. Elementos distinguidos en ordenes parciales . . . . . . . . . . . 39

1.13. El orden total y el buen orden . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

1.14. Segmentos en conjuntos ordenados . . . . . . . . . . . . . . . . 43

1.15. El buen orden y el Principio de induccion transfinita . . . . . . 45

1.16. Retıculas (Lattices) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

1.17. Axiomas de Peano y el buen orden en N . . . . . . . . . . . . . 48

1.18. Distintas formas del principio de induccion en N . . . . . . . . 52

1.19. El Axioma de la eleccion y sus formas equivalentes . . . . . . . 55

1.20. Clases y conjuntos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56

1.21. Numeros cardinales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

1.22. Categorıas y Funtores. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2. Nociones basicas de grupos abelianos 77

2.1. Notacion basica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

2.2. La categorıa Ab de grupos abelianos . . . . . . . . . . . . . . . 80

2.3. Sumas directas, productos y coproductos en Ab . . . . . . . . 84

iii

iv Indice General

3. Nociones basicas de anillos y modulos 893.1. La categorıa de anillos unitarios . . . . . . . . . . . . . . . . . . 893.2. El anillo opuesto . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 933.3. Algebras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 943.4. La categorıa Mod (R) de R-modulos . . . . . . . . . . . . . . . 953.5. Sumas directas, productos y coproductos en Mod (R) . . . . . . 1043.6. Matrices de morfismos en Mod (R) . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.7. Cambio de anillos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1133.8. Retıculas (Lattices) de submodulos . . . . . . . . . . . . . . . . 1163.9. Categorıas de bimodulos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 118

5. Algebras de Artin 1535.1. Nociones basicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1535.2. El proceso de Proyectivizacion . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1595.3. Estructura de los inyectivos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1665.4. Anillos con dualidad . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1785.5. Existencia de dualidad en algebras de artin . . . . . . . . . . . 1845.6. El funtor ∗ y el funtor de Nakayama . . . . . . . . . . . . . . . 187

6. Algebras de Caminos 1976.1. Carcajes de algebras . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1976.2. Cocientes de algebras de caminos . . . . . . . . . . . . . . . . . 2066.3. Carcajes y el algebra tensorial . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2106.4. El carcaj de una K-algebra de dimension finita . . . . . . . . . 2116.5. El teorema de P. Gabriel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 215

7. Representaciones de carcajes 2197.1. Representaciones de VecK . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2197.2. Representaciones de carcajes finitos con relaciones . . . . . . . 2237.3. Representaciones especiales . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2297.4. La caracterıstica de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251

Bibliografıa 259

Indice alfabetico 260

Introduccion

Simplificar y clasificar conceptos ha sido, y sigue siendo, un quehacer intrınsecoen el desarrollo de cualquier ciencia; mas aun en matematicas. Por ejemplo,una transformacion lineal en un espacio vectorial de dimension finita sobre uncampo algebraicamente cerrado, queda caracterizada por su forma canonica deJordan, y esta, a su vez actua de alguna manera sobre el espacio vectorial. Pero,¿que sucede cuando se quiere dar un paso adelante, con miras en la generalidad,en el avance de la teorıa?, es decir, analizar la accion simultanea de una infinidadde transformaciones lineales sobre un mismo espacio. Es aquı donde los metodos“simples” ya no son mas del todo efectivos, casi siempre insuficientes, motivopor el que se recurre a tecnicas mas abstractas y complejas; que en lo que nosatane, es la Teorıa de Representaciones de Algebras.

v

vi Introduccion

Capıtulo 1

Nociones de conjuntos,funciones y categorıas

1.1. Nociones de Logica Matematica

Una proposicion es una expresion linguistica p respecto de la cual puededecirse si es verdadera (V ) o si es falsa (F ); dichos valores V y F son losvalores de verdad de la proposicion p. Por ejemplo: la proposicion p := “3 esun numero primo” tiene como valor de verdad a V (i. e. p es verdadera); y laproposicion q := “7 es par” tiene como valor de verdad a F (i. e. q es falsa).

Una proposicion p se dice que es simple si tiene un unico sujeto y un unicopredicado, por ejemplo: p := “14 es divisible por 7”. Una proposicion p se diceque es compuesta si se genera a partir de un numero finito de proposicionessimples usando los conectivos logicos:“no”, “o”, “y”, “si ... entonces” y “si ysolo si”.

Sean p y q proposiciones simples. Los sımbolos que se usan para denotar alos conectivos logicos son:

Negacion no p ¬pDisyuncion p o q p ∨ qConjuncion p y q p ∧ qImplicacion Si p entonces q p⇒ qEquivalencia p si y solo si q p⇔ q

Los valores de verdad de una proposicion compuesta se construyen mediantelas “tablas de verdad”; las cuales estan formadas: con letras p, q, ... comovariables proposicionales, y combinaciones finitas de los conectivos logicos queforman dicha proposicion compuesta. Para poder realizar el “calculo logico” dedichas tablas de verdad, exhibiremos a continuacion las tablas de verdad de losconectivos logicos principales.

1

2 Capıtulo 1. Nociones de conjuntos, funciones y categorıas

Tabla de la Negacionp ¬pV FF V

Tabla de la Conjuncion

p q p ∧ qV V VV F FF V FF F F

Tabla de la Disyuncionp q p ∨ qV V VV F VF V VF F F

Tabla de la Implicacion

p q p⇒ qV V VV F FF V VF F V

Tabla de la Equivalencia

p q p⇔ qV V VV F FF V FF F V

Definicion 1.1.1. Una forma proposicional es cualquier expresion en laque intervienen: variables proposicionales y conectivos logicos, y es construidasegun las siguientes dos reglas.

(Regla 1) Toda variable proposicional es una forma proposicional.

(Regla 2) Si A y B son formas proposicionales, entonces las siguientes expre-siones

¬A, A ∧B, A ∨B, A⇒ B, A⇔ B

son formas proposicionales.

1.1. Nociones de Logica Matematica 3

Ejemplos. ¬p ∨ q, p ∧ ¬p y p ∨ ¬p son formas proposicionales, cuyas tablasde verdad son las siguientes.

p q ¬p ¬p ∨ qV V F VV F F FF V V VF F V V

p ¬p p ∧ ¬p p ∨ ¬pV F F VF V F V

Definicion 1.1.2. Sea A una forma proposicional. Decimos que:

(a) A es una tautologıa si toma el valor de verdad V para cualquier asigna-cion de valores de verdad en las variables proposicionales que intervienenen A.

(b) A es una contradiccion si toma el valor de verdad F para cualquierasignacion de valores de verdad en las variables proposicionales que in-tervienen en A.

Ejemplos. A := p ∨ ¬p es una tautologıa y B := p ∧ ¬p es una contradiccion.

Definicion 1.1.3. Sean A y B formas proposicionales. Decimos que:

(a) A implica logicamente a B, o bien que B es una consecuencia logicade A, si la forma proposicional A⇒ B es una tautologıa.

(b) A es logicamente equivalente a B, si la forma proposicional A⇔ B esuna tautologıa.

Ejemplos. (1) p∧q implica logicamente a p como puede verse en la siguientetabla de verdad

p q p ∧ q (p ∧ q)⇒ pV V V VV F F VF V F VF F F V

(2) ¬(p ∧ q) es equivalente logicamente a ¬p ∨ ¬q. Como puede verse en lasiguiente tabla de verdad

p q ¬(p ∧ q) ¬p ∨ ¬q ¬(p ∧ q)⇔ (¬p ∨ ¬q)V V F F VV F V V VF V V V VF F V V V

(3) p ⇒ q es equivalente logicamente a ¬p ∨ q. Hacer (ejercicio) la tabla deverdad de (p⇒ q)⇔ (¬p ∨ q).


En general, a las tautologıas se les conoce tambien como leyes. En lo quesigue, haremos una lista de las mas importantes (con sus nombres respectivos).El lector puede verificar que todas son tautologıas, haciendo para cada una deellas su correspondiente tabla de verdad.

(1) Leyes de identidad:(a) p ⇒ p,(b) p ⇔ p.

(2) Ley de contradiccion:¬(p ∧ ¬p).

(3) Ley del tercero excluido:p ∨ ¬p.

(4) Ley de la doble negacion:p ⇔ ¬(¬p).

(5) Leyes de simplificacion:(a) (p ∧ q) ⇒ p,(b) p ⇒ (p ∨ q).

(6) Leyes de conmutatividad:(a) (p ∧ q) ⇔ (q ∧ p),(b) (p ∨ q) ⇔ (q ∨ p),(c) (p⇔ q) ⇔ (q ⇔ p).

(7) Leyes de asociatividad:(a) (p ∧ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∧ q) ∧ r),(b) (p ∨ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∨ q) ∨ r),(c) (p ⇔ (q ⇔ r)) ⇔ ((p ⇔ q) ⇔ r).

(8) Leyes de absorcion:(a) (p ∨ (p ∧ q)) ⇔ p,(b) (p ∧ (p ∨ q)) ⇔ p.

(9) Leyes de distribucion:(a) (p ∧ (q ∨ r)) ⇔ ((p ∧ q) ∨ (p ∧ r)),(b) (p ∨ (q ∧ r)) ⇔ ((p ∨ q) ∧ (p ∨ r)),(c) (p ⇒ (q ∧ r)) ⇔ ((p ⇒ q) ∧ (p ⇒ r)),(d) (p ⇒ (q ∨ r)) ⇔ ((p ⇒ q) ∨ (p ⇒ r)).

(10) Leyes de transitividad:(a) ((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ r)) ⇒ (p ⇒ r),(b) ((p ⇔ q) ∧ (q ⇔ r)) ⇒ (p ⇔ r).

(11) Ley del dilema:(((p ⇒ q) ∧ (r ⇒ s)) ∧ (p ∨ r)) ⇒ (q ∨ r).

1.1. Nociones de Logica Matematica 5

(12) Ley de exportacion:((p ∧ q) ⇒ r) ⇔ (p ⇒ (q ⇒ r)).

(13) Leyes de transposicion:(a) (p ⇒ q) ⇔ (¬q ⇒ ¬p),(b) (p ⇔ q) ⇔ (¬q ⇔ ¬p).

(14) Ley bicondicional:(p ⇔ q) ⇔ ((p ⇒ q) ∧ (q ⇒ p)).

(15) Ley condicional-disyuncion:(p ⇒ q) ⇔ (¬p ∨ q).

(16) Ley condicional-conjuncion:(p ⇒ q) ⇔ ¬(p ∧ ¬q).

(17) Leyes de De Morgan:(a) ¬(p ∧ q) ⇔ (¬p ∨ ¬q),(b) ¬(p ∨ q) ⇔ (¬p ∧ ¬q).

(18) Leyes de Expansion:(a) (p ⇒ q) ⇔ (p ⇔ (p ∧ q)),(b) (p ⇒ q) ⇔ (q ⇔ (p ∨ q)).

(19) Leyes de idempotencia:(a) (p ∨ p) ⇔ p,(b) (p ∧ p) ⇔ p.

A diferencia de una proposicion simple, donde su valor es verdadero o falso,existen proposiciones que dependen de uno o varios parametros, i. e. el sujeto(o los sujetos) de dicha expresion linguıstica son variables, y pueden ser reem-plazados por elementos de una o varias clases (Universos) dadas. Por ejemplo,la proposicion en una variable “x es divisible por 14”. En este caso, no se pue-de saber si dicha proposicion es falsa o verdadera, a no ser que especifiquemosquien es “x” y cual es el universo U donde esta definido (o toma valores) elsujeto x. En tal caso, el predicado “es divisible por 14” es lo mas importantede dicha proposicion. Denotando a “es divisible por 14” por D, tenemos laexpresion en una variable D(x):=“x es divisible por 14”. Observe que D(3) esfalso y D(28) es verdadero. Aquı podemos tomar como universo a los numerosnaturales o bien a los numeros enteros. Representaremos a los predicados conletras mayusculas y a los sujetos con minusculas. Un ejemplo de una proposi-cion en dos variables es la siguiente: sea M el predicado “es mayor o igual que”,tenemos entonces que M(x, y) :=“x es mayor o igual que y” es una proposicionen dos variables, donde y puede estar definida, por ejemplo, en el universo delos numeros naturales y x en los numeros reales. En general, podemos decirque un predicado puede tener una o mas variables, y que las variables puedentomar valores en uno o en varios universos especıficos.


Para que una proposicion, en las varibles x1, x2, · · · , xn, tenga un valor deverdad unıvocamente determinado, tenemos que aplicar un cuantificador (deltipo universal o existencial) a cada una de las n variables.

Definicion 1.1.4. Sea P un predicado en una variable x que toma valores enun universo fijo U.

(a) El cuantificador universal: la expresion ∀x P (x) es verdadera si todoobjeto x en U tiene la propiedad P.

(b) El cuantificador existencial: la expresion ∃x P (x) es verdadera si existeal menos un objeto x en U que tiene la propiedad P.

(c) El cuantificador existencial unico: la expresion ∃!x P (x) es verdadera siexiste exactamente un objeto x en U que tiene la propiedad P.

Ejemplos. (1) Traducir al lenguaje logico el enunciado: “Todos los numerosnaturales son positivos”. Consideremos el universo U de los numeros na-turales y el predicado P := “es positivo”. Luego, la proposicion anteriorse escribe como sigue: ∀x P (x).

(2) Traducir al lenguaje logico el enunciado: “Existe un numero natural quees primo e impar”. Consideremos el universo U de los numeros naturalesy los predicados P := “es primo” y I := “es impar”. Luego, la proposicionanterior se escribe como sigue: ∃x (P (x) ∧ I(x)).

Los cuantificadores ∀ y ∃ estan relacionados vıa las siguientes tautologıas:

(•) ¬(∀x P (x)) ⇔ ∃x(¬P (x)).

(•) ¬(∃x P (x)) ⇔ ∀x(¬P (x)).

1.2. Conjuntos

La teorıa de conjuntos fue formulada en 1870 por Georg Cantor (1845-1918).Consideraremos como conceptos primitivos (no definidos) a los terminos: “Con-junto”, “Objeto” (o “Elemento”) y “Pertenencia”. En este libro, daremos untratamiento meramente intuitivo, y solamente una introduccion, de la teorıa deconjuntos.

Intuitivamente, un conjunto es una coleccion bien determinada de objetos(i. e. podemos precisar cuales son sus elementos). Dicha coleccion puede serdada por extension : nombrando uno a uno a todos los elementos, por ejemplo,A = {1, 2, 3}; o por comprension : indicando una propiedad o condicion quecaracteriza a los elementos de dicho conjunto, por ejemplo, A = {a | P (a)}, querepresenta al conjunto A formado por todos los elementos a (de un universo)que tienen la propiedad P. Por ejemplo, N := {0, 1, 2, 3, · · · } es el conjuntode los numeros naturales, y N+ := {1, 2, 3, · · · } es el conjunto de los numerosnaturales positivos.

1.2. Conjuntos 7

Dado un conjunto A y un objeto x, escribiremos “x ∈ A” (y se lee “xpertenece a A”) para decir que el objeto x es un elemento del conjunto A. Paradecir, que x no es un elemento del conjunto A, escribiremos “x 6∈ A” (y selee “x no pertenece a A”).

Definicion 1.2.1. Sean A y B conjuntos. Decimos que:

(a) A es un subconjunto de B, y lo escribimos A ⊆ B, si todo elemento deA es un elemento de B. Esto es,

(A ⊆ B) ⇔ ∀x(x ∈ A ⇒ x ∈ B).

Para decir que A no es un subconjunto de B, escribimos A 6⊆ B, esto es,∃x (x ∈ A ∧ x 6∈ B).

(b) A es igual a B, y lo escribimos A = B, si todo elemento de A es unelemento de B, y todo elemento de B es un elemento de A. Esto es,

(A = B) ⇔ (A ⊆ B) ∧ (B ⊆ A).

Para decir que A no es igual a B, escribimos A 6= B, esto es, (A 6⊆B) ∨ (B 6⊆ A).

Ejemplos. (1) Sean A = {2, 3, 5} y B = {1, 2, 3, 5}. Observe que A ⊆ B;pero B 6⊆ A ya que 1 ∈ B y 1 6∈ A. En particular, A 6= B.

(2) Sean A = {1} y B = {{1}}. Observe que: 1 ∈ A, 1 6∈ B, {1} ⊆ A, {1} ∈ By {{1}} 6⊆ A.

(3) A = {x | x ∈ N ∧ 4 ≤ 2 + 2x ≤ 10} y B = {x | x ∈ N ∧ 3 ≤ 2 + x ≤ 6}.Dado que (4 ≤ 2 + 2x ≤ 10) ⇔ (3 ≤ 2 + x ≤ 6), se tiene que A = B.

Ejercicio 1.2.2. Pruebe que la inclusion de conjuntos satisface las siguientespropiedades.

(a) Propiedad reflexiva: A ⊆ A.

(b) Propiedad antisimetrica: Si A ⊆ B y B ⊆ A, entonces A = B.

(c) Propiedad transitiva: Si A ⊆ B y B ⊆ C, entonces A ⊆ C.

Definicion 1.2.3. Sea X un conjunto. El conjunto ∅X := {x ∈ X | x 6= x} esel conjunto vacıo asociado a X.

Proposicion 1.2.4. Sean X y Y conjuntos. Entonces ∅X ⊆ Y y ∅X = ∅Y .

Demostracion. La proposicion ∀x (x ∈ ∅X ⇒ x ∈ Y ) es verdadera (verla tabla de verdad de ⇒) pues x ∈ ∅X es falso para cualquier x. De donde seconcluye que ∅X ⊆ Y. En particular, ∅X ⊆ ∅Y y ∅Y ⊆ ∅X ; probandose que∅X = ∅Y . 2


Observacion. Segun lo demostrado en 1.2.4 existe un unico conjunto vacıo,el cual denotaremos por ∅. Ademas se tiene que ∅ es subconjunto de cualquierconjunto.

Definicion 1.2.5. Sea X un conjunto. El conjunto potencia de X es elconjunto ℘ (X) cuyos elementos son todos los subconjuntos de X. Esto es,℘ (X) := {E | E ⊆ X}.Ejemplos. ℘ (∅) = {∅}, ℘ ({1}) = {∅, {1}} y ℘ ({1, 2}) = {∅, {1}, {2}, {1, 2}}.Se puede probar, usando la formula del binomio de Newton, que: si el conjuntoX tiene n elementos, entonces el conjunto potencia ℘ (X) tiene 2n elementos.

1.3. Operaciones con conjuntos

Union de conjuntos

Definicion 1.3.1. Sean X, Y conjuntos. La union X ∪ Y, de X con Y, es elconjunto cuyos elementos pertenecen a X o a Y. Esto es,

X ∪ Y := {z | z ∈ X ∨ z ∈ Y }.

Ejemplos. {1, 2, 3} ∪ {2, 5} = {1, 2, 3, 5} y {1, 2, 3} ∪ ∅ = {1, 2, 3}.Proposicion 1.3.2. Sean E, F y G conjuntos. Entonces, las siguientes con-diciones se satisfacen.

(a) E ∪ E = E.

(b) E ∪ F = F ∪ E.(c) (E ∪ F ) ∪G = E ∪ (F ∪G).

(d) F ⊆ E si y solo si F ∪ E = E.

(e) E ∪ ∅ = E.

Demostracion. Las pruebas de (a) y (b) se dejan como ejercicio al lector.(a) Veamos primero que (E ∪ F ) ∪ G ⊆ E ∪ (F ∪ G). En efecto, sea x ∈

(E ∪ F ) ∪ G. Luego x ∈ E ∪ F o bien x ∈ G. Analicemos en lo que sigue lasdistintas posiblidades.Si x ∈ G entonces x ∈ F ∪G, y por lo tanto x ∈ E∪(F ∪G). Supongamos ahoraque x ∈ E∪F. Si x ∈ F entonces x ∈ F ∪G, y ası se tiene que x ∈ E∪ (F ∪G).Finalmente, si x ∈ E, es inmediato que x ∈ E∪(F ∪G); probandose la inclusion(E ∪ F ) ∪ G ⊆ E ∪ (F ∪ G). La otra inclusion E ∪ (F ∪ G) ⊆ (E ∪ F ) ∪ G seprueba analogamente.

(d) ( ⇒ ) Sea F ⊆ E. Si x ∈ F ∪ E, se tiene que x ∈ F o bien x ∈ E,en particular, x ∈ E pues F ⊆ E; probandose que F ∪ E ⊆ E. Ahora bien, six ∈ E, es claro que x ∈ F ∪ E. Por lo tanto E ⊆ F ∪ E.

(⇐ ) Sea F ∪E = E. Si x ∈ F entonces x ∈ F ∪E = E. De donde F ⊆ E.(e) Es consequencia inmediata de (d), ya que ∅ ⊆ E. 2

1.3. Operaciones con conjuntos 9

Ejercicio 1.3.3. (a) Sean A = {{1, 2, 3}, 1}, B = {2, 3, 4}, C = {1, 2, 3} yD = {{2, 3}, 1, 9}. Realice las operaciones: A ∪ B, A ∪ C, A ∪D, B ∪ Cy B ∪D.

(b) Pruebe que, para dos conjuntos cualesquiera X, Y, se tiene que℘ (X)∪ ℘ (Y ) ⊆ ℘ (X ∪ Y ). De un ejemplo de dos conjuntos X y Y talesque ℘ (X) ∪ ℘ (Y ) 6= ℘ (X ∪ Y ).

Definicion 1.3.4. Sean X1, X2, · · · , Xn conjuntos. La union⋃ni=1 Xi de tales

conjuntos, es el conjunto de los elementos x para los cuales existe un elementoi ∈ {1, 2, · · · , n} tal que x ∈ Xi. Esto es,

n⋃i=1

Xi := {x | ∃ i (x ∈ Xi )}.

Ejemplos. Sean X1 = {1, 2}, X2 = {1, 3, 5}, X3 = {7, 6, 2, 1}. Luego su union

es⋃3i=1 Xi = {3, 5, 7, 6, 2, 1}.

Ejercicio 1.3.5. Sean X1, X2, · · · , Xn conjuntos. Pruebe lo siguiente.

(a)⋃ni=1 Xi = (

⋃n−1i=1 Xi) ∪Xn, ∀n ≥ 2.

(b) Si X1 = X2 = · · · = Xn = E entonces⋃ni=1 Xi = E.

(c) Si Xi ⊆ Xi+1 para 1 ≤ i ≤ n− 1, entonces⋃ni=1 Xi = Xn.

(d)⋃ni=1 ℘ (Xi) ⊆ ℘(

⋃ni=1 Xi).

Interseccion de conjuntos

Definicion 1.3.6. Sean X, Y conjuntos. La interseccion X ∩ Y, de X conY, es el conjunto cuyos elementos pertenecen a X y a Y. Esto es,

X ∩ Y := {z | z ∈ X ∧ z ∈ Y }.

Ejemplos. {1, 2, 3, 4, 5} ∩ {2, 5} = {2, 5}, {1, 2, 3, {4}} ∩ {{1}, {2, 3}} = ∅y {1, 2, 3} ∩ ∅ = ∅.

Proposicion 1.3.7. Sean E, F y G conjuntos. Entonces, las siguientes con-diciones se satisfacen.

(a) E ∩ E = E.

(b) E ∩ F = F ∩ E.

(c) (E ∩ F ) ∩G = E ∩ (F ∩G).

(d) F ⊆ E si y solo si F ∩ E = F.

(e) E ∩ ∅ = ∅.


(f) E ∪ (F ∩G) = (E ∪ F ) ∩ (E ∪G).

(g) E ∩ (F ∪G) = (E ∩ F ) ∪ (E ∩G).

Demostracion. Solo haremos el inciso (f), los otros se dejan a cargo dellector. Probemos primero que E ∪ (F ∩ G) ⊆ (E ∪ F ) ∩ (E ∪ G). En efecto,sea x ∈ E ∪ (F ∩ G). Luego x ∈ E o bien x ∈ F ∩ G. Analizando por casos,tenemos:si x ∈ E entonces x ∈ E ∪F y x ∈ E ∪G; y por lo tanto x ∈ (E ∪F )∩ (E ∪G).Ahora bien, si x ∈ F ∩ G, tenemos que x ∈ F y x ∈ G. Luego x ∈ E ∪ F yx ∈ E ∪G, de donde tambien se tiene que x ∈ (E ∪ F ) ∩ (E ∪G).

Veamos ahora que (E ∪ F ) ∩ (E ∪ G) ⊆ E ∪ (F ∩ G). En efecto, sea x ∈(E∪F )∩(E∪G). Luego x ∈ E∪F y x ∈ E∪G. Analizando por casos, tenemos:si x ∈ E, es inmediato que x ∈ E ∪ (F ∩G). Podemos asumir que x 6∈ E. Porlo tanto x ∈ F y x ∈ G, esto es x ∈ F ∩ G; y ası obtenemos tambien quex ∈ E ∪ (F ∩G). 2

Ejercicio 1.3.8. (a) Sean A = {{1, 2, 3}, 1}, B = {2, 3, 4}, C = {1, 2, 3} yD = {{2, 3}, 1, 9}. Realice las operaciones: A ∩ B, A ∩ C, A ∩D, B ∩ Cy B ∩D.

(b) Pruebe que, para dos conjuntos cualesquiera X, Y, se tiene que

℘ (X) ∩ ℘ (Y ) = ℘ (X ∩ Y ).

Definicion 1.3.9. Sean X1, X2, · · · , Xn conjuntos. La interseccion⋂ni=1 Xi

de tales conjuntos, es el conjunto de los elementos x para los cuales x ∈ Xi

para todo i ∈ {1, 2, · · · , n}. Esto es,

n⋂i=1

Xi := {x | ∀ i (x ∈ Xi )}.

Ejemplos. Sean X1 = {1, 2}, X2 = {1, 2, 3, 5}, X3 = {7, 6, 2, 1}. Luego su

interseccion es⋂3i=1 Xi = {2, 1}.

Ejercicio 1.3.10. Sean X1, X2, · · · , Xn conjuntos. Pruebe lo siguiente.

(a)⋂ni=1 Xi = (

⋂n−1i=1 Xi) ∩Xn, ∀n ≥ 2.

(b) Si X1 = X2 = · · · = Xn = E entonces⋂ni=1 Xi = E.

(c) Si Xi ⊆ Xi+1 para 1 ≤ i ≤ n− 1, entonces⋂ni=1 Xi = X1.

(d)⋂ni=1 ℘ (Xi) = ℘(

⋂ni=1 Xi).

Diferencia de conjuntos

Definicion 1.3.11. Sean X, Y conjuntos. La diferencia X −Y, de X con Y,es el conjunto de los elementos de X que no estan en Y. Esto es,

X − Y := {z | z ∈ X ∧ z 6∈ Y }.


Ejemplos. {1, 2, 3}−{2, 5} = {1, 3}, {1, 2, 3}−{1, 2, 3} = ∅ y {1, 2, 3}−∅ ={1, 2, 3}.

Proposicion 1.3.12. Sean E, F y G conjuntos. Entonces, las siguientes con-diciones se satisfacen.

(a) E − E = ∅.

(b) E − ∅ = E.

(c) ∅ − E = ∅.

(d) (E − F )−G ⊆ E − (F −G).

Demostracion. Probaremos solamente el inciso (d), los otros se dejan a cargodel lector. Sea x ∈ (E−F )−G. Luego x ∈ E−F y x 6∈ G, por lo tanto x ∈ E,x 6∈ F y x 6∈ G. Ahora bien, si x 6∈ F, se tiene que x 6∈ F −G; y como x ∈ E,se concluye que x ∈ E − (F −G). 2

Definicion 1.3.13. Consideremos un conjunto fijo U, respecto del cual seesta desarrollando una teorıa determinada, y consideremos A ∈ ℘(U). Al con-junto U se le llama referencial o universal y el complemento CU(A) de Aes el conjunto U−A. Esto es, CU(A) := {x ∈ U | x 6∈ A}.

Proposicion 1.3.14. Sean U un conjunto universal y A,B ∈ ℘(U). Entonces,las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) CU(CU(A)) = A.

(b) CU(A) ∪A = U.

(c) CU(A) ∩A = ∅.

(d) CU(U) = ∅ y CU(∅) = U.

(e) CU(A ∩B) = CU(A) ∪ CU(B).

(f) CU(A ∪B) = CU(A) ∩ CU(B).

(g) A ⊆ B ⇔ CU(B) ⊆ CU(A).

(h) A−B = A ∩ CU(B).

Demostracion. Para dar una idea de como se puede usar la Logica matemati-ca, emplearemos la lista de leyes (tautologıas) que dimos al final de la Seccion1.1.

(a) Es consecuencia de la Ley de la doble negacion. En efecto, sea x ∈ U.Luego, tenemos la siguiente cadena de equivalencias: x ∈ A ⇔ ¬(¬(x ∈A)) ⇔ ¬(x 6∈ A) ⇔ ¬(x ∈ CU(A)) ⇔ x ∈ CU(CU(A)).

(b) Es consecuencia de la Ley del tercero excluido. En efecto, por dichaley, sabemos que para cualquier x ∈ U, la expresion (x ∈ A) ∨ ¬(x ∈ A) es


verdadera. Luego, se tiene la siguiente cadena de equivalencias: x ∈ U ⇔ ((x ∈A) ∨ ¬(x ∈ A)) ⇔ (x ∈ A ∨ x 6∈ A) ⇔ (x ∈ A ∪ CU(A)).

(c) Es consecuencia de la Ley de contradiccion. En efecto, por dicha ley,sabemos que para cualquier x ∈ U, la expresion (x ∈ A) ∧ ¬(x ∈ A) es falsa, ygenera por lo tanto al conjunto vacıo.

(d) Es consecuencia inmediata de 1.3.12.(e), (f) Son consecuencia de las Leyes de De Morgan. Haremos solo una,

pues la otra es analoga. Sea x ∈ U. Luego, se tiene la siguiente cadena deequivalencias: x ∈ CU(A ∪B) ⇔ (x 6∈ A ∪B) ⇔ ¬(x ∈ A ∨ x ∈ B) ⇔ (x 6∈A ∧ x 6∈ B) ⇔ x ∈ CU(A) ∩ CU(B).

(g) Es consecuencia de la primera Ley de transposicion. En efecto, sea x ∈ U.Luego, se tiene la siguiente cadena de equivalencias: (x ∈ A ⇒ x ∈ B) ⇔(¬(x ∈ B) ⇒ ¬(x ∈ A)) ⇔ (x ∈ CU(B) ⇒ x ∈ CU(A)).

(h) Sea x ∈ U. Luego, se tiene la siguiente cadena de equivalencias: (x ∈A−B) ⇔ (x ∈ A∧x 6∈ B) ⇔ (x ∈ A∧x ∈ CU(B)) ⇔ (x ∈ A∩CU(B)). 2

Ejercicio 1.3.15. Sean A, B y C conjuntos. Pruebe lo siguiente.

(a) A− (B − C) = (A−B) ∪ (A ∩ C).

(b) A ∪ (B − C) = (A ∪B)− (C −A).

(c) A ∩ (B − C) = (A ∩B)− (A ∩ C).

Definicion 1.3.16. Sean A y B conjuntos. La diferencia simetrica de A yB es el conjunto A4B := (A ∪B)− (A ∩B).

Proposicion 1.3.17. Sean U un conjunto universal y A,B ∈ ℘(U). Entonces,las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) A4B = (A ∪B) ∩ CU(A ∩B).

(b) A4B = (A ∩ CU(B)) ∪ (CU(A) ∩B).

Demostracion. (a) x ∈ A4B ⇔ ((x ∈ A ∪ B) ∧ (x 6∈ A ∩ B)) ⇔ x ∈(A ∪B) ∩ CU(A ∩B).

(b) Usaremos 1.3.14 y el inciso anterior. En efectoA4B = (A ∪ B) ∩ CU(A ∩ B) = [(A ∪ B) ∩ CU(A)] ∪ [(A ∪ B) ∩ CU(B)] =[(A ∩ CU(A)) ∪ (B ∩ CU(A))] ∪ [(A ∩ CU(B)) ∪ (B ∩ CU(B))] = [∅ ∪ (B ∩CU(A))] ∪ [(A ∩ CU(B)) ∪ ∅] = (B ∩ CU(A)) ∪ (A ∩ CU(B)). 2

Ejercicio 1.3.18. Sean A, B y C conjuntos. Pruebe lo siguiente.

(a) A4B = B4A.

(b) A4(B4C) = (A4B)4C.

(c) A4∅ = A y A4A = ∅.

(d) A4B = ∅ ⇔ A = B.


(e) (A4B) ∪ (B4C) = (A ∪B ∪ C)− (A ∩B ∩ C).

(f) (A4B) ∩ C = (A ∩ C)4(B ∩ C).

Uniones e intersecciones generalizadas

En esta seccion, U denotara a un conjunto universal que consideraremos fijo.Introduciremos el concepto de union e interseccion de un conjunto de partesdel conjunto universal, i. e. de F ⊆ ℘(U).

Definicion 1.3.19. Sea F ⊆ ℘(U). La union e interseccion del conjunto F departes de U son respectivamente⋃X∈F

X := {x ∈ U | ∃X ∈ F (x ∈ X)},⋂X∈F

X := {x ∈ U | ∀X ∈ F (x ∈ X)}.

Proposicion 1.3.20. Sea F ⊆ ℘(U). Entonces las siguientes condiciones sesatisfacen.

(a)⋃X∈F X y

⋂X∈F X son subconjuntos de U.

(b) Si F = {X1, X2, · · · , Xn}, entonces⋃X∈F X =

⋃ni=1 X y

⋂X∈F X =⋂n

i=1 X.

(c) Si F = ∅ entonces⋃X∈F X = ∅ y

⋂X∈F X = U.

Demostracion. Probaremos solamente el ultimo inciso, pues los dos primerosson inmediatos de las definiciones.

Sea F = ∅. Si⋃X∈F X 6= ∅, se tiene que existe X ∈ F y por lo tanto F no

es vacıo, contradiciendo que F = ∅; lo cual prueba que⋃X∈F X = ∅.

Por otro lado, para probar que⋂X∈F X = U, es suficiente ver que U ⊆⋂

X∈F X. Ahora bien, para esto ultimo, hay que ver que la proposicion ∀ y ( y ∈U⇒ y ∈ ⋂X∈F X) es verdadera. Sea y ∈ U, veamos que y ∈ ⋂X∈F X es ver-dadera, o equivalentemente, que y 6∈ ⋂X∈F X es falsa. Para ello, tenemosla siguiente cadena de equivalencias: y 6∈ ⋂X∈F X ⇔ ¬(y ∈ ⋂X∈F X) ⇔¬(∀X ∈ F ( y ∈ X )) ⇔ ∃X ∈ F ( y 6∈ X ). Por lo tanto, dado que la pro-posicion ∃X ∈ F ( y 6∈ X ) es falsa ( pues F = ∅), se tiene que y 6∈ ⋂X∈F Xtambien lo es. 2

Ejemplos. Sean U = R y F = {[ 1n , 1 + 1

n ] | n ∈ N+}. En tal caso tenemos que⋃X∈F X = (0, 2] y

⋂X∈F X = {1}.

Proposicion 1.3.21. Sea F ⊆ ℘(U). Entonces, las siguientes condiciones sesatisfacen.

(a) CU(⋃X∈F X) =

⋂X∈F CU(X).

(b) CU(⋂X∈F X) =

⋃X∈F CU(X).


Demostracion. Probaremos solo el primer inciso, pues el segundo se pruebade manera analoga. Sea x ∈ U. Luego, se tiene la siguiente cadena de equiva-lencias: x ∈ CU(

⋃X∈F X) ⇔ ¬(x ∈ ⋃X∈F X) ⇔ ¬(∃X ∈ F (x ∈ X) ) ⇔

∀X ∈ F (x 6∈ X )⇔ ∀X ∈ F (x ∈ CU(X) )⇔ x ∈ ⋂X∈F CU(X). 2

Ejercicio 1.3.22. Sean F ⊆ ℘(U) y Y ⊆ U. Pruebe que Y ∩ (⋃X∈F X) =⋃

X∈F (Y ∩X) y Y ∪ (⋂X∈F X) =

⋂X∈F (Y ∪X).

Producto cartesiano

Definicion 1.3.23. Sean X un conjunto y a, b ∈ X. El par ordenado (a, b)es un elemento del conjunto potencia ℘ (℘ (X)) y se define como:

(a, b) := {{a}, {a, b}}.

Observacion. (1) (a, a) = {{a}, {a, a}} = {{a}}.

(2) Si a 6= b entonces (a, b) 6= (b, a). En efecto, sea a 6= b; luego {b} ∈{{b}, {a, b}} = (b, a) y sin embargo {b} 6∈ {{a}, {a, b}} = (a, b).

Proposicion 1.3.24. Sean X un conjunto y a, b, a′, b′ ∈ X. Entonces,(a, b) = (a′, b′) si y solo si a = a′ y b = b′.

Demostracion. (⇒) Sea (a, b) = (a′, b′), esto es, {{a}, {a, b}} = {{a′}, {a′, b′}}.Si a = b, se tiene que (a, b) = {{a}} y por lo tanto a = a′ = b′, de donde seobtiene lo deseado pues a = b.Supongamos ahora que a 6= b. Luego (a, b) y (a′, b′) tienen cada uno dos ele-mentos pues son iguales. Por lo tanto, como {a} 6= {a′, b′} (el primero tiene unelemento y el segundo dos), concluimos que {a} = {a′} y {a, b} = {a′, b′}. Ası,se obtiene que a = a′ y b = b′.

(⇐) Sean a = a′ y b = b′. Luego (a, b) = {{a}, {a, b}} = {{a′}, {a′, b′}} =(a′, b′). 2

Definicion 1.3.25. Sean A y B conjuntos. El producto A×B, de A por B,es el conjunto

A×B := {(a, b) ∈ ℘ (℘ (A ∪B)) | a ∈ A ∧ b ∈ B}.

Proposicion 1.3.26. Sean A, B y C conjuntos. Entonces, las siguientes con-diciones se satisfacen.

(a) A×B = ∅ si y solo si A = ∅ o bien B = ∅.

(b) (A ∪B)× C = (A× C) ∪ (B × C).

(c) (A ∩B)× C = (A× C) ∩ (B × C).

(d) (A−B)× C = (A× C)− (B × C).


Demostracion. (a) (⇒) Sea A×B = ∅. Si los conjuntos A y B no son vacıos,existen a ∈ A y b ∈ B. Por lo tanto (a, b) ∈ A×B = ∅; lo cual es absurdo, porlo tanto, uno de los dos conjuntos A o B es vacıo.

(⇐) Sea A = ∅ o bien B = ∅. Luego, la proposicion a ∈ A∧b ∈ B es siemprefalsa, por lo tanto A×B = ∅.

(b) Sea z = (x, y) ∈ ℘ (℘ (A ∪ B ∪ C)). Luego, se tiene la siguiente cadenade equivalencias: z = (x, y) ∈ (A ∪B)× C ⇔ ((x ∈ A ∪B) ∧ (y ∈ C))⇔ ([x ∈ A ∨ x ∈ B] ∧ (y ∈ C))⇔ ([x ∈ A ∧ y ∈ C] ∨ [x ∈ B ∧ y ∈ C])⇔ ((z ∈A× C) ∨ (z ∈ B × C))⇔ z ∈ (A× C) ∪ (B × C).

(c) y (d), A cargo del lector. 2

Definicion 1.3.27. Sean A, B y C conjuntos. Definimos el producto

A×B × C := (A×B)× C,

y denotaremos, por simplicidad, al elemento ((a, b), c) ∈ (A × B) × C por laterna (a, b, c). De esta manera, A×B ×C = {(a, b, c) | a ∈ A, b ∈ B y c ∈ C}.Oservacion. La definicion de A×B × C, podrıa inducirnos a creer que (A×B)×C = A×(B×C), lo cual es falso. En general, como veremos mas adelante,ambos conjuntos son isomorfos.

Definicion 1.3.28. Sean X1, X2, · · · , Xn conjuntos. El producto ni=1Xi se

introduce recursivamente como sigue: ni=1Xi := X1 si n = 1, y n

i=1Xi :=( n−1

i=1 Xi)×Xn si n ≥ 2. Por simplicidad, diremos que los elementos del pro-ducto n

i=1Xi, son n-adas de la forma (x1, x2, · · · , xn). Esto es,

ni=1Xi = {(x1, x2, · · · , xn) | ∀ i (xi ∈ Xi )}.

Proposicion 1.3.29. Sean X1, X2, · · · , Xn conjuntos, x = (x1, x2, · · · , xn) yx′ = (x′1, x

′2, · · · , x′n) elementos del producto n

i=1Xi. Entonces, x = x′ si ysolo si xi = x′i ∀ i.Demostracion. Procederemos por induccion sobre n. Si n = 1, se tiene quex1 = (x1) = x = x′ = (x′1) = x′1. Sea n ≥ 2. Consideremos los elementosx := (x1, x2, · · · , xn−1) y x′ := (x′1, x

′2, · · · , x′n−1) en el producto n−1

i=1 Xi.Luego (x, xn) = x = x′ = (x′, x′n) de donde, por 1.3.24, se tiene que x = x′

y xn = x′n. Finalmente, por hipotesis inductiva aplicada a los elementos delproducto n−1

i=1 Xi, concluimos que tambien xi = x′i para toda i = 1, 2, · · · , n−1. 2

Ejercicio 1.3.30. Sean X1, X2, · · · , Xn y C conjuntos. Pruebe que las siguien-tes condiciones se satisfacen.

(a) ni=1Xi = ∅ si y solo si ∃ i (Xi = ∅ ).

(b) (⋃ni=1 Xi)× C =

⋃ni=1 (Xi × C).

(c) (⋂ni=1 Xi)× C =

⋂ni=1 (Xi × C).


1.4. Correspondencias

Notacion basica

Definicion 1.4.1. Una correspondencia entre dos conjuntos A y B es unaterna Γ = (G,A,B), donde G ⊆ A × B. Decimos que dos correspondenciasΓ = (G,A,B) y Γ′ = (G′, A′, B′) son iguales, esto es Γ = Γ′, si G = G′, A = A′

y B = B′.

Observacion. Sean Γ = (G,A,B) una correspondencia y (a, b) ∈ A×B.(1) Si (a, b) ∈ G, diremos que b esta en relacion G con a, o tambien que b es

un correspondiente de a por G. El conjunto G se dice que es la graficade la correspondencia Γ.

(2) Para decir que b es un correspondiente de a por G, utilizaremos una de

las siguientes notaciones: (a, b) ∈ G, aG b, b ∈ G(a), aG→ b, G :

a→ b.

(3) Frecuentemente, la correspondencia Γ = (G,A,B) sera denotada por G :

A→ B, o bien por AG→ B. El conjunto A se dice que es el dominio de

Γ, y el conjunto B es el co-dominio de Γ.

Definicion 1.4.2. Sea G : A → B una correspondencia. Las proyecciones deG en A y en B, respectivamente, se definen como sigue:

proy1 (G) := {a ∈ A | ∃ b ∈ B ( b ∈ G(a) )},

proy2 (G) := {b ∈ B | ∃ a ∈ A ( b ∈ G(a) )}.

Ejemplos. (1) Sea G : R → R la correspondencia dada por G = {(x, y) ∈R2 | y = 3x+ 4}. En tal caso proy1 (G) = R = proy2 (G).

(2) Sea F : R → R la correspondencia dada por F = {(x, y) ∈ R2 | y =3x2 + 4}. En tal caso proy1 (G) = R y proy2 (G) = [4,+∞).

(3) Sea H : R→ R la correspondencia dada por H = {(x, y) ∈ R2 | x2 +y2 ≤1}. En tal caso proy1 (G) = [−1, 1] = proy2 (G).

(4) SeaG : A→ B, dondeA = {1, 2, 3}, B = {1, 5} yG = {(1, 1), (1, 5), (2, 1)}.En tal caso, proy1(G) = {1, 2} y proy2(G) = B.

(5) Las correspondencias del tipo G : A → A se llaman relaciones y seranestudiadas con detalle mas adelante. Por lo pronto, diremos que dar unacorrespondencia G : A→ A, es dar una relacion G en A; y en tal caso, seprefiere la notacion xGy (por sobre las otras) y se lee: x esta en relacionG con y. Por ejemplo, la relacion de orden ≤ en R.

(6) Dados los conjuntos A y B. Tenemos la correspondencia vacıa ∅ :A→ B pues ∅ ⊆ A×B.

1.4. Correspondencias 17

Ejercicio 1.4.3. Sean F,G : A → B dos correspondencias. Pruebe que, parai = 1, 2, vale lo siguiente:

(a) proyi(F ∩G) ⊆ proyi(F ) ∩ proyi(G).

(b) proyi(F ∪G) = proyi(F ) ∪ proyi(G).

Definicion 1.4.4. Sean X1, X2, · · · , Xn conjuntos, y consideremos el productoX := n

i=1Xi. Para cada i = 1, 2, · · · , n, la i-esima proyeccion de X en Xi

es la correspondencia proyi : X → Xi definida por proyi := {(x, xi) | x =(x1, x2, · · · , xi, · · · , xn) ∈ X}.

Imagen de una correspondencia

Definicion 1.4.5. Sea G : A→ B una correspondencia.

(a) Si X ⊆ A, la imagen de X por G es el conjunto

G(X) := {y ∈ B | ∃x ∈ X ( y ∈ G(x) )} ⊆ B.

En caso el conjunto X tenga un solo elemento, i. e. X = {x}, por simpli-cidad, se escribe G(x) en lugar de G({x}).

(b) Si F ⊆ ℘(A), la imagen de F por G es el conjunto

G(F) := {G(X) | X ∈ F} ⊆ ℘(B).

Ejemplos. (1) Sea G : A → B una correspondencia. Considere las proyec-ciones proy1 : A × B → A y proy2 : A × B → B. Dado que G ⊆ A × B,tenemos que las imagenes de G por dichas proyecciones, coinciden, res-pectivamente, con las proyecciones de G en A y en B (segun la Definicion1.4.2).

(2) Sea G : A → B, con G = A × B y A 6= ∅. En este caso, tenemos queG(X) = B para cualquier subconjunto no vacıo X de A.

(3) Sea G : A → B una correspondencia, con A = N = B y G = A × B.Consideremos X1 = {1} y X2 = {2}. Luego, tenemos que G(X1 ∩X2) =G(∅) = ∅ y G(X1) ∩ G(X2) = N ∩ N = N. Por otro lado, G(X1 ∪X2) =N = G(X1) ∪G(X2).

Proposicion 1.4.6. Sean G : A → B una correspondencia y F ⊆ ℘(A).Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) G(⋃X∈F X) =

⋃X∈F G(X).

(b) G(⋂X∈F X) ⊆ ⋂X∈F G(X).


Demostracion. (a) Sea y ∈ B. Luego, tenemos la siguiente cadena de equi-valencias: y ∈ G(

⋃X∈F X) ⇔ (∃x ∈ ⋃X∈F X (y ∈ G(x))) ⇔ ∃X ∈ F (∃x ∈

X (y ∈ G(x)))⇔ ∃X ∈ F (y ∈ G(X))⇔ y ∈ ⋃X∈F G(X).(b) Sea y ∈ B. Luego, tenemos la siguiente cadena de implicaciones: y ∈

G(⋂X∈F X)⇒ (∃x ∈ ⋂X∈F X (y ∈ G(x)))⇒ ∀X ∈ F (x ∈ X∧y ∈ G(x))⇒

∀X ∈ F (y ∈ G(X))⇒ y ∈ ⋂X∈F G(X). 2

Ejercicio 1.4.7. Sea G : A→ B una correspondencia. Pruebe lo siguiente.

(a) Si X ⊆ Y ⊆ A entonces G(X) ⊆ G(Y ).

(b) Si proy1(G) ⊆ X ⊆ A entonces G(X) = proy2(G).

Correspondencia inversa

Definicion 1.4.8. Sea Γ = (G,A,B) una correspondencia.

(a) La correspondencia inversa de Γ es Γ−1 := (G−1, B,A), donde

G−1 := {(b, a) ∈ B ×A | (a, b) ∈ G}.

(b) Dado un Y ⊆ B, la imagen inversa (o preimagen) de Y por G esG−1(Y ). Esto es,

G−1(Y ) = {x ∈ A | ∃ y ∈ Y ( y ∈ G(x) )}.

Ejemplos. (1) Sea G : A → B una correspondencia, con A = {1, 2, 3, 4},B = {2, 3, 5} y G = {(1, 2), (1, 3), (2, 2), (3, 2)}. Luego, la correspondenciainversa G−1 : B → A esta dada por G−1 = {(2, 1), (3, 1), (2, 2), (2, 3)}.En tal caso, se tiene que G−1(2) = {1, 2, 3} = G−1({2, 3}).

(2) Sea G : A → B una correspondencia, con A = R = B y G = {(x, y) ∈R2 | y = x2}. La correspondencia inversa G−1 : B → A esta dada porG−1 = {(x, y) ∈ R2 | x = y2}. Observe que G(R) = [0,+∞) = G−1(R).

(3) Sea G : A → B una correspondencia, con A = R = B y G = {(x, y) ∈R2 | x ≤ y}. La correspondencia inversa G−1 : B → A esta dada porG−1 = {(x, y) ∈ R2 | y ≤ x}. En tal caso, G ∩G−1 = {(x, y) ∈ R2 | x =y}.

Composicion de correspondencias

Definicion 1.4.9. Sean G1 : A1 → B1 y G2 : A2 → B2 correspondencias. Lacomposicion de G1 con G2 es la correspondencia G2 ◦G1 : A1 → B2, donde

G2 ◦G1 := {(x, z) ∈ A1 ×B2 | ∃ y ∈ B1 ∩A2 ( (x, y) ∈ G1 ∧ (y, z) ∈ G2 )}.

Por simplicidad, escribiremos tambien G2G1 en lugar de G2 ◦G1.

1.4. Correspondencias 19

Ejemplos. Sean G1 : A1 → B1 y G2 : A2 → B2 correspondencias.

(1) Sean A1 = {2, 3, 6}, B1 = {0, 2, 4, 5, 7, 8}, A2 = {0, 2, 4, 5, 7},B2 = {2, 3, 4, 8, 9, 10}, G1 = {(2, 5), (3, 4), (6, 2), (3, 0), (2, 7)} y

G2 = {(4, 8), (5, 3), (0, 9), (2, 2), (7, 4), (5, 10)}.Dado que G1(2) = {5, 7}, G2(5) = {3, 10} y G2(7) = {4}, tenemosque G2G1(2) = {3, 10, 4}. Analogamente, se puede ver que G2G1(3) ={8, 9} y G2G1(6) = {2}. De donde obtenemos finalmente que G2 ◦G1 ={(2, 3), (2, 10), (2, 4), (3, 8), (3, 9), (6, 2)}.

(2) Sean A1 = A2 = B1 = B2 = R, G1 = {(x, y) ∈ R2 | y = 2x} y G2 ={(z, w) ∈ R2 | w = z3}. Calcularemos, primeramente, la composicion

xG1→ (y = z)

G2→ w :

G2 ◦G1 = {(x,w) ∈ R2 | y = 2x,w = y3} = {(x,w) ∈ R2 | w = 8x3}.

Por otro lado, la composicion zG2→ (w = x)

G1→ y nos da:

G1 ◦G2 = {(z, y) ∈ R2 | y = 2w,w = z3} = {(z, y) ∈ R2 | y = 2z3}.

Observe que G2 ◦G1 6= G1 ◦G2 pues (1, 8) ∈ G2 ◦G1 y (1, 8) 6∈ G1 ◦G2.

Ejercicio 1.4.10. Sean G1 : A1 → B1 y G2 : A2 → B2 correspondencias.Pruebe que:

(a) Si B1 ∩A2 = ∅ entonces G2 ◦G1 = ∅.(b) proy1(G2 ◦G1) = {x ∈ proy1(G1) | G(x) ∩ proy1(G2) 6= ∅}.

Proposicion 1.4.11. Sean G1 : A1 → B1 y G2 : A2 → B2 correspondencias.Entonces (G2 ◦G1)−1 = G−1

1 ◦G−12 .

Demostracion. Sea G3 := G2 ◦ G1 y (z, x) ∈ B2 × A1. Luego, se tienela siguiente cadena de equivalencias: (z, x) ∈ G−1

3 ⇔ (x, z) ∈ G3 ⇔ ∃ y ∈B1 ∩ A2 ( (x, y) ∈ G1 ∧ (y, z) ∈ G2) ⇔ ∃ y ∈ B1 ∩ A2 ( (z, y) ∈ G−1

2 ∧ (y, x) ∈G−1

1 )⇔ (z, x) ∈ G−11 ◦G−1

2 . 2

Ejercicio 1.4.12. Considere las correspondencias Gi : Ai → Bi, con i = 1, 2, 3,donde Ai = Bi = N, siendo G1 = {(x, y) ∈ N2 | y = 3x + 3}, G2 = {(t, z) ∈N2 | z = 2t+1} y G3 = {(w, u) ∈ N2 | u = 2w2}. Calcule, G3◦G2, (G3◦G2)◦G1,G2 ◦G1 y G3 ◦ (G2 ◦G1).

Proposicion 1.4.13. Sean G1 : A1 → B1, G2 : A2 → B2 y G3 : A3 → B3

correspondencias. Entonces (G3 ◦G2) ◦G1 = G3 ◦ (G2 ◦G1).

Demostracion. Sea (x,w) ∈ A1×B3. Luego, tenemos la siguiente cadena deequivalencias: (x,w) ∈ (G3 ◦G2) ◦G1 ⇔ (∃ y ∈ B1 ∩A2 (x, y) ∈ G1 ∧ (y, w) ∈G3 ◦G2)⇔ (∃ y ∈ B1 ∩A2 ∃ z ∈ B2 ∩A3 (x, y) ∈ G1 ∧ (y, z) ∈ G2 ∧ (z, w) ∈G3)⇔ (∃ z ∈ B2∩A3 (x, z) ∈ G2◦G1∧(z, w) ∈ G3)⇔ (x,w) ∈ G3◦(G2◦G1).Lo cual muestra la afirmacion. 2


Ejercicio 1.4.14. Sean G1 : A1 → B1 y G2 : A2 → B2 correspondencias. Digasi el siguiente enunciado es falso o verdadero: Para cualquier subconjunto X deA1, se tiene que G2 ◦G1(X) = G2(G1(X)).

1.5. Funciones (morfismos de conjuntos)

Notacion basica

Definicion 1.5.1. Una funcion (mapeo, asignacion, morfismo de conjuntos)entre conjuntos A y B es una correspondencia f : A → B que satisface lasiguiente condicion:

∀x ∈ A ∃ ! y ∈ B ( y ∈ f(x) ).

Observacion. Sea f : A→ B una correspondencia.

(1) La correspondencia f : A→ B es una funcion si y solo si se satisfacen lassiguientes dos condiciones:

(a) proy1(f) = A y (b) ( (x, y1) ∈ f ∧ (x, y2) ∈ f )⇒ y1 = y2.

(2) Si A = ∅ tenemos una unica funcion de A en B, esto es, la funcion vacıa∅ : ∅ → B.

(3) Si A 6= ∅ y B = ∅, no existen funciones de A en B pues proy1(f) = ∅ 6= A.

(4) Sean f : A → B una funcion y x ∈ A. En este caso, el conjunto f(x)tiene un solo elemento, esto es, f(x) = {y} con y ∈ B. Por simplicidad,escribiremos f(x) = y (en lugar de f(x) = {y}) y diremos que y es elvalor de f en el elemento x ∈ A. Por lo tanto, con esta notacion, se tieneque f = {(x, y) ∈ A×B | y = f(x)}.

(5) Sea f : A→ B una funcion. Dado un elemento (a, b) ∈ A× B, se tienenlas siguientes equivalencias: a ∈ f−1(b) ⇔ (b, a) ∈ f−1 ⇔ (a, b) ∈ f ⇔f(a) = b.

(6) Sea f : A → B una funcion, X ⊆ A y Y ⊆ B. Usando el inciso anterior,tenemos que

f(X) = {y ∈ B | ∃x ∈ X ( y = f(x) )} y f−1(Y ) = {x ∈ A | f(x) ∈ Y }.

(7) Sea f : A→ B una funcion. La imagen de f en B es el conjunto Im (f) :=f(A).

Ejemplos. (1) La correspondencia f : A → B, donde A 6= ∅, B tiene almenos dos elementos y f = A×B, no es una funcion pues existen b1, b2 ∈B y a ∈ A tales que b1 6= b2 y (a, b1), (a, b2) ∈ f.

1.5. Funciones (morfismos de conjuntos) 21

(2) Sean X1, X2, . . . , Xn conjuntos, y consideremos el producto X := ni=1Xi.

Para cada i = 1, 2, · · · , n, la i-esima proyeccion proyi : X → Xi, definidacomo proyi := {(x, xi) | x = (x1, x2, · · · , xi, · · · , xn) ∈ X} es unafuncion. Esto es, proyi(x) = xi ∀x = (x1, x2, · · · , xi, · · · , xn) ∈ X.

(3) Para cada conjunto A, la correspondencia 1A : A → A, con 1A :={(x, y) ∈ A × A | y = x}, es una funcion; y se le conoce como lafuncion identidad en A. Esto es, 1A(x) = x ∀x ∈ A.

(4) Sean A, B conjuntos y b ∈ B. La correspondencia cb : A → B, concb := {(x, y) ∈ A×B | y = b}, es una funcion; y se le conoce como lafuncion constante en A. Esto es, cb(x) = b ∀x ∈ A.

(5) Sean X, A conjuntos tales que X ⊆ A. La correspondencia InX : X → A,con InX := {(x, y) ∈ X × A | y = x}, es una funcion; y se le conocecomo la inclusion de X en A. Esto es, InX(x) = x ∀x ∈ A. Observeque, si X = A, se tiene que 1A = InX .

Proposicion 1.5.2. Sean f : A → B una funcion y F ⊆ ℘(B). Entoncesf−1(

⋂Y ∈F Y ) =

⋂Y ∈F f−1(Y ).

Demostracion. Dado que f−1 : B → A es una correspondencia, tenemospor 1.4.6 que f−1(

⋂Y ∈F Y ) ⊆ ⋂Y ∈F f−1(Y ). Veamos que la otra inclusion

es cierta para el caso de preimagenes de funciones. En efecto, para x ∈ A setiene la siguiente cadena de implicaciones: x ∈ ⋂Y ∈F f−1(Y )⇒ ∀Y ∈ F (x ∈f−1(Y ))⇒ ∀Y ∈ F ( f(x) ∈ Y )⇒ f(x) ∈ ⋂Y ∈F Y ⇒ x ∈ f−1(

⋂Y ∈F Y ). 2

Composicion de funciones

Definicion 1.5.3. Sean f : A → B y g : C → D funciones. La composicionde f con g estara definida solo para B = C. En tal caso, la composicion g ◦ f :A→ D es la composicion de f y g como correspondencias.

Proposicion 1.5.4. Sean f : A → B y g : B → C funciones. Entonces, lassiguientes condiciones se satisfacen.

(a) La composicion g ◦ f : A→ C es una funcion.

(b) (g ◦ f)(x) = g(f(x)) ∀x ∈ A.Demostracion. Sea x ∈ A. Luego, de la definicion de composicion de corres-pondencias, tenemos la igualdad

(g ◦ f)(x) = {z ∈ C | ∃u ∈ B ( (x, u) ∈ f ∧ (u, z) ∈ g )};dado que f y g son funciones, obtenemos que f(x) = u y g(u) = z. Luego(g ◦ f)(x) = g(f(x)) pues z = g(u) = g(f(x)). 2

Definicion 1.5.5. Sean f : A→ B una funcion y X ⊆ A. La restriccion f |Xde f en X es la composicion de funciones X

InX−−→ Af→ B, donde InX : X → A

es la inclusion, esto es f |X := f ◦ InX .


Ejemplos. (1) Sean f : A→ B una funcion y 1A : A→ A, 1B : B → B lasidentidades. Luego, se tiene que f ◦ 1A = f = 1B ◦ f.

(2) Sean f : A → B y g : B → C funciones. Entonces, para cualquiersubconjunto X ⊆ A, se tiene que g◦(f |X) = (g◦f)|X . En efecto, usaremosque la composicion de correspondencias es asociativa. De donde se tiene(g ◦ f)|X = (g ◦ f) ◦ InX = g ◦ (f ◦ InX) = g ◦ f |X .

Funciones inyectivas, suryectivas y biyectivas

Definicion 1.5.6. Sea f : A→ B una funcion. Decimos que:

(a) f es inyectiva (monomorfismo de conjuntos) si ∀ (x1, x2) ∈ A2 ( f(x1) =f(x2)⇒ x1 = x2 ).

(b) f es suryectiva (suprayectiva, sobreyectiva, epiyectiva, epimorfismo deconjuntos) si Im (f) = B.

(c) f es biyectiva ( una biyeccion, isomorfismo de conjuntos) si f es inyectivay suryectiva.

Se dice que dos conjuntos A y B son isomorfos (como conjuntos), i. e.A ' B, si existe un funcion biyectiva (isomorfismo) f : A→ B.

Ejemplos. (1) La funcion f : R→ R, con y = f(x) = 2x+1, es biyectiva. Enefecto, es inyectiva pues f(x1) = f(x2)⇒ 2x1 + 1 = 2x2 + 1⇒ x1 = x2.Por otro lado, sea b ∈ R, veamos que ∃x ∈ R tal que b = f(x). Para ello,tenemos que resolver la ecuacion b = 2x+1 en terminos de x. Resolviendodicha ecuacion, se tiene que x = b−1

2 ∈ R. Luego f( b−12 ) = 2( b−1

2 )+1 = b.

(2) La funcion f : R → R, con y = f(x) = x2, no es inyectiva ni suryectiva.En efecto, dado que f(−1) = f(1) se tiene que f no es inyectiva. Por otrolado, se sabe que ∀x ∈ R (x2 ≥ 0 ). Luego, la ecuacion x2 = −1 no tienesolucion en R, lo cual prueba que f no es suryectiva pues f−1(−1) = ∅.

(3) La funcion identidad 1A : A→ A es biyectiva.

(4) La inclusion InX : X → A es inyectiva. Mas aun, dicha funcion es sur-yectiva (y por lo tanto biyectiva) si y solo si X = A.

(5) Sea A un conjunto no vacıo y b ∈ A. La funcion ϕb : A → A × {b}, conϕb(x) := (x, b) es una biyeccion.

(6) Sean A, B y C conjuntos. La funcion ϕ : (A × B) × C → A × (B × C),dada por ϕ((a, b), c)) := (a, (b, c)), es biyectiva.

(7) Sean X1, X2, · · · , Xn conjuntos no vacıos. Para cada i = 1, 2, · · · , n, lai-esima proyeccion proyi : n

i=1Xi → Xi, dada por proyi(x) = xi ∀x =(x1, x2, · · · , xi, · · · , xn) ∈ n

i=1Xi, es suryectiva.

1.5. Funciones (morfismos de conjuntos) 23

Teorema 1.5.7. Sea f : A → B una funcion. Entonces, las siguientes condi-ciones son equivalentes.

(a) f : A→ B es inyectiva.

(b) ∀ b ∈ B f−1(b) tiene a lo sumo un elemento.

(c) Existe una funcion g : B → A tal que gf = 1A.

(d) Si α, β : C → A son funciones tales que fβ = fα, entonces β = α.

Demostracion. (a)⇒ (b) Sea b ∈ B. Supongamos que f−1(b) tiene al menosdos elementos. Por lo tanto, existen a1, a2 ∈ f−1(b) con a1 6= a2; lo cualcontradice que f es inyectiva pues f(a1) = b = f(a2). Por lo tanto f−1(b) tienea lo sumo un elemento.

(b) ⇒ (c) Por hipotesis, para cada b ∈ f(A) existe un unico ab ∈ A talque f(ab) = b. Fijemos un elemento a0 ∈ A. Definimos ahora una funciong : B → A como sigue:

g(y) :=

{ab si y = b ∈ f(A),

a0 si y ∈ B − f(A).

Sea a ∈ A. Dado que b := f(a) ∈ f(A), tenemos que ab = a. Por lo tantogf(a) = g(b) = ab = a, probandose que gf = 1A.

(c) ⇒ (d) Supongamos que existe una funcion g : B → A tal que gf = 1A.Sean α, β : C → A funciones tales que fβ = fα. Luego β = 1Aβ = (gf)β =g(fβ) = g(fα) = (gf)α = 1Aα = α.

(d)⇒ (a) Sean x1, x2 ∈ A tales que f(x1) = f(x2). Definamos las funcionesα, β : {0} → A, donde α(0) := x1, y β(0) := x2. Luego, tenemos que: f(x1) =f(x2)⇒ fα = fβ ⇒ α = β ⇒ x1 = x2. 2

Ejercicio 1.5.8. Sea f : A→ B una funcion. Pruebe que las siguientes condi-ciones son equivalentes.

(a) f : A→ B es suryectiva.

(b) ∀ b ∈ B f−1(b) 6= ∅.

(c) Existe una funcion g : B → A tal que fg = 1B .

(d) Si α, β : B → C son funciones tales que βf = αf entonces β = α.

Proposicion 1.5.9. Sean f : A → B y h, g : B → A funciones tales quefg = 1B y hf = 1A. Entonces f : A→ B es biyectiva y ademas g = h = f−1.

Demostracion. Por 1.5.7 y 1.5.8, se tiene que f es biyectiva. Por otro ladog = 1Ag = (hf)g = h(fg) = h1B = h. Veamos, finalmente que f−1 = g. Enefecto, sea b ∈ B. Por ser f biyectiva, obtenemos que f−1(b) = a ∈ A, esto esf(a) = b. Luego f(g(b)) = 1B(b) = b = f(a), y como f es inyectiva, concluimosque g(b) = a = f−1(b); probandose que g = f−1. 2


Corolario 1.5.10. Sea f : A → B una funcion. Entonces, las siguientescondiciones son equivalentes.

(a) f : A→ B es biyectiva.

(b) ∀ b ∈ B f−1(b) tiene solo un elemento.

(c) f−1 : B → A es una funcion.

(d) Existe una funcion t : B → A tal que tf = 1A y ft = 1B .

(e) Existen funciones h, g : B → A tales que hf = 1A y fg = 1B .

Demostracion. A cargo del lector. 2

Proposicion 1.5.11. Sean f : A → B una funcion y F ⊆ ℘(A). Si f esinyectiva entonces f(

⋂X∈F X) =

⋂X∈F f(X).

Demostracion. Supongamos que la funcion f es inyectiva. Dado que f : A→B es, en particular, una correspondencia, sabemos por 1.4.6 que f(

⋂X∈F X) ⊆⋂

X∈F f(X). Probaremos la otra inclusion. Sea y ∈ B. Luego, usando que fes inyectiva (en la tercera implicacion), se tiene la siguiente cadena de implica-ciones: y ∈ ⋂X∈F f(X) ⇒ ∀X ∈ F ( y ∈ f(X) ) ⇒ ∀X ∈ F ∃ αX ∈ X ( y =f(αX) )⇒ ∃α ∈ ⋂X∈F X ( y = f(α) )⇒ y ∈ f(

⋂X∈F X). 2

Ejercicio 1.5.12. Sean f : A→ B y g : B → C funciones. Pruebe que:

(a) Si f y g son inyectivas, entonces gf es inyectiva.

(b) Si f y g son suryectivas, entonces gf es suryectiva.

(c) Si gf es inyectiva, entonces f es inyectiva.

(d) Si gf es suryectiva, entonces g es suryectiva.

1.6. Familias de elementos

Notacion basica

Definicion 1.6.1. Sean X y I conjuntos. Una funcion f : I → X se diceque es una familia de elementos en X indexada por el conjunto I. Ental caso, se suele escribir f = (xi)i∈I o bien f = {xi}i∈I en lugar de f ={(i, xi) ∈ I × X | f(i) = xi}. El conjunto de valores de dicha familiaes f(I) = {xi ∈ X | i ∈ I}. Para el caso en que X = ℘(W ), diremos quef : I → X es una familia de subconjuntos de W.

Proposicion 1.6.2. Sean (xi)i∈I y (zi)i∈I familias de elementos en X. En-tonces, (xi)i∈I = (zi)i∈I si y solo si xi = zi ∀ i ∈ I.

1.6. Familias de elementos 25

Demostracion. Sabemos que (xi)i∈I = {(i, xi) ∈ I × X | f(i) = xi} y(zi)i∈I = {(i, zi) ∈ I ×X | g(i) = zi}, donde f, g : I → X son las funcionesque definen la respectiva familia de elementos. Luego, por 1.3.24, concluimosque (xi)i∈I = (zi)i∈I ⇔ xi = zi ∀ i ∈ I. 2

Observacion. Sea (xi)i∈I una familia de elementos en X.

(1) La funcion θ : I → (xi)i∈I , dada por θ(i) = (i, xi), es biyectiva.

(2) La funcion ϕ : (xi)i∈I → {xi ∈ X | i ∈ I}, dada por ϕ((i, xi)) = xi, essiempre suryectiva; y no necesariamente inyectiva. Por ejemplo, en el casode familias constantes, esto es xi = x ∀ i ∈ I, se tiene que el conjuntode valores de (xi)i∈I es {x} (un solo elemento); en cambio (como vimosen (1)) la familia (xi)i∈I tiene tantos elementos como el conjunto I.

(3) Si el conjunto de ındices I es el conjunto N de los numeros naturales,la familia (xi)i∈I se dice que es una sucesion de elementos en X ( o desubconjuntos de W, en el caso X = ℘(W )).

(4) En caso I = {j, j + 1, · · · , n}, escribiremos tambien (xi)ni=j (respectiva-

mente, {xi}ni=j) para referirnos a (xi)i∈I (respectivamente, {xi}i∈I).

(5) Un subconjunto Z de (xi)i∈I se dice que es una subfamilia de (xi)i∈I . Ental caso, Z = (xi)i∈J , para algun subconjunto J de I.

Uniones e intersecciones de familias de conjuntos

Definicion 1.6.3. Sea {Xi}i∈I una familia de subconjuntos de X. La union yla interseccion de dicha familia se definen como sigue:⋃i∈I

Xi := {x ∈ X | ∃ i ∈ I (x ∈ Xi )} y⋂i∈I

Xi := {x ∈ X | ∀ i ∈ I (x ∈ Xi )}.

Observacion. Sea {Xi}i∈I una familia de subconjuntos de X. Consideremosel conjunto de valores F := {Xi ∈ ℘(X) | i ∈ I} de la familia {Xi}i∈I . Dadoque

⋃i∈I Xi =

⋃Z∈F Z y

⋂i∈I Xi =

⋂Z∈F Z, tenemos que valen, para las

familias de conjuntos, los resultados probados en las uniones e interseccionesgeneralizadas. En particular, si I = ∅ se tiene que

⋃i∈I Xi = ∅ y

⋂i∈I Xi = X.

Ejercicio 1.6.4. Sea {Gi : A → B}i∈I una familia de correspondencias entreconjuntos A y B. Considere las correspondencias

⋃i∈I Gi : A→ B y

⋂i∈I Gi :

A→ B. Pruebe lo siguiente:

(a) ∀X ∈ ℘(A) (⋃i∈I Gi)(X) =

⋃i∈I Gi(X).

(b) ∀x ∈ A (⋂i∈I Gi)(x) =

⋂i∈I Gi(x).

Ejercicio 1.6.5. Sean {Ai}i∈I y {Bi}i∈J familias de subconjuntos de X. Prue-be las siguientes igualdades.


(a) (⋃i∈I Ai) ∩ (

⋃i∈J Bj) =

⋂(i,j)∈I×J (Ai ∪Bj).

(b) (⋂i∈I Ai) ∪ (

⋂i∈J Bj) =

⋃(i,j)∈I×J (Ai ∩Bj).

(c) (⋃i∈I Ai)× (

⋃i∈J Bj) =

⋃(i,j)∈I×J (Ai ×Bj).

(d) (⋂i∈I Ai)× (

⋂i∈J Bj) =

⋂(i,j)∈I×J (Ai ×Bj).

Producto de una familia de conjuntos

En lo que sigue, fijaremos un conjunto universal U y consideraremos familias desubconjuntos en U. Como U esta fijo, solo hablaremos de familias de conjuntos,las cuales se entenderan como familias de subconjuntos de U.

Definicion 1.6.6. Sea {Xi}i∈I una familia de conjuntos. El producto de dichafamilia es el conjunto∏

i∈IXi := {f : I →

⋃i∈I

Xi | f es una funcion y f(i) ∈ Xi ∀i ∈ I}.

Observacion. Sea {Xi}i∈I una familia de conjuntos.

(1) Usando el lenguaje de las familias de elementos, el producto de dichafamilia de conjuntos se puede escribir en terminos de familias de elementosen⋃i∈I Xi, como sigue:∏

i∈IXi = {x = (xi)i∈I | xi ∈ Xi ∀i ∈ I}.

(2) Dado un elemento x = (xi)i∈I ∈∏i∈I Xi, se dice que xi es la coorde-

nada i-esima de x.

(3) En el caso en que I = {1, 2, · · · , n}, la funcion ϕ : ni=1Xi →

∏i∈I Xi,

dada por ϕ((x1, x2, · · · , xn)) := (xi)ni=1, es un isomorfismo de conjuntos

(biyectiva), la cual nos permite identificar (y ası se hace en la practica) alos dos productos. En efecto, por definicion es claro que ϕ es suryectiva;y la inyectividad es consecuencia de 1.3.29 y 1.6.2.

(4) Si I = ∅, se tiene que∏i∈I Xi = {∅}. En efecto, tenemos que I = ∅ =⋃

i∈I Xi, y la funcion vacıa ∅ : ∅ → ∅ es la unica que existe en este caso.

(5) Si la la familia {Xi}i∈I esta formada por conjuntos con un solo elemento,i. e. Xi = {ai} ∀ i ∈ I, el producto

∏i∈I Xi tambien tiene un solo

elemento: la familia de elementos (ai)i∈I .

Definicion 1.6.7. Sea {Xi}i∈I una familia de conjuntos. Para cada j ∈ I, laproyeccion en la j-esima coordenada es la funcion Proyj :

∏i∈I Xi → Xj dada

por Proyj((xi)i∈I) := xj .

1.7. Relaciones binarias 27

Para probar, bajo ciertas condiciones, que la proyeccion Proyj :∏i∈I Xi →

Xj es suryectiva, necesitaremos hacer uso del llamado Axioma de la eleccion.El cual enunciamos a continuacion. Otras formas equivalentes de dicho axioma,seran comentadas mas adelante.

Axioma de la Eleccion. Para todo conjunto F de subconjuntos no vacıos,existe una funcion, llamada funcion de eleccion , τ : F → ⋃

X∈F X tal queτ(X) ∈ X ∀X ∈ F.

Proposicion 1.6.8. Sea {Xi}i∈I una familia de conjuntos no vacıos, i. e.Xi 6= ∅ ∀i ∈ I. Entonces, para cada j ∈ I, la proyeccion Proyj :

∏i∈I Xi →

Xj es suryectiva.

Demostracion. Sean j ∈ I y xj ∈ Xj . Veamos que existe un elemento z ∈∏i∈I Xi tal que Proyj(z) = xj . En efecto, si I = {j}, se tiene que

∏i∈I Xi =

{f : {j} → Xj | f es una funcion } = {j} × Xj ; y ası, eligiendo z := (j, xj)se tiene que Proyj(z) = xj . Supongamos ahora que I − {j} 6= ∅. Usando elAxioma de la Eleccion, elegimos para cada i ∈ I − {j} un elemento zi ∈Xi, y tomamos zj := xj . Luego tenemos que z := (zi)i∈I ∈

∏i∈I Xi y por

consiguiente Proyj(z) = xj . 2

Teorema 1.6.9. Sea {Xi}i∈I una familia de conjuntos. Entonces, se tiene laequivalencia ∏

i∈IXi = ∅ ⇐⇒ ∃ i ∈ I (Xi = ∅ ).

Demostracion. (⇒) Sea∏i∈I Xi = ∅. Supongamos, por contradiccion, que

∀ i ∈ I (Xi 6= ∅ ). Luego, por 1.6.8, se tiene que cada j ∈ I, la proyeccion Proyj :∏i∈I Xi → Xj es suryectiva, contradiciendo nuestra hipotesis

∏i∈I Xi = ∅.

Luego, la suposicion que hicimos es falsa, de donde se tiene que ∃ i ∈ I (Xi =∅ ).

(⇐) Sea ∃ i ∈ I (Xi = ∅ ) verdadera. Supongamos, por contradiccion, que∏i∈I Xi 6= ∅. Luego, existe un elemento (xi)i∈I ∈

∏i∈I Xi, y por lo tanto

∀ i ∈ I (Xi 6= ∅ ); contradiciendo la hipotesis. Por lo tanto∏i∈I Xi = ∅. 2

Ejercicio 1.6.10. Pruebe que el Axioma de la Eleccion es equivalente a lavalidez de la proposicion

∀ i ∈ I (Xi 6= ∅ ) =⇒∏i∈I

Xi 6= ∅.

1.7. Relaciones binarias

Definicion 1.7.1. Una relacion binaria , en un conjunto A, es una corres-pondencia R : A → A. En este caso, dados (x, y) ∈ R, usaremos la notacionxRy diciendo que x esta en relacion R con y.


Definicion 1.7.2. Sea R una relacion binaria en A. Se dice que:

(a) R es reflexiva si ∀ a ∈ A ( aRa ).

(b) R es simetrica si ∀ (a, b) ∈ A2 ( aRb⇒ bRa ).

(c) R es antisimetrica si ∀ (a, b) ∈ A2 ( (aRb ∧ bRa)⇒ a = b ).

(d) R es transitiva si ∀ (a, b, c) ∈ A3 ( (aRb ∧ bRc)⇒ aRc ).

Ejemplos. (1) La relacion R = {(a, b) ∈ A2 | a = b} = 1A tiene todas laspropiedades mencionadas, esto es, R es reflexiva, simetrica, antisimetricay transitiva.

(2) La relacion R = {(a, b) ∈ N2 | b = a2} tiene solamente la propiedadantisimetrica.

(3) La relacion R = {(a, b) ∈ N+ × N+ | b divide a a} es reflexiva, simetricay transitiva.

(4) La relacion R = {(a, b) ∈ R2 | a ≤ b} es reflexiva, antisimetrica y transi-tiva.

Ejercicio 1.7.3. Sea R una relacion binaria en un conjunto A. Pruebe, losiguiente.

(a) R es reflexiva ⇔ 1A ⊆ R.

(b) R es simetrica ⇔ R−1 ⊆ R.

(c) R es transitiva ⇔ R ◦R ⊆ R.

1.8. Relaciones de equivalencia

Notacion basica

Definicion 1.8.1. Una relacion de equivalencia , en un conjunto A, es unarelacion binaria R en A, tal que R es reflexiva, simetrica y transitiva.

Definicion 1.8.2. Sea R una relacion de equivalencia en A. Tenemos los si-guientes conceptos:

(a) Para cada x ∈ A, la clase de equivalencia asociada a x es el conjunto

[x]R := R(x) = {y ∈ A | xRy}.

(b) El conjunto cociente de A por la relacion R es

A/R := {X ∈ ℘(A) | X = [x]R con x ∈ A}.

1.8. Relaciones de equivalencia 29

(c) La funcion de clase πR : A→ A/R, donde πR(x) := [x]R.

Observacion. Sea R una relacion de equivalencia en A.

(1) La equivalencia R suele denotarse con el sımbolo ∼ . La clase de equiva-lencia [x]R se denota tambien por [x] o bien por x; y el conjunto cocienteA/R por A/∼ . Un elemento y ∈ [x] tal que [x] = [y], se dice que es unrepresentante de la clase de equivalencia [x]. De hecho, cualquier y ∈ [x]es un representante de la clase [x] (ver 1.8.4 (b)).

(2) La funcion de clase πR : A → A/R, que denotaremos tambien por π :A→ A/∼, es suryectiva; y nos referiremos a ella como el epi-canonicoasociado a la relacion de equivalencia ∼ .

Ejemplos. (1) Consideremos la relacionR = {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (2, 3), (3, 2)}en A = {1, 2, 3}. Se tiene que R es una relacion de equivalencia en A, ylas clases de equivalencia son: [1]R = {1}, [2]R = {2, 3} = [3]R. Por lotanto, el cojunto cociente es A/R = {{1}, {2, 3}}.

(2) Consideremos la relacion R = {(x, y) ∈ A×A | y = x} en un conjunto novacıo A. Es claro que R es una relacion de equivalencia en A, y las clasesde equivalencia tienen un solo elemento, esto es [x] = {x} ∀x ∈ A. Eneste caso, el epi-canonico π : A → A/R es un isomorfismo de conjuntos(i.e. es una biyeccion).

(3) Sean n ∈ N fijo y nZ := {y ∈ Z | y = nx con x ∈ Z}. La relacion x ∼ y ⇔x−y ∈ nZ, es una relacion de equivalencia en Z. En este caso, se dice quedos enteros x, y son congruentes modulo n ( i,e. x ≡ y mod n) si estan enla misma clase de equivalencia. Observe que las clases de equivalencia sonde la forma [x] = x+nZ := {y ∈ Z | y = x+kn con k ∈ Z}, y el conjuntocociente Z/∼ (usualmente denotado por Z/nZ) tiene n elementos. Paramas detalles, ver en la seccion de aplicaciones de clases de equivalencia.

(4) Sea U un conjunto universal. La relacion X ∼ Y ⇔ X es isomorfo a Y,es una relacion de equivalencia en ℘(U).

Relaciones de equivalencia y particiones

Definicion 1.8.3. Una particion de un conjunto A es un conjunto F ⊆ ℘(A),que satisface las siguientes tres condiciones:

(a) Para cada X ∈ F, se tiene que X 6= ∅.

(b) A =⋃X∈F X.

(c) Los elementos de F son disjuntos dos a dos, esto es,

∀ (X,Y ) ∈ F × F ( X 6= Y ⇒ X ∩ Y = ∅ ).


Ejercicio 1.8.4. Sea ∼ una relacion de equivalencia en A. Pruebe que lasclases de equivalencia tienen las siguientes propiedades.

(a) ∀x ∈ A (x ∈ [x] ).

(b) ∀ (x, y) ∈ A×A ([x] = [y]⇔ x ∼ y ).

(c) ∀ (x, y) ∈ A×A ([x] 6= [y]⇒ [x] ∩ [y] = ∅ ).

Deduzca, a partir de dichas propiedades, que el conjunto cociente A/∼ es unaparticion de A.

Definicion 1.8.5. Sea A un conjunto. Consideremos los siguientes conjuntos:

P(A) := {F ⊆ ℘(A) | F es una particion de A},

E(A) := {R ⊆ A×A | R es una relacion de equivalencia en A}.

Para cada F ∈ P(A), definimos la relacion binaria RF en A inducida por laparticion F

xRF y ⇐⇒ ∃X ∈ F ( x ∈ X ∧ y ∈ X ).

Teorema 1.8.6. La correspondencia ϕ : P(A)→ E(A), dada por ϕ(F) := RF,esta bien definida y es una funcion biyectiva cuya inversa ϕ−1 : E(A)→ P(A)es ϕ−1(R) = A/R.

Demostracion. Veamos que ϕ : P(A) → E(A) es una funcion, para ello essuficiente ver que: ∀F ∈ P(A) (RF ∈ E(A) ). En efecto, sea F ∈ P(A). Hayque probar que RF es una relacion de equivalencia en A. Veamos que RF es:

Reflexiva: sea a ∈ A. Dado que A =⋃X∈F X, existe X ∈ F tal que a ∈ X.

Por lo tanto aRF a.Simetrica: xRF y ⇒ ∃X ∈ F (x, y ∈ X )⇒ y RF x.Transitiva: Supongamos que xRF y y y RF z. Luego existen X,Y ∈ F

tales que x, y ∈ X y y, z ∈ Y. Si X 6= Y entonces X ∩ Y = ∅, pues F es unaparticion; contradiciendo que y ∈ X∩Y. Por lo tanto x, z ∈ Y = X, probandoseque xRF z.Ahora bien, por 1.8.4, sabemos que ψ : E(A) → P(A) con ψ(R) := A/R, esuna funcion. Luego, para ver que ψ = ϕ−1, hay que probar que F = A/RF yR = RA/R para cualesquiera F ∈ P(A) y R ∈ E(A).

Veamos que F = A/RF. Sea X ∈ A/RF. Luego X = [x]RFpara algun

x ∈ A. Dado que F es una particion, existe Z ∈ F tal que x ∈ Z. Aseguramosque [x]RF

= Z. En efecto, tenemos y ∈ [x]RF⇔ xRF y ⇔ ∃Z ′ ∈ F (x, y ∈ Z ′ ).

Ahora bien, como x ∈ Z ∩Z ′ y F es una particion, se tiene que Z = Z ′. Por lotanto y ∈ [x]RF

⇔ y ∈ Z, probandose que X = [x]RF= Z ∈ F.

Supongamos ahora que X ∈ F. Veamos que X ∈ A/RF. Para ello, fijemosun elemento x ∈ X. Aseguramos que X = [x]RF

. En efecto, se tienen lasequivalencias y ∈ [x]RF

⇔ xRF y ⇔ ∃Z ∈ F (x, y ∈ Z ). Dado que F es una

1.8. Relaciones de equivalencia 31

particion y x ∈ X ∩ Z, se tiene que X = Z. Por lo tanto y ∈ [x]RF⇔ y ∈ X,

probandose que X = [x]RF= Z ∈ A/RF.

Veamos que R = RA/R. En efecto, por 1.8.4 (b), se tiene la cadena deequivalencias xRA/R y ⇔ ∃X ∈ A/R (x, y ∈ X ) ⇔ xR y. De donde se siguela igualdad R = RA/R. 2

Relaciones de equivalencia inducidas por funciones

Definicion 1.8.7. Sean f : A → B una funcion y R una relacion en B. Larelacion Rf inducida por R vıa f en A, se define como sigue:

∀ (x, y) ∈ A×A (xRf y ⇐⇒ f(x)Rf(y) ).

En el que caso especial en que R es la relacion de igualdad en B, esto es,R = {(x, y) ∈ B × B | y = x}, escribiremos If en lugar de Rf . En tal caso,tenemos que

∀ (x, y) ∈ A×A (x If y ⇐⇒ f(x) = f(y) ).

Teorema 1.8.8. Sean f : X → Y una funcion y R una relacion en Y. Con-sidere la relacion Rf inducida por R vıa f en X. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) Si R es una relacion de equivalencia en Y, entonces Rf es una relacionde equivalencia en X.

(b) ∀x ∈ X [x]Rf = f−1([f(x)]R).

(c) Existe una unica funcion f : X/Rf → Y/R que hace conmutar el siguientediagrama

Xf−−−−→ Y

πRf

y yπRX/Rf

f−−−−→ Y/R,

esto es, πR ◦ f = f ◦ πRf .

(d) La funcion f : X/Rf → Y/R es inyectiva y Im (f) = πR(Im (f)).

(e) Si f : X → Y es suryectiva, entonces f : X/Rf → Y/R es biyectiva.

Demostracion. (a) A cargo del lector.(b) Sea z ∈ X. Luego, por 1.8.4 (b), se tiene la siguiente cadena de equivalen-

cias: z ∈ [x]Rf ⇔ z Rf x⇔ f(z)Rf(x)⇔ f(z) ∈ [f(x)]R ⇔ z ∈ f−1([f(x)]R);de donde se sigue el resultado.

(c) Existencia: Definimos la correspondencia f : X/Rf → Y/R como siguef([x]Rf ) := [f(x)]R. De la definicion se sigue inmediatamente que πR ◦ f = f ◦


πRf . Falta ver que la correspondencia f es una funcion. En efecto, esto se ve dela siguiente cadena de implicaciones: [x]Rf = [y]Rf ⇒ xRf y ⇒ f(x)Rf(y)⇒[f(x)]R = [f(y)]R.

Unicidad: Sea g : X/Rf → Y/R una funcion tal que πR ◦ f = g ◦ πRf .Veamos que g = f. En efecto, para x ∈ X, tenemos las igualdades g([x]Rf ) =

g(πRf (x)) = πR(f(x)) = [f(x)]R = f([x]Rf ).

(d) La inyectividad de f, se ve inmediatamente de las siguientes implicacio-nes: f([x]Rf ) = f([z]Rf ) ⇒ [f(x)]R = [f(z)]R ⇒ f(x)Rf(z) ⇒ xRf z ⇒[x]Rf = [z]Rf . Por otro lado, por (c), tenemos que Im (f) = f(X/Rf ) =

f(πRf (X)) = πR(f(X)) = πR(Im (f)).

(e) Sea f : X → Y suryectiva. Luego, como πR ◦ f = f ◦ πRf , se sigue que

f ◦ πRf es suryectiva, y por lo tanto f es suryectiva. Finalmente, por (d), se

tiene que f es biyectiva. 2

Corolario 1.8.9. Sea f : X → Y una funcion. Entonces, las siguientes con-diciones se satisfacen.

(a) La relacion If , es una relacion de equivalencia en X.

(b) Para cada x ∈ X, su clase de equivalencia es [x]If = f−1(f(x)).

(c) Existe una unica funcion f : X/If → Y que hace conmutar el siguientediagrama

X

πIf ""EEEEEEEE

f// Y

X/If ,f

<<yyyyyyyy

esto es, f ◦ πIf = f.

(d) La funcion f : X/If → Y es inyectiva e Im (f) = Im (f).

(e) Si f : X → Y es suryectiva, entonces f : X/If → Y es biyectiva.

Demostracion. A cargo del lector, para ello considere la relacion de igualdadR en Y. Luego use 1.8.8 y que el epi-canonico πR : Y → Y/R es un isomorfismode conjuntos. 2

Teorema 1.8.10. Sean f : A → B una funcion y R una relacion de equiva-lencia en A tal que R ⊆ If . Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) Existe una unica funcion f : A/R → B que hace conmutar el siguientediagrama

A

πR""

DDDDDDDDf

// B

A/R ,f

<<zzzzzzzz

1.9. Un par de aplicaciones de las clases de equivalencia 33

esto es, f ◦ πR = f.

(b) Im (f) = Im (f).

(c) R = If si y solo si la funcion f : A/R→ B es inyectiva.

Demostracion. (a) Existencia: Dado que R ⊆ If , tenemos que la correspon-dencia f : A/R → B, con f([x]R) := f(x), es una funcion. En efecto, esto esconsequencia de las implicaciones: [x]R = [y]R ⇒ xR y ⇒ x If y ⇒ f(x) =f(y).

Unicidad: Sea g : A/R→ B tal que g◦πR = f. Luego g([x]R) = g(πR(x)) =f(x) = f([x]R).

(b) Por (a), se tiene Im (f) = f(A/R) = f(πR(A)) = f(A) = Im (f).(c) (⇒) Sea R = If . Luego se tiene que: f([x]R) = f([y]R) ⇒ f(x) =

f(y)⇒ x If y ⇒ xR y ⇒ [x]R = [y]R; lo cual prueba que f es inyectiva.(⇐) Sea f es inyectiva. Veamos que If ⊆ R. En efecto, por la inyectividad de

f se tiene: x If y ⇒ f(x) = f(y) ⇒ f([x]R) = f([y]R) ⇒ [x]R = [y]R ⇒ xR y;lo cual prueba dicha inclusion. 2

1.9. Un par de aplicaciones de las clases de equi-valencia

Aplicacion 1: Congruencia modulo n en Z

En esta primera parte, necesitaremos el conocido Algoritmo de Euclides. Paraello recordamos la funcion valor absoluto | − | : Z → N, donde |x| := x six ≥ 0, y |x| := −x si x < 0. En todo lo que sigue, por simplicidad, el conjunto{x ∈ N | a ≤ x ≤ b} sera denotado por [a, b]N.

Teorema 1.9.1. (Algoritmo de Euclides) Para cualesquiera a, b ∈ Z, con b 6= 0,existen q, r ∈ Z tales que a = qb+ r y 0 ≤ r < |b|.

Observacion 1.9.2. Los numeros q (cociente) y r (residuo), en la igualdada = qb + r del Algoritmo de Euclides, son unicos. En efecto, supongamos quea = q1b + r1 y a = q2b + r2 son tales que 0 ≤ r1 < |b| y 0 ≤ r2 < |b|. Luego|b||q1 − q2| = |r2 − r1| < |b|, y como |b| > 0, se tiene que |q1 − q2| < 1. Por lotanto q1 = q2; y de esto ultimo se concluye que r1 = r2.

Definicion 1.9.3. Para cada n ∈ N con n > 1, se define la correspondencian-residual Rn : Z→ [0, n−1]N, donde Rn(a) es el residuo de la division de a porn. Observe que, en virtud de 1.9.2, la correspondencia Rn : Z → [0, n− 1]N esuna funcion. Para cada x ∈ Z, hacemos [x]n := [x]IRn , donde IRn es la relacionde equivalencia inducida en Z por Rn : Z→ [0, n−1]N (ver 1.8.9). Usualmente,el conjunto cociente Z/IRn se denota por Z/nZ o tambien por Zn.

Lema 1.9.4. Sea Rn : Z → [0, n − 1]N la funcion n-residual. Entonces, lassiguientes condiciones se satisfacen.


(a) R−1n (r) = r + nZ := {r + nx ∈ Z | x ∈ Z} ∀ r ∈ [0, n− 1]N.

(b) [x]n = Rn(x) + nZ ∀x ∈ Z.(c) Para cada par (x, y) ∈ Z2, se tienen las equivalencias

[x]n = [y]n ⇔ Rn(x) = Rn(y)⇔ x− y ∈ nZ.

Demostracion. (a) Sea r ∈ [0, n−1]N. Por 1.9.2, se tiene la siguiente cadena deequivalencias: a ∈ R−1

n (r)⇔ Rn(a) = r ⇔ ∃ q ∈ Z ( a = qn+ r )⇔ a ∈ r+ nZ.De donde se sigue la igualdad R−1

n (r) = r + nZ.(b), (c) Sean x, y ∈ Z. Por (a), se tiene que R−1

n (Rn(x)) = Rn(x) +nZ. Porotro lado, tenemos la siguiente cadena de equivalencias: y ∈ [x]n ⇔ x IRn y ⇔Rn(x) = Rn(y)⇔ y ∈ R−1

n (Rn(x)). De donde se siguen (b) y (c). 2

Ejercicio 1.9.5. Muestre que para n ∈ N, n > 1 y x ∈ Z se tiene que[x]n = [Rn(x)]n.

Teorema 1.9.6. Para n > 1, el cociente Z/nZ = {[0]n, [1]n, · · · , [n − 1]n} ytiene n elementos.

Demostracion. Por 1.8.9, se tiene el siguiente diagrama conmutativo

ZπIRn

��

Rn// [0, n− 1]N

Z/nZ ,Rn

99rrrrrrrrrr

y dado que Rn es suprayectiva (ver 1.9.4 (a)), de 1.8.9 (e), tenemos que Rn :Z/nZ → [0, n − 1]N es biyectiva, con inversa (Rn)−1 : [0, n − 1]N → Z/nZdada por (Rn)−1(r) = [Rn(r)]n. Lo cual muestra la afirmacion ya que, por elEjercicio 1.9.5, sabemos que [x]n = [Rn(x)]n. 2

Definicion 1.9.7. La suma y el producto en Z inducen, respectivamente, unasuma y un producto en el conjunto cociente Z/nZ como sigue:

[x]n + [y]n := [x+ y]n ∀ (x, y) ∈ Z2,

[x]n · [y]n := [x · y]n ∀ (x, y) ∈ Z2.

Ejercicio 1.9.8. Verificar que la suma y el producto en Z/nZ estan biendefinidos, i. e. no dependen del representante de la clase de equivalencia.

Ejemplos. Las tablas de suma y producto en Z/3Z son las siguientes:

+ [0] [1] [2]

[0] [0] [1] [2][1] [1] [2] [0][2] [2] [0] [1]

• [0] [1] [2]

[0] [0] [0] [0][1] [0] [1] [2][2] [0] [2] [1]

1.10. Ordenes parciales 35

Ejercicio 1.9.9. Hacer las tablas de suma y producto de Z/12Z.

Aplicacion 2: Construccion de Z a partir de N

En esta seccion esbozaremos una construccion de los numeros enteros usan-do como materia prima a los naturales N = {0, 1, 2, · · · } y una relacion deequivalencia en el producto N× N.

Definicion 1.9.10. La relacion R definida en N2 como sigue

(a, b)R (c, d) si y solo si a+ d = b+ c

es una relacion de equivalencia (ejercicio). El conjunto de los numeros enteroses el conjunto cociente Z := N2/R. Por simplicidad, denotaremos por [a, b] a laclase de equivalencia [(a, b)]R. Siguiendo tal notacion, el entero negativo de nes −n := [0, n].

Definicion 1.9.11. La suma y el producto en N, inducen respectivamente,una suma y un producto en el cociente Z = N2/R como sigue:

[a , b] + [c , d] := [a+ c , b+ d],

[a , b] · [c , d] := [ac+ bd , ad+ bc].

Ejercicio 1.9.12. Verificar que la suma y el producto inducidos en Z estanbien definidos. Esto es, si (a, b)R (a′, b′) y (c, d)R (c′, d′), entonces (a + c, b +d)R (a′ + c′, b′ + d′) y (ac+ bd, ad+ bc)R (a′c′ + b′d′, a′d′ + b′c′).

Hasta ahora, los conjuntos Z y N aparecen como disjuntos, sin que se hayalogrado una generalizacion efectiva del concepto de numero entero, es decir,sin que se haya logrado un conjunto de numeros enteros que contenga a Ncomo subconjunto. La dificultad se resuelve considerando la siguiente funcionϕ : N→ Z donde ϕ(n) := [n, 0].

Ejercicio 1.9.13. Pruebe las siguientes propiedades de ϕ : N→ Z :

(a) ϕ es inyectiva.

(b) ϕ(n+m) = ϕ(n) + ϕ(m) y ϕ(nm) = ϕ(n)ϕ(m) ∀ (m,n) ∈ N2.

El Ejercicio 1.9.13 muestra que N se puede ver dentro de Z, pues ϕ es inyec-tiva y preserva las operaciones de N en su imagen ϕ(N). Por lo tanto, podemosidentificar N con ϕ(N). Con dicha identificacion, la clase [n,m] representa alnumero entero n−m, ya que [n,m] = [n, 0] + [0,m] = ϕ(n) + (−m).

1.10. Ordenes parciales

Definicion 1.10.1. Sea R una relacion binaria en un conjunto A. Decimos queR es una relacion de orden en A si R es reflexiva, antisimetrica y transitiva.


Ejercicio 1.10.2. Sean R una relacion binaria en un conjunto A, y X unsubconjunto A. Considere la restriccion R|X := {(a, b) ∈ X×X | (a, b) ∈ R}de R en X. Pruebe que si R es una relacion de orden en A, entonces R|X esuna relacion de orden en X.

Definicion 1.10.3. Un conjunto parcialmente ordenado es un par (A,R),donde R es una relacion de orden en A. En tal caso, se acostumbra escribir a 6 b(o bien b > a) en lugar de aR b, y se dice que a es un predecesor de b (b es unsucesor de a). Si a 6 b y a 6= b, escribiremos a < b (o bien b > a).

Observacion. Con la notacion de la definicion anterior, los axiomas que sa-tisface una relacion de orden 6 en un conjunto A son:

(A1) ∀ a ∈ A ( a 6 a ).

(A2) ∀ (a, b) ∈ A2 ( (a 6 b ∧ b 6 a)⇒ a = b ).

(A3) ∀ (a, b, c) ∈ A3 ( (a 6 b ∧ b 6 c)⇒ a 6 c ).

Sea B ⊆ A y 6 una relacion de orden en A. El orden inducido 6 |B en Bsera denotado tambien por 6, y escribiremos (B,6) en lugar de (B,6 |B).

Ejemplos. (1) El orden usual en el conjunto potencia ℘ (E). Dado un con-junto E, la inclusion de conjuntos induce una relacion de orden 6 en ℘(E)definida como sigue: A 6 B ⇔ A ⊆ B. Escribiremos tambien (℘ (E),⊆)para referirnos a dicho conjunto ordenado.

(2) El orden usual en N, se define como sigue: a 6 b ⇔ ∃x ∈ N tal quea + x = b. Veamos que la relacion 6 satisface los axiomas de un orden.En efecto:

(A1) a 6 a pues a+ 0 = a.

(A2) a 6 b ∧ b 6 a ⇒ ∃x, y ∈ N tales que a + x = b ∧ b + y = a ⇒x+ y = 0 ⇒ x = y = 0 ⇒ a = b.

(A3) a 6 b ∧ b 6 c ⇒ ∃x, y ∈ N tales que a + x = b ∧ b + y = c ⇒a+ (x+ y) = b+ y = c ⇒ a 6 c.

(3) El orden “divide” en N. Sea (a, b) ∈ N2. Se dice que a divide a b (o bienque b es un multiplo de a), y se denota por a|b, si ∃ k ∈ N tal que b = ka.La relacion “divide” es un relacion de orden en N. En efecto, veamos quela relacion | satisface los axiomas de un orden.

(A1) a|a pues a = 1 · a.(A2) a|b ∧ b|a ⇒ b = k1a ∧ a = k2b ⇒ b = k1k2b; y tenemos

dos casos: b 6= 0 ⇒ 1 = k1k2 ⇒ k1 = k2 = 1 ⇒ a = b, yb = 0 ⇒ a = k2b = k2 · 0 ⇒ a = b = 0.

(A3) a|b ∧ b|c ⇒ b = k1a ∧ c = k2b ⇒ c = k1k2a ⇒ a|c.

1.11. Diagramas de Hasse 37

Ejercicio 1.10.4. El orden usual en Z. Considere la siguiente relacion en elconjunto de los numeros enteros: a 6 b⇔ b−a ∈ N. Pruebe que dicha relaciondefine un orden en Z.

Ejercicio 1.10.5. El orden usual en Q. Considere la siguiente relacion 6en el conjunto de los numeros racionales, inducida por el orden usual en Z :ab 6

cd ⇔ ad 6 cb ∈ Z, donde b, d ∈ N+. Pruebe que dicha relacion define un

orden en Q.

1.11. Diagramas de Hasse

Un diagrama de Hasse (en el plano) es una representacion grafica (simplifica-da) de un conjunto finito parcialmente ordenado. Dicho diagrama se consigueeliminando informacion redundante. Para ello, se dibuja una arista ascendenteentre dos elementos solo si uno sigue a otro sin haber otros elementos inter-medios (sucesor inmediato). Esto es, en un diagrama de Hasse se elimina lanecesidad de representar a los ciclos de un elemento (inducidos por la propie-dad reflexiva), y a las aristas que se deducen de la transitividad de la relacionde orden.

Definicion 1.11.1. Sea (A,6) un conjunto parcialmente ordenado. Dado unpar (a, b) ∈ A2, decimos que b es un sucesor inmediato de a, si a < b y noexiste c ∈ A tal que a < c y c < b.

Definicion 1.11.2. Sea (A,6) un conjunto finito parcialmente ordenado. Eldiagrama de Hasse asociado a (A,6) es la union del conjunto A y delconjunto de todos los pares ordenados (a, b) ∈ A2 tales que b es un sucesorinmediato de a. La representacion grafica (en el plano) del diagrama de Hasseasociado al conjunto ordenado (A,6 ) se hace como sigue:

(a) Cada elemento del conjunto A se representa por un punto (vertice) en elplano, llamado “afijo” de ese elemento.

(b) Si b ∈ A es un sucesor inmediato de a ∈ A, el afijo de b se ubica a mayoraltura que el de a y se unen con un segmento.

(c) Los segmentos construidos en el paso anterior (que conectan diferentespuntos) pueden entrecruzarse, pero no deben tocar a ninguno de los otrosvertices (salvo a los puntos que determinan dicho segmento). El diagramaobtenido, con los vertices etiquetados (afijos), determina unıvocamente elorden 6 en A.

Observacion. (a) Sea (A,6 ) un conjunto parcialmente ordenado. En gene-ral, si el conjunto A es infinito, podrıan no existir sucesores inmediatos.Por ejemplo, sean A el conjunto Q de los numeros racionales y ≤ el ordenusual en Q. Observe que, para un numero racional cualquiera a no existensucesores inmediatos. Esto se debe a que, para cualquier b ∈ Q con a < b,se tiene que a < a+b

2 < b.


(b) Aunque los diagramas de Hasse son una buena herramienta intuitiva paratratar a los conjuntos finitos parcialmente ordenados, muchas veces esdifıcil dibujar un buen diagrama que refleje las simetrias internas de laestructura del orden en dicho conjunto. La razon de tal dificultad, estribaen la cantidad de posibles maneras en que se puede dibujar en el planoel diagrama de Hasse asociado a un conjunto parcialmente ordenado.

Ejemplos. (1) Sean X = {a, b} y ℘(X) = {∅, {a}, {b}, {a, b}}. Considere-mos al conjunto potencia ℘ (X) ordenado por la inclusion de conjuntos.El diagrama de Hasse de (℘ (X),⊆) es:

(2) El conjunto {1, 2, 3, 4, 6, 12} con el orden natural: 1 6 2 6 3 6 4 6 6 6 12,tiene como diagrama de Hasse a

(3) El conjunto {1, 2, 3, 4, 6, 12} con el orden “divide” (esto es, a 6 b ⇔ a|b),tiene como diagrama de Hasse a

(4) El conjunto {1, 2, 3, 4, 6, 9, 12, 18, 36} con el orden “divide”, tiene comodiagrama de Hasse a

(5) El conjunto {1, 2, 3, 5, 6, 10, 15, 30} con el orden “divide”, tiene como dia-grama de Hasse a

1.12. Elementos distinguidos en ordenes parciales 39

1.12. Elementos distinguidos en ordenes parcia-les

Definicion 1.12.1. Sean (A,6) un conjunto parcialmente ordenado y α ∈ A.Se dice que:

(a) α es primer elemento ⇔ ∀ x ∈ A (α 6 x ).

(b) α es ultimo elemento ⇔ ∀ x ∈ A (x 6 α ).

(c) α es un elemento minimal ⇔ ∀ x ∈ A (x 6 α ⇒ x = α ).

(d) α es un elemento maximal ⇔ ∀ x ∈ A (α 6 x ⇒ x = α ).

Observacion. Sea (A,6) un conjunto parcialmente ordenado.

(1) Si existe primer elemento (respectivamente, ultimo elemento), entonceseste es unico. En efecto, sean α y β primeros elementos de A. Luego, setiene que α 6 β y β 6 α, de donde se sigue que α = β. Por tal razon, encaso exista, denotaremos por p.elem. (A,≤), o bien p.elem. (A), al primerelemento de A; y por u.elem. (A,≤), o bien u.elem. (A), al ultimo elementode A.

(2) Como se vera en los ejemplos, si existe elemento minimal (respectiva-mente, maximal), este podrıa no ser unico. Por lo tanto, denotaremospor mın (A,6), o bien min (A), al conjunto de todos los elementos mini-males de A; y por max (A,6), o bien por max (A), al conjunto de todoslos elementos maximales de A.

Ejemplos. (1) Sea (A,6) el conjunto parcialmente ordenado cuyo diagramade Hasse es

En tal caso, tenemos que: no existe p.elem. (A), u.elem. (A) = c,min (A) ={a, b} y max (A) = {c}.

(2) Consideremos al conjunto N de los numeros natuales con el orden usual.En tal caso, tenemos que: p.elem. (N) = 0, no existe u.elem. (N),min (N) ={0} y max (N) = ∅.


(3) Sea (A,6) el conjunto parcialmente ordenado cuyo diagrama de Hasse es

En tal caso, tenemos que: no existe p.elem. (A), no existe u.elem. (A),min (A) = {a, b} y max (A) = {g, h}.

(4) Sea (A,6) el conjunto parcialmente ordenado cuyo diagrama de Hasse es

En tal caso, tenemos que: p.elem. (A) = 1, no existe u.elem. (A),min (A) ={1} y max (A) = {3, 4, 5}.

Definicion 1.12.2. Sean (A,6) un conjunto parcialmente ordenado, α ∈ A yX ⊆ A.

(a) Se dice que α es una cota superior de X, si ∀ x ∈ X (x 6 α ).Denotaremos por c.sup. (X,6), o bien por c.sup. (X), al conjunto de todaslas cotas superiores de X.

(b) Se dice que α es una cota inferior de X, si ∀ x ∈ X (α 6 x ). Deno-taremos por c.inf. (X,6), o bien por c.inf. (X), al conjunto de todas lascotas inferiores de X.

(c) Consideremos en c.sup. (X) y c.inf. (X) el orden inducido por 6 en A. Sedefine el supremo deX como sup (X,6) = sup (X) := p.elem. (c.sup. (X)),y el ınfimo de X como ınf (X,6) = ınf (X) := u.elem. (c.inf. (X)).

Ejemplos. Sea (A,6) el conjunto parcialmente ordenado cuyo diagrama deHasse es el siguiente

El diagrama de Hasse del conjunto parcialmente ordenado c.inf. ({f}) es

1.12. Elementos distinguidos en ordenes parciales 41

El diagrama de Hasse del conjunto parcialmente ordenado c.sup. ({a, b}) es

En la siguiente tabla describimos: a los conjuntos c.inf. (X) y c.sup. (X), elınfimo y el supremo de los siguientes subconjuntos X de A.

X c.inf. (X) c.sup. (X) ınf (X) sup (X){a, b} ∅ {d, f, g} no existe d{f} {a, b, c, d, f} {f} f f{d, e} {b} {g} b g{c, g} {a} ∅ a no existe

Ejercicio 1.12.3. Considere el conjunto parcialmente ordenado (A,6) cuyodiagrama de Hasse es el siguiente

(a) Encuentre: p.elem. (A), u.elem. (A), max (A) y min (A).

(b) Complete la siguiente tabla:

X c.inf. (X) c.sup. (X) ınf (X) sup (X){d, e}{b, f}{a, b, c}{c, d, f}{d, f}{a, c, e}{b}

Ejercicio 1.12.4. Sea E un conjunto y considere el conjunto parcialmenteordenado (℘ (E),⊆). Pruebe que para cualquier subconjunto F de ℘ (E), setiene que sup (F) =

⋃X∈F X y ınf (F) =

⋂X∈F X.


1.13. El orden total y el buen orden

Definicion 1.13.1. Sea (A,6) un conjunto parcialmente ordenado.

(a) Se dice que 6 es un orden total (lineal) en A, o bien que (A,6) es unconjunto totalmente ordenado, si ∀ (a, b) ∈ A2 ( a 6 b ∨ b 6 a ).

(b) Se dice que 6 es un buen orden en A, o bien que (A,6) es un conjuntobien ordenado, si para cualquier subconjunto no vacio X de A existep.elem. (X).

Proposicion 1.13.2. Si (A,6) es un conjunto bien ordenado, entonces ≤ esun orden total en A.

Demostracion. Sea (A,6) un conjunto bien ordenado. Dados a, b ∈ A,consideremos el conjunto X = {a, b}. Por lo tanto, existe c ∈ X tal quep.elem. (X) = c. En particular c 6 a y c 6 b. Ahora bien, dado que c = ao c = b, se tiene que a 6 b ∨ b 6 a es verdadera. 2

Observacion. El orden total no implica el buen orden. En efecto, considere-mos Q con el orden usual 6 . Observe que (Q,6) es un conjunto totalmenteordenado, sin embargo 6 no es un buen orden en Q. En efecto, el conjuntoX := {x ∈ Q | a

b < x 6 cd}, con 0 < a

b <cd , no tiene primer elemento. Si

existiera pq = p.elem. (X), tendriamos que a

b <a+pb+q <

pq ; contradiciendo que p

qes el primer elemento de X.

Ejemplos. (1) El orden usual 6 en N es un orden total (ejercicio). Mas aun,se puede probar, usando los axiomas de Peano (ver mas adelante), que 6es un buen orden en N.

(2) El orden usual 6 en Z es un orden total (ejercicio). Sin embargo, 6 noes un buen orden en Z. En efecto, el conjunto X = {x ∈ Z | x 6 0}no tiene primer elemento. Si existiera α = p.elem. (X), tendriamos que−1+α < α ≤ 0, de donde −1+α ∈ X; contradiciendo que α es el primerelemento de X.

Ejercicio 1.13.3. Pruebe que en todo conjunto totalmente ordenado (A,6),se satisface la propiedad de tricotomıa. Esto es, para todo par (a, b) ∈ A2, sesatisface solo una de las siguientes tres condiciones: a < b, a > b o bien a = b.

Ejercicio 1.13.4. Sea (A,6) un conjunto parcialmente ordenado.

(a) Considere la relacion binaria 6op en A dada por: a 6op b⇔ b 6 a. Pruebeque 6op define un orden parcial en A (llamado el orden opuesto).

(b) Pruebe que si 6 es un orden total en A, entonces el orden opuesto 6op

tambien lo es.

(c) Para un subconjunto X de A, pruebe las siguientes igualdades:

1.14. Segmentos en conjuntos ordenados 43

(c1) p.elem. (X,6) = u.elem. (X,6op),

(c2) c.sup. (X,6) = c.inf. (X,6op),

(c3) sup (X,6) = ınf (X,6op),

Ejercicio 1.13.5. Sea (A,6) un conjunto parcialmente ordenado. Pruebe que:

(a) Si α = p.elem. (A) entonces min (A) = {α}.

(b) Si X ⊆ A y 6 es un buen orden en A, entonces la restriccion 6 |X es unbuen orden en X.

1.14. Segmentos en conjuntos ordenados

Definicion 1.14.1. Sea (A,6) un conjunto parcialmente ordenado. Un sub-conjunto S de A se dice que es un segmento, si S es cerrado por predecesores,esto es ∀ (x, y) ∈ S ×A ( y 6 x⇒ y ∈ S ). Denotaremos por A↓ al conjunto detodos los segmentos de A.

Observacion. Sea (A,6) un conjunto parcialmente ordenado.

(1) El conjunto vacio es un segmento en A.

(2) Para cada a ∈ A, el conjunto (←, a) := {x ∈ A | x < a} es un segmento,y se le conoce con el nombre de segmento canonico en A. El conjunto detodos los segmentos canonicos en A, se denotara por (←, A).

(3) El conjunto A es un segmento en A, el cual no es canonico. Por lo tanto(←, A) es un subconjunto propio de A↓.

(4) No necesariamente todos los segmentos S en A, con S 6= A, tienen queser canonicos. En efecto, sea A = {1, 2, 3} y la relacion de orden 6 dadapor la siguiente relacion binaria {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (3, 2)}. En talcaso, el conjunto S = {1} es un segmento no canonico. Por otro lado, launion de segmentos no canonicos puede dar como resultado un segmentocanonico; en efecto, (←, 2) = {1, 3} y es la union de dos segmentos nocanonicos: S1 = {1} y S2 = {3}.

(5) Dado que (℘ (A),⊆) es un conjunto parcialmente ordenado, se tiene que((←, A),⊆) y (A↓,⊆) son subconjuntos de ℘ (A) parcialmente ordenados,y con tal orden se consideraran siempre (si no se hace explicitamentemencion de ningun otro).

Ejercicio 1.14.2. Sean (A,6) un conjunto parcialmente ordenado y {Si}i∈Iuna familia de segmentos en A. Pruebe que la union

⋃i∈I Si y la interseccion⋂

i∈I Si son segmentos en A.

Lema 1.14.3. Sean (A,6) un conjunto bien ordenado y S ∈ A↓. Si S 6= Aentonces S = (←, a), donde a = p.elem. (A− S).


Demostracion. Sea S 6= A. Por lo tanto, existe a = p.elem. (A−S). Usaremosen lo que sigue que 6 es un orden total en A (ver 1.13.2), y por lo tanto sesatisface la propiedad de tricotomıa (ver 1.13.3) . Veamos que S ⊆ (←, a). Sieste no fuera el caso, existirıa x ∈ S tal que x 6∈ (←, a); de donde se obtienenlas implicaciones x ≮ a ⇒ a 6 x ⇒ a < x ⇒ a ∈ S. Lo cual es absurdo, puesa 6∈ S; probandose que S ⊆ (←, a).Supongamos ahora que existe x ∈ (←, a) tal que x 6∈ S. De la ultima condicion,se concluye que a ≤ x pues a = p.elem. (A−S); contradiciendo que x ∈ (←, a).De donde se sigue que (←, a) ⊆ S. 2

Definicion 1.14.4. Sean (A,6) y (A′,6′) conjuntos parcialmente ordenados.

(a) Un morfismo (de conjuntos parcialmente ordenados) f : (A,6) →(A′,6′) es una funcion f : A→ A′ que preserva el orden, esto es,

∀ (x, y) ∈ A2 (x 6 y ⇒ f(x) 6′ f(y) ).

(b) Un morfismo f : (A,6) → (A′,6′) se dice que es un isomorfismo, siexiste un morfismo g : (A′,6′)→ (A,6) tal que g ◦ f = 1A y f ◦ g = 1A′ .

Ejercicio 1.14.5. Sean (A,6) y (A′,6′) conjuntos parcialmente ordenados.Pruebe que, para una funcion f : A→ A′, las siguientes condiciones son equi-valentes.

(a) f : (A,6)→ (A′,6′) es un isomorfismo.

(b) f : A → A′ es una funcion biyectiva y que ademas satisface la siguientepropiedad: ∀ (x, y) ∈ A2 (x 6 y ⇔ f(x) 6′ f(y) ).

Ejercicio 1.14.6. Sean f : (A,6) → (A′,6′) un isomorfismo de conjuntosparcialmente ordenados y X ⊆ A. Pruebe las siguientes condiciones.

(a) (A,6) es un conjunto bien (respectivamente, totalmente) ordenado si ysolo si (A′,6′) lo es.

(b) f(p.elem. (X)) = p.elem. (f(X)) y f(u.elem. (X)) = u.elem. (f(X)).

(c) f(c.sup. (X)) = c.sup. (f(X)) y f(c.inf. (X)) = c.inf. (f(X)).

(d) f(max (X)) = max (f(X)) y f(min (X)) = min (f(X)).

(e) f(sup (X)) = sup (f(X)) y f (ınf (X)) = ınf (f(X)).

Teorema 1.14.7. Sea (A,6) un conjunto bien ordenado. Entonces, las si-guientes condiciones se satisfacen.

(a) A↓ − {A} = (←, A).

(b) La funcion ϕ : (A,6) → ((←, A),⊆), dada por ϕ(a) := (←, a), es unisomorfismo de conjuntos parcialmente ordenados.

1.15. El buen orden y el Principio de induccion transfinita 45

Demostracion. Por 1.14.3 se obtiene (a). Por otro lado, la suryectividad deϕ : A → (←, A) es clara. Hacemos notar que vale lo siguiente: ∀ a ∈ A ( a 6∈ϕ(a) ). Usaremos lo anterior, y el hecho que 6 es un orden total (ver 1.13.2).Veamos que ϕ es inyectiva. En efecto, sea ϕ(a) = ϕ(b). Si fuera a < b, ten-driamos que a ∈ ϕ(b) = ϕ(a), lo cual es absurdo. Analogamente, se ve que lacondicion a > b lleva a una contradiccion. Por lo tanto, necesariamente a = b.Veamos que: a 6 b ⇒ ϕ(a) ⊆ ϕ(b). En efecto, si a = b la inclusion anterior estrivial; y si a < b, se tiene que x < a⇒ x < b, de donde se sigue ϕ(a) ⊆ ϕ(b).Veamos que: ϕ(a) ⊆ ϕ(b) ⇒ a 6 b. En efecto, supongamos que b < a. En talcaso, tendrıamos que b ∈ ϕ(a) ⊆ ϕ(b), lo cual es absurdo pues b 6∈ ϕ(b). Por lotanto, necesariamente a 6 b.Finalmente, aplicando 1.14.5 a lo anterior, obtenemos que ϕ es un isomorfismode conjuntos parcialmente ordenados. 2

Ejercicio 1.14.8. Sea (A,6) un conjunto bien ordenado. Pruebe que (A↓,⊆)tambien lo es.Sugerencia: Usar 1.14.6 y 1.14.7.

Ejercicio 1.14.9. Considere el conjunto A = {1, 2, 3} y la relacion de orden 6dada por la siguiente relacion binaria {(1, 1), (2, 2), (3, 3), (1, 2), (3, 2)}. Realiceel diagrama de Hasse de (A,6) y (A↓,⊆). Observe que (A↓,⊆) no es unconjunto bien ordenadado.

1.15. El buen orden y el Principio de inducciontransfinita

Como ya vimos anteriormente, un conjunto totalmente ordenado no nece-sariamente esta bien ordenado. Por otro lado, el buen orden implica el ordentotal. Como veremos en esta seccion, los conjuntos bien ordenados, se pue-den caracterizar como aquellos conjuntos totalmente ordenados en los cualeses valido el principio de induccion transfinita.

Definicion 1.15.1. Sea (A,6) un conjunto totalmente ordenado. Decimos queen dicho conjunto es valido el principio de induccion transfinita, si se satisfacenlas siguientes dos condiciones:

(C1) Existe α = p.elem. (A).

(C2) Sea P un predicado en una variable x que toma valores en el conjunto A.Si, para todo x ∈ A, la validez de ∀ y ∈ (←, x) P (y) implica la validez deP (x), entonces la proposicion P (x) es verdadera para cualquier x ∈ A.

Observacion. Note que la condicion impuesta en (C2), de la definicion ante-rior, implica la validez de P (α). Esto se debe a que el segmento canonico (←, α)es vacio; y por lo tanto, la proposicion ∀ y ∈ (←, α) P (y) es siempre verdadera.Por lo tanto, la condicion impuesta (hipotesis) en (C2) puede reemplazarse por


las siguientes dos: (a) P (α) es verdadera, y (b) para todo x ∈ A − {α}, lavalidez de ∀ y ∈ (←, x) P (y) implica la validez de P (x).

Teorema 1.15.2. Sea (A,6) un conjunto totalmente ordenado. Entonces, lassiguientes condiciones son equivalentes.

(a) En (A,6) es valido el principio de induccion transfinita.

(b) (A,6) es un conjunto bien ordenado.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Sea valido el principio de induccion transfinitaen (A,6). Consideremos α = p.elem. (A) y un subconjunto no vacio X de A.Veamos que existe p.elem. (X). Podemos asumir que X tiene al menos doselementos. Note que α ∈ c.inf. (X) pues α = p.elem. (A).Aseguramos que c.inf. (X) 6= A. En efecto, sean a, b ∈ X con a 6= b (taleselementos existen por hipotesis); si fuera c.inf. (X) = A, tendrıamos que a 6 by b 6 a, se donde se seguirıa que a = b, lo cual es absurdo. Por lo tantoc.inf. (X) 6= A.Por otro lado, aseguramos que vale lo siguiente:

(∗) ∃ a ∈ A ( (←, a) ⊆ c.inf. (X) ∧ a 6∈ c.inf. (X) ).

En efecto, supongamos que la condicion (∗) es falsa. Luego su negacion esverdadera; y usando la Ley condicional-disyuncion (ver en la Seccion 1.1), setiene que la siguiente proposicion es verdadera ∀ a ∈ A ( (←, a) ⊆ c.inf. (X)⇒a ∈ c.inf. (X) ). Por lo tanto, considerando el predicado P (x) := “x ∈ A ∧ x ∈c.inf. (X)”, se tiene que dicho predicado P satisface las condiciones impuestasen (C2). De donde se sigue que c.inf. (X) = A, lo cual es absurdo; probandose(∗). Ahora bien, sea a ∈ A satisfaciendo (∗). Dado que a 6∈ c.inf. (X), se tieneque ∃xa ∈ X tal que xa < a. En particular xa ∈ (←, a) ⊆ c.inf. (X) y por lotanto xa = p.elem. (X).

(b) ⇒ (a) Sea (A,6) un conjunto bien ordenado. Sea P un predicado enuna variable x que toma valores en el conjunto A. Supongamos que para todox ∈ A, la validez de ∀ y ∈ (←, x) P (y) implica la validez de P (x). Veamos que∀x ∈ A (P (x) ) es verdadera. En efecto, sea B := {x ∈ A | ¬P (x)}. Si B 6= ∅,existe b = p.elem. (B). Luego P (x) es verdadera para cualquier x ∈ (←, b), ypor lo tanto P (b) es verdadera, lo cual es absurdo. De donde se sigue que elconjunto B es vacio, y ası, se concluye la validez de ∀x ∈ A (P (x) ). 2

1.16. Retıculas (Lattices)

Definicion 1.16.1. Un conjunto parcialmente ordenado (A,6) se dice que es:

(a) Una retıcula , si para cada par (a, b) ∈ A2 existen los siguientes elementosa ∨ b := sup ({a, b}) y a ∧ b := ınf ({a, b} ).

(b) Una retıcula completa , si para cada subconjunto no vacio S de A exis-ten sup (S) y ınf (S).

1.16. Retıculas (Lattices) 47

Ejercicio 1.16.2. Pruebe que en una retıcula (A,6), las funciones ∧,∨ : A2 →A, con ∧(a, b) := a∧ b = sup ({a, b}) y ∨(a, b) := a∨ b = ınf ({a, b} ), satisfacenlas siguientes propiedades.

(a) Leyes de conmutatividad: ∀ (a, b) ∈ A2 se tiene que a ∧ b = b ∧ a ya ∨ b = b ∨ a.

(b) Leyes de asociatividad: ∀ (a, b, c) ∈ A3 se tiene que a∧ (b∧ c) = (a∧ b)∧ cy a ∨ (b ∨ c) = (a ∨ b) ∨ c.

(c) Leyes de absorcion: ∀ (a, b) ∈ A2 se tiene que a∨(a∧b) = a y a∧(a∨b) =a.

(d) Leyes de idempotencia: ∀ a ∈ A se tiene que a ∨ a = a y a ∧ a = a.

(e) ∀ (a, b) ∈ A2 se tiene que: a 6 b⇔ a = a ∧ b⇔ b = a ∨ b.Ejercicio 1.16.3. Sea A un conjunto. Considere dos funciones ∧,∨ : A2 → Acualesquiera. Escribiendo ∧(a, b) = a∧ b y ∨(a, b) = a∨ b, pruebe que si dichasfunciones satisfacen las Leyes de absorcion (ver 1.16.2), entonces satisfacen lasLeyes de idempotencia.

Ejercicio 1.16.4. Sea A un conjunto, junto con dos funciones ∧,∨ : A2 →A que satisfacen las Leyes de conmutatividad, asociatividad y absorcion (ver1.16.2), donde escribimos ∧(a, b) = a ∧ b y ∨(a, b) = a ∨ b. Pruebe que lassiguientes condiciones se satisfacen.

(a) La relacion 6, dada por a 6 b⇔ a = a ∧ b, es un orden parcial en A.

(b) La relacion 6′, dada por a 6′ b⇔ b = a ∨ b, es un orden parcial en A; yademas, se tiene que el orden 6 coincide con 6′ .

(c) (A,6) es una retıcula.

(d) ∀ (a, b) ∈ A2, ∧(a, b) = sup ({a, b},6) y ∨(a, b) = ınf ({a, b},6).

Definicion 1.16.5. Sean (A,6) y (A′,6′) retıculas.

(a) Decimos que f : (A,6) → (A′,6′) es un morfismo de retıculas sif : A→ A′ es una funcion tal que ∀ (x, y) ∈ A2,

f(x ∨ y) = f(x) ∨ f(y) y f(x ∧ y) = f(x) ∧ f(y).

(b) Un morfismo de retıculas f : (A,6) → (A′,6′) se dice que es un iso-morfismo si existe un morfismo de retıculas g : (A′,6′) → (A,6) talque g ◦ f = 1A y f ◦ g = 1A′ .

Ejercicio 1.16.6. Sea f : (A,6)→ (B,6′ ) un morfismo de retıculas. Pruebelas siguientes afirmaciones.

(a) f es un morfismo de conjuntos parcialmente ordenados.

(b) f es un isomorfismo de retıculas si y solo si f lo es de conjuntos parcial-mente ordenados.


1.17. Axiomas de Peano y el buen orden en NEl conjunto N de los numeros naturales puede ser introducido (intuitiva-

mente) como el conjunto cuyos elementos son los siguientes conjuntos:

0 := ∅, 1 := {∅}, 2 := {∅, {∅}}, · · ·

Sin embargo, resulta equivalente introducirlos desde el punto de vista de unlenguaje formalizado, mediante un conjunto de axiomas. En 1889, GiuseppePeano propuso un conjunto axiomas con los cuales es posible deducir en Ntanto las propiedades de las operaciones de suma y multiplicacion como elbuen orden. En lo que sigue, exponemos los axiomas de Peano y la derivacionde las propiedades basicas para la suma y la multiplicacion en N, ası como subuen orden.

Axiomas de Peano

Los axiomas de Peano son una forma de introducir y establecer las propieda-des basicas de los numeros naturales. Para esto, hablaremos primero de losconceptos primitivos y luego de los axiomas.

Conceptos primitivos. Se postula la existencia de

(a) un conjunto N, cuyos elementos se llaman “numeros naturales”,

(b) un objeto matematico llamado “cero” e indicado por el sımbolo “0”,

(c) una relacion binaria “sig” en N, donde x sig y se lee “y es siguiente de x.”

Los conceptos primitivos anteriores satisfacen los siguientes axiomas.

Axiomas de Peano.

(A1) 0 ∈ N.

(A2) sig : N→ N es una funcion inyectiva.

(A3) ∀ x ∈ N ( sig (x) 6= 0 ).

(A4) Si X ⊆ N es tal que:

(i) 0 ∈ X,(ii) ∀ x ∈ N (x ∈ X ⇒ sig (x) ∈ X ),

entonces X = N.

Definicion 1.17.1. 1 := sig (0) y x + 1 := sig (x) para cada x ∈ N+, dondeN+ := N− {0}.

Principio de induccion completa

1.17. Axiomas de Peano y el buen orden en N 49

El siguiente, es el llamado Principio de induccion completa, el cual es unaherramienta basica muy util.

Teorema 1.17.2. Sea P un predicado en una variable x que toma valores enel conjunto N. Si se satisfacen las siguientes dos condiciones:

(i) P (0) es verdadera, y

(ii) para todo x ∈ N, la validez de P (x) implica la de P (x+ 1),

entonces P (x) es verdadera para todo x ∈ N.

Demostracion. Sea X := {x ∈ N | P (x) es verdadera}. Supongamos quese satisfacen las condiciones (i) y (ii) del teorema. Veamos que se cumplenlas hipotesis del Axioma A4. En efecto, 0 ∈ X pues P (0) es verdadera. Seax ∈ X, luego tenemos la siguiente cadena de implicaciones: x ∈ X ⇒ P (x) esverdadera ⇒ P (x + 1) es verdadera ⇒ x + 1 ∈ X. Por lo tanto, de A4 seconcluye que X = N; probandose que P (x) es verdadera para todo x ∈ N. 2

Como una primera aplicacion del Principio de induccion completa, se tieneel siguiente resultado.

Proposicion 1.17.3. La funcion sig : N→ N+ es biyectiva

Demostracion. Por el axioma A2, es suficiente ver que sig : N → N+ essuryectiva. Consideremos el predicado P (x) :=“x = 0 o bien x = sig (y) paraalgun y ∈ N.” Veamos que dicho predicado satisface las hipotesis del Principiode induccion completa. En efecto, P (0) es verdadero pues 0 = 0.Sea x ∈ N y supongamos que P (x) es verdadera. Si x = 0 es claro que P (1)es verdadera pues 1 = sig (0). Supongamos que x 6= 0. Luego x = sig (y) y porlo tanto x + 1 = sig (y) + 1 = sig (sig (y)); de donde se sigue que P (x + 1) esverdadera. 2

Consecuencias de los axiomas

Usando el Principio de induccion completa y los axiomas de Peano, se pue-den probar las siguientes propiedades de la suma y el producto de numerosnaturales.

I. Propiedades de la suma. Existe una funcion N×N→ N, que escribimos(x, y) 7→ x+ y, llamada “suma”, que satisface las siguientes propiedades.

(S1) ∀ x ∈ N (x+ 1 = sig (x) ).

(S2) ∀ (x, y) ∈ N2 (x+ y = y + x ).

(S3) ∀ x ∈ N (x+ 0 = x ).

(S4) ∀ (x, y, z) ∈ N3 ( (x+ y) + z = x+ (y + z) ).

(S5) ∀ (x, y, z) ∈ N3 (x+ y = x+ z ⇒ y = z ).


(S6) Para cada par (x, y) ∈ N2, se satisface solo una de las siguientes trescondiciones:

(i) x = y,

(ii) ∃u ∈ N+ tal que x+ u = y,

(iii) ∃ v ∈ N+ tal que x = y + v.

II. Propiedades del producto. Existe una funcion N×N→ N, que escribimos(x, y) 7→ x · y, llamada “producto”, que satisface las siguientes propiedades.

(P1) ∀ (x, y) ∈ N2 (x · sig (y) = x · y + x ).

(P2) ∀ x ∈ N (x · 0 = 0 ).

(P3) ∀ (x, y) ∈ N2 (x · y = y · x ).

(P4) ∀ (x, y, z) ∈ N3 (x · (y + z) + z = x · y + x · z ).

(P5) ∀ x ∈ N (x · 1 = x ).

(P6) ∀ (x, y, z) ∈ N3 ( (x · y) · z = x · (y · z) ).

El buen orden en N

Como ya vimos antes, la relacion binaria 6 en N, dada por: a 6 b ⇔ ∃u ∈ Ntal que a + u = b, es un relacion de orden en N. Dicha relacion, se le conocecomo “el orden usual en N”. Veamos, como se puede probar este hecho usandolos Axiomas de Peano.

Proposicion 1.17.4. Sea 6 el orden usual en N. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) (N,6) es un conjunto totalmente ordenado y ademas 0 = p.elem. (N).

(b) ∀ (x, y) ∈ N2 (x < y ⇔ ∃u ∈ N+ (x+ u = y ) ).

Demostracion. (a) Veamos primeramente que (N,6) es un conjunto par-cialmente ordenado. Para ello, tenemos que probar que la relacion 6 en N esreflexiva, simetrica y transitiva. Lo anterior se prueba usando las propiedadesde la suma en N. En efecto, por la propiedad (S3) se tiene que 6 es reflexiva.De (S4) y (S5) se concluye que 6 es antisimetrica; y por (S4) obtenemos que6 es transitiva.Finalmente, de (S6) se tiene que 6 es un orden total; y por (S3) obtenemosque 0 = p.elem. (N).

(b) Es consequencia inmediata de la propiedad (S6) de la suma en N. 2

Corolario 1.17.5. ∀x ∈ N (x 6= 0 ⇔ x > 0 ).

1.17. Axiomas de Peano y el buen orden en N 51

Demostracion. Es consequencia inmediata de 1.17.4 (b) y de las propiedades(S2) y (S3) de la suma en N. 2

Proposicion 1.17.6. El orden usual 6 en N satisface las siguientes propieda-des.

(a) ∀ (x, y, z) ∈ N3 (x 6 y ⇒ x+ z 6 y + z ).

(b) ∀ (x, y) ∈ N2 ( y > x⇒ y > x+ 1 ).

(c) ∀ x ∈ N+ (x > 1 ).

(d) ∀ (x, y) ∈ N2 ( (x > 0 ∧ y > 0)⇒ x · y > 0 ).

Demostracion. (a) Sea x 6 y. Luego ∃u ∈ N tal que x+u = y. Por lo tanto,usando las propiedades (S2) y (S4) de la suma, se tiene que (x+z)+u = y+z.De donde concluimos que x+ z 6 y + z.

(b) Sea y > x. Luego ∃u ∈ N+ tal que y = x+ u. Por otro lado, de 1.17.3,tenemos que ∃ v ∈ N tal que u = v + 1, por lo que y = x + u = x + (v + 1) =v + (x+ 1); probandose que y > x+ 1.

(c) Sea x ∈ N+. Por 1.17.3, existe y ∈ N tal que x = y + 1. Por lo tantox > 1.

(d) Sean x > 0 y y > 0. En virtud de 1.17.3, existe u ∈ N tal que y = sig(u),por lo que x · y = x · sig(u) = x · u + x > x, y como x > 0, concluimos quex · y > 0. 2

Teorema 1.17.7. El orden usual 6 en N es un buen orden.

Demostracion. Sea X un subconjunto no vacio de N. Veamos que existep.elem. (X). Para esto, consideremos el conjunto Y := c.inf.(X) de las cotasinferiores de X. Aseguramos que Y, tiene las siguientes propiedades:

(i) 0 ∈ Y, (ii) Y 6= N, (iii) ∃h ∈ Y tal que h+ 1 6∈ Y.

En efecto, (i) se cumple pues 0 =p.e.(N). Para (ii), sea x ∈ X 6= ∅, dado quex+ 1 > x, tenemos que x+ 1 6∈ Y. Ahora, supongamos que (iii) es falso. Por lotanto ∀ h (h ∈ Y ⇒ h+ 1 ∈ Y ) es verdadera, y por el Axioma A4 de Peano,tenemos que Y = N, que contradice a (ii). Luego (iii) es verdadero.

Veamos que h = p.elem. (X). En efecto, ∀x ∈ X (h 6 x ) es verdaderapues h ∈ Y. Supongamos que h 6∈ X. Luego, por 1.17.4, tenemos que h < xpara todo x ∈ X; y por 1.17.6 (b), concluimos que ∀x ∈ X (h + 1 6 x ). Porlo que h+ 1 ∈ Y , lo cual contradice (iii). Por lo tanto h ∈ X, probandose queh = p.elem. (X). 2

Dos propiedades especiales de la multiplicacion en N

En lo que sigue, probaremos dos propiedades muy importantes de la mul-tiplicacion en N. La primera de ellas se refiere a la inexistencia de divisores decero en N; y la segunda se le conoce como la propiedad cancelativa en N.


Proposicion 1.17.8. ∀ (x, y) ∈ N2 (x · y = 0 ⇒ (x = 0 ∨ y = 0) ).

Demostracion. Sea (x, y) ∈ N2 tal que x · y = 0. Supongamos que x 6=0 ∧ y 6= 0. Luego, por 1.17.5, se sigue que x > 0 ∧ y > 0; y por 1.17.6 (d),obtenemos que x · y > 0. Aplicando de nuevo 1.17.5, concluimos que x · y 6= 0,lo cual es absurdo. Por lo tanto x = 0 ∨ y = 0. 2

Proposicion 1.17.9. ∀ (x, y, z) ∈ N3 ( ( z · x = z · y ∧ z 6= 0 ) ⇒ x = y ).

Demostracion. Sea (x, y, z) ∈ N3 tal que z · x = z · y ∧ z 6= 0. Supongamosque x 6= y. Luego, por 1.17.4 (a), se tiene que x < y o bien y < x.

Si x > y, existe u 6= 0 tal que x = y + u. Luego, por la propiedad (P4) delproducto, se tiene que z · x = z · (y + u) = z · y + z · u. Ahora bien, z · u 6= 0pues z 6= 0 y u 6= 0 (ver 1.17.8). Por lo tanto, de 1.17.4 (b), obtenemos quez · y < z · x, que contradice que z · x = z · y. Analogamente, si y < x, llegamostambien a una contradiccion. Por lo tanto x = y. 2

1.18. Distintas formas del principio de induc-cion en N

Aparte del Principio de induccion completa en N, existen tres principios deinduccion en N (que veremos a continuacion) los cuales son herramientas muyutiles en diferentes contextos.

Teorema 1.18.1 (Principio 1). Sean n0 ∈ N y P un predicado en una va-riable x que toma valores en el conjunto {z ∈ N | n0 6 z}. Si se satisfacen lassiguientes dos condiciones:

(i) P (n0) es verdadero, y

(ii) para todo k > n0, la validez de P (k) implica la de P (k + 1),

entonces P (n) es verdadero ∀ n > n0.

Demostracion. Considere el predicado Q(x) := P (x + n0). Luego Q es unpredicado en la variable x que toma valores en N. Aplicaremos el principio deinduccion completa en N, al predicado Q. Supongamos que valen las hipotesis(i) y (ii) del Principio 1. Luego Q(0) = P (n0) es verdadero, cumpliendose paraQ la primera hipotesis del principio de induccion completa en N.

Sea k ∈ N. Luego, como k + n0 > n0, por la hipotesis (ii) del teorema, setienen las siguientes implicaciones: Q(k) verdadero ⇒ P (k + n0) es verdadero⇒ Q(k + 1) = P (k + 1 + n0) es verdadero. Por lo tanto, Q(k) es verdadero∀ k ∈ N. De donde se sigue que P (n) es verdadero ∀ n > n0. 2

Teorema 1.18.2 (Principio 2). Sean n0 ∈ N y P un predicado en una va-riable x que toma valores en el conjunto {z ∈ N | n0 6 z}. Si se satisfacen lassiguientes dos condiciones:

1.18. Distintas formas del principio de induccion en N 53

(i) P (n0) es verdadero,

(ii) la validez de P (k) para todo k tal que n0 6 k < ` implica la de P (`),

entonces P (n) es verdadero ∀ n > n0.

Demostracion. Sea S := {n ∈ N | n > n0 y P (n) es falso}. Veamosque S = ∅. En efecto, si S 6= ∅, tenemos por el buen orden en N que existes0 = p.elem.(S). Luego P (s0) es falso y s0 > n0, pues P (n0) es verdadero.Ahora bien, si n0 6 s < s0, se tiene que P (s) es verdadero. Por lo tanto, de lahipotesis (ii), tenemos que P (s0) es verdadero; lo cual contradice que P (s0) esfalso. Luego S = ∅ y ası concluimos que P (n) es verdadero ∀ n > n0. 2

Teorema 1.18.3 (Induccion doble). Sea P un predicado en dos variablesx, y que toman valores en el conjunto N. Si se satisfacen las siguientes doscondiciones:

(i) P (n, 0) y P (0,m) son verdaderos, para cualesquiera n,m ∈ N,

(ii) la validez de P (k, l + 1) y P (k + 1, l) implican la de P (k + 1, l + 1),

entonces P (n,m) es verdadero para todo (n,m) ∈ N2.

Demostracion. Para cada m ∈ N, consideremos la siguiente seccion en N2

Sm := {(n,m) ∈ N× N | n ∈ N}.

En el siguiente dibujo, ilustramos como se ven dichas secciones. Observe que⋃m∈N Sm = N× N.

1 2 k k + 1

1

2

l

l + 1

S2 =

0

S1 =

S0 =

Consideremos el conjunto A := {(n,m) ∈ N×N | P (n,m) es verdadero} ysupongamos que el predicado P satisface las hipotesis (i) y (ii) de la Inducciondoble. Dado que

⋃m∈N Sm = N × N, para obtener que P (n,m) es verdadero

para todo (n,m) ∈ N2, es suficiente probar que ∀ m ∈ N ( Sm ⊆ A ). La pruebala haremos por induccion sobre m. Para ello, tenemos que ver que: (a) S0 ⊆ A

y que (b) Sl ⊆ A ⇒ Sl+1 ⊆ A. Observe que S0 ⊆ A si y solo si P (n, 0) esverdadero ∀ n ∈ N; lo cual es cierto por la hipotesis (i), de donde se sigue (a).Para probar (b), supongamos que Sl ⊆ A. Consideremos el predicado Q(x) =“(x, l + 1) ∈ A” en la variable x que toma valores en el conjunto N. Luego,Q(n) es verdadero ∀ n ∈ N si y solo si Sl+1 ⊆ A. Por lo que, para obtener (b),basta aplicar el Principio de induccion completa en N al predicado Q. Para


empezar, Q(0) = “(0, l + 1) ∈ A” y por lo tanto Q(0) es verdadera por lahipotesis (i). Supongamos ahora que Q(k) es verdadera y veamos que Q(k+ 1)tambien lo es. En efecto, P (k, l+1) es verdadera pues Q(k) lo es. Por otro lado,P (k + 1, l) tambies es verdadera pues Sl ⊆ A. Esto implica, por la hipotesis(ii), que P (k + 1, l + 1) es verdadera, de donde se sigue que Q(k + 1) tambienlo es. 2

Ejemplos. (1) Veamos que n2 > 2n+ 1 ∀ n > 3.

En efecto, usaremos el Principio 1, con n0 = 3 y P (n) = “n2 > 2n+ 1”.

(i) P (3) es verdadera, pues 32 > 2 · 3 + 1.

(ii) P (k) es verdadera para k > 3 ⇒ P (k + 1) es verdadera:

(k + 1)2 = k2 + 2k + 1 > 2k + 1 + 2k + 1

= 2k + 2 + 2k = 2(k + 1) + 2k > 2(k + 1) + 1,

donde la ultima desigualdad se tiene pues k > 3 ⇒ 2k > 6 > 1.Por lo tanto (k + 1)2 > 2(k + 1) + 1.

(2) Veamos que n2 + n es par ∀ n ∈ N.En efecto, usaremos el Principio de induccion completa con P (n) = “n2 +n es par”.

(i) P (0) es claramente verdadera.

(ii) P (k) es verdadera ⇒ P (k + 1) es verdadera:

Dado que P (k) es verdadera, se tiene que k2 + k = 2l para algunl ∈ N. Luego:

(k + 1)2 + k + 1 = k2 + 2k + 1 + k + 1 = k2 + k + 2k + 2

= 2l + 2k + 2 = 2(l + k + 1).

Por lo tanto (k + 1)2 + k + 1 es par.

(3) Veamos que 2n > n2 ∀ n > 4.

En efecto, usaremos el Principio 1, con n0 = 4 y P (n) = “ 2n > n2 ”.

(i) P (4) es verdadera, pues 24 > 42.

(ii) P (k) es verdadera para k > 4 ⇒ P (k + 1) es verdadera:

Dado que P (k) es verdadera, tenemos que 2k > k2 para k > 4.Luego:

2k+1 = 2 · 2k > 2 · k2 = k2 + k2

> k2 + 2k + 1 = (k + 1)2,

donde la ultima desigualdad se debe al Ejemplo (1). Por lo tanto2k+1 > (k + 1)2.

1.19. El Axioma de la eleccion y sus formas equivalentes 55

(4) Para un numero real positivo b, veamos que

∀ (n,m) ∈ N2 ( bn+m = bn · bm ).

En efecto, recordemos primeramente que, para n ∈ N, bn se define “in-ductivamente” como sigue: b0 := 1; y una vez definido bn, definimosbn+1 := bn · b. En este ejemplo, ilustraremos el uso de la Induccion doble.Consideremos el predicado P (x, y) = “ bx+y = bx · by ” en las variablesx, y que toman valores en el conjunto N.

(i) P (n, 0) = “ bn+0 = bn · b0 ” es verdadera ∀ n ∈ N, pues b0 = 1 ybn · 1 = bn. Analogamente, se ve que P (0,m) es verdadera ∀ m ∈ N.

(ii) Supongamos que P (k, l + 1) y P (k + 1, l) son verdaderas. Luego

bk+(l+1) = bk · bl+1 y b(k+1)+l = bk+1 · bl.

De las igualdades anteriores se sigue que

b(k+1)+(l+1) = b(k+1+l)+1 = b · b(k+1)+l

= b · bk+1 · bl = bk+1 · bl+1.

Por lo tanto P (k + 1, l + 1) es verdadera.

1.19. El Axioma de la eleccion y sus formasequivalentes

El Axioma de la eleccion fue enunciado por vez primera en 1904 por ErnstZermelo. Recordamos lo que enuncia.Axioma de la eleccion. Para todo conjunto F de subconjuntos no vacıos,existe una funcion, llamada funcion de eleccion , τ : F → ⋃

X∈F X tal queτ(X) ∈ X ∀X ∈ F.

Observacion. Si el conjunto F es finito, se puede probar, por induccion, laexistencia de tal funcion de eleccion. El problema es que cuando F es infinito,no se puede probar la existencia de dicha funcion de eleccion.

Postulado de buena ordenacion. Dado un conjunto cualquiera A, existe unorden 6 en A tal que (A,6 ) esta bien ordenado.

El siguiente resultado, que enunciamos sin prueba, se debe a Zermelo.

Teorema 1.19.1. El Axioma de la eleccion es equivalente al Postulado debuena ordenacion.

Definicion 1.19.2. Sean (A,6 ) un conjunto ordenado y B ⊆ A. Decimos queB es una cadena de A, si (B,6 |B ) esta totalmente ordenado.


Ejemplo. Sea (A,6) el conjunto parcialmente ordenado cuyo diagrama deHasse es el siguiente:

Obsereve que los conjuntos B1 = {a, c, e}, B2 = {b} y B3 = {b, d, f} soncadenas de A.

El siguiente principio (llamado Lema de Zorn) fue introducido por MaxZorn en 1935. Dicho principio es parte fundamental en las demostraciones devarios teoremas importantes, tales como: (a) el Teorema de Hahn-Banach (enanalisis funcional), (b) el teorema de existencia de bases en espacios vectoriales,(c) el Teorema de Tychonoff (en topologıa), y (d) algunos teoremas en algebraabstracta (ideales maximales, clausuras algebraicas, etc.).

Lemma de Zorn Sea (A,6) un conjunto parcialmente ordenado. Si toda ca-dena de A tiene cota superior, entonces A tiene al menos un elemento maximal.

Teorema 1.19.3. El Axioma de la eleccion, el Postulado de buena ordenaciony el Lema de Zorn son equivalentes.

Demostracion. Una prueba puede ser consultada en [12]. 2

1.20. Clases y conjuntos

Afinales del siglo XIX, Gottlob Frege presento una teorıa axiomatica deconjuntos, es decir, un sistema de axiomas a partir de los cuales podıan cons-truirse y demostrarse rigurosamente todos los resultados basicos aceptados porlos matematicos. Desgraciadamente, Bertrand Russell descubrıo (en 1901) quela axiomatica de Frege era contradictoria. En efecto, uno de los axiomas basicosde Frege (axioma de formacion de conjuntos) afirmaba lo siguiente: Para todapropiedad P (X), definible en la teorıa, existe un conjunto Y cuyos elementosson exactamente los conjuntos X que cumplen P (X). Dicho de otro modo, Fre-ge postulaba la existencia del conjunto Y = {X | P (X)}. Russell se dio cuentaque dicho axioma podıa aplicarse al predicado P (X) := “X 6∈ X ′′, el cual esuna propiedad trivialmente definida en la teorıa de Frege. Por lo tanto, debıaexistir el llamado conjunto de Russell R := {X | X 6∈ X}, que claramentenos lleva a la contradiccion R ∈ R ⇔ R 6∈ R, por lo que la axiomatizacionde Frege se volvıa inservible. Para remediarlo, B. Russell y A. N. Whitehead,presentaron otra teorıa axiomatica que, al menos en apariencia, estaba exentade contradicciones. Sin embargo, esta nueva teorıa era muy complicada, hacien-dola tan inutil como la de Frege. La primera teorıa axiomatica construida al

1.20. Clases y conjuntos 57

gusto de los matematicos fue la de E. Zermelo, que fue publicada en 1908. Laforma en que Zermelo evito la paradoja de Russell fue debilitar el axioma deformacion de conjuntos de Frege, reduciendolo como sigue: Para toda propie-dad P (X), definible en la teorıa, y todo conjunto U, existe un conjunto Y cuyoselementos son exactamente los elementos X de U que cumplen P (X). Esto es,lo que Zermelo postulaba era la existencia del conjunto Y = {X ∈ U | P (X) }.Lamentablemente, este axioma (llamado tambien esquema de especificacion)solo permite definir conjuntos a partir de otros dados, por lo que Zermelo tuvoque anadir otros axiomas que garantizaran la existencia de aquellos conjun-tos necesarios que no podıan obtenerse como subconjuntos de otros conjuntosdados. A pesar de ello, la teorıa axiomatica de Zermelo (teorıa Z) presentabaciertas lagunas a la hora de obtener resultados mas profundos en la teorıa deconjuntos. Para remediarlo, Adolf Fraenkel introdujo (a la axiomatica de Zer-melo) el llamado esquema axiomatico del reemplazo, que intuitivamente dice losiguiente: Si P (A,B) es un predicado tal que para cualquier elemento A de unconjunto X el conjunto Y = {B | P (A,B)} existe, entonces existe una fun-cion f : X → Y tal que f(A) = Y. La teorıa axiomatica de Zermelo-Fraenkel(teorıa ZF) es la que resulta al agregar a la teorıa Z el esquema axiomatico delreemplazo propuesto por Fraenkel.

A diferencia de los axiomas de la teorıa ZF, el axioma de la eleccion esun axioma no constructivo, en el sentido de que no determina un conjuntounico a partir de su informacion. Ademas, como ya comentamos anteriormente,dicho axioma es equivalente a otros principios fundamentales (Lema de Zorny el Postulado de buena ordenacion). Esto llevo a algunos matematicos alintento de probar el axioma de la eleccion a partir de los demas axiomas dela teorıa ZF. Estos intentos vanos de obtener el axioma de la eleccion, despuesde grandes esfuerzos y ciertas peculiaridades del mismo, llevaron a que algunosmatematicos pensaran ya en la posible independencia de dicho axioma conrespecto de los otros axiomas de la teorıa ZF. En 1931, Kurt Godel probo queel axioma de la eleccion era consistente con los axiomas de la teorıa ZF, porlo que podıa emplearse junto con ellos sin temor de obtener contradicciones. Apartir de entonces, agregando el axioma de la eleccion a la teorıa ZF, surge lallamada teorıa ZFC, la cual es la axiomatizacion de la teorıa de conjuntos masaceptada por los matematicos contemporaneos.

La teorıa ZFC evita las paradojas de la teorıa de conjuntos negando laexistencia de los conjuntos que las provocan. Por ejemplo: la coleccion V ={A | A = A}, cuyos elementos son todos los conjuntos, no es un conjunto. Enefecto, si V fuera un conjunto, usando el esquema de especificacion, tendrıamosque R = {X ∈ V | X 6∈ X} es un conjunto, lo cual ya vimos lleva a laparadoja de Russell. Por lo tanto, se concluye que la coleccion V de todos losconjuntos no puede ser un conjunto. Esto nos lleva a considerar una nuevacaracterizacion para las colecciones arbitrarias de conjuntos. Llamaremos aV clase universal y diremos que una coleccion A es una clase si existe unapropiedad P , tal que A = {a ∈ V | P (a)}. Es inmediato ver que la claseuniversal es una clase y que todo conjunto es una clase; de hecho cualquier


subcoleccion de V es una clase. Las clases que no son conjuntos seran llamadasclases propias y las que si lo son seran llamadas clases pequenas. Con estasnuevas condiciones, la paradoja de Russell pasa a ser una prueba de que V esuna clase propia. Al igual que en conjuntos, se introduce la nocion de subclase(en sımbolos A ⊆ W ). Similarmente, como se hizo con los conjuntos en lassecciones anteriores, se puede construir una clase a partir de otras dadas. Porejemplo, las clases A ∪ B, A ∩ B y A × B, que son, respectivamente, launion, la interseccion y el producto de las clases A y B. De la misma forma, seintroducen para las clases, las nociones de: correspondencia, funcion, familia,union e interseccion arbitraria, etc.

1.21. Numeros cardinales

Como ya fue considerado antes, recordamos que para cada n ∈ N, se tieneel intervalo [1, n]N := {x ∈ N | 1 6 x 6 n}. Observe que [1, 0]N = ∅ pues0 < 1.

Sean A y B conjuntos. Se dice que el conjunto A es coordinable con el con-junto B, si existe una funcion biyectiva f : A→ B; y en tal caso, escribiremosA ∼ B.

Definicion 1.21.1. Dado un conjunto A, el cardinal de A es la clase Card (A)cuyos elementos son todos los conjuntos B que son coordinables con A. Estoes Card (A) := {B ∈ V | A ∼ B}, donde V es la clase universal introducidaen la seccion anterior.

Observacion. Sea A un conjunto no vacio. Se puede probar que la claseCard (A) no es un conjunto.

Ejercicio 1.21.2. Pruebe que Card (∅) = {[1, 0]N}.

Definicion 1.21.3. Decimos que un conjunto A es finito si existe n ∈ N talque [1, n]N ∈ Card (A). En caso A no sea finito, diremos que A es infinito.

Lema 1.21.4. Si A es un conjunto finito, entonces existe un unico n ∈ N talque [1, n]N ∈ Card(A).

Demostracion. Sean [1, n]N ∈ Card(A) y [1,m] ∈ Card(A). Por lo tanto,existe una funcion biyectiva f : [1, n]N → [1,m]N, de donde se sigue que n = m.2

Definicion 1.21.5. Sea A un conjunto finito. Diremos que A tiene n elementoso bien que Card (A) = n si [1, n]N ∈ Card (A).

Observacion. Por 1.21.4, tenemos que el numero de elementos de un conjuntofinito esta bien definido. En particular, tenemos que Card ([1, n]N) = n; dedonde se sigue que Card (∅) = 0 pues [1, 0] ∈ Card(∅).

1.21. Numeros cardinales 59

Definicion 1.21.6. ℵ0 := Card (N) y se lee aleph subcero. Un conjunto A sedice que es numerable si Card(A) = n ∈ N o bien Card(A) = ℵ0. En el ultimocaso, decimos que A es infinito numerable .

Lema 1.21.7. Para toda x ∈ N, se tiene que Card (N− {x}) = ℵ0.

Demostracion. Sea x ∈ N. Tenemos que construir una biyeccion f : N →N − {x}. Si x = 0, sabemos que la funcion sig : N → N − {0} es un biyeccion(ver 1.17.3). Para x 6= 0, consideremos el siguiente diagrama conmutativo

Ngx ◦ sig

&&LLLLLLLLLLL

sig

��

N− {0} gx// N− {x},

donde gx(y) =

{0 si y = x,

y si x 6= y.

Como sig : N → N − {0} es una biyeccion, es suficiente probar que lafuncion gx : N−{0} → N−{x} es biyectiva. En efecto, veamos primero que gxes inyectiva. Para ello, sea gx(z) = gx(y). Si z = x, se tiene que 0 = gx(y) dedonde x = y; y en tal caso z = y. Supongamos que z 6= x. En el caso en quey = x, tenemos que gx(z) = gx(y) = 0 de donde x = z y ası z = y. Ahora bien,si fuera y 6= x, tendrıamos que z = gx(z) = gx(y) = y pues z 6= x.

Ahora veamos que gx es suprayectiva. Sea z ∈ N − {x}. Si z = 0, tenemosque gx(x) = 0 = z. Si z 6= 0, se tiene que gx(z) = z, pues z 6= x. 2

Teorema 1.21.8. El conjunto N es infinito.

Demostracion. Probaremos por induccion que ∀ n ∈ N ( [1, n]N 6∈ Card(N) ).Sea X := {n ∈ N | [1, n]N 6∈ Card(N)}. Aseguramos que el conjunto X tienelas siguientes propiedades:

(i) 0 ∈ X,(ii) n ∈ X ⇒ n+ 1 ∈ X.

En efecto, para (i): N 6= ∅ ⇒ [1, 0]N 6∈ Card(N) ⇒ 0 ∈ X. Para (ii): sea n ∈ X,en particular [1, n]N 6∈ Card(N). Supongamos que [1, n+1]N ∈ Card(N). Luego,existe una biyeccion f : N → [1, n + 1]N. Sea x := f−1(n + 1), y consideremosla funcion f ′ : N−{x} → [1, n]N donde f ′(z) := f(z) ∀ z ∈ N−{x}. Es facil verque f ′ es una biyeccion, pues f lo es. Por lo tanto, de 1.21.7, concluimos que[1, n]N ∈ Card(N−{x}) = Card(N); lo cual es absurdo, pues [1, n]N 6∈ Card(N).De donde se sigue que [1, n+1]N 6∈ Card(N), y por induccion se tiene finalmenteque X = N. 2

Observacion. Si Card (A) = ℵ0, existe una biyeccion f : N→ A. En tal caso,el conjunto A se puede identificar con la sucesion {an}n∈N, donde an := f(n)con la propiedad ai 6= aj si i 6= j. Recordamos que, en general, una sucesion enun conjunto A, es simplemente una funcion f : N→ A.


Ejemplos. (1) Sean 2N := {x | x = 2n, n ∈ N} el conjunto de los numerosnaturales pares, y 2N + 1 := {x | x = 2n + 1, n ∈ N} el de losnumeros impares. Entonces Card (2N) = Card (2N + 1) = ℵ0. En efecto,las funciones f : N→ 2N, dada por f(x) = 2x, y g : N→ N+ 1, dada porg(x) = 2x+ 1, son biyecciones.

(2) Card (Z) = ℵ0. En efecto, la funcion f : Z→ N, definida como

f(x) =

{2x si x > 0

−2x− 1 si x < 0,

es una biyeccion.

(3) Card (Q) = ℵ0. Para probar esto, escribiremos a Q en forma de sucesion{an}n∈N con la propiedad ai 6= aj para i 6= j.

Todo elemento x ∈ Q − {0} puede escribirse en la forma de “fraccionirreducible” x = p/q, con q > 0 y tal que |p| y q no tienen divisorescomunes. El caso x = 0, lo escribimos como la fraccion x = 0/1. Ahora,ordenamos estas fracciones x = p/q por valores crecientes de la suma|p|+ q, y dentro de la misma suma, por valores crecientes de p. Observeque Q =

⋃n>1Xn pues cada x = p/q ∈ Q esta en uno de los conjuntos

Xn, mas precisamente x = p/q ∈ X|p|+q, que son finitos y disjuntosentre sı. En la siguiente tabla ejemplificamos este proceso para los valoresn = 0, 1, 2, 3, 4, 5

X1 X2 X3 X4 X5

x = pq

01

−11 , 1

1−21 ,−12 ,

12 ,

21

−31 ,−13 ,

13 ,

31

−41 ,−32 ,−23 ,−14 ,

14 ,

23 ,

32 ,

41

|p|+ q 1 2 3 4 5

(4) Card (R) = Card ((0, 1)) y R es infinito no numerable, donde (0, 1) :={x ∈ R | 0 < x < 1}.

En efecto, como N ⊆ R, y N es infinito, tenemos que R tambien lo es.Ahora, construiremos una funcion biyectiva f : R → (0, 1). Para ello,consideremos la funcion tangente tan : (−π/2, π/2) → R, dada por x 7→y = tan(x), cuya grafica es la siguiente


La funcion tangente es una biyeccion, con inversa arctan : R→ (−π/2, π/2)dada por y 7→ arctan(y) = x. Como −π/2 < arctan(y) < π/2, tenemosque −1 < 2

π arctan(y) < 1. Por lo que la funcion ψ : R → (−1, 1),dada por ψ (y) := 2

π arctan(y), es una biyeccion. Por otro lado, la fun-cion ϕ : (−1, 1) → (0, 1), dada por ϕ(z) := 1

2 (1 + z), es biyectiva. Lue-go, la composicion ϕ ◦ ψ : R → (0, 1) es una biyeccion. Por lo tanto,Card (R) = Card ((0, 1)).

Veamos ahora que el conjunto infinito (0, 1) no es numerable. En efecto, sesabe que todo numero real a ∈ (0, 1) puede escribirse de una unica maneracomo una expresion decimal infinita de la forma a = 0.a(1)a(2) · · · , cona(i) ∈ {0, 1, 2, · · · , 9} y ademas con perıodo (en caso lo tenga) distintode 9. Supongamos que (0, 1) es numerable. Luego (0, 1) = {an}n∈N con

ai 6= aj para i 6= j, donde an = 0.a(1)n a

(2)n a

(3)n · · · . Ahora, construimos el

numero real b = 0.b(1)b(2)b(3) · · · en (0, 1) como sigue:

b(n) =

{0 si a

(n)n > 0,

1 si a(n)n = 0.

Luego b 6= a1 pues a(1)1 6= b(1), b 6= a2 pues a

(2)2 6= b(2), · · · y ası sucesiva-

mente. Por lo tanto ∀ n ∈ N ( b 6= an ), de donde se sigue que b 6∈ (0, 1),lo cual es absurdo. Por lo que (0, 1) no puede ser numerable.

Proposicion 1.21.9. Sean A un conjunto y F ⊆ A. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) Si A es infinito y F es finito, entonces A− F es infinito.

(b) Si A es finito entonces F es finito.

Demostracion. (a) Sean A infinito y F finito. Podemos asumir que F 6= ∅,pues si F fuera vacio tendrıamos que A−F = A y no habrıa nada que probar.Supongamos queB := A−F es finito. Luego, existen biyecciones f : F → [1, n]Ny g : B → [1,m]N.Ademas, es claro que la traslacion tn : [1,m]N → [n+1, n+m],


dada por tn(x) := x + n, es biyectiva. Por lo tanto, dado que F ∩ B = ∅ yA = F ∪B, se tiene que la siguiente funcion ϕ : A→ [1, n+m], dada por

ϕ(x) :=

{f(x) si x ∈ F,tn ◦ g(x) si x ∈ B;

esta bien definida y es biyectiva, lo cual es una contradiccion pues A es infinito.(b) Sea A finito. Podemos asumir que F 6= ∅, pues Card (∅) = 0. Dado

que A es finito, existe una biyeccion α : A → [1, n]N. Luego, se tiene unabiyeccion α′ : F → α(F ), dada por α′(x) := α(x) ∀x ∈ F, pues F ⊆ A y αes biyectiva. Ahora bien, se definen consecutivamente los siguientes elementos:b1 := p.elem. (α(F )), b2 := p.elem. (α(F ) − {b1}), · · · , bm := p.elem. (α(F ) −{b1, b2, · · · , bm−1}). Por lo tanto, dado que b1 < b2 < · · · < bm, se tiene quela funcion βm : {b1, b2, · · · , bm} → [1,m]N, dada por βm(bi) := i, es biyectiva.Luego, como α(F ) ⊆ [1, n]N, se tiene que ∃m ∈ N tal que m ≤ n y Im (α) ={b1, b2, · · · , bm}. De lo anterior, se sigue que la composicion βm ◦ α′ : F →[1,m]N es una biyeccion. 2

Conjuntos reflexivos

Definicion 1.21.10. Decimos que un conjunto A es reflexivo si no es vacioy existe un subconjunto B de A tal que B 6= A y Card (A) = Card (B).

Ejemplos. (1) N es reflexivo, pues Card (N) = Card (N− {0}).

(2) Z y Q son reflexivos, pues Card (N) = Card (Z) = Card (Q).

(3) Para a, b ∈ R, con a < b, el segmento [a, b] := {x ∈ R | a 6 x 6 b} esreflexivo. En efecto, sean 0 < ε < b−a yXε := {x ∈ R | a+ε 6 x 6 b−ε}.Luego, la funcion f : Xε → [a, b] dada por f(x) = y, donde y es el puntode interseccion de la recta que pasa por los puntos P y x, es biyectiva.En el siguiente dibujo, ilustramos la construccion geometrica de dichafuncion

a

X! =x

P

a + ! y b ! ! b

(4) R es reflexivo, pues Card ((0, 1)) = Card (R).

Lema 1.21.11. Todo conjunto infinito contiene un subconjunto infinito nume-rable.


Demostracion. Sean A un conjunto infinito y F := ℘ (A)−{∅}. Por el axiomade la eleccion, existe una funcion de eleccion τ : F → ⋃

X∈F X tal que ∀ X ∈F ( τ(X) ∈ X ). Usando la funcion de eleccion, se construye inductivamenteuna funcion f : N→ A como sigue:

(i) f(0) := τ(A),

(ii) Suponiendo definida f en el intervalo [0, n]N, hacemos

f(n+ 1) := τ(A− {f(0), f(1), · · · , f(n)}).

Dado que A es infinito, es claro que A − {f(0), f(1), · · · , f(n)} 6= ∅ ∀ n ∈ N.Por lo tanto f : N → A esta bien definida, y por construccion, f es inyectiva.De donde se sigue que Im(f) ⊆ A y Card (Im(f)) = ℵ0. 2

Lema 1.21.12. Todo conjunto reflexivo contiene un subconjunto infinito nu-merable.

Demostracion. Sea A un conjunto reflexivo y B ⊆ A con B 6= A tal queexiste una biyeccion f : A → B. Acontinuacion, se construye inductivamenteuna sucesion {un}n∈N como sigue: como A − B 6= ∅, elegimos un elementou0 ∈ A − B; y suponiendo definido un, hacemos un+1 := f(un). Por lo tanto,si se prueba que un 6= um para n 6= m, entonces U := {u1, u2, · · · } es unsubconjunto de A que es infinito numerable.

Supongamos que existe (n0,m0) ∈ N2 con n0 6= m0 y un0= um0

. SeaX := {m ∈ N | ∃n ∈ N con n 6= m y un = um}. Es claro que X 6= ∅pues m0 ∈ X. Por lo tanto existe q = p.elem. (X). En particular, ∃ p ∈ N talque p 6= q y up = uq. Dado que u0 6∈ B y un ∈ B para n > 1, se tiene queu0 6= un ∀ n > 1; de donde se sigue que q > 1 y p > 1. Por lo tanto uq = f(uq−1)y up = f(up−1), lo cual implica a su vez que f(uq−1) = f(up−1); y por ser finyectiva, tenemos que uq−1 = up−1 por lo que q − 1 ∈ X, contradiciendo queq = p.elem.(X). Por lo tanto un 6= um para n 6= m. 2

Teorema 1.21.13. Un conjunto es infinito si y solo si es reflexivo.

Demostracion. (⇒) Supongamos que A es infinito. Por 1.21.11, ∃B ⊆ A talque Card (B) = ℵ0. Sea f : B → N una biyeccion y x := f−1(0). Luego, larestriccion f | : B − {x} → N − {0} sigue siendo una biyeccion. Por otro lado,por 1.17.3, sabemos que la funcion sig : N → N+ es biyectiva. Por lo tanto,existe una biyeccion g : B → B − {x}. Ahora bien, como A = (A − B) ∪ B y(A−B)∩B = ∅, se puede definir la siguiente funcion h : A→ (A−B)∪(B−{x})como sigue:

h(x) :=

{x si x ∈ A−B,g(x) si x ∈ B.

Observe que la funcion h resulta ser biyecctiva. Por lo tanto Card (A) =

Card (C), donde C := (A−B) ∪ (B − {x}) ⊆ A y C 6= A.(⇐) Supongamos que A es reflexivo. Por 1.21.12, ∃B ⊆ A tal que B es

infinito. De 1.21.9 concluimos que A es infinito. 2


Ejercicio 1.21.14. Usando las ideas de la prueba de 1.21.13, pruebe el si-guiente resultado: Para todo conjunto infinito A, se tiene que

Card (A− {x}) = Card (A) ∀ x ∈ A.

Relacion de orden entre numeros cardinales

Definicion 1.21.15. Decimos que una clase α es un numero cardinal si esde la forma α = Card (A), para algun conjunto A. En tal caso, se dice que elconjunto A representa al cardinal α; y mas aun, diremos que el cardinal α estransfinito si el conjunto A es infinito.

Ejercicio 1.21.16. Sean A y X conjuntos. Pruebe que

X ∈ Card (A)⇔ Card (X) = Card (A).

Definicion 1.21.17. Dados los numeros cardinales α = Card (A) y β =Card (B), se dice que el cardinal α es menor o igual que el cardinal β (ensımbolos α 6 β) si existe una funcion inyectiva f : A → B. Escribiremostambien α < β si α 6 β y α 6= β.

Observacion. La definicion de orden entre numeros cardinales no dependede la eleccion del conjunto que representa a cada cardinal. En efecto, seanCard (B′) = Card (B) y Card (A′) = Card (A). Veamos que la existencia deuna funcion inyectiva A → B es equivalente a la existencia de una funcioninyectiva A′ → B′. Para ello, usaremos la existencia de funciones biyectivasg : B → B′ y f : A → A′. Sean ϕ : A → B y ψ : A′ → B′ dos funcionescualesquiera. Luego, se tienen los siguientes diagramas conmutativos

Aϕ//

f

��

B

g

��

A′g◦ϕ◦f−1

// B′

Ag−1◦ψ◦f

//

f

��

B

g

��

A′ψ// B′.

Por lo tanto, si ϕ es inyectiva, entonces g ◦ϕ ◦ f−1 tambien lo es. De la mismaforma, si ψ es inyectiva, entonces g−1 ◦ ψ ◦ f tambien lo es.

Ejercicio 1.21.18. Dados los numeros cardinales α = Card (A) y β = Card (B),pruebe lo siguiente.

(a) Si α < β entonces existe una funcion inyectiva f : A → B que no essuryectiva.

(b) Si A y B son conjuntos finitos, muestre que la recıproca del inciso (a) escierta.


Observacion. En general, no es cierto que: si existe una funcion inyectivaf : A → B que no es suryectiva, entonces Card (A) < Card (B). En efecto,considere un conjunto infinito B, un elemento fijo b ∈ B y el conjunto A := B−{b}. Sabemos por 1.21.14 que Card (A) = Card (B). Sin embargo, la inclusionde A en B es una funcion inyectiva que no es suryectiva.

Algunas propiedades de la relacion de orden entre cardinales.

En lo que sigue, enunciamos las propiedades basicas de la relacion de ordenentre cardinales. Basicamente, lo que dicen tales propiedades es que 6 es unarelacion de orden total en la “clase” de los numeros cardinales. Observe que lasdos primeras son triviales, pero las dos ultimas ya no lo son.

Propiedades del orden entre cardinales. Para los cardinales, las siguientescondiciones se satisfacen.

(P1) Para cualquier cardinal α, se tiene que α 6 α.

(P2) Para cualesquiera cardinales α, β y γ, se tiene que

(α 6 β ∧ β 6 γ ) ⇒ α 6 γ.

(P3) Teorema de Cantor-Bernstein-Shroeder. Para cualesquiera cardi-nales α y β, se tiene que

(α 6 β ∧ β 6 α )⇒ α = β.

(P4) Teorema de Cantor. Para cualesquiera cardinales α y β, solo una delas siguientes tres condiciones se satisface:

(i) α = β,

(ii) α < β,

(iii) β < α.

Finalmente, veamos que existen cardinales tan “grandes” como se quiera.

Teorema 1.21.19. ∀X ( Card (X) < Card (℘ (X)) ).

Demostracion. Sea X un conjunto. Si X = ∅, la funcion vacia ∅ → ℘ (∅) esinyectiva; y ademas es claro que los conjuntos ∅ y ℘ (∅) no son coordinables;probandose el resultado para este caso trivial.

Sea X 6= ∅. Dado que ϕ : X → ℘(X), dada por ϕ(x) = {x}, es unafuncion inyectiva, se sigue que Card (X) 6 Card (℘ (X)). Veamos ahora queCard (X) 6= Card (℘ (X)). Supongamos, por el absurdo, que existe una funcionbiyectiva f : X → ℘ (X). Consideremos el conjunto A := {x ∈ X | x 6∈ f(x)}.Luego, como f es suryectiva, ∃ a ∈ X tal que f(a) = A. Si a ∈ A se sigueque a 6∈ f(a) = A, que es una contradiccion. Luego a 6∈ A, y por lo tantoa ∈ f(a) = A, lo cual es absurdo. En conclusion, tenemos que no existe unabiyeccion f : X → ℘ (X). Por lo que Card (X) 6= Card (℘ (X)). 2


1.22. Categorıas y Funtores.

Motivacion y definicion de categorıa

La Teorıa de Categorıas surge a partir de la necesidad de interpretar con-ceptos matematicos en terminos de ciertas propiedades de diagramas y fle-chas. Por ejemplo, el concepto de producto cartesiano A × B de dos con-juntos A y B, puede interpretarse como sigue. Consideremos las proyeccionesproy1 : A × B −→ A y proy2 : A × B −→ B asociadas al producto cartesiano(esto es proyi (x1, x2) = xi para i = 1, 2). Observe que para cualquier par defunciones h1 : W → A y h2 : W → B, existe una unica funcion h : W → A×Btal que hi = proyi ◦ h para i = 1, 2. Las dos igualdades anteriores, que involu-cran a las proyecciones proyi y a las funciones h y hi, se pueden plasmar en lasiguiente figura, diciendo que es un diagrama conmutativo

Wh1

||xxxxxxxxxh2

##GGGGGGGGG

h

��

A A×Bproy1

ooproy2

// B.

En efecto, para ello, basta definir h(w) := (h1(w), h2(w)) ∀w ∈ W ; lo cualmuestra la existencia. Para ver la unicidad, suponga que existe una funcionh′ : W → A × B tal que hi = proyi ◦ h′ para i = 1, 2. Luego h′(w) = (proy1 ◦h′(w),proy2 ◦ h′(w)) = (h1(w), h2(w)) = h(w); de donde se sigue la unicidad.Lo anterior, se conoce como la propiedad universal que satisface el productocartesiano A×B.

En general, el tipo de “propiedades universales” que se requieren en ma-tematicas no pueden ser enunciadas dentro de la teorıa ZFC, pues en muchoscasos, se refieren a propiedades que cumplen ciertas clases propias, como porejemplo, la clase cuyos objetos son todos los conjuntos. Esta es la razon por lacual se requiere de una nueva nocion que involucre a las clases de objetos, enlugar de conjuntos.

Definicion 1.22.1. Una categorıa C se compone de una clase Obj(C ), cu-yos elementos (no necesariamente conjuntos) se denominan objetos de C ; unaclase Hom(C ), cuyos elementos se suelen llamar morfismos de C ; y una co-rrespondencia ◦ : Hom(C ) × Hom(C ) → Hom(C ), satisfaciendo las siguientespropiedades.

(P1) Hom(C ) =⋃

(A,B)∈Obj(C )2 HomA (A,B), donde HomC (A,B) es un con-

junto para todo par de objetos (A,B) ∈ Obj(C )2.

(P2) Para pares de objetos (A,B), (C,D) ∈ Obj(C )2 cualesquiera, se tiene queHomC (A,B) = HomC (C,D) si y solo si A = C y B = D.

1.22. Categorıas y Funtores. 67

(P3) Para cada tercia de objetos (A,B,C) ∈ Obj(C )3 la correspondencia ◦ :Hom(C )×Hom(C )→ Hom(C ), se restringe a una funcion

◦ : HomC (B,C)×HomC (A,B)→ HomA (A,C),

llamada usualmente composicion de morfismos, que satisface las si-guientes propiedades, donde escribimos f ◦ g en lugar de ◦(f, g).

(i) Asociatividad: Para cualesquiera f ∈ HomC (A,B), g ∈ HomC (B,C)y h ∈ HomC (C,D) se tiene que

h ◦ (g ◦ f) = (h ◦ g) ◦ f.

(ii) Existencia de Identidades: Para cada objeto X ∈ Obj(C ), existe unmorfismo 1X ∈ HomC (X,X), llamado identidad , tal que para todomorfismo f ∈ HomC (A,B) se satisfacen las igualdades

f ◦ 1A = f = 1B ◦ f.

Observacion. Sea C una categorıa. Para reducir la notacion, se tienen encuenta las siguientes consideraciones.

(1) Cada morfismo f ∈ HomC (A,B), se representa por una flecha f : A→ B

o bien Af// B . En tal caso, se dice que el objeto A es el dominio

de f y el objeto B es el codominio de f .

(2) Escribiremos A ∈ C en lugar de A ∈ Obj(C ); y gf en lugar de g ◦ f.

(3) Para cada par de objetos (A,B) en C , el conjunto HomC (A,B) se sueledenotar tambien por una de las siguientes variantes: Hom(A,B), C (A,B),o bien (A,B).

Ejercicio 1.22.2. Sea C una categorıa.

(a) Usando las propiedades (P1) y (P2), concluya que todo morfismo f ∈Hom(C ) tiene asociado un unico dominio y codominio.

(b) Usando la propiedad (P3), pruebe que: la identidad 1A asociada a unobjeto A ∈ C es unica.

Definicion 1.22.3. Una categorıa C se dice que es pequena , si la clase deobjetos de C es un conjunto.

Ejemplos. (1) La categorıa 1 que consta tan solo de un objeto y un morfis-mo. Observe que tal categorıa es pequena.

(2) La categorıa Sets cuya clase de objetos es la clase de todos los conjuntos;la clase de morfismos es la clase de todas las funciones entre conjuntos; yla composicion de morfismos es simplemente la composicion de funciones.Observe que Sets no es pequena.


(3) El conjunto de los numeros enteros Z, se puede ver como una cate-gorıa pequena con un solo objeto ∗. Para ello considere Obj (Z) := {∗},Hom (Z) := Z, y la composicion de morfismos es el producto de nume-ros enteros. Observe que el unico elemento de la clase de objetos de lacategorıa Z no es un conjunto si no mas el sımbolo ∗.

(4) Sea A una clase y 6 una relacion de pre-orden en la clase A , esto es, 6es reflexiva y transitiva en A . La clase pre-ordenada (A ,≤) la podemospensar, en la siguiente forma, como una categorıa. Para ello, ponemosObj ((A ,≤)) := A ; y para cada par de objetos (x, y) ∈ A 2, el conjuntode morfismos Hom(A ,≤)(x, y) tiene a lo mas un elemento que denotaremospor fyx , esto es,

Hom(A ,≤)(x, y) :=

{fyx si x 6 y,∅ si x 66 y.

Por otro lado, la composicion de morfismos

◦ : Hom(A ,≤)(b, c)×Hom(A ,≤)(a, b)→ Hom(A ,≤)(a, c)

se define como sigue: f cb ◦ f ba := f ca. Recıprocamente, supongamos que Ces una categorıa con la propiedad: Para cada par de objetos (a, b) en C ,el conjunto de morfismos HomC (a, b) tiene a lo sumo un elemento. Ental caso, es posible definir una relacion de pre-orden 6 en C como sigue:a ≤ b si y solo si HomC (a, b) 6= ∅.

Definicion 1.22.4. Sea C una categorıa. Una categorıa C ′ se dice que es unasubcategorıa de C si satisface las siguientes condiciones.

(SC1) Obj (C ′) ⊆ Obj (C ).

(SC2) HomC ′(A,B) ⊆ HomC (A,B) para cada (A,B) ∈ Obj (C ′)2.

(SC3) La composicion de morfismos en C ′ coincide con la composicion en C .

(SC4) Para cada objeto A ∈ C ′, si 1′A y 1A son las respectivas identidades enC ′ y C , entonces 1′A = 1A.

Mas aun, en el caso en que ademas se satisfaga la igualdad en la condicion(SC2), diremos que C ′ es una subcategorıa plena de C .

Funtores

La nocion de funtor se introduce con la finalidad de poder comparar doscategorıas arbitrarias, generalizando el concepto de funcion entre conjuntos.

Definicion 1.22.5. Sean A y B categorıas. Un funtor covariante F : A →B es una correspondencia

(Af→ A′ ) 7→ (F (A)

F (f)−→ F (A′) ),


que preserva la composicion de morfismos y las identidades. Esto es, a ca-da objeto A ∈ A le asigna un objeto F (A) ∈ B; y a cada morfismo f ∈HomA (A,A′), le asigna un morfismo F (f) ∈ HomB(F (A), F (A′)), de maneratal que se satisfagan las siguientes dos condiciones.

(a) Si f y g son morfismos en A , cuya composicion fg en A esta definida,entonces F (fg) = F (f)F (g).

(b) Para cada objeto A ∈ A , se tiene que F (1A) = 1F (A).

Definicion 1.22.6. Sean A y B categorıas. Un funtor contravariante F :A → B es una correspondencia,

(Af→ A′ ) 7→ (F (A′)

F (f)−→ F (A) ),

que invierte el orden de la composicion de morfismos y preserva las identidades.Esto es, a cada objeto A ∈ A le asigna un objeto F (A) ∈ B; y a cada morfismof ∈ HomA (A,A′), le asigna un morfismo F (f) ∈ HomB(F (A′), F (A)), demanera tal que se satisfagan las siguientes condiciones.

(a) Si f y g son morfismos en A , cuya composicion fg en A esta definida,entonces F (fg) = F (g)F (f).

(b) Para cada objeto A ∈ A , se tiene que F (1A) = 1F (A).

Ejemplos. (1) El funtor identidad 1A : A → A , se define como sigue:1A (A) := A para cada A ∈ A , y 1A (f) := f para cada morfismo f enA . Observe que dicho funtor es covariante.

(2) Sea A ′ una subcategorıa de A , el funtor inclusion IncA ′ : A ′ →A , se define como sigue: IncA ′ (A) := A para cada objeto A ∈ A ′, yIncA ′ (f) := f para cada morfismo f en A ′. Observe que dicho funtor escovariante; y ademas, coincide con el funtor identidad, en el caso en queA ′ = A .

(3) El funtor Hom covariante . Sea A una categorıa. Para cada objetoA ∈ A , se define el funtor HomA (A,−) : A → Sets dado por

(Xf→ Y ) 7→ ( HomA (A,X)

HomA (A,f)−→ HomA (A, Y ) ),

donde HomA (A, f)(α) := f ◦ α para todo α ∈ HomA (A,X).

(4) El funtor Hom contravariante . Sea A una categorıa. Para cada ob-jeto A ∈ A , se define el funtor HomA (−, A) : A → Sets dado por

(Xf→ Y ) 7→ ( HomA (Y,A)

HomA (f,A)−→ HomA (X,A) ),

donde HomA (f,A)(α) := α ◦ f para todo α ∈ HomA (Y,A).


Definicion 1.22.7. Sean F : A → B y G : B → C funtores. La composicionG ◦F : A → C , se define como sigue G ◦F (f) := G(F (f)) para todo morfismof en A . Por simplicidad, escribiremos usualmente GF en lugar de G ◦ F.Observacion. La composicion de funtores G ◦ F : A → C es de nuevo unfuntor. Mas aun, G◦F es contravariante si F y G tienen varianza opuesta, estoes, F contravariante (resp. covariante) y G covariante (resp. contravariante). SiF y G tienen la misma varianza, se tiene que G ◦ F es siempre covariante.

Morfismos especiales

Definicion 1.22.8. Sea f : A→ B un morfismo en una categorıa A . Decimosque:

(a) f es un monomorfismo en A , si para cada par de morfismos g, h : X →A se tiene que fg = fh implica que g = h.

(b) f es un epimorfismo en A , si para cada par de morfismos g, h : B → Xse tiene que gf = hf implica que g = h.

(c) f es un monomorfismo que se parte (split-mono) si existe g : B → Atal que gf = 1A.

(d) f es un epimorfismo que se parte (split-epi) si existe g : B → A tal quefg = 1B .

(e) f es un isomorfismo si existe g : B → A tal que fg = 1B y gf = 1A.

Observacion. (1) En la categorıa de conjuntos Sets, tenemos que las nocio-nes de monomorfismo, split-mono y funcion inyectiva coinciden. Analoga-mente, en Sets, las nociones de epimorfismo, split-epi y funcion suryectivacoinciden. Mas aun, en Sets, isomorfismo es equivalente a monomorfismoy epimorfismo.

(2) En general, como veremos mas adelante, en una categorıa arbitraria A ,podrıan existir monomorfismos que no son split-monos, epimorfismos queno son split-epis, y morfismos que son monomorfismos y epimorfismospero que no son isomorfismos.

(3) Sea f : A→ B un isomorfismo en una categorıa A . El morfismo g : B →A tal que fg = 1B y gf = 1A, esta unıvocamente determinado, por lotanto se lo denota por f−1 y se le conoce como el inverso de f. En efecto,si g′ : B → A satisface las identidades fg′ = 1B y g′f = 1A, se tiene queg = g1B = g(fg′) = (gf)g′ = 1Ag

′ = g′.

(4) Si f : A → B es un isomorfismo en una categorıa A , diremos que A esisomorfo (via f) a B, y en caso no queramos especificar el morfismo f, sedenota como sigue A ' B.

Ejercicio 1.22.9. Pruebe que en una categorıa A , vale lo siguiente.


(a) La composicion de monomorfismos es un monomorfismo.

(b) La composicion de epimorfismos es un epimorfismo.

(c) Todo split-mono es un monomorfismo.

(d) Todo split-epi es un epimorfismo.

(e) Si fg es un monomorfismo, entonces g tambien lo es.

(f) Si fg es un epimorfismo, entonces f tambien lo es.

(g) Todo isomorfismo es monomorfismo y epimorfismo.

(h) Un morfismo f es un isomorfismo si y solo si f es split-mono y split-epi.

Lema 1.22.10. Sea f : A → B un morfismo en una categorıa A . Entonces,las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) Si f es un split-mono y un epimorfismo, entonces f es un isomorfismo.

(b) Si f es un split-epi y un monomorfismo, entonces f es un isomorfismo.

Demostracion. (a) Supongamos que f es un split-mono y un epimorfismo.Por ser f un split-mono, existe un morfismo g : B → A tal que gf = 1A. Porlo tanto, tenemos que 1Bf = f1A = f(gf) = (fg)f , y usando que f es unepimorfismo, se concluye de las igualdades anteriores que 1B = fg.

(b) A cargo del lector. 2

Ejercicio 1.22.11. Sean F : A → B un funtor y f : A→ B un morfismo enA . Pruebe que: Si f es un isomorfismo, entonces F (f) tambien lo es.

Ejercicio 1.22.12. Sea B una categorıa, A una subcategorıa de B y f : X →Y un morfismo en A . Pruebe que: Si f es un monomorfismo (respectivamente,epimorfismo) en B entonces f tambien lo es en A .

La categorıa opuesta

Definicion 1.22.13. Sea A una categorıa. La categorıa opuesta A op deA se define como sigue: Obj (A op) := Obj (A ) y los morfismos de A op seobtienen “dandole vuelta” a las flechas de A , esto es, HomA op(B,A) :=HomA (A,B) para cada par de objetos A,B en A . La composicion ◦op :Hom (A op) × Hom (A op) → Hom (A op) es la opuesta de la composicion ◦ :Hom (A )×Hom (A )→ Hom (A ) dada en A , esto es, f ◦op g := g ◦ f.

Notacion. Sea f : A→ B un morfismo en una categorıa A . Para distinguirlodel mismo morfismo f en A op, es conveniente en algunas ocasiones denotarlo

por fop : B → A. Con dicha notacion, la composicion de morfismos Cgop→ B

fop→A en A op se escribe como sigue fop ◦op gop = (g ◦f)op. Para simplificar todavıamas la notacion, escribiremos fopgop = (gf)op.


Observacion. Sean A una categorıa y A op la categorıa opuesta.

(1) La correspondencia DA : A → A op, dada por (Af→ B) 7→ (B

fop→ A), esun funtor contravariante.

(2) (A op)op = A ; por lo tanto, la composicion de funtores DA : A → A op yDA op : A op → A satisface las igualdades DA opDA = 1A y DADA op =1A op .

(3) Si F : A → B es un funtor covariante (resp. contravariante), entoncesFop : A op → B es un funtor contravariante (resp. covariante), dondeFop := FDA op . Analogamente, se tiene un funtor F op : A → Bop, dondeF op := DBF . Ademas, se tiene que F opop := (F op)op = (Fop)

op.

Ejercicio 1.22.14. Sea f : A → B un morfismo en una categorıa A . Pruebelo siguiente.

(a) f es un monomorfismo en A si y solo si DA (f) es un epimorfismo enA op.

(b) f es un epimorfismo en A si y solo si DA (f) es un monomorfismo enA op.

El principio de dualidad

La nocion de categorıa opuesta y las observaciones anteriores nos permi-ten definir para cada “concepto categorico” y cada “enunciado categorico” suscorrespondientes “versiones duales”. En lo que sigue, daremos solamente unaidea de como se procede para obtener dichas versiones.

Supongamos que P es una propiedad que relaciona objetos y morfismos enuna categorıa A , la propiedad dual P ∗ en A se obtiene como sigue: Primero, seescribe la propiedad P en terminos de la categorıa A op, y luego “se dan vueltalas flechas”; esto es, se aplica el funtor DA op : A op → A a los morfismos queintervienen en dicha propiedad.

Ejemplos. Sea A una categorıa.

(1) Sea X ∈ Obj (A ). Se dice que X es un objeto final en A , si satisface lasiguiente propiedad

P (X) : ∀Y ∈ Obj (A ) existe un unico f : Y → X en A .

Escribiendo la propiedad P (X) en terminos de A op se tiene: P op(X) :∀Y ∈ Obj(A op) existe un unico fop : Y → X en A op. Luego, aplicando elfuntor DA op : A op → A a la propiedad anterior, se obtiene la propiedaddual:

P ∗(X) : ∀Y ∈ Obj (A ), existe un unico f : X → Y en A .

De esta manera, se obtiene la nocion de objeto inicial (nocion dual deobjeto final). Esto es, X es un objeto inicial en A , si satisface la propiedadP ∗(X).


(2) Sea f : A → B en A . Dado que f es un monomorfismo en A si ysolo si DA (f) es un epimorfismo en A op, se tiene que monomorfismo yepimorfismo son nociones una dual de la otra.

(3) Sea f : A → B en A . Dado que f es un isomorfismo en A si y solo siDA (f) es un isomorfismo en A op, se tiene que la nocion de isomorfismoes autodual.

(4) Se puede deducir 1.22.9 (f) a partir 1.22.9 (e). En efecto, supongamos quefg es un epimorfismo en A . Luego gopfop = DA (fg) es un monomorfismoen A op, y por 1.22.9 (e), se sigue que fop es un monomorfismo en A op.Por lo que finalmente, se concluye que f = DA op(fop) es un epimorfismoen A .

Muy frecuentemente, el concepto dual P ∗ de un concepto categorico P sedenota por “co-P”. Como se vera mas adelante, tendremos kernel y cokernel,producto y coproducto etc.El hecho de que la dualidad sea muy importante, radica en la posibilidad deque no solamente se pueden dualizar los conceptos sino tambien los enuncia-dos, lemas, teoremas, etc. Por ejemplo, si S es un enunciado relacionado conmorfismos y objetos de A entonces, por definicion, el enunciado dual S∗ esverdadero en A si y solo si S es verdadero en A op. Esto ultimo, junto con elhecho de que DA ∗DA = 1A y DADA ∗ = 1A ∗ , implica el llamado principiode dualidad para categorıas, que dice lo siguiente:

Principio de dualidad: Si S es un enunciado categorico que es verdaderopara todas las categorıas, entonces S∗ tambien es verdadero para todas las ca-tegorıas.

Ejemplo. En el Ejercicio 1.22.9, se tienen los siguientes enunciados duales:(a)∗

= (b), (c)∗

= (d) y (e)∗

= (f). Por lo tanto, desde el punto de vista delPrincipio de Dualidad, probar los 6 incisos se reduce a probar solo tres.

Transformaciones naturales (morfismos de funtores)

La nocion de transformacion natural se introduce con la finalidad de podercomparar dos funtores arbitrarios, generalizando el concepto de morfismo entreobjetos.

Definicion 1.22.15. Sean F,G : A → B funtores covariantes. Una transforma-cion natural (morfismo de funtores) η : F → G es una familia de morfismosη = {ηA : F (A) → G(A)}A∈A en B tal que, para todo morfismo α : A → A′

en A , el siguiente diagrama conmuta

F (A)ηA//

F (α)

��

G(A)

G(α)

��

F (A′)ηA′// G(A′),


donde por diagrama conmutativo se entiende que G(α)ηA = ηA′F (α).

Observacion. (1) Sea η : F → G un morfismo de funtores. Si ηA es un iso-morfismo, para cada A ∈ A , se dice que η es una equivalencia natural(isomorfismo de funtores). En este caso, tenemos una transformacion na-tural η−1 : T → S definida por (η−1)A := (ηA)−1. Escribiremos F ' Gpara decir que F y G son naturalmente equivalentes (isomorfos).

(2) Sean η : F → G y ρ : G→ H transformaciones naturales de funtores. Lacomposicion ρη : F → H, dada por (ρη)A := ρAηA para cada A ∈ A , esuna transformacion natural.

(3) Para cualquier funtor T, la transformacion natural identidad 1T : T → Tes por definicion (1T )A := 1T (A) para toda A ∈ A .

(4) Sean S, T : A → B y U : B → C funtores y η : S → T unatransformacion natural. Entonces, se tiene una transformacion naturalUη : US → UT definida por (Uη)A := U(ηA) para toda A ∈ A .Similarmente, si V : D → A es un funtor, la transformacion naturalηV : SV → TV esta dada por (ηV )D := ηV (D) para toda D ∈ D .

Definicion 1.22.16. Un funtor F : A → B se dice que es fiel (resp. pleno)si para todo par de objetos A,B ∈ A la funcion inducida por F

HomA (A,B)→ HomB(F (A), F (B))

es inyectiva (resp. suryectiva). Un funtor fiel, que manda objetos distintos enobjetos distintos, se dice que es una inmersion. Decimos que F es denso sipara todo B ∈ B existe un objeto A ∈ A , tal que F (A) es isomorfo a B.Se dice que F : A → B es una equivalencia de categorıas, si existe un funtorG : B → A tal que FG ' 1B y GF ' 1A .

Teorema 1.22.17. Un funtor T : A → B es fiel, pleno y denso si y solo siexisten un funtor S : B → A y equivalencias naturales

ϕ : 1B → TS y ψ : ST → 1A .

En tal caso, se puede escoger ψ tal que Tψ = (ϕT )−1 y Sϕ = (ψS)−1.

Demostracion. (⇐) Sea S : B → A un funtor, ϕ : 1B → TS y ψ : ST → 1A

equivalencias naturales. Entonces, el isomorfismo ϕB : B → T (S(B)) para todaB ∈ B muestra que T es denso. Dado un morfismo α : A→ A′ en A tenemosel siguiente diagrama conmutativo

ST (A)ψA

//

ST (α)

��

A

α

��

ST (A′)ψA′

// A′.


Sean f, g ∈ HomA (A,A′) tales que T (f) = T (g). Luego ST (f) = ST (g);y por lo tanto, como g = ψA′ST (g)ψ−1

A y f = ψA′ST (f)ψ−1A , se tiene que

g = ψA′ST (g)ψ−1A = ψA′ST (f)ψ−1

A = f . Luego, T es fiel y por simetrıa S esfiel. Un morfismo β : T (A) → T (A′) induce un morfismo α : A → A′ dondeα := ψA′S(β)ψ−1

A . Veamos que β = T (α). Para hacer esto, consideremos elsiguiente diagrama conmutativo

ST (A)ψA

//

S(β)

��

Aψ−1A//

α

��

ST (A)

ST (α),

��

ST (A′)ψA′

// A′ψ−1

A′

// ST (A′),

de donde se tiene que ST (α) = S(β); pero como S es fiel se sigue que β = T (α),probandose que T es pleno.(⇒) Supongamos que T es fiel, pleno y denso. Como T es denso, para cadaobjeto B ∈ B fijamos un objeto S(B) ∈ A y un isomorfismo ϕB : B → TS(B).Ahora, sea β : B → B′ un morfismo en B, entonces este induce un morfismoϕB′βϕ

−1B : TS(B)→ TS(B′). Como T es fiel y pleno, existe un unico morfismo

S(β) : S(B) → S(B′) tal que ϕB′βϕ−1B = T (S(β)). En otras palabras, para

cada β : B → B′ existe un unico morfismo S(β) : S(B)→ S(B′) en A tal queel siguiente diagrama conmuta

BϕB//

β

��

TS(B)

TS(β)

��

B′ ϕB′// TS(B′).

(1.1)

Veamos que S es un funtor. Haciendo β = 1B en el diagrama anterior, existe ununico S(1B) : S(B) → S(B) tal que TS(1B) = 1B ; pero como T es un funtorpleno se tiene que S(1B) = 1S(B).Probemos ahora que S preserva la composicion en B. En efecto, sean β : B →B′ y α : B′ → B′′ morfismos en B, como T es pleno y fiel, existe un unicomorfismo S(αβ) : S(B)→ S(B′′) en A tal que ϕB′′(αβ)ϕ−1

B = T (S(αβ)); perotambien se tiene que ϕB′′(αβ)ϕ−1

B = T (S(α))T (S(β)). Por lo que T (S(αβ)) =T (S(α))T (S(β)) = T (S(α)S(β)). Por lo tanto S(αβ) = S(α)S(β) pues T esfiel, probandose que S : B → A es un funtor.Por otro lado, de (1.1), se ve que ϕ : 1B → TS es una equivalencia natural.Entonces, para cada A ∈ A tenemos un isomorfismo ϕT (A) : T (A)→ TST (A)en B; en particular, existe ψ′A : A→ ST (A) tal que T (ψ′A) = ϕT (A). Por otro

lado, como ϕT (A) es un isomorfismo, existe ϕ−1T (A) : TST (A) → T (A) tal que

ϕ−1T (A)ϕT (A) = 1T (A); y como T es pleno, existe ψA : ST (A)→ A tal que

T (ψA) = ϕ−1T (A). (1.2)


Por lo tanto T (ψAψ′A) = 1T (A); y como T es fiel, entonces ψAψ

′A = 1A. Analo-

gamente ψ′AψA = 1ST (A), por lo que ψA es isomorfismo. Veamos que el siguientediagrama

ST (A)ψA

//

ST (α)

��

A

α

��

ST (A′)ψA′

// A′

conmuta en A . En efecto, aplicandole T al diagrama anterior obtenemos elsiguiente diagrama

TST (A)T (ψA)

//

TST (α)

��

T (A)

T (α)

��

TST (A)T (ψA′ )

// T (A′).

Dado que T (ψA) = ϕ−1T (A) y T (ψA′) = ϕT (A′), reemplazando a β por T (α) en

(1.1) obtenemos que el diagrama anterior conmuta. Pero como T es fiel, se tieneque T refleja diagramas conmutativos (i.e Si Γ es un diagrama en A tal queT (Γ) es conmutativo en B, entonces Γ es conmutativo en A ). Por lo tantoψ : ST → 1A es una equivalencia natural.Finalmente, observemos que (Tψ)−1

A = T (ψ′A) = ϕT (A) = (ϕT )A, lo que implica

que Tψ = (ϕT )−1. Probemos ahora que (Sϕ)B = ψ−1S(B) para toda B ∈ B.

Para hacer esto, como T es fiel, es suficiente demostrar que TS(ϕB) = Tψ−1S(B).

Por (1.2), se tiene que Tψ−1S(B) = ϕTS(B), y reemplazando β por ϕB en (1.1),

tenemos el siguiente diagrama conmutativo

BϕB

//

ϕB

��

TS(B)

TS(ϕB)

��

TS(B)ϕTS(B)

// TS(TS(B)).

Por lo tanto, como ϕB es un isomorfismo, se tiene que TS(ϕB) = ϕTS(B); luego

TS(ϕB) = T (ψ−1S(B)). De donde S(ϕB) = ψ−1

S(B) y entonces Sϕ = (ψS)−1. 2

Capıtulo 2

Nociones basicas de gruposabelianos

En este capıtulo introducimos algunos conceptos y terminologıa fundamentalessobre grupos abelianos. Cabe resaltar que dicha introduccion es meramenterecordatoria y que no pretende ser exhaustiva. La principal motivacion de estecapıtulo es desarrollar el lenguaje primitivo necesario para el tratamiento deanillos y modulos.

2.1. Notacion basica

Una operacion binaria sobre un conjunto no vacıo G es una funcion µ :G×G→ G. La operacion binaria opuesta µop : G×G→ G, se define comoµop(a, b) := µ(b, a). Por simplicidad la operacion binaria µ(a, b) sera denotadapor: ab, a+ b, a ∗ b, a • b, etc. de acuerdo al contexto que estemos manejando.

Sea µ : G × G → G una operacion binaria. Se dice que µ es asociati-va si µ(µ(a, b), c) = µ(a, µ(b, c)) para cualesquiera a, b, c en G. Interpretan-do a la operacion µ como una multiplicacion, i. e. µ(a, b) = ab, la igualdadµ(µ(a, b), c) = µ(a, µ(b, c)) se traduce en la igualdad (ab)c = a(bc), la cual diceexactamente lo mismo, pero es mas facil de leer.

La operacion binaria µ : G×G→ G se dice que es conmutativa si µ = µop.En el lenguaje multiplicativo, µ(a, b) = ab, la conmutatividad se traduce comosigue: ab = ba para cualesquiera a, b en G.

Definicion 2.1.1. Un semigrupo es un par (G,µ), donde µ : G × G →G es una operacion binaria asociativa. Si ademas, la operacion binaria µ esconmutativa, se dice que (G,µ) es un semigrupo conmutativo

Ejemplos. (Z,+) y (Z, •), con las operaciones usuales de suma + y producto• son semigrupos conmutativos.

77

78 Capıtulo 2. Nociones basicas de grupos abelianos

Ejercicio 2.1.2. Sea µ : G×G→ G una operacion binaria. Pruebe que (G,µ)es un semigrupo si y solo (G,µop) es un semigrupo.

Lema 2.1.3. En un semigrupo (G,µ), con µ(a, b) = ab, la expresion a1a2 · · · anesta bien definida, esto es, no depende del orden de los parentesis en dichaexpresion.

Demostracion. Procederemos por induccion sobre n ≥ 3. Para n = 3 dichaexpresion esta bien definida pues la operacion µ : G × G → G, µ(a, b) = ab,es asociativa. Sean A y B dos elecciones posibles de parentesis en la expresiona1a2 · · · an. Luego, por hipotesis inductiva tenemos que

A = (a1a2 · · · ai)(ai+1 · · · an) y B = (a1a2 · · · aj)(aj+1 · · · an)

con i < n y j < n. Podemos asumir que i ≤ j. Si i = j, por hipotesis inductivatenemos que A = B.Sea i < j. En tal caso, por hipotesis inductiva, tenemos que

A = (a1a2 · · · ai)([ai+1 · · · aj ][aj+1 · · · an]),

B = ([a1a2 · · · ai][ai+1 · · · aj ])(aj+1 · · · an).

Luego por la asociatividad de la operacion µ concluimos que A = B. 2

Definicion 2.1.4. Sea (G,µ) un semigrupo, con µ(a, b) = ab. Para cada n ∈N+ y a ∈ G, se define la expresion an, recursivamente, como sigue: a1 := ay an+1 := ana para n ≥ 1.

Ejercicio 2.1.5. Sea (G,µ) un semigrupo, con µ(a, b) = ab. Pruebe que paracualesquiera m,n ∈ N+, se tienen las siguientes igualdades aman = am+n =anam y (am)n = amn = (an)m.

Definicion 2.1.6. Sea µ : G×G→ G una operacion binaria en G. Un elementoe ∈ G, se dice que es un neutro de µ, si µ(e, a) = a = µ(a, e) ∀ a ∈ G. Enel lenguaje multiplicativo, µ(a, b) = ab, los anterior se traduce como sigue:ea = a = ae ∀ a ∈ G.

Ejercicio 2.1.7. Pruebe que: si la operacion binaria µ : G×G→ G es asocia-tiva, entonces existe a lo sumo un neutro de µ.

Definicion 2.1.8. Un monoide es un triple (G, e, µ) tal que (G,µ) es unsemigrupo y e ∈ G es un neutro de la operacion µ. Dado que el neutro es unico,lo representaremos por 1G o simplemente por 1 en caso usemos la notacionmultiplicativa µ(a, b) = ab; o bien por 0G o simplemente por 0 en caso usemosla notacion aditiva µ(a, b) = a + b. Por simplicidad, el monoide (G, e, µ) lodenotaremos por (G,µ) o simplemente por G en caso sea claro, del contexto,cual es la operacion binaria y su respectivo neutro.

2.1. Notacion basica 79

Un semigrupo (G,µ), se puede ver como una categorıa G con un solo objeto,donde Hom (G) := G con la composicion de morfismos dada por µ : G×G→ G.Recıprocamente, dada una categorıa C con un solo objeto, se tiene el semigrupo(G,µ), donde G := Hom(C ) y µ : C × C → C es la composicion de morfismosen C . De esta manera, los monoides y las categorıas con un solo objeto, sonpracticamente el mismo concepto. Filosoficamente hablando, una categorıa noes mas que un “monoide con varios objetos”.

Ejercicio 2.1.9. Sea µ : G × G → G una operacion binaria. Pruebe que(G, e, µ) es un monoide si y solo (G, e, µop) es un monoide.

Definicion 2.1.10. Sea (G, e, µ) un monoide. El monoide opuesto de (G, e, µ)es (G, e, µop) y se denota por (G, e, µ)op o bien por Gop.

Sea (G, e, µ) un monoide. Considere la categorıa G, con un solo objeto,correspondiente a dicho monoide. Observe que, en el lenguaje categorico, elmonoide opuesto Gop, no es otra cosa mas que la categorıa opuesta Gop.

Definicion 2.1.11. Sea (G, e, µ) un monoide. Un elemento g ∈ G se dice quees invertible o que tiene un inverso en G, con respecto a la operacion binariaµ, si existe un h ∈ G (llamado inverso de g) tal que µ(g, h) = e = µ(h, g).Denotaremos por U((G, e, µ)), o simplemente por U(G), al conjunto de todoslos elementos invertibles del monoide G.

Ejemplos. (Z, 0,+) y (Z, 1, •), con las operaciones de suma + y producto •son monoides conmutativos, y ademas U(Z, 0,+) = Z y U(Z, 1, •) = {±1}.Ejercicio 2.1.12. Sea (G, e, µ) un monoide. Pruebe que si a tiene inverso estees unico. Denotaremos al inverso de a por a−1 si usamos la notacion multipli-cativa µ(a, b) = ab; o bien por −a si usamos la notacion aditiva µ(a, b) = a+ b.

Definicion 2.1.13. Un grupo es un monoide G tal que U(G) = G. Si ademasG = Gop, diremos que G es un grupo abeliano.

Ejercicio 2.1.14. Sea G un monoide y Gop su monoide opuesto. Pruebe queU(G) = U(Gop). En particular, G es un grupo si y solo si Gop tambien lo es.

Definicion 2.1.15. Sea (G,µ) un grupo con µ(a, b) = ab, n ∈ Z y a ∈ G.Para n > 0, ya definimos antes la expresion an pues (G,µ) es en particular unsemigrupo. Dado que µ tiene neutro, definimos a0 := 1G. Finalmente, comoU(G) = G, definimos an := (a−1)−n para n < 0.

Ejercicio 2.1.16. Sea (G,µ) un grupo con µ(a, b) = ab. Pruebe que paracualesquiera m,n ∈ Z, se tienen las siguientes igualdades aman = am+n =anam y (am)n = amn = (an)m.

En caso (G,µ) sea un grupo abeliano, se acostumbra usar la notacion adi-tiva (y eso es lo que haremos de aquı en adelante) para la operacion µ, i. e.µ(a, b) = a+b. Por lo tanto las propiedades de la operacion µ, que fueron escri-tas en el leguaje multiplicativo µ(a, b) = ab, tienen que traducirse al lenguaje


aditivo. Por ejemplo, el Ejercicio 2.1.16, escrito en la notacion multiplicati-va, se traducirıa al leguaje aditivo como sigue: para cualesquiera m,n ∈ Z,se tienen las siguientes igualdades: ma + na = (m + n)a = an + am yn(ma) = (mn)a = m(na).

2.2. La categorıa Ab de grupos abelianos

Definicion 2.2.1. Una funcion f : M → N entre grupos abelianos, se diceque es un morfismo de grupos abelianos (o tambien que es Z-lineal) sif(x+y) = f(x)+f(y) ∀x, y ∈M. El conjunto de todos los morfismos de gruposabelianos de M en N sera denotado por HomZ(M,N). En particular, sera demucho interes el conjunto de endomorfismos EndZ(M) := HomZ(M,M), delgrupo abeliano M.

Ejercicio 2.2.2. Pruebe las siguientes propiedades de los morfismos de gruposabelianos.

(a) Sea f : M → N un morfismo de grupos abelianos. Entonces f(0) = 0 yf(−m) = −f(m) ∀m ∈M.

(b) HomZ(M,N), con la suma (f + g)(m) := f(m) + g(m), es un grupoabeliano.

(c) La aplicacion HomZ(Y,Z) × HomZ(X,Y ) → HomZ(X,Z), dada por lacomposicion de funciones (g, f) 7→ gf, esta bien definida. Esto es, lacomposicion de morfismos de grupos abelianos es un morfismo de gruposabelianos.

(d) La composicion de morfismos de grupos abelianos es Z-bilineal. Esto esque (f+g)h = fh+gh y t(f+g) = tf+tg cada vez que las composicionesanteriores esten definidas.

(e) La composicion de morfismos ◦ : EndZ(M) × EndZ(M) → EndZ(M),(f, g) 7→ f ◦g := fg, induce una estructura de monoide (EndZ(M), 1M , ◦)en el grupo abeliano EndZ(M), donde 1M : M →M es la identidad, estoes, 1M (m) := m ∀m ∈M.

Definicion 2.2.3. Denotaremos por Ab a la clase cuyos objetos Obj (Ab) sontodos los grupos abelianos. Los morfismos en Ab son los morfismos de gruposabelianos, es decir, HomAb(A,B) := HomZ(A,B) para cada par A,B de gruposabelianos. Finalmente, la composicion de morfismos en Ab es la composicionhabitual de funciones.

Observacion. (1) Tenemos que la clase Ab es una categorıa. En efecto,por 2.2.2 (c), tenemos que la composicion de morfismos en Ab esta biendefinida. Dicha composicion es asociativa pues ya lo es la composicionhabitual de funciones. Finalmente, de 2.2.2 (e), cada grupo abeliano Mtiene asociado el morfismo identidad 1M .

2.2. La categorıa Ab de grupos abelianos 81

(2) Ab es una subcategorıa de la categorıa de conjuntos Sets.

(3) Ab no es una subcategorıa plena de Sets, pues existen funciones entregrupos abelianos que no son morfismos de grupos abelianos (consideref : Z→ Z, con f(x) := 1 ∀x ∈ Z).

Ejercicio 2.2.4. Sea G ∈ Ab. Considere la correspondencia covarianteHomZ(G,−) : Ab → Ab. Esto es, dado un morfismo f : M → N en Ab, sedefine el morfismo de grupos abelianos

HomZ(G, f) : HomZ(G,M)→ HomZ(G,N),

donde HomZ(G, f)(h) := fh. Pruebe que:

(a) HomZ(G,−) : Ab→ Ab es un funtor covariante. Esto es, HomZ(G, fg) =HomZ(G, f) ◦HomZ(G, g) y HomZ(G, 1M ) = 1HomZ(G,M).

(b) Si f : M → N es un isomorfismo de grupos abelianos, entonces HomZ(G, f) :HomZ(G,M)→ HomZ(G,N) tambien lo es.

Ejercicio 2.2.5. Sea G ∈ Ab. Considere la correspondencia contrava-riante HomZ(−, G) : Ab → Ab. Esto es, dado un morfismo f : M → N enAb, se define el morfismo de grupos abelianos

HomZ(f,G) : HomZ(N,G)→ HomZ(M,G),

donde HomZ(f,G)(h) := hf. Pruebe que:

(a) HomZ(−, G) : Ab→ Ab es un funtor contraviante. Esto es, HomZ(fg,G) =HomZ(g,G) ◦HomZ(f,G) y HomZ(1M , G) = 1HomZ(M,G).

(b) Si f : M → N es un isomorfismo de grupos abelianos, entonces HomZ(f,G) :HomZ(N,G)→ HomZ(M,G) tambien lo es.

Proposicion 2.2.6. Sea f : M → N un morfismo de grupos abelianos. En-tonces, f es un isomorfismo en Ab si y solo si f es biyectiva.

Demostracion. (⇒) Sea f : M → N un isomorfismo en Ab. Luego, existeun morfismo g : N → M en Ab tal que fg = 1N y gf = 1M . Por lo tanto, sesigue que f es un isomorfismo en Sets.

(⇐) Sea f : M → N biyectiva. Es suficiente probar que la funcion inversaf−1 : N → M es un morfismo de grupos abelianos. En efecto, para x, y ∈ N,tenemos que f(f−1(x + y)) = x + y = f(f−1(x)) + f(f−1(y)) = f(f−1(x) +f−1(y)); y como f es inyectiva, se concluye que f−1(x+ y) = f−1(x) + f−1(y).2

En el caso que f : M → N sea un isomorfismo en Ab, diremos que M y Nson grupos abelianos isomorfos, vıa f, y lo denotaremos M ' N.


Ejercicio 2.2.7. Sea M = {m} un conjunto con un solo elemento. Pruebe queM se puede ver de una unica manera como grupo abeliano; y que si N = {n}es otro conjunto con un solo elemento, entonces M ' N en Ab. Es decir,salvo isomorfismos, solo existe un grupo abeliano con un solo elemento, el cualsera denotado por 0 y llamado el grupo abeliano trivial.

Definicion 2.2.8. Sea M un grupo abeliano. Decimos que un subconjuntoX ⊆ M no vacıo es un subgrupo abeliano de M si para cada x1, x2 ∈ X setiene que x1 − x2 ∈ X. La notacion X ≤ M significara que X es un subgrupoabeliano de M.

Ejercicio 2.2.9. Sea M un grupo abeliano.

(a) Sea X ≤ M. Pruebe que la operacion aditiva de M se restringe a X. Esdecir, X es cerrado por la suma en M, y con dicha suma X es un grupoabeliano.

(b) Sea X un grupo abeliano tal que X ⊆ M. Entonces, X ≤ M si y solosi la inclusion iX : X −→ M, definida por iX(x) := x ∀ x ∈ X, es unmorfismo de grupos abelianos.

(c) Para cualquier familia {Xi}i∈I de subgrupos abelianos de M, la intersec-cion

⋂i∈I Xi es un subgrupo abeliano de M.

Definicion 2.2.10. Sea M un grupo abeliano.

(a) El subgrupo abeliano de M generado por un subconjunto X de Mes < X >:=

⋂{N | X ⊆ N ≤M}.(b) Sea {Mi}i∈I una familia de subgrupos abelianos de M, la suma

∑i∈I Mi

de dicha familia es el subgrupo abeliano de M generado por⋃i∈I Mi.

Ejercicio 2.2.11. Sea M un grupo abeliano y X ⊆M. Pruebe lo siguiente:

(a) Si X 6= ∅ entonces < X >= {∑ni=1 aixi | ai ∈ Z, xi ∈ X,n ∈ N+}.

(b) Si X = ∅ entonces < X >= 0.

(c) < X >= X si y solo si X ≤M.

Ejercicio 2.2.12. Sean M un grupo abeliano y {Mi}i∈I una familia no vacıade subgrupos abelianos de M. Pruebe que:

x ∈∑i∈I

Mi ⇐⇒ x =

n∑k=1

mik con mik ∈Mik , n ∈ N+.

Ejercicio 2.2.13. Sea ϕ : M −→ N un morfismo en Ab. Pruebe que:

(a) La imagen Im (ϕ) := ϕ (M) es un subgrupo abeliano de N.

(b) ∀ N ′ ≤ N se tiene que ϕ−1(N ′) ≤M.

2.2. La categorıa Ab de grupos abelianos 83

(c) ∀ M ′ ≤M se tiene que ϕ(M ′) ≤ N.

(d) El nucleo o kernel Ker (ϕ) := ϕ−1(0) de ϕ es un subgrupo abeliano de M.

Proposicion 2.2.14. Sea f : M −→ N un morfismo en Ab. Entonces, lassiguientes condiciones son equivalentes.

(a) f es un monomorfismo en Ab.

(b) Ker (f) = {0}.

(c) f es un monomorfismo en Sets.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Dado que la inclusion iKer (f) : Ker (f) → My la aplicacion nula 0 : Ker (f) → M son morfismos en Ab, de la igualdadfiKer (f) = 0f se concluye que iKer (f) = 0 pues f es un monomorfismo en Ab.Por lo tanto se sigue que Ker (f) = {0}.

(b) ⇒ (c) Sean x, y ∈M tales que f(x) = f(y). Luego como f(x− y) = 0,se sigue que x− y ∈ Ker (f) = {0}, y por lo tanto x = y.

(c) ⇒ (a) Sean g, h : G → M morfismo en Ab tales que fg = fh. Luego,para cada x ∈ G, se tiene que f(g(x)) = f(h(x)); y como f es inyectiva,concluimos que g(x) = h(x) ∀x ∈ G. 2

Ejercicio 2.2.15. Sean M un grupo abeliano y X ≤M. Pruebe que:

(a) X induce una relacion de equivalencia ∼X en el conjunto M, como sigue:m ∼X n ⇔ m−n ∈ X. En este caso, el conjunto cociente M/ ∼X :={[m] | m ∈ M} de clases de equivalencia de M, donde [m] := {n ∈M |n ∼X m}, se denota tambien por M/X.

(b) ∀m ∈M, se tiene que [m] = m+M := {m+ z | z ∈M}.

(c) Existe una unica estructura de grupo abeliano (M/X,+) tal que la fun-cion suprayectiva canonica π : M → M/X, π(m) := m + X, es un mor-fismo de grupos abelianos. Dicho morfismo π : M → M/X se le conocecomo el epi-canonico de M en M/X.

Proposicion 2.2.16. Sea f : M → N un morfismo en Ab. Entonces, f es unepimorfismo en Ab si y solo si f es un epimorfismo en Sets.

Demostracion. (⇒) Consideremos el epi-canonico π : N → N/Im (f) y elmorfismo nulo 0 : N → N/Im (f). Dado que πf = 0f y f es un epimorfismoen Ab, se sigue que π = 0. Por lo tanto Im (f) = N.

(⇐) Sean g, h : N → G morfismos en Ab tales que gf = hf. Luego, paracada y ∈ N, por ser f : M → N suryectivo, existe x ∈ M tal que y = f(x).Por lo tanto g(y) = g(f(x)) = h(f(x)) = h(y), y ası se tiene que g = h. 2

Ejercicio 2.2.17. [Primer Teorema de Isomorfismos en Ab] Sea ϕ :M → N un morfismo en Ab, X ≤M tal que X ⊆ Ker (ϕ) y π : M →M/X elepi-canonico (ver 2.2.15). Pruebe que:


(a) ϕ se factoriza de manera unica a traves de π. Esto es, existe un unicomorfismo ϕ : M/X → N en Ab, tal que ϕ = ϕπ.

(b) Ker (ϕ) = Ker (ϕ)/X y Im (ϕ) = Im (ϕ).

(c) X = Ker (ϕ) ⇔ ϕ es un monomorfismo.

Ejercicio 2.2.18. [Segundo Teorema de Isomorfismos en Ab] Sean Mun grupo abeliano y N,T subgrupos abelianos de M. Pruebe que la aplicacion

h : T/(T ∩N)→ (T +N)/N, dada por h(t+ T ∩N) := t+N,

esta bien definida y es un isomorfismo en Ab.Sugerencia: Considere la restriccion ϕ := π|T : T → M/N, del epi-canonicoπ : N →M/N, y aplique el Primer Teorema de Isomorfismos.

Ejercicio 2.2.19. [Tercer Teorema de Isomorfismos en Ab] Sean M ungrupo abeliano y N ⊆ T subgrupos abelianos de M. Pruebe que

(M/N)/(T/N) 'M/T en Ab.

Sugerencia: Pruebe primero que ϕ : M/N →M/T, con ϕ(m+N) := m+ T,esta bien definida y es un epimorfismo en Ab. Luego, aplique el Primer Teoremade Isomorfismos.

2.3. Sumas directas, productos y coproductosen Ab

Definicion 2.3.1. Sea {Ai}i∈I una familia no vacıa de grupos abelianos.

(a) El producto∏i∈I Ai de dicha familia es el grupo abeliano cuyo conjunto

asociado es el producto de conjuntos i∈I Ai := {a = (ai)i∈I | ai ∈Ai ∀ i ∈ I} con la suma a + b := (ai + bi)i∈I . Esto es

∏i∈I Ai :=

( i∈I Ai,+). Observe que el cero (neutro aditivo) del producto es 0 =(0i)i∈I , donde 0i es el cero del grupo abeliano Ai para cada i ∈ I.

(b) El soporte Supp (a), de un elemento a del producto∏i∈I Ai, es el con-

junto {i ∈ I | ai 6= 0i}. Decimos que a tiene soporte finito si el conjuntoSupp (a) es finito.

(c) El coproducto de la familia {Ai}i∈I de grupos abelianos es∐i∈I

Ai := {a ∈∏i∈I

Ai | Supp (a) es finito }.

Definicion 2.3.2. Si {Ai}i∈I es una familia vacıa de grupos abelianos, elproducto y el coproducto de dicha familia es el grupo abeliano trivial. Esto es∏i∈I Ai := 0 y

∐i∈I Ai := 0.

2.3. Sumas directas, productos y coproductos en Ab 85

Proposicion 2.3.3. Sea {Ai}i∈I una familia de grupos abelianos. Entonces,∐i∈I Ai es un subgrupo abeliano de

∏i∈I Ai.

Demostracion. Es consecuencia inmediata del siguiente hecho (ejercicio):

∀ a, b ∈∏i∈I

Ai, Supp(a± b) ⊆ Supp(a) ∪ Supp(b).

2

Definicion 2.3.4. Sean M un grupo abeliano y {Mi}i∈I una familia de sub-grupos abelianos de M. Decimos que M es la suma directa de dicha familia,y escribimos M =

⊕i∈I Mi, si M =

∑i∈I Mi y Mi∩(

∑k 6=i Mk) = 0, ∀ i ∈ I.

Ejercicio 2.3.5. Sea M un grupo abeliano y {Mi}i∈I una familia no vacıa desubgrupos abelianos de M. Pruebe que la funcion σM :

∐i∈I Mi → M, con

σM ((mi)i∈I) :=∑i∈I mi, esta bien definida y es un morfismo en Ab.

Teorema 2.3.6. Sean M un grupo abeliano y {Mi}i∈I una familia no vacıade subgrupos abelianos de M. Entonces, las siguientes condiciones son equiva-lentes.

(a) La funcion σM :∐i∈I Mi →M es un isomorfismo en Ab.

(b) Cada m ∈M se escribe de manera unica de la forma m =∑ni=1 mki con

mki ∈Mki , n ∈ N.(c) M =

⊕i∈I Mi.

Demostracion. (a)⇒ (b) Es inmediata pues σM es un isomorfismo de gruposabelianos.

(b) ⇒ (a) Por 2.2.6 y 2.3.5 es suficiente probar que σM es biyectiva, paralo cual construiremos su funcion inversa h : M →∐

i∈I Mi. Sea m ∈M. Dadoque m se escribe de manera unica en la forma m =

∑ni=1 mki con mki ∈Mki ,

n ∈ N, definimos h(m) = (h(m)t)t∈I ∈∏i∈I Mi como sigue: h(m)t := mki si

t = ki, y h(m)t := 0 si t 6= ki. Es claro, de la defincion, que h(m) ∈∐i∈I Mi yque h es la funcion inversa de σM .

(b) ⇒ (c) Supongamos que la condicion (b) se satisface. En particular setiene que M =

∑i∈I Mi. Sea x ∈Mi ∩ (

∑k 6=i Mk). Luego x = mi =

∑k 6=imk

con mk ∈ Mk; y por la unicidad de dicha expresion se tiene que x = mi = 0pues k 6= i.

(c) ⇒ (b) Supongamos que M =⊕

i∈I Mi. En particular, cada m ∈ Madmite una expresion finita de la forma m =

∑k mk con mk ∈Mk. Veamos que

dicha expresion es unica. En efecto, sea m =∑j mj otra de dichas expresiones

finitas. Completando con ceros, en caso de ser necesario, podemos asumir que∑k mk =

∑nk=1 mk y

∑j mj =

∑nk=1 m

′k. Luego mi −m′i =

∑k 6=i (mk −

m′k) ∈Mi ∩ (∑k 6=i Mk) = 0, para cada 1 ≤ i ≤ n. 2

Definicion 2.3.7. Sea {Mi}i∈I una familia no vacıa de grupos abelianos. Paracada i ∈ I, tenemos las siguientes funciones.


(a) La inclusion en el coproducto inci : Mi →∐i∈I Mi dada por

(inci(mi))t := mi si t = i, y (inci(mi))t := 0 si t 6= i. Dado que∐i∈I Mi ⊆

∏i∈I Mi, se tiene la inclusion en el producto Inci : Mi →∏

i∈I Mi dada por Inci(mi) := inci(mi).

(b) La proyeccion del producto Proyi :∏i∈I Mi → Mi esta dada por

Proyi(m) := mi, y la proyeccion del coproducto proyi :∐i∈I Mi →

Mi dada por proyi(m) := Proyi(m).

Observacion. (1) Cuando el conjunto I es finito, se tiene que∐i∈I Mi =∏

i∈I Mi; y por lo tanto, en este caso, inci = Inci y proyi = Proyi, paracualquier i ∈ I.

(2) Sea a ∈ ∐i∈I Mi. Dado que Supp (a) es finito, se puede expresar a enterminos de inclusiones como sigue: a =

∑i∈I inci(ai).

Ejercicio 2.3.8. Sea {Mi}i∈I una familia no vacıa de grupos abelianos. Pruebelo siguiente:

(a) Las inclusiones inci : Mi →∐i∈I Mi y Inci : Mi →

∏i∈I Mi son

monomorfismos en Ab.

(b) Las proyecciones proyi :∐i∈I Mi → Mi y Proyi :

∏i∈I Mi → Mi son

epimorfismos en Ab.

(c) {inci(Mi)}i∈I es una familia de subgrupos abelianos de∐i∈I Mi tal que∐

i∈I Mi =⊕

i∈I inci(Mi).

Teorema 2.3.9. Sea {Mi}i∈I una familia no vacıa de grupos abelianos. En-tonces, para cualquier H ∈ Ab, la funcion

ϕH : HomZ(∐i∈I

Mi, H)→∏i∈I

HomZ(Mi, H),

dada por ϕH(g) := (g ◦ inci)i∈I , es un isomorfismo en Ab.

Demostracion. Sea H un grupo abeliano. Veamos primero que la funcionϕH : HomZ(

∐i∈I Mi, H) → ∏

i∈I HomZ(Mi, H) es un morfismo de gruposabelianos. En efecto, ϕH(f + g) = ((f + g) ◦ inci)i∈I = (f ◦ inci + g ◦ inci)i∈I =(f ◦ inci)i∈I + (g ◦ inci)i∈I = ϕH(f) + ϕH(g).

Veamos que ϕH es inyectiva. Sean f, g ∈ HomZ(∐i∈I Mi, H) tales que

ϕH(f) = ϕH(g). Luego f ◦ inci = g ◦ inci para cualquier i ∈ I. De dondese tiene que f(a) =

∑i∈I f ◦ inci(ai) =

∑i∈I g ◦ inci(ai) = g(a) para todo

a ∈∐i∈I Mi.Ahora, veamos que ϕH es suryectiva. Sea (gi)i∈I ∈

∏i∈I HomZ(Mi, H).

Definimos una funcion g :∐i∈I Mi → H como sigue: para cada a ∈ ∐i∈I Mi,

hacemos g(a) :=∑i∈I gi(ai); observe que dicha expresion esta bien definida

pues Supp (a) es finito, y ademas g es un morfismo de grupos abelianos pues

2.3. Sumas directas, productos y coproductos en Ab 87

cada gi lo es. Ahora bien, dado que g◦inci(ai) = gi(ai), concluimos que ϕH(g) =(gi)i∈I .

Finalmente, dado que ϕH es biyectiva, por 2.2.6 concluimos que ϕH es unisomorfismo en Ab. 2

Ejercicio 2.3.10. Sea {Mi}i∈I una familia no vacıa de grupos abelianos. Prue-be que, para cualquier H ∈ Ab, la funcion

ΦH : HomZ(H,∏i∈I

Mi)→∏i∈I

HomZ(H,Mi),

dada por ΦH(g) := (Proyi ◦ g)i∈I , es un isomorfismo en Ab.

Teorema 2.3.11 (Propiedad universal del coproducto en Ab). Sea {νi :Mi → G}i∈I una familia no vacıa de morfismos en Ab. Entonces, las siguientescondiciones son equivalentes.

(a) Existe un isomorfismo ϕ : G → ∐i∈I Mi en Ab, tal que ϕ ◦ νi = inci,

∀ i ∈ I.

(b) Para cada H ∈ Ab, la funcion

ψH : HomZ(G,H)→∏i∈I

HomZ(Mi, H), dada por ψH(g) := (g ◦ νi)i∈I ,

es un isomorfismo en Ab.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Sea ϕ : G → ∐i∈I Mi un isomorfismo de grupos

abelianos tal que ϕ ◦ νi = inci, ∀ i ∈ I. En particular, por 2.2.5 (b), se tieneque HomZ(ϕ,H) : HomZ(

∐i∈I Mi, H) → HomZ(G,H) es un isomorfismo de

grupos abelianos. Por otro lado, por 2.3.9, tenemos el isomorfismo de gruposabelianos ϕH : HomZ(

∐i∈I Mi, H) → ∏

i∈I HomZ(Mi, H). Veamos que ψH ◦HomZ(ϕ,H) = ϕH , de donde concluiremos que ψH es un isomorfismo. Enefecto, ψH ◦HomZ(ϕ,H)(f) = ψH(fϕ) = (fϕνi)i∈I = (f ◦ inci)i∈I = ϕH(f).

(b) ⇒ (a) Supongamos que valen las hipotesis de (b). Dado que (inci)i∈I ∈∏i∈I HomZ(Mi,

∐i∈I Mi), existe ϕ ∈ HomZ(G,

∐i∈I Mi) tal que (inci)i∈I =

ψ∐i∈I Mi

(ϕ) = (ϕνi)i∈I .Analogamente, dado que (νi)i∈I ∈∏i∈I HomZ(Mi, G),

usando 2.3.9, existe ε ∈ HomZ(∐i∈I Mi, G) tal que (νi)i∈I = ϕG (ε) = (ε ◦

inci)i∈I . Luego, ψG(εϕ) = (εϕνi)i∈I = (ε ◦ inci)i∈I = (νi)i∈I = ψG(1G); ycomo ψG es un isomorfismo, tenemos que εϕ = 1G. Similarmente, se pruebaque ϕε = 1∐

i∈I Mi. 2

Ejercicio 2.3.12 (Propiedad universal del producto en Ab). Sea {µi :G→Mi}i∈I una familia no vacıa de morfismos en Ab. Pruebe que las siguientescondiciones son equivalentes.

(a) Existe un isomorfismo Φ :∏i∈I Mi → G en Ab, tal que µiΦ = Proyi,

∀ i ∈ I.


(b) Para cada H ∈ Ab, la funcion

ΨH : HomZ(H,G)→∏i∈I

HomZ(H,Mi), dada por ΨH(g) := (µig)i∈I ,

es un isomorfismo en Ab.

Ejercicio 2.3.13. Sean {Mi}i∈I y {Ni}i∈I familias de grupos abelianos talesque Ni ≤ Mi, ∀ i ∈ I. Considere M :=

∐i∈I Mi y N :=

∐i∈I Ni. Pruebe

que la funcion ϕ : M/N → ∐i∈I Mi/Ni, con ϕ(m + N) := (mi + Ni)i∈I ,

esta bien definida y es un isomorfismo en Ab.Sugerencia: Usar el Primer Teorema de Isomorfismos.

Capıtulo 3

Nociones basicas de anillosy modulos

En este tercer capıtulo introducimos conceptos y terminologıa fundamentales,como lo son: las nociones de anillo y algebra, retıcula de submodulos, ası como lade categorıa de modulos y bimodulos. Cabe resaltar que dicha introduccion, enalgunos aspectos, es meramente recordatoria y que no pretende ser exhaustiva.Para profundizar algunas de las nociones, se recomienda [1]. Finalmente, sobrelos numeros naturales haremos la siguiente distincion N := {0, 1, 2 . . .} y N+ :={1, 2, . . .}.

3.1. La categorıa de anillos unitarios

A lo largo de este libro, anillo significara anillo asociativo con unidad (anillounitario). La unidad (neutro multiplicativo) de un anillo R se denotara por 1 obien por 1R. Diremos que R es un anillo trivial si 1R = 0R, donde 0R es el neutroaditivo de R. Por simplicidad, el neutro aditivo 0R de R se denotara por 0. Enlo que sigue, recordaremos la definicion de anillo en los terminos que usaremosen este texto.

Nociones basicas

Definicion 3.1.1. Un anillo (anillo unitario) es un conjunto no vacıo R munidode dos operaciones binarias, llamadas suma y producto

+ : R×R→ R • : R×R→ R(x, y) 7→ x+ y (x, y) 7→ x • y

tales que: (R,+) es un grupo abeliano, (R, •) es un monoide y el productodistribuye sobre la suma. Esto es, para cualesquiera a,b,c ∈ R, se tienen lasigualdades (a+ b) • c = a • c+ b • c y c • (a+ b) = c • a+ c • b.

89

90 Capıtulo 3. Nociones basicas de anillos y modulos

Observacion. Sea (R,+, •) un anillo.

(1) Por simplicidad, para referirnos a un anillo escribiremos R en lugar de(R,+, •). En el caso del producto, escribiremos xy en lugar de x • y.

(2) Decimos que el anillo R es conmutativo si el monoide (R, •) es conmu-tativo.

(3) Los elementos invertibles U(R), del anillo R, son los elementos invertiblesdel monoide (R, •), esto es U(R) := U((R, •)). Si U(R) = R−{0}, se diceque R es un anillo con division . Un anillo con division conmutativo,se le conoce usualmente con el nombre de campo.

(4) Dado que R tiene neutro multiplicativo 1R, se definen, para cada r ∈ R ycada n ∈ Z, las siguientes expresiones: r0 := 1R, nr :=

∑ni=1 r si n > 0,

nr :=∑ni=1 (−r) si n < 0, y nr := 0R si n = 0.

Ejemplos. (1) Z, Q, R y C son todos anillos conmutativos con las operacio-nes usuales de suma y producto. Dado que U(Z) = {±1}, se tiene que Zno es un campo. Ejemplos de campos son Q, R y C.

(2) Las matrices Matn×n(K), de tamano n×n con entradas en un anillo con-mutativo K, son un anillo no conmutativo para n ≥ 2, con las operacionesusuales de suma y producto de matrices.

(3) Sea n ≥ 2. El conjunto nZ := {nx | x ∈ Z}, con las operaciones de sumay producto en Z, satisface todos los axiomas que definen a un anillo salvola existencia de neutro multiplicativo.

(4) Los cuaternios H, con las operaciones usuales de suma y producto, sonun ejemplo de un anillo con division no conmutativo.

Ejercicio 3.1.2. Sea R un anillo. Pruebe que las siguientes condiciones sesatisfacen.

(a) ∀ r ∈ R 0Rr = 0R = r0R.

(b) ∀ r, s ∈ R (−r)s = r(−s) = −(rs).

(c) ∀ r ∈ R − (−r) = r.

(d) ∀ r, s ∈ R (−r)(−s) = rs.

(e) ∀ r ∈ R, ∀m,n ∈ N rmrn = rm+n y (rm)n = rmn.

La categorıa Rings de anillos unitarios

Definicion 3.1.3. Denotaremos por Rings a la clase cuyos objetos son todoslos anillos (unitarios). Un morfismo ϕ : R → S en Rings (morfismo deanillos) es un morfismo en Sets que satisface las siguientes dos condiciones.

3.1. La categorıa de anillos unitarios 91

(a) ϕ(a+ b) = ϕ(a) + ϕ(b) y ϕ(ab) = ϕ(a)ϕ(b), ∀ a, b ∈ R.

(b) ϕ(1R) = 1S .

Finalmente, la composicion de morfismos en Rings es la composicion habitualde funciones.

Observacion. (1) Tenemos que la clase Rings es una categorıa. En efecto,no es difıcil ver (Ejercicio a cargo del lector), que la composicion de mor-fismos en Rings es de nuevo un morfismo en Rings. Dicha composiciones asociativa pues ya lo es la composicion habitual de funciones. Final-mente, para cada anillo R, la funcion identidad 1R : R → R, dada por1R(r) := r ∀ r ∈ R, es el morfismo identidad en Rings.

(2) Rings es una subcategorıa de la categorıa de grupos abelianos Ab. Estoes, todo anillo (R,+, •) es en particular, olvidando su estructura multipli-cativa, un grupo abeliano (R,+). Mas aun, todo morfismo f : (R,+, •)→(S,+, •) en Rings es, en particular, un morfismo f : (R,+)→ (S,+) enAb.

(3) Rings no es una subcategorıa plena de Ab, pues existen morfismos degrupos abelianos entre anillos que no son morfismos de anillos. Por ejem-plo, considere f : Z4 → Z8, con f(a) := 2a. Se tiene que f no es unmorfismo de anillos, pues preserva la suma, pero no el producto; ya quef([1]4[2]4) 6= f([1]4)f([2]4).

Proposicion 3.1.4. Sea f : R → S un morfismo en Rings. Entonces, f esun isomorfismo en Rings si y solo si f es biyectiva.

Demostracion. (⇒) Sea f : R→ S un isomorfismo en Rings. Luego, existeun morfismo g : S → R en Rings tal que fg = 1S y gf = 1R. Por lo tanto, sesigue que f es un isomorfismo en Sets.

(⇐) Sea f : R → S biyectiva. Por 2.2.6, sabemos que la funcion inversaf−1 : S → R es un morfismo en Ab. Por lo tanto, basta ver que f−1 : S → Rpreserva el producto. En efecto, para x, y ∈ S, tenemos que f(f−1(xy)) = xy =f(f−1(x))f(f−1(y)) = f(f−1(x)f−1(y)); y como f es inyectiva, se concluye quef−1(xy) = f−1(x)f−1(y). 2

En el caso que ϕ : R → S sea un isomorfismo en Rings, diremos que ϕes un isomorfismo de anillos, o bien que R y S son anillos isomorfos, y lodenotaremos R ' S.

Observacion. A diferencia de la categorıa Ab (ver 2.2.16), en Rings existenepimorfismos que no son suryectivos. En efecto, la inclusion i : Z → Q es unepimorfismo en Rings. Para verlo, sean f, g : Q → R morfismos en Ringstales que f ◦ i = g ◦ i. Luego, para m,n ∈ Z con n 6= 0, se tiene que f(m/n) =f(m)(f(n))−1 = g(m)(g(n))−1 = g(m/n); probandose que f = g.


Ejercicio 3.1.5. Sea ϕ : R→ S un morfismo en Rings. Pruebe lo siguiente.

(a) Si ϕ es suryectivo, entonces ϕ es un epimorfismo en Rings.

(b) Si ϕ es inyectivo, entonces ϕ es un monomorfismo en Rings.

Definicion 3.1.6. Sean R un anillo e I un subgrupo abeliano de R. Decimosque:

(a) I es un subanillo de R (i. e. I 6 R) si 1R ∈ I y ∀ a, b ∈ I ab ∈ I.

(b) I es un ideal izquierdo de R (i.e. I Ei R) si ∀x ∈ R, ∀ a ∈ I xa ∈ I.

(c) I es un ideal derecho de R (i.e. I Ed R) si ∀x ∈ R, ∀ a ∈ I ax ∈ I.

(d) I es un ideal (bilatero) de R (i.e. I E R) si I Ei R y I Ed R.

Ejercicio 3.1.7. Sean R un anillo y S un subconjunto no vacio de R. Pruebeque, S 6 R si y solo si la inclusion iS : S → R es un morfismo en Rings.

El centro de un anillo R es C(R) := {r ∈ R | rx = xr, ∀x ∈ R}. Observeque C(R) es un subanillo conmutativo de R.

Ejercicio 3.1.8. Sea R un anillo. Pruebe que la funcion ϕ : Z→ R, dada porϕ(n) := n1R, es un morfismo de anillos tal que ϕ (Z) ⊆ C(R).

Ejemplos. (1) Z ≤ Q ≤ R, pero ni Z ni Q son ideales en R.

(2) nZ E Z ∀n ∈ N, pero nZ no es un subanillo de Z, para n ≥ 2, pues1 6∈ nZ.

Ejercicio 3.1.9. Sea ϕ : R→ S un morfismo en Rings. Pruebe que:

(a) La imagen Im (ϕ) := ϕ (R) es un subanillo de S.

(b) ∀ S′ 6 S se tiene que ϕ−1(S′) 6 R.

(c) El nucleo o kernel Ker (ϕ) := {r ∈ R | ϕ(r) = 0} de ϕ es un ideal de R.

(d) Sea I �R. ¿Es cierto que ϕ(I) � S?

Proposicion 3.1.10. Sea ϕ : R → S un morfismo en Rings. Entonces, ϕ esinyectivo si y solo si Ker (ϕ) = {0}.

Demostracion. Dado que ϕ es en particular un morfismo en Ab, el resultadose sigue de 2.2.14. 2

Ejercicio 3.1.11. Sean R un anillo y I E R. Pruebe que: el grupo abeliano(R/I,+) con R/I := {r+ I | r ∈ R}, admite una unica estructura de anillo deforma tal que el epi-canonico π : R → R/I en Ab, π(r) := r + I ∀ r ∈ R, esun morfismo suryectivo en Rings. A dicho morfismo π en Rings se le conocecomo el el epi-canonico de anillos.

3.2. El anillo opuesto 93

Ejercicio 3.1.12. Sea ϕ : R → S un morfismo en Rings, I E R tal queI ⊆ Ker (ϕ) y π : R→ R/I el epi-canonico de anillos. Pruebe que:

(a) Existe un unico morfismo ϕ : R/I → R en Rings tal que ϕ = ϕπ.

(b) Ker (ϕ) = Ker (ϕ)/I y Im (ϕ) = Im (ϕ).

(c) I = Ker (ϕ) ⇔ ϕ es un morfismo inyectivo en Rings.

3.2. El anillo opuesto

La nocion de anillo opuesto es fundamental para poder comparar e in-troducir estructuras a izquierda y a derecha, como veremos en las siguientessecciones.

nociones basicas

Definicion 3.2.1. Sea R un anillo. El anillo opuesto Rop de R se define comosigue. Como conjunto R = Rop, la estructura aditiva de Rop es la misma quela de R, y la estructura multiplicativa ◦op de Rop es la opuesta de la estructuramultiplicativa ◦ de R, esto es x ◦op y := y ◦ x ∀ x, y ∈ R.

Notacion. Sean R un anillo y x ∈ R. Para distinguirlo del mismo elemento xen Rop, es conveniente denotarlo por xop. Con dicha notacion, la multiplicacionen Rop se escribe como sigue xop ◦op yop = y ◦x; y para simplificar todavıa masla notacion, escribiremos xopyop = yx. Observe que Rop es en efecto un anilloy C(Rop) = C(R).

Ejercicio 3.2.2. Sea R un anillo. Pruebe que las siguientes condiciones sonequivalentes.

(a) R = Rop como anillos.

(b) C(R) = R.

(c) R es un anillo conmutativo.

Observacion. (1) Podrıa suceder que R ' Rop en Rings, y sin embargoR no ser conmutativo. En efecto, considere el anillo de matrices R :=Mat2×2(R) y el morfismo ϕ : R → Rop, donde ϕ (A) es la matriz trans-puesta de A.

(2) Para cada grupo abeliano M, por 2.2.2, se tienen dos anillos de endomor-fismos asociados a M. Eston son EndAb(M) := EndZ(M) y EndAbop(M),donde Abop es la categorıa opuesta de Ab. Por la definicion de anilloopuesto, se tiene que EndAbop(M) = EndZ(M)op.

Acciones de Anillos de endomorfismos en Ab


En la Seccion 3.4 definiremos dos tipos de modulos: a izquierda y a de-recha. Para entender mejor la distincion entre ellos, describimos la forma enque usualmente actuan el anillo EndZ(M), y su anillo opuesto, sobre el grupoabeliano M.

Definicion 3.2.3. Sea M un grupo abeliano. Se tiene:

(a) La accion izquierda (operadores a izquierda) de EndZ(M) en M

EndZ(M)×M →M, (f,m) 7→ fm := f(m).

(b) La accion derecha (operadores a derecha) de EndZ(M)op en M

M × EndZ(M)op →M, (m, fop) 7→ mfop := fop(m).

Observacion 3.2.4. Las acciones a izquierda y a derecha de EndZ(M) en Mtienen las siguientes propiedades.

(1) ∀ f ∈ EndZ(M), ∀x ∈M fx = xfop.

(2) ∀ f, g ∈ EndZ(M), ∀x ∈M, se tienen las igualdades

f(gx) = (fg)x = x(gopfop) = (xgop)fop.

En efecto, (fg)x = x(fg)op = x(gopfop) y por otro lado f(gx) = f(xgop) =(xgop)fop.

(3) ∀ f, g ∈ EndZ(M), ∀x ∈M, se tienen las igualdades

(f + g)x = fx+ gx = x(fop + gop) = xfop + xgop.

(4) ∀ f ∈ EndZ(M), ∀x, y ∈M, se tienen las igualdades

f(x+ y) = fx+ fy = xfop + yfop = (x+ y)fop.

3.3. Algebras

Definicion 3.3.1. Sea K un anillo conmutativo y R un anillo. La terna(R,K,ϕ) con ϕ : K → R un morfismo de anillos tal que ϕ(K) ⊆ C(R), esuna K-algebra . En tal caso, diremos que R es una K-algebra vıa el morfismode anillos ϕ.

Ejemplos. (1) Todo anillo R es una C(R)-algebra vıa el morfismo inclusionC(R)→ R.

(2) Todo anillo R es una Z-algebra vıa ϕ : Z→ R con ϕ (n) := n1R.

3.4. La categorıa Mod (R) de R-modulos 95

(3) Sea K un anillo conmutativo. El anillo Matn×n(K) de matrices cuadradasde tamano n× n con elementos en K, es una K-algebra vıa el morfismok 7→ k · Idn, donde Idn es la matriz identidad en Matn×n(K).

(4) Las complejos C y los cuaternios H son R-algebras vıa las inclusionesR→ C y R→ H.

Frecuentemente, se da una estructura de K-algebra en un anillo R vıa unaaccion a izquierda K×R −→ R, la cual satisface ciertas propiedades especialesde “compatibilidad” con las operaciones de K y R. Los siguientes dos ejerci-cios son fundamentales para entender la estructura de K-algebra en R vıa ellenguaje de acciones K ×R −→ R.

Ejercicio 3.3.2. Sea R una K-algebra vıa ϕ : K → R. Pruebe que la accion aizquierda K ×R −→ R (k, r) 7→ k · r := ϕ(k) r, inducida por ϕ y el productoen R, satisface las siguientes propiedades:

(A1) ∀ k ∈ K, ∀ r1, r2 ∈ R k · (r1 + r2) = k · r1 + k · r2.

(A2) ∀ k1, k2 ∈ K, ∀ r ∈ R (k1 + k2) · r = k1 · r + k2 · r.(A3) ∀ k1, k2 ∈ K, ∀ r ∈ R k1 · (k2 · r) = (k1k2) · r.(A4) ∀ r ∈ R 1K · r = r.

(A5) ∀ k ∈ K, ∀ r1, r2 ∈ R k · (r1r2) = (k · r1)r2 = r1(k · r2).

Ejercicio 3.3.3. Sean R un anillo y K un anillo conmutativo. Supongamosque tenemos una accion a izquierda K×R −→ R, (k, r) 7→ k ·r, la cual satisfacelas cinco propiedades del Ejercicio 3.3.2. Pruebe que R es una K-algebra vıaϕ : K → R, donde ϕ(k) := k · 1R.Definicion 3.3.4. Sean (R,K,ϕ) y (S,K, φ) K-algebras. Decimos que unafuncion α : R→ S es un morfismo de K-algebras si satisface las siguientesdos condiciones:

(M1) α : R→ S es un morfismo de anillos,

(M2) α(ϕ(k)r) = φ(k)α(r) ∀ k ∈ K, ∀ r ∈ R.

3.4. La categorıa Mod (R) de R-modulos

Nociones basicas

Definicion 3.4.1. Sean (M,+) un grupo abeliano y R un anillo.

(a) El par (M,λ), con λ : R → EndZ(M) un morfismo de anillos, es un R-modulo a izquierda que denotamos tambien por RM . En tal caso, elmorfismo de anillos λ, se dice que es una representacion del anillo R enel anillo de operadores a izquierda del grupo abeliano M.


(b) El par (M,ρ), con ρ : R → EndZ(M)op un morfismo de anillos, es unR-modulo a derecha que denotamos tambien por MR. En tal caso, elmorfismo de anillos ρ, se dice que es una representacion del anillo R enel anillo de operadores a derecha del grupo abeliano M.

Frecuentemente, para simplificar la notacion, siempre y cuando este claro delcontexto, escribiremos M en lugar de RM (respectivamente, MR).

Ejemplos. (1) Cualquier grupo abeliano M es un Z-modulo a izquierda yderecha vıa las representaciones λ : Z→ EndZ(M) y ρ : Z→ EndZ(M)op,dadas por λ(n)m := nm y mρ(n) := nm ∀n ∈ Z, ∀m ∈M.

(2) Sea R un anillo, I un ideal izquierdo de R y J un ideal derecho de R.El producto en R, induce una estructura de R-modulo a izquierda RI yde R-modulo a derecha JR vıa las representaciones: λ : R → EndZ(I)y ρ : R → EndZ(J)op, dadas por λ(r)i := ri y jρ(r) := jr ∀ r ∈ R,∀ i ∈ I, ∀ j ∈ J. En particular, el producto en R induce una estructurade R-modulo a izquierda RR y a derecha RR.

(3) Sea R una K-algebra via ϕ : K → R. El producto en R y ϕ, inducenuna estructura de K-modulo a izquierda KR y a derecha RK vıa lasrepresentaciones: λ : K → EndZ(R) y ρ : K → EndZ(R)op, dadas porλ(k)r := ϕ(k)r y rρ(k) := rϕ(k) ∀ r ∈ R, ∀ k ∈ K.

Frecuentemente, se da una estructura de R-modulo a izquierda (respec-tivamente, a derecha) en un grupo abeliano M vıa una accion a izquierda(respectivamente, a derecha) de R en M. Esto nos permite interpretar las re-presentaciones como acciones y viceversa.

Ejercicio 3.4.2. Sean R un anillo y M un grupo abeliano.

(a) Sea M un R-modulo a izquierda vıa la representacion λ : R→ EndZ(M).Pruebe que dicha representacion induce una accion a izquierda R×M →M, definida por (r,m) 7→ r ·m := λ(r)m, la cual satisface las siguientespropiedades.

(M1) ∀ r ∈ R, ∀ x, y ∈M r · (x+ y) = r · x+ r · y.(M2) ∀ r1, r2 ∈ R, ∀ x ∈M (r1 + r2) · x = r1 · x+ r2 · x.

(M3) ∀ r1, r2 ∈ R, ∀ x ∈M (r1r2) · x = r1 · (r2 · x).

(M4) ∀ x ∈M 1R · x = x.

(b) Sea R×M →M, con (r,m) 7→ r ·m, una accion a izquierda que satis-face las cuatro propiedades del inciso anterior. Pruebe que la aplicacionλ : R → EndZ(M), dada por λ(r)m := r · m, esta bien definida y esuna representacion de R en el anillo de operadores a izquierda del grupoabeliano M.


El siguiente ejercicio es dual al anterior, y sirve al lector que no este fami-liarizado (principalmente) con lo notacion, para clarificar estas nociones.

Ejercicio 3.4.3. Sean R un anillo y M un grupo abeliano.

(a) Sea M un R-modulo a derecha vıa la representacion ρ : R→ EndZ(M)op.Pruebe que dicha representacion induce una accion a derecha M × R →M, definida por (m, r) 7→ m · r := mρ(r), la cual satisface las siguientespropiedades.

(M1)op ∀ r ∈ R, ∀ x, y ∈M (x+ y) · r = x · r + y · r.(M2)op ∀ r1, r2 ∈ R, ∀ x ∈M x · (r1 + r2) = x · r1 + x · r2.

(M3)op ∀ r1, r2 ∈ R, ∀ x ∈M x · (r1r2) = (x · r1) · r2.

(M4)op ∀ x ∈M x · 1R = x.

(b) Sea M × R → M, con (m, r) 7→ m · r, una accion a derecha que satis-face las cuatro propiedades del inciso anterior. Pruebe que la aplicacionρ : R → EndZ(M)op, dada por mρ(r) := m · r, esta bien definida y esuna representacion de R en el anillo de operadores a derecha del grupoabeliano M.

En general, la estructura de R-modulo a izquierda RM induce una estruc-tura de Rop-modulo a derecha MRop , y viceversa. Esto se puede ver usando elsiguiente ejercicio y tomando en cuenta los Ejercicios 3.4.2 y 3.4.3. En parti-cular, si R es un anillo conmutativo, un R-modulo a izquierda RM es tambienun R-modulo a derecha MR,

Ejercicio 3.4.4. Sea R un anillo, M un grupo abeliano y ϕ : R×M →M conϕ(r,m) = r·m una accion a izquierda. La accion opuesta ϕop : M×Rop →Mes ϕop(m, rop) = m · rop := r · m. Pruebe que ϕ satisface las condiciones delEjercicio 3.4.2 (a) si y solo si ϕop satisface las del Ejercicio 3.4.3 (a).

La categorıa de R-modulos

Definicion 3.4.5. Una funcion f : M → N entre R-modulos a izquierda(respectivamente, a derecha) se dice que es un morfismo de R-modulos (R-lineal o tambien R-morfismo) si f(rx+ sy) = rf(x) + sf(y) (respectivamente,f(xr + ys) = f(x)r + f(y)s) ∀ r, s ∈ R, ∀x, y ∈ M. El conjunto de todoslos morfismos de R-modulos de M en N sera denotado por HomR(M,N). Enparticular, sera de interes el conjunto de R-endomorfismos EndR(M) del R-modulo M.

Ejercicio 3.4.6. Dado un anillo R, pruebe las siguientes propiedades de losmorfismos de R-modulos.

(a) HomR(M,N) es un subgrupo abeliano de HomZ(M,N).


(b) La aplicacion HomR(Y, Z) × HomR(X,Y ) → HomR(X,Z), dada por lacomposicion de funciones (g, f) 7→ gf, esta bien definida. Esto es, lacomposicion de morfismos de R-modulos es un morfismo de R-modulos.

(c) La composicion de morfismos de R-modulos es Z-bilineal. Esto es que(f + g)h = fh+ gh y t(f + g) = tf + tg cada vez que las composicionesanteriores esten definidas.

(d) El conjunto de endomorfismos EndR(M) es un anillo con la suma y com-posicion de morfismos de R-modulos. Mas aun EndR(M) es un subanillode EndZ(M).

(e) Considere el anillo de endomorfismos Γ := EndR(M). La accion a iz-quierda Γ×M → M, (γ,m) 7→ γ ·m := γ(m), induce una estructura deΓ-modulo a izquierda en el grupo abeliano M.

Definicion 3.4.7. Sea R un anillo. Denotaremos por RMod (respectivamente,ModR) a la clase cuyos objetos son todos los R-modulos a izquierda (respecti-vamente, a derecha). Los morfismos en RMod (respectivamente, ModR) son losmorfismos de R-modulos. Finalmente, la composicion de morfismos en RMod(respectivamente, ModR) es la composicion habitual de funciones.

Observacion. (1) Tenemos que la clase RMod (respectivamente, ModR) esuna categorıa. En efecto, por 3.4.6 (b), tenemos que la composicion demorfismos en RMod (respectivamente, ModR) esta bien definida. Dichacomposicion es asociativa pues ya lo es la composicion habitual de funcio-nes. Finalmente, cada R-modulo M tiene asociado el morfismo identidad1M .

(2) RMod (respectivamente, ModR) es una subcategorıa de la categorıa degrupos abelianos Ab. En efecto, lo anterior es consecuencia de 3.4.6 (a).

(3) RMod (respectivamente, ModR) no es, en general, una subcategorıa plenade Ab. En efecto, considere la conjugacion compleja ϕ : C → C, dondeϕ(a + ib) := a − ib. Observe que ϕ es un morfismo de grupos abelianosque no es morfismo de C-modulos pues ϕ(i2) = −1 y iϕ(i) = −i2 = 1.

Lema 3.4.8. La correspondencia µR : RMod → ModRop dada por (Mf→

N) 7→ (µR(M)f→ µR(N)), donde µR(M) es el Rop-modulo a derecha inducido

por RM via 3.4.4, es un isomorfismo de categorıas.

Demostracion. Sea f : M → N un morfismo en RMod. Veamos que f :µR(M) → µR(N) es un morfismo en ModRop . En efecto, para m ∈ M yr ∈ R, se tiene que f(mrop) = f(rm) = rf(m) = f(m)rop; y por lo tantodicha correspondencia esta bien definida. Es claro que µR es un funtor puesµR(f) = f para todo morfismo f en RMod. Consideremos la correspondencia

νR : ModRop → RMod, dada por (Xg→ Y ) 7→ (νR(X)

g→ νR(Y )), donde νR(X)es el R-modulo a izquierda inducido por XRop via 3.4.4. Analogamente, se ve


que νR : ModRop → RMod es un funtor, es cual es inverso de µR (esto esµRνR = 1ModRop y νRµR = 1

RMod) pues (Rop)op = R como anillos. 2

Observacion. Sea R un anillo.(1) El isomorfismo de categorıas µR : RMod → ModRop , visto como una

identificacion, nos permite escribir la igualdad RMod = ModRop . De este modo,via µR y su inverso, es que todo R-modulo izquierdo no es mas que un Rop-modulo derecho y viceversa.

(2) Dado que (Rop)op = R como anillos, el isomorfismo de categorıas µRop :

RopMod → ModR, nos permite identificar a los R-modulos a derecha con losRop-modulos a izquierda; y por lo tanto escribir la igualdad RopMod = ModR.

(3) Definimos Mod (R) := RMod. De acuerdo con (2), podemos escribirla igualdad Mod (Rop) = ModR. Por lo tanto, podemos restringuirnos solo alestudio de R-modulos a izquierda, ya que los R-modulos a derecha no son otracosa mas que Rop-modulos a izquierda.

La intuicion del lector le habra sugerido quizas, que las nociones de K-algebra y K-modulo estan intimamente relacionadas como se puede ver en elsiguiente ejercicio.

Ejercicio 3.4.9. Sean R un anillo y K un anillo conmutativo. Pruebe lo si-guiente.

(a) Dar una estructura de K-algebra en R es equivalente a dar una estructurade K-modulo a izquierda en R, vıa una accion a izquierda K ×R→ R,(k, r) 7→ k · r. La cual satisface la siguiente propiedad:

∀ k ∈ K, ∀ r1, r2 ∈ R k · (r1r2) = (k · r1)r2 = r1(k · r2).

(b) Sean R y S K-algebras y α : R→ S un morfismo de anillos. Entonces, αes un morfismo de K-algebras si y solo si α : R → S es un morfismo deK-modulos a izquierda, donde la estrucura de K-modulo en R y S es ladada en (a).

Ejercicio 3.4.10. Sea M ∈ Mod (R). Considere la correspondencia cova-riante HomR(M,−) : Mod (R)→ Ab. Esto es, dado un morfismo f : X → Yen Mod (R), se define el morfismo de grupos abelianos

HomR(M,f) : HomR(M,X)→ HomR(M,Y ),

donde HomR(M,f)(h) := fh. Pruebe que HomR(M,−) : Mod (R) → Ab esun funtor covariante.

Ejercicio 3.4.11. Sea M ∈ Mod (R). Considere la correspondencia con-travariante HomR(−,M) : Mod (R) → Ab. Esto es, dado un morfismof : X → Y en Mod (R), se define el morfismo de grupos abelianos

HomR(f,M) : HomR(Y,M)→ HomR(X,M),

donde HomR(f,M)(h) := hf. Pruebe que HomR(−,M) : Mod (R) → Ab esun funtor contravariante.


Lema 3.4.12. Sea f : X → Y un morfismo en Mod (R). Entonces, las si-guientes condiciones son equivalentes.

(a) f : X → Y es un isomorfismo en Mod (R).

(b) HomR(M,f) : HomR(M,X) → HomR(M,Y ) es un isomorfismo en Abpara todo M ∈ Mod (R).

(c) HomR(f,M) : HomR(Y,M) → HomR(X,M) es un isomorfismo en Abpara todo M ∈ Mod (R).

Demostracion. (a) ⇒ (b) Se sigue de 1.22.11.(b) ⇒ (a) Asumamos la hipotesis en (b). En particular, se tiene que la fun-

cion HomR(Y, f) : HomR(Y,X)→ HomR(Y, Y ) es biyectiva (ver 2.2.6); y como1Y ∈ HomR(Y, Y ), existe un morfismo g : Y → X tal que fg = 1Y . Ahora bien,la funcion HomR(X, f) : HomR(X,X) → HomR(X,Y ) es tambien biyectiva ygf ∈ HomR(X,X). Luego, como HomR(X, f)(gf) = f(gf) = (fg)f = f =HomR(X, f)(1X), se sigue que gf = 1X .

(a) ⇔ (c) A cargo del lector. 2

Proposicion 3.4.13. Sea f : M → N un morfismo en Mod (R). Entonces, fes un isomorfismo en Mod (R) si y solo si f es biyectiva.

Demostracion. Dado que f : M → N es en particular un morfismo en Ab, essuficiente ver (por 2.2.6) que la funcion inversa f−1 : N → M es un morfismode R-modulos. En efecto, f−1 ya lo es de grupos abelianos. Veamos que f−1

preserva escalares, lo cual se sigue de la inyectividad de f pues, para r ∈ R yx ∈ N, se tienen las igualdades f(f−1(rx)) = rx = rf(f−1(x)) = f(rf−1(x)).2

En el caso en que f : M → N sea un isomorfismo de R-modulos, diremosque M y N son R-modulos isomorfos, vıa f, y lo denotaremos M ' N.Ejercicio 3.4.14. Sean R un anillo y M = {m} un conjunto con un soloelemento. Pruebe que M se puede ver de una unica manera como R-modulo; yque si N = {n} es otro conjunto con un solo elemento, entonces M ' N comoR-modulos. Es decir, salvo isomorfismos, solo existe un R-modulo con un soloelemento, el cual sera denotado por 0 y llamado el R-modulo trivial.

Definicion 3.4.15. Sea M ∈ Mod (R). Decimos que un subconjunto no vacioX ⊆ M es un R-submodulo de M, si para cada r1, r2 ∈ R y x1, x2 ∈ Xse tiene que r1x1 + r2x2 ∈ X. La notacion X ≤ M significara que X es unR-submodulo de M. Un submodulo estricto X de M es uno tal que X 6= M,y se denotara usualmente como X �M.

Ejercicio 3.4.16. Sean M un R-modulo y X ⊆M.

(a) Pruebe que si X ≤M entonces X es un subgrupo abeliano de M, y quela accion a izquierda de R en M se restringe a X, dando una estructurade R-modulo a izquierda en X.


(b) Sea X un R-modulo. Entonces, X ≤M si y solo si la inclusion iX : X →M, definida por iX(x) := x ∀ x ∈ X, es un morfismo de R-modulos.

(c) Para cualquier familia {Xi}i∈I de R-submodulos de M, la interseccion∩i∈I Xi es un R-submodulo de M.

Definicion 3.4.17. Sea M un R-modulo.

(a) El R-submodulo de M, generado por un subconjunto X de M, es

< X >:= ∩{ N | X ⊆ N ≤M}.

(b) Sea {Mi}i∈I una familia de R-submodulos de M, la suma∑i∈I Mi de

dicha familia es el R-submodulo de M generado por el conjunto ∪i∈IMi.

(c) Se dice que M es finitamente generado si existe un subconjunto finitoX de M tal que M =< X > .

Ejercicio 3.4.18. Sea M un R-modulo y X un subconjunto de M. Pruebe losiguiente:

(a) Si X 6= ∅ entonces < X >= {∑ni=1 rixi | ri ∈ R, xi ∈ X,n ∈ N+}.

(b) < X >= X si y solo si X ≤M.

Ejercicio 3.4.19. Sean M un R-modulo y {Mi}i∈I una familia no vacıa deR-submodulos de M. Pruebe que

x ∈∑i∈I

Mi ⇔ x =

n∑k=1

mik con mik ∈Mik , n ∈ N+.

Ejercicio 3.4.20. Sea ϕ : M → N un morfismo de R-modulos. Pruebe que:

(a) La imagen Im (ϕ) := ϕ (M) es un R-submodulo de N.

(b) ∀ N ′ ≤ N se tiene que ϕ−1(N ′) ≤M.

(b) ∀ M ′ ≤M se tiene que ϕ(M ′) ≤ N.

(c) El nucleo o kernel Ker (ϕ) := ϕ−1(0) de ϕ es un R-submodulo de M.

Proposicion 3.4.21. Sea f : M → N un morfismo en Mod (R). Entonces, lassiguientes condiciones son equivalentes.

(a) f es un monomorfismo en Mod (R).

(b) Ker (f) = {0}.

(c) f es un monomorfismo en Sets.


Demostracion. Dado que Mod (R) es una subcategorıa de Ab, obtenemospor 2.2.14 que (b) es equivalente a (c), y que (b) implica (a) (ver 1.22.12).Veamos que (a) implica (b). En efecto, la inclusion iKer (f) : Ker (f)→M y laaplicacion nula 0 : Ker (f)→M son morfismos en Mod (R). Por lo tanto, de laigualdad fiKer (f) = 0f se concluye que iKer (f) = 0 pues f es un monomorfismoen Mod (R). De donde se sigue que Ker (f) = {0}. 2

Ejercicio 3.4.22. Sean M un R-modulo y X ≤ M. Pruebe que, el grupoabeliano (M/X,+) con M/X := {m + X | m ∈ M}, admite una unica es-tructura de R-modulo, de forma tal que el epi-canonico de grupos abelianosπ : M →M/X, π(m) := m+X, es un morfismo suryectivo de R-modulos (ver2.2.15).

Proposicion 3.4.23. Sea f : M → N un morfismo en Mod (R). Entonces, fes un epimorfismo en Mod (R) si y solo si f es un epimorfismo en Sets.

Demostracion. (⇒) Dado que, el epi-canonico π : N → N/Im (f) y laaplicacion nula 0 : N → N/Im (f) son morfismos en Mod (R), de la igualdadπf = 0f se sigue que π = 0 pues f es un epimorfismo en Mod (R). Por lo tantoIm (f) = N.

(⇐) Dado que Mod (R) es una subcategorıa de Ab, el resultado se sigue de2.2.16 (ver 1.22.12). 2

Ejercicio 3.4.24. [Primer Teorema de Isomorfismos en Mod (R)]Sea ϕ : M → N un morfismo de R-modulos, X ≤ M tal que X ⊆ Ker (ϕ) yπ : M →M/X el epi-canonico de 3.4.22. Pruebe que:

(a) ϕ se factoriza de manera unica a traves de π. Esto es, existe un unicomorfismo de R-modulos ϕ : M/X → N tal que ϕ = ϕπ.

(b) Ker (ϕ) = Ker (ϕ)/X y Im (ϕ) = Im (ϕ).

(c) X = Ker (ϕ) ⇔ ϕ es un monomorfismo.

Sugerencia: Ver 2.2.17.

Ejercicio 3.4.25. [Segundo Teorema de Isomorfismos en Mod (R)]Sean M un R-modulo y N,T R-submodulos de M. Pruebe que la aplicacion

h : T/(T ∩N)→ (T +N)/N, dada por h(t+ T ∩N) := t+N,

esta bien definida y es un isomorfismo en Mod (R).Sugerencia: Ver 2.2.18

Ejercicio 3.4.26. [Tercer Teorema de Isomorfismos en Mod (R)]Sean M un R-modulo y N ⊆ T R-submodulos de M. Pruebe que

(M/N)/(T/N) 'M/T en Mod (R).

Sugerencia: Ver 2.2.19.


El siguiente resultado, se le conoce como la “Propiedad universal” del Kernelen Mod (R), el cual sera de utilidad para introducir, mas adelante la nocion deKernel en una categorıa.

Proposicion 3.4.27. Sean ϕ : M → N un morfismo en Mod (R), y iϕ :Ker (ϕ)→M la inclusion de Ker (ϕ) en M. Entonces, las siguientes condicio-nes se satisfacen.

(a) ϕiϕ = 0.

(b) Para todo f : X →M en Mod (R) con ϕf = 0, existe un unico f ′ : X →Ker (ϕ) en Mod (R) tal que f = iϕf

′.

Demostracion. (a) Es claro pues ϕ (Ker (ϕ)) = 0.(b) Sea f : X → M en Mod (R) con ϕf = 0. En particular, Im (f) ⊆

Ker (ϕ). Por lo tanto se tiene una funcion f ′ : X → Ker (ϕ), donde f ′(x) :=f(x) ∀x ∈ X. Observe que f ′ es un morfismo de R-modulos pues f lo es, yademas f = iϕf

′. Supongamos ahora que existe h : X → Ker (ϕ) en Mod (R)tal que f = iϕh. Veamos que h = f ′. En efecto, dado que iϕf

′ = f = iϕh y iϕes un monomorfismo en Mod (R), se sigue que h = f ′. 2

En lo que sigue, veremos que el kernel iϕ : Ker (ϕ) → M de un morfismoϕ : M → N en Mod (R), es unico hasta isomorfismos.

Proposicion 3.4.28. Sean α : K → M y ϕ : M → Nmorfismos en Mod (R),satisfaciendo las siguientes dos propiedades: (a) ϕα = 0 y (b) para todo f :X → M en Mod (R) con ϕf = 0, existe un unico f ′ : X → K en Mod (R) talque f = αf ′. Entonces, existe un isomorfismo ε : K → Ker (ϕ) en Mod (R) talque α = iϕε.

Demostracion. Dado que ϕα = 0, se sigue de 3.4.27 la existencia de ε : K →Ker (ϕ) en Mod (R) tal que α = iϕε. Por otro lado, como ϕiϕ = 0, concluimospor hipotesis la existencia de un morfismo η : Ker (ϕ) → K tal que αη = iϕ.Ahora bien, dado que αηε = α y α1K = α, por la unicidad concluimos queηε = 1K . Analogamente, usando la unicidad en 3.4.27, obtenemos la igualdadεη = 1Ker (ϕ). 2

La nocion dual del Kernel es el Cokernel y se introduce en Mod (R) comosigue.

Definicion 3.4.29. El Cokernel (conucleo) de un morfismo ϕ : M → N enMod (R), es el morfismo πϕ : N → Coker (ϕ) en Mod (R), donde Coker (ϕ) :=N/Im (ϕ) y πϕ es el epi-canonico de 3.4.22.

El morfismo πϕ : N → Coker (ϕ) tiene la siguiente propiedad universal enMod (R).

Ejercicio 3.4.30. Sean ϕ : M → N un morfismo en Mod (R), y πϕ : N →Coker (ϕ) el epi-canonico. Pruebe que:


(a) πϕϕ = 0.

(b) Para todo g : N → Y en Mod (R) con gϕ = 0, existe un unico g′ :Coker (ϕ)→ Y en Mod (R) tal que g = g′πϕ.

Mas aun, el Cokernel πϕ : N → Coker (ϕ) de un morfismo ϕ : M → N enMod (R), es unico hasta isomorfismos, como puede verse en el siguiente ejercicioa cargo del lector.

Ejercicio 3.4.31. Sean ϕ : M → N y β : N → C morfismos en Mod (R),satisfaciendo las siguientes dos propiedades: (a) βϕ = 0 y (b) para todo g :N → Y en Mod (R) con gϕ = 0, existe un unico g′ : C → Y en Mod (R) talque g = g′β. Entonces, existe un isomorfismo ε : Coker (ϕ) → C en Mod (R)tal que β = επϕ.

3.5. Sumas directas, productos y coproductosen Mod (R)

Definicion 3.5.1. Sea {Mi}i∈I una familia no vacia de R-modulos. El pro-ducto de dicha familia es el grupo abeliano

∏i∈I Mi con la estructura de

R-modulo dada por la accion a izquierda

R×∏i∈I

Mi →∏i∈I

Mi, (r, (mi)i∈I) 7→ (rmi)i∈I .

Observacion. Sea {Mi}i∈I una familia de R-modulos.(1) El grupo abeliano

∐i∈I Mi es un R-submodulo de

∏i∈I Mi. En efecto,

lo anterior es consecuencia de que Supp (rm) ⊆ Supp (m) para todo r ∈ Ry m ∈ ∏i∈I Mi. Por lo tanto, el R-modulo

∐i∈I Mi se le conoce como el

coproducto de la familia de R-modulos {Mi}i∈I .(2) Para el caso de una familia vacia de R-modulos, por definicion, el pro-

ducto y el coproducto de dicha familia es el R-modulo trivial 0.

Ejercicio 3.5.2. Sea {Mi}i∈I una familia no vacia de R-modulos. Pruebe quelas siguientes condiciones se satisfacen.

(a) Las funciones de inclusion: inci : Mi →∐i∈I Mi, dada por (inci(mi))t :=

mi si t = i, y (inci(mi))t := 0 si t 6= i, y Inci : Mi →∏i∈I Mi con

Inci(mi) := inci(mi), son monomorfismos en Mod (R).

(b) Las funciones de proyeccion: Proyi :∏i∈I Mi →Mi, dada por Proyi(m) :=

mi, y proyi :∐i∈I Mi →Mi con proyi(m) := Proyi(m), son epimorfis-

mos en Mod (R).

Definicion 3.5.3. Sea M un R-modulo y {Mi}i∈I una familia de R-submodu-los de M. Decimos que M es la suma directa de dicha familia, y escribimosM =

⊕i∈I Mi, si M =

∑i∈I Mi y Mi ∩ (

∑k 6=i Mk) = 0, ∀ i ∈ I.

3.5. Sumas directas, productos y coproductos en Mod (R) 105

Lema 3.5.4. Sean M un R-modulo y {Mi}i∈I una familia no vacıa de R-submodulos de M. Entonces, la correspondencia σM :

∐i∈I Mi → M, con

σM ((mi)i∈I) :=∑i∈I mi, es un morfismo en Mod (R).

Demostracion. Sea m = (mi)i∈I ∈∐i∈I Mi. Dado que el soporte de m es

finito, se tiene que la la suma∑i∈I mi consiste de un numero finito de terminos

y por lo tanto esta bien definida. Veamos ahora que σM es R-lineal. En efecto,para r, s ∈ R y x, y ∈ ∐i∈I Mi, se tiene σM (rx + sy) = σM ((rxi + syi)i∈I) =∑i∈I(rxi + syi) = r

∑i∈I xi + s

∑i∈I yi = rσM (x) + sσM (y). 2

Teorema 3.5.5. Sean M un R-modulo y {Mi}i∈I una familia no vacıa deR-submodulos de M. Entonces, las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) La funcion σM :∐i∈I Mi →M es un isomorfismo en Mod (R).

(b) Cada m ∈M se escribe de manera unica de la forma m =∑ni=1 mki con

mki ∈Mki , n ∈ N.

(c) M =⊕

i∈I Mi.

Demostracion. Por 3.5.4, sabemos que σM :∐i∈I Mi →M es un morfismo

en Mod (R). Luego, el resultado, se sigue de 2.3.6, 2.2.6 y 3.4.13. 2

Teorema 3.5.6. Sea {Mi}i∈I una familia de R-submodulos. Entonces, se tie-ne que {inci(Mi)}i∈I es una familia de R-submodulos de

∐i∈I Mi tal que∐

i∈I Mi =⊕

i∈I inci(Mi).

Demostracion. Podemos asumir que el conjunto I es no vacio, de lo contra-rio no hay nada que probar. Ahora bien, por 3.5.2, sabemos que inci : Mi →∐i∈I Mi es un morfismo en Mod (R); y por lo tanto {inci(Mi)}i∈I es una fa-

milia de R-submodulos de∐i∈I Mi.

Sean Xi := inci(Mi) y X :=∐i∈I Mi. Luego, por 3.5.5 y 3.4.13, es sufi-

ciente ver que σX :∐i∈I Xi → X es biyectiva. Veamos que σX es sur-

yectiva. En efecto, sea m ∈ X. Dado que Supp (m) es finito, se tiene quem =

∑i∈I inci(mi) = σX(z) donde z := (inci(mi))i∈I ∈

∐i∈I Xi. Finalmen-

te, checamos que Ker (σX) es trivial. Sean w = (inci(mi))i∈I ∈ Ker (σX) ym := (mi)i∈I ∈ X. Por lo tanto 0 = σX(w) =

∑i∈I inci(mi) = m, de donde se

sigue que mi = 0 ∀ i ∈ I; y ası w = 0. 2

Proposicion 3.5.7. Sean M un R-modulo y N 6M, tales que M = ⊕i∈IMi

y N = ⊕i∈INi. Si Ni 6 Mi ∀ i ∈ I, entonces la correspondencia ψ : M/N →∐i∈IMi/Ni, con ψ(m+N) := (mi +Ni)i∈I , es un isomorfismo en Mod (R).

Demostracion. Supongamos que Ni 6Mi ∀ i ∈ I. Luego, la correspondenciaϕ : M → ∐

i∈IMi/Ni, donde ϕ(m) := (mi + Ni)i∈I , esta bien definida (puesSupp (ϕ(m)) ⊆ Supp (m)) y es un morfismo de R-modulos. De donde, por3.4.24, es suficiente ver que ϕ es suryectiva y Ker (ϕ) = N. En efecto, seax = (xi +Ni)i∈I ∈

∐i∈IMi/Ni. Definimos z = (zi)i∈I ∈

∏i∈IMi, como sigue:

zi := xi si i ∈ Supp (x); y zi := 0 en caso contrario. Dado que Supp (x) es


finito, tenemos que z ∈M. Mas aun, como zi−xi ∈ Ni ∀ i ∈ I, concluimos quex = (zi + Ni)i∈I = ϕ(z); probandose que ϕ es suryectiva. Finalmente, de lasequivalencias: m ∈ Ker (ϕ) ⇔ mi + Ni = Ni ∀ i ∈ I ⇔ m ∈ N, se sigue queKer (ϕ) = N. 2

En la categorıa de conjuntos Sets sabemos que todo monomorfismo (res-pectivamente, epimorfismo) es un split-mono (respectivamente, split-epi). Estoultimo, es una propiedad muy particular de Sets. En general, como veremosa continuacion, un monomorfismo no tiene porque ser un split-mono. Observe,que dicha propiedad tiene que ver, en Mod (R), con la existencia de sumandosdirectos. Recordamos que un R-submodulo N de M, es un sumando directode M si existe N ′ 6M tal que M = N ⊕N ′.

Proposicion 3.5.8. Sean M un R-modulo y N 6M. Entonces, las siguientescondiciones son equivalentes.

(a) N es un sumando directo de M.

(b) La inclusion iN : N →M es un split-mono en Mod (R).

(c) El epi-canonico πN : M →M/N es un split-epi en Mod (R).

Mas aun, en el caso se satisfaga una de las condiciones equivalentes, se tieneque N ⊕Ker (α) = M = N ⊕ Im (β), donde α ◦ iN = 1N y πN ◦ β = 1M/N .

Demostracion. (a)⇒ (b) ∧ (c) Sea N ′ 6M tal que M = N⊕N ′. Luego, por3.5.5, cada m ∈M, se escribe de una unica manera de la forma m = m1 +m2

con m1 ∈ N y m2 ∈ N ′.Veamos que (b) se satisface. En efecto, definimos α(m) := m1 para cada m ∈M. Por la unicidad en la descomposicion de m, se sigue que α : M → N es unmorfismo de R-modulos y ademas α ◦ iN = 1N .Probaremos ahora (c). Definimos b(m) := m2 para cadam ∈M. Por la unicidaden la descomposicion de m, se sigue que b : M → M es un morfismo de R-modulos y ademas Ker (b) = N. Luego, por 3.4.24, existe un morfismo β :M/N → M tal que βπN = b. En particular, se tiene que πNβ(m + N) =πNb(m) = πN (m2) = m2 +N = m+N pues m1 ∈ N. Esto es πNβ = 1M/N .

(b) ⇒ (a) Sea α : M → N un morfismo en Mod (R) tal que α ◦ iN = 1N .Veamos que M = N ⊕ Ker (α). Para ello, por definicion, es suficiente ver queM = N + Ker (α) y N ∩Ker (α) = 0. Observe que, de la igualdad α ◦ iN = 1N ,se concluye que x = α(x) ∀x ∈ N. En particular, si x ∈ N ∩Ker (α) entoncesx = α(x) = 0. Ahora bien, cada m ∈ M, lo podemos escribir como siguem = α(m)+(m−α(m)), y dado que α(m) ∈ N, se sigue que m−α(m) ∈ Ker (α)pues α(α(m)) = α(m).

(c)⇒ (a) Sea β : M/N →M un morfismo en Mod (R) tal que πNβ = 1M/N .Veamos que M = N ⊕ Im (β). Observe que, de la igualdad πNβ = 1M/N ,se concluye que m − β(m + N) ∈ N ∀m ∈ M. En particular, se sigue queM = N + Im (β), pues m = (m − β(m + N)) + β(m + N). Finalmente, seax ∈ N ∩ Im (β). Luego x = β(m + N) ∈ N para algun m ∈ M. Dado que


Ker (πN ) = N, obtenemos que N = πN (x) = πN (β(m+N)) = m+N, de dondem ∈ N y por lo tanto x = β(m+N) = 0; probandose que N ∩ Im (β) = 0. 2

Las funciones de inclusion en el coproducto inci : Mi →∐i∈I Mi, satisfacen

la siguiente propiedad universal en Mod (R).

Proposicion 3.5.9. Sea {Mi}i∈I una familia no vacıa de R-modulos. Enton-ces, para todo N ∈ Mod (R) y cualquier familia {gi : Mi → N}i∈I de morfismosen Mod (R), existe un unico morfismo g :

∐i∈IMi → N tal que g ◦ inci = gi

∀ i ∈ I.

Demostracion. Sean N un R-modulo y {gi : Mi → N}i∈I una familia demorfismos en Mod (R). Sea m ∈ ∐i∈IMi. Dado que m tiene soporte finito,se tiene que g(m) :=

∑i∈I gi(mi) es un elemento bien determinado en N. Por

lo tanto, obtenemos un morfismo g :∐i∈IMi → N en Mod (R), y ademas,

g ◦ inci(mi) =∑t∈I gt((inci(mi))t) = gi(mi). Veamos que dicho morfismo g

es unico. Sea g′ :∐i∈IMi → N tal que g′ ◦ inci = gi ∀ i ∈ I. Luego, como

m =∑i∈I inci(mi) ∀m ∈

∐i∈IMi, se tiene que g(m) =

∑i∈I g ◦ inci(mi) =∑

i∈I g′ ◦ inci(mi) = g′(m). 2

La propiedad universal, que satisfacen las funciones de inclusion en el co-producto inci : Mi →

∐i∈I Mi en Mod (R), es unica hasta isomorfismos, como

veremos en el siguiente resultado.

Teorema 3.5.10. Sea {Mi}i∈I una familia no vacıa de R-modulos, C un R-modulo y {µi : Mi → C}i∈I una familia de morfismos en Mod (R). Entonces,las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) Existe un isomorfismo ϕ : C → ∐i∈IMi en Mod (R) tal que ϕµi = inci

∀ i ∈ I.

(b) Para todo N ∈ Mod (R) y cualquier familia {gi : Mi → N}i∈I de morfis-mos en Mod (R), existe un unico morfismo g : C → N tal que gµi = gi∀ i ∈ I.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Sea ϕ : C →∐i∈IMi un isomorfismo en Mod (R)

tal que ϕµi = inci ∀ i ∈ I. Consideremos una familia {gi : Mi → N}i∈Ide morfismos en Mod (R). Luego, por 3.5.9, existe un unico morfismo g′ :∐i∈IMi → N tal que g′ ◦ inci = gi ∀ i ∈ I. Veamos que g := g′ϕ : C → N

satisface lo requerido. En efecto, gµi = g′ϕµi = g′ ◦ inci = gi para todo i ∈ I.Por otro lado, supongamos que existe h : C → N tal que hµi = gi ∀ i ∈ I.Aseguramos que g = h. En efecto, para ello tenemos que (hϕ−1)inci = hµi =gi = g′inci ∀ i ∈ I; y por la unicidad en 3.5.9, se concluye que hϕ−1 = g′ y porlo tanto h = g′ϕ = g.

(b) ⇒ (a) Considerando la familia de morfismos {inci : Mi →∐i∈IMi}i∈I

y asumiendo la hipotesis en (b), existe un morfismo ϕ : C → ∐i∈IMi tal

que ϕµi = inci ∀ i ∈ I. Analogamente, usando 3.5.9, se tiene la existencia deψ :∐i∈IMi → C tal que ψ◦inci = µi ∀ i ∈ I. De donde se siguen las igualdades


(ψϕ)µi = 1Cµi y (ϕψ) ◦ inci = 1∐i∈IMi

◦ inci para todo i ∈ I. Luego, por la

unicidad en (b) y en 3.5.9, concluimos que ψϕ = 1C y ϕψ = 1∐i∈IMi

. 2

Definicion 3.5.11. Se dice que un R-modulo C admite una descomposicionen suma directa C =

∐i∈IMi, si existe una familia de morfismos {µi : Mi →

C}i∈I en Mod (R) que satisface alguna de las condiciones equivalentes de 3.5.10.

Observacion 3.5.12. Sea {µi : Mi → C}i∈I una descomposicion en sumadirecta del R-modulo C.

(1) Para cada i, el morfismo µi : Mi → C se le conoce como la i-esimainclusion natural de Mi en C.

(2) Existe una unica familia {πi : C → Mi}i∈I de morfismos en Mod (R)tal que πiµj = δij , donde δii := 1Mi

y δij := 0 si i 6= j. En efecto, para cada i,considere la familia de morfismos {δij : Mj →Mi}j∈I y aplique 3.5.10.

(3) Para cada i, el morfismo πi : C → Mi se le conoce como la i-esimaproyeccion natural de C en Mi.

(4) Considere el isomorfismo ϕ : C → ∐i∈IMi en Mod (R) tal que ϕµi =

inci ∀ i ∈ I (ver 3.5.10). En tal caso, tenemos que tambien se satisface laigualdad proyi ◦ ϕ = πi ∀ i ∈ I, donde proyi :

∐i∈IMi → Mi es la funcion de

proyeccion del coproducto (ver 3.5.2 (b)).En efecto, dado que proyi ◦ inci = 1Mi

= πiµi = (πiϕ−1) ◦ inci ∀ i ∈ I, se sigue

por la unicidad en 3.5.9 que proyi = πiϕ−1 ∀ i ∈ I.

(5) En general, Mi no tiene porque ser un R-submodulo de C. Sin embargo,{µi(Mi)}i∈I es una familia de R-submodulos de C tal que C = ⊕i∈Iµi(Mi).En efecto, por 3.5.6 y 3.5.10, tenemos un isomorfismo de R-modulos ϕ : C →⊕i∈I inci(Mi) tal que ϕ(µi(Mi)) = inci(Mi). Por lo tanto, la familia {µi(Mi)}i∈Isatisface 3.5.5 (b), de donde se sigue que C = ⊕i∈Iµi(Mi).

Ejercicio 3.5.13. Sea {µi : Mi → C}i∈I una descomposicion en suma directadel R-modulo C. Pruebe que, para cualquier H ∈ Mod (R), la funcion

ϕH : HomR(C,H)→∏i∈I

HomR(Mi, H),

dada por ϕH(g) := (g ◦ µi)i∈I , es un isomorfismo en Ab.Sugerencia: Usar 3.5.10.

Las funciones de proyeccion del producto Proyi :∏i∈I Mi →Mi, satisfacen

la siguiente propiedad universal en Mod (R).

Ejercicio 3.5.14. Sea {Mi}i∈I una familia no vacıa de R-modulos. Entonces,para todo N ∈ Mod (R) y cualquier familia {gi : N → Mi}i∈I de morfismosen Mod (R), existe un unico morfismo g : N →∏

i∈IMi tal que Proyi ◦ g = gi∀ i ∈ I.

La propiedad universal, que satisfacen las funciones de proyeccion del pro-ducto Proyi :

∏i∈I Mi → Mi en Mod (R), es unica hasta isomorfismos, como

veremos en el siguiente ejercicio.


Ejercicio 3.5.15. Sea {Mi}i∈I una familia no vacıa de R-modulos, P un R-modulo y {πi : P → Mi}i∈I una familia de morfismos en Mod (R). Entonces,las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) Existe un isomorfismo ϕ :∏i∈IMi → P en Mod (R) tal que πiϕ = Proyi

∀ i ∈ I.

(b) Para todo N ∈ Mod (R) y cualquier familia {gi : N →Mi}i∈I de morfis-mos en Mod (R), existe un unico morfismo g : N → P tal que πi ◦ g = gi∀ i ∈ I.

Definicion 3.5.16. Se dice que un R-modulo P admite una descomposicionen producto P =

∏i∈IMi, si existe una familia de morfismos {πi : P →Mi}i∈I

en Mod (R) que satisface alguna de las condiciones equivalentes de 3.5.15.

Observacion 3.5.17. Sea {πi : P →Mi}i∈I una descomposicion en productodel R-modulo P.

(1) Para cada i, el morfismo πi : P → Mi se le conoce como la i-esimaproyeccion natural de P en Mi.

(2) Existe una unica familia {µi : Mi → P}i∈I de morfismos en Mod (R)tal que πiµj = δij , donde δii := 1Mi y δij := 0 si i 6= j. En efecto, para cada j,considere la familia de morfismos {δij : Mj →Mi}i∈I y aplique 3.5.15.

(3) Para cada i, el morfismo µi : Mi → P se le conoce como la i-esimainclusion natural de Mi en P.

(4) En general, la familia de morfismos {µi : Mi → P}i∈I no tiene porqueser una descomposicion en suma directa de P a menos que el conjunto de ındicesI sea finito. En efecto, si I es finito, sabemos que

∐i∈IMi =

∏i∈IMi, y basta

aplicar 3.5.10 y 3.5.15.

Ejercicio 3.5.18. Sea {πi : P →Mi}i∈I una descomposicion en producto delR-modulo P. Pruebe que, para cualquier H ∈ Mod (R), la funcion

ΦH : HomR(H,P )→∏i∈I

HomR(H,Mi),

dada por ΦH(g) := (πi ◦ g)i∈I , es un isomorfismo en Ab.Sugerencia: Usar 3.5.15.

La siguiente caracterizacion de los coproductos finitos es muy importante.

Teorema 3.5.19. Sea {µi : Mi → M}ni=1 una familia de morfismos enMod (R). Entonces, las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) {µi : Mi →M}ni=1 es una descomposicion en suma directa de M.

(b) Existe una familia {πi : M → Mi}ni=1 de morfismos en Mod (R) tal que∑ni=1 µiπi = 1M y πiµj = δij ∀ i, j.


Demostracion. (a) ⇒ (b) Supongamos que {µi : Mi → M}ni=1 es una des-composicion en suma directa de M. Luego, por 3.5.12 (2), existe una fami-lia {πi : M → Mi}ni=1 de morfismos en Mod (R) tal que πiµj = δij . Vea-mos que

∑ni=1 µiπi = 1M . Para ello, usaremos 3.5.12 (4) y que 1∐n

i=1 Mi=∑n

i=1 proyi ◦ inci. En efecto,∑ni=1 µiπi =

∑ni=1 (ϕ−1 ◦ inci)(proyi ◦ ϕ) =

ϕ−1(∑ni=1 proyi ◦ inci)ϕ = 1M .

(b) ⇒ (a) Asumamos la hipotesis en (b). Para obtener (a), es suficientechecar 3.5.10 (a). Para ello, veamos que el morfismo ϕ : M → ∐n

i=1Mi, conϕ :=

∑ni=1 inci ◦ πi, satisface las propiedades requeridas. En efecto ϕµj =∑n

i=1 inci ◦ πiµj =∑ni=1 inci ◦ δij = incj ∀ j. Para ver que ϕ es un isomor-

fismo, consideremos el morfismo (cuya existencia esta asegurada por 3.5.9)µ :∐ni=1Mi → M tal que µi = µ ◦ inci ∀ i. Primeramente, tenemos que µϕ =∑n

i=1 (µ◦ inci)πi =∑ni=1 µiπi = 1M . Finalmente, para ver que ϕµ = 1∐n

i=1 Mi,

usaremos la unicidad de 3.5.9. En efecto, (ϕµ) ◦ incj =∑ni=1 inciπiµincj =∑n

i=1 inciπiµj = incj ∀ j; de donde se sigue que ϕµ = 1∐ni=1 Mi

. 2

Pruebe la siguiente caracterizacion de los productos finitos en Mod (R).

Ejercicio 3.5.20. Sea {πi : M →Mi}ni=1 una familia de morfismos en Mod (R).Entonces, las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) {πi : M →Mi}ni=1 es una descomposicion en producto de M.

(b) Existe una familia {µi : Mi → M}ni=1 de morfismos en Mod (R) tal que∑ni=1 µiπi = 1M y πiµj = δij ∀ i, j.

3.6. Matrices de morfismos en Mod (R)

Cuando se tienen morfismos entre sumas directas finitas, es mas comodover a dichos morfismos como matrices de morfismos. De esta manera, operandocon matrices, operamos tambien con morfismos, simplificandose notablementeciertas consideraciones entre morfismos en Mod (R).

Dada una descomposicion en suma directa A =∐ni=1Ai en Mod (R), te-

nemos (de acuerdo a lo visto en la seccion anterior) la familia de inclusionesnaturales {µi : Ai → A}ni=1 y la de proyecciones naturales {πi : A → Ai}ni=1.Las cuales, como vimos en 3.5.19, satisfacen las identidades

∑ni=1 µiπi = 1A

y πiµj = δij ∀ i, j. En algunas ocasiones, escribiremos µAi (respectivamente,πAi ) en lugar de µi (respectivamente, πi) para enfatizar que dichas inclusionesy proyecciones naturales estan relacionadas con A.

Definicion 3.6.1. Consideremos las descomposiciones en suma directa A =∐ni=1Ai y B =

∐mi=1Bi en Mod (R). Denotaremos por Matm×n(A,B)

al conjunto de todas las matrices α, de orden m × n, con entrada [α]kl :=αkl ∈ HomR(Al, Bk). La i-esima fila de la matriz α es la matriz [α]i :=(αi1, αi2, · · · , αin) ∈ Mat1×n(A,Bi); y la j-esima columna de α es la matriz

3.6. Matrices de morfismos en Mod (R) 111

[α]j :=

α1j

...αmj

∈ Matm×1(Aj , B). Sean α, β ∈ Matm×n(A,B), diremos que

α = β si [α]ij = [β]ij ∀ i, j.Ejercicio 3.6.2. Pruebe que Matm×n(A,B) es un grupo abeliano, con la sumausual de matrices: [α+ β]ij := [α]ij + [β]ij ∀ i, j.Proposicion 3.6.3. La funcion ϕB,A : HomR(A,B) → Matm×n(A,B), da-da por [ϕB,A(f)]ij := πBi fµ

Aj , es un isomorfismo en Ab cuya inversa es

ϕ−1B,A(α) =

∑i,j µ

Bi [α]ijπ

Aj .

Demostracion. Por 3.4.6 (c), se tiene que [ϕB,A(f + g)]ij = πBi (f + g)µAj =

πBi fµAj +πBi gµ

Aj = [ϕB,A(f)]ij +[ϕB,A(g)]ij . Por lo tanto ϕB,A es un morfismo

de grupos abelianos. Veamos que ϕ−1B,A = ψ, donde ψ(α) :=

∑i,j µ

Bi [α]ijπ

Aj .

En efecto, sean f ∈ HomR(A,B) y α ∈ Matm×n(A,B). Luego f = 1Bf1A =∑i,j µ

Bi (πBi fµ

Aj )πAj =

∑i,j µ

Bi [ϕB,A(f)]ijπ

Aj = ψ(ϕB,A(f)); y por otro lado

[ϕB,A(ψ(α))]kl =∑i,j (πBk µ

Bi )[α]ij(π

Aj µ

Al ) =

∑i,j δ

Bki[α]ijδ

Ajl = [α]kl. 2

Proposicion 3.6.4. Sean A =∐ni=1Ai, B =

∐mi=1Bi y C =

∐`i=1 Ci en

Mod (R). Entonces, el producto de matrices

Mat`×m(B,C)×Matm×n(A,B)→ Mat`×n(A,C), (β, α) 7→ βα,

dado por [βα]ik = [β]i[α]k :=∑mj=1[β]ij [α]jk, es asociativo y Z-bilineal.

Demostracion. Probemos la asociatividad. Sean γ ∈ Matp×`(C,D), β ∈Mat`×m(B,C) y α ∈ Matm×n(A,B). Veamos que γ(βα) = (γβ)α. En efecto,[γ(βα)]ij =

∑r [γ]ir[βα]rj =

∑r,s [γ]ir([β]rs[α]sj) =

∑r,s ([γ]ir[β]rs)[α]sj =∑

s [γβ]is[α]sj = [(γβ)α]ij .Para la Z-bilinealidad, sean β, β′ ∈ Mat`×m(B,C) y α, α′ ∈ Matm×n(A,B).Tenemos que probar que (β + β′)α = βα + β′α y β(α + α′) = βα + βα′.Checaremos solo la primer igualdad pues la otra se hace analogamente. Enefecto [(β+β′)α]ij =

∑t [β+β′]it[α]tj =

∑t ([β]it+[β′]it)[α]tj =

∑t [β]it[α]tj+∑

t[β′]it[α]tj = [βα]ij + [β′α]ij = [βα+ β′α]ij . 2

Proposicion 3.6.5. Sean A =∐ni=1Ai, B =

∐mi=1Bi y C =

∐`i=1 Ci en

Mod (R). Entonces

(a) ∀ f ∈ HomR(A,B) ∀ g ∈ HomR(B,C) se tiene que

ϕC,A(gf) = ϕC,B(g)ϕB,A(f).

(b) ϕA,A(1A) = IA, donde [IA]ij := δAij ∀ i, j.Demostracion. (a) [ϕC,B(g)ϕB,A(f)]ij =

∑s [ϕC,B(g)]is[ϕB,A(f)]sj =

=∑s (πCi gµ

Bs )(πBs fµ

Aj ) = πCi g(

∑s µ

Bs π

Bs )fµAj = πCi (gf)µAj = [ϕC,A(gf)]ij ,

de donde se sigue (a)(b) [ϕA,A(1A)]ij = πAi 1Aµ

Aj = δAij . 2


Teorema 3.6.6. Sea A =∐ni=1Ai en Mod (R). Entonces, las siguientes con-

diciones se satisfacen.

(a) Matn×n(A,A) es un anillo con las operaciones usuales de matrices.

(b) ϕA,A : EndR(A)→ Matn×n(A,A) es un isomorfismo en Rings.

Demostracion. (a) Es consecuencia inmediata de 3.6.2 y 3.6.4. Observe quela unidad en dicho anillo es la matrix identidad IA, donde [IA]ij := δAij ∀ i, j.

(b) Por 3.6.5, se tiene que ϕA,A : EndR(A)→ Matn×n(A,A) es un morfismoen Rings. Por otro lado, de 3.6.3 y 3.1.4, se sigue que ϕA,A es un isomorfismoen Rings. 2

Ejercicio 3.6.7. Sea {Ri}ni=1 una familia de anillos. Considere el productode anillos R := ×ni=1Ri con las siguientes operaciones naturales de suma yproducto: x+ y := (xi + yi)

ni=1 y xy := (xiyi)

ni=1. Pruebe lo siguiente.

(a) El producto R es un anillo con las operaciones naturales de suma y pro-ducto. Mas aun la unidad de R es 1R = (1Ri)

ni=1.

(b) La i-esima proyeccion proyi : ×ni=1Ri → Ri, dada por proyi(x) = xi, esun morfismo suryectivo en Rings.

(c) Para n ≥ 2, la i-esima inclusion inci : Ri → ×ni=1Ri, dada por inci(ri) =x con xi := ri y xj := 0 si j 6= i, no es un morfismo en Rings.

Corolario 3.6.8. Sea A =∐ni=1Ai en Mod (R). Si HomR(Ai, Aj) = 0 para

i 6= j, entonces EndR(A) ' ×ni=1 EndR(Ai) en Rings.

Demostracion. Sea HomR(Ai, Aj) = 0 para i 6= j. Aseguramos que la corres-pondencia F : Matn×n(A,A) → ×ni=1 EndR(Ai), dada por F (α) := ([α]ii)

ni=1

es un isomorfismo en Rings. En efecto, de la defincion de F es claro que: Fes suryectiva, F (α + β) = F (α) + F (β) y F (IA) = (1Ai)

ni=1. Veamos que F es

inyectiva y que tambien preserva el producto. Para ello usaremos la hipotesis:HomR(Ai, Aj) = 0 para i 6= j. Dicha condicion implica que [αβ]ii = [α]ii[β]ii,de donde se sigue que F (αβ) = F (α)F (β). Mas aun dicha condicion, nos diceque si [α]ii = 0 ∀ i, j, entonces α = 0, de donde se sigue la inyectividad deF ; probandose que F : Matn×n(A,A)→ ×ni=1 EndR(Ai) es un isomorfismo enRings. Finalmente, el resultado se sigue aplicando 3.6.6. 2

Definicion 3.6.9. Sea R un anillo. Denotaremos por Matm×n(R) al conjuntode todas las matrices α, de orden m × n, con entrada [α]kl := αkl ∈ R. Lai-esima fila de la matriz α es la matriz [α]i := (αi1, αi2, · · · , αin) ∈ Mat1×n(R);

y la j-esima columna de α es la matriz [α]j :=

α1j

...αmj

∈ Matm×1(R). Sean

α, β ∈ Matm×n(A,B), diremos que α = β si [α]ij = [β]ij ∀ i, j.

3.7. Cambio de anillos 113

Ejercicio 3.6.10. Sea R un anillo. Pruebe que Matm×n(R) es un R-modulocon la suma usual de matrices [α + β]ij := [α]ij + [β]ij ∀ i, j, y la accion de Ren Matm×n(R) dada por [rα]ij := r[α]ij ∀ i, j.

Ejercicio 3.6.11. Sea R un anillo. Pruebe que:

(a) El R-modulo Matn×n(R) es un anillo con la multiplicacion usual de ma-trices [βα]ik = [β]i[α]k :=

∑mj=1[β]ij [α]jk. Mas aun, la identidad es la

matriz IR, donde [IR]ii := 1R y [IR]ij := 0 si i 6= j.

(b) La correspondencia ϕR : R→ Matn×n(R), dada por ϕR(r) := rIR, es unmorfismo inyectivo en Rings.

Definicion 3.6.12. Sea A =∐ni=1Ai en Mod (R), tal que M = Ai ∀ i. En

tal caso, escribiremos Mn en lugar de∐ni=1Ai. Mas aun, extenderemos dicho

significado a la expresion M0, definiendola como el R-modulo trivial 0. Observeque, en dicha situacion, se tiene que Matn×n(A,A) = Matn×n(EndR(M)).

Corolario 3.6.13. Sea M un R-modulo. Entonces

EndR(Mn) ' Matn×n(EndR(M)) en Rings.

Demostracion. Se sigue de 3.6.6. 2

3.7. Cambio de anillos

Frecuentemente se tiene la siguiente situacion: un morfismo ϕ : R → S enRings, y un M ∈ Mod (S). La idea basica, del cambio de anillos, es darle, demanera natural, una estructura de R-modulo al grupo abeliano M, vıa ϕ : R→S y la estructura de S-modulo en M.

Definicion 3.7.1. Sean ϕ : R→ S un morfismo en Rings, y M un S-modulovıa la la accion S ×M →M, (s,m) 7→ s ·m = sm. La estructura de R-modulo

RM, dada por la accion R ×M → M, (r,m) 7→ r ·m = ϕ(r)m, se dice que esobtenida de SM por el cambio de anillos ϕ : R→ S.

Lema 3.7.2. Sean ϕ : R → S un morfismo en Rings, y M,N ∈ Mod(S).Entonces, las estructuras de modulos inducidas en M y N, por los cambios deanillos ϕ : R→ S y la inclusion iϕ(R) : ϕ(R)→ S, inducen la siguiente relacionde Z-modulos

HomS(M,N) 6 HomR(M,N) = Homϕ(R)(M,N) 6 HomZ(M,N).

Demostracion. Dado que ϕ(R) es un anillo, por 3.4.6 (a), se sigue queHomϕ(R)(M,N) es un Z-submodulo de HomZ(M,N). Sea f : M → N enMod (S). Luego, para r ∈ R y m ∈ M, se tiene que f(rm) = f(ϕ(r)m) =ϕ(r)f(m) = rf(m), de donde se sigue que f : M → N es un R-morfismo;


y por lo tanto HomS(M,N) 6 HomR(M,N). De la misma forma, se tie-ne que Homϕ(R)(M,N) 6 HomR(M,N) pues ϕ : R → ϕ(R) es un mor-fismo en Rings. Veamos que HomR(M,N) ⊆ Homϕ(R)(M,N). En efecto,sea f : M → N en Mod (R). Luego, para r ∈ R y m ∈ M, se tiene quef(ϕ(r)m) = f(rm) = rf(m) = ϕ(r)f(m), de donde se sigue que f : M → N esun ϕ(R)-morfismo; y por lo tanto HomR(M,N) = Homϕ(R)(M,N). 2

Observacion 3.7.3. Sea ϕ : R→ S un morfismo en Rings.

(1) ϕ induce el funtor cambio de anillos Fϕ : Mod (S)→ Mod (R), dado porla correspondencia

(Mf→ N) 7→ (Fϕ(M)

f→ Fϕ(N)),

donde Fϕ(M) es el R-modulo obtenido de SM por el cambio de anillos,via ϕ : R → S. En efecto, por 3.7.2, dicha correspondencia esta biendefinida; y es functorial pues Fϕ(f) = f.

(2) Fϕ : Mod (S)→ Mod (R) es un funtor fiel, el cual permite ver a Mod (S)como una subcategorıa (no necesariamente plena) de Mod (R). En efecto,por 3.7.2, tenemos que HomS(M,N) ⊆ HomR(Fϕ(M), Fϕ(N)).

(3) Si ϕ es suryectiva, el funtor Fϕ : Mod (S)→ Mod (R) es fiel y pleno; y porlo tanto Mod (S) se puede ver como una subcategorıa plena de Mod (R).En efecto, por 3.7.2, y dado que ϕ(R) = S, tenemos que HomS(M,N) =HomR(Fϕ(M), Fϕ(N)).

(4) El funtor Fϕ preserva descomposiciones en sumas directas. Esto es, si{µi : Mi → C}i∈I es una descomposicion en suma directa del S-moduloC, entonces {µi : Fϕ(Mi) → Fϕ(C)}i∈I es una descomposicion en sumadirecta del R-modulo Fϕ(C). Dicho resultado se sigue de 3.5.10 (a), puesFϕ preserva isomorfismos.

(5) ∀M ∈ Mod (S), ∀X 6 M Fϕ(X) 6 Fϕ(M). En efecto, sea X un S-submodulo de M. Luego, para r ∈ R y x ∈ X, se tiene que rx = ϕ(r)x ∈X pues X 6M. Por lo tanto Fϕ(X) es un R-submodulo de Fϕ(M).

(6) Sean ϕ suryectiva, M ∈ Mod (S) y X ⊆ M. Entonces, X 6 M si y solosi Fϕ(X) 6 Fϕ(M). En efecto, una implicacion vale por (5). Supongamosque Fϕ(X) 6 Fϕ(M). Veamos que X es un S-submodulo de M. Seans ∈ S y x ∈ X. Por ser ϕ suryectiva, existe r ∈ R tal que s = ϕ(r), yası sx = ϕ(r)x = rx ∈ X pues Fϕ(X) 6 Fϕ(M); probandose que X 6M.

Definicion 3.7.4. Sean R un anillo y M ∈ Mod(R). El anulador de M enR es annR(M) := {r ∈ R | rm = 0 ∀m ∈M}. Observe que el anulador esun ideal (bilatero) de R.

Proposicion 3.7.5. Sea ϕ : R→ S un morfismo en Rings. Entonces, ∀M ∈Mod (S), se tiene que Ker (ϕ) ⊆ ϕ−1(annS(M)) = annR(Fϕ(M)).

3.7. Cambio de anillos 115

Demostracion. Dado que rm = ϕ(r)m, para r ∈ R y m ∈ M, se sigueque Ker (ϕ) ⊆ annR(Fϕ(M)). Finalmente, la igualdad es consecuencia de lasequivalencias: r ∈ annR(Fϕ(M)) ⇔ ϕ(r)M = 0 ⇔ ϕ(r) ∈ annS(M) ⇔ r ∈ϕ−1(annS(M)). 2

Definicion 3.7.6. Sean R un anillo y I E R. Denotaremos por CI(R) a lasubcategorıa plena de Mod (R) cuyos objetos son los R-modulos M que sonaniquilados por el ideal I. Esto es,

CI(R) := {M ∈ Mod (R) | I ⊆ annR(M)}.

Observacion 3.7.7. Sean R un anillo, I E R y π : R → R/I el epi-canonicoen Rings.

(1) Para cada M ∈ CI(R), la accion R/I ×M →M, (π(r),m) 7→ π(r) ·m :=rm, esta bien definida y induce una estructura de R/I-modulo en M.Denotaremos por GI(M) al R/I-modulo ası construido.

(2) La correspondencia GI : CI(R)→ Mod (R/I), dada por

(Mf→ N) 7→ (GI(M)

f→ GI(N)),

es un funtor. En efecto, sea f : M → N en CI(R). Luego, comof(π(r) ·m) = f(rm) = rf(m) = π(r) · f(m), se sigue que dicha corres-pondencia esta bien definida; y es functorial pues GI(f) = f.

Teorema 3.7.8. Sean R un anillo, I E R y π : R → R/I el epi-canonico enRings. Entonces, Fπ(Obj(Mod (R/I)) = Obj (CI(R)) y Fπ : Mod (R/I) →CI(R) es un isomorfismo de categorıas cuyo inverso es GI : CI(R)→ Mod (R/I).

Demostracion. Sea M ∈ Mod (R/I). Veamos que Fπ(M) ∈ CI(R) yGI(Fπ(M)) = M como R/I-modulos. En efecto, la estructura de R-moduloen M, dada por el cambio de anillos π : R → R/I, es r ·m := π(r)m. Dadoque π(I) = 0, se tiene que r ·M = 0 ∀ r ∈ I, y ası I ⊆ annR(Fπ(M)). Aho-ra bien, la estructura de R/I-modulo de GI(Fπ(M)), dada por 3.7.7 (1), esπ(r) ∗m := r ·m. Luego, como π(r) ∗m = r ·m = π(r)m para r ∈ R y m ∈M,se tiene que la estructura R/I-modulo de GI(Fπ(M)) es la misma que la deM. Esto es GI(Fπ(M)) = M como R/I-modulos.

Sea N ∈ CI(R). Veamos que Fπ(GI(N)) = N como R-modulos, de donde sesigue que Obj (CI(R)) ⊆ Fπ(Obj(Mod (R/I)). En efecto, la estructura de R/I-modulo en M, dada por 3.7.7 (1), es π(r) · n := rn. Ahora bien, la estructurade R-modulo de GI(N), dada por el cambio de anillos π : R→ R/I, es r ∗n :=π(r) · n. Luego, como r ∗ n = π(r) · n = rn para r ∈ R y n ∈ N, se tieneque la estructura R-modulo de Fπ(GI(N)) es la misma que la de N. Esto esFπ(GI(N)) = N como R-modulos. 2


3.8. Retıculas (Lattices) de submodulos

En esta seccion, estudiaremos, por un lado, el reticulado de submodulos de unR-modulo dado; y por otro lado, las nociones de submodulos maximales, mini-males, etc; las cuales estan ligadas con la estructura de conjunto parcialmenteordenado en dicho reticulado de submodulos. Utilizaremos para ello, las nocio-nes de conjunto parcialmente ordenado, reticulado, Lema de Zorn; y todas lasnociones necesarias que ya fueron introducidas en el Capıtulo 1, de nocionesbasicas de conjuntos y funciones.

Definicion 3.8.1. Sea M un R-modulo. Consideremos el conjunto L (M)cuyos elementos son todos los R-submodulos de M, junto con la relacion 6en L (M), dada por la propiedad de ser R-submodulo. Esto es, para X,Y ∈L (M), se tiene que X 6 Y si y solo si X es un R-submodulo de Y. Observeque el par (L (M),6) es un conjunto parcialmente ordenado.

Proposicion 3.8.2. Para todo R-modulo M, el conjunto parcialmente orde-nado (L (M),6) es una retıcula completa.

Demostracion. Sea X = {Xi | i ∈ I} un subconjunto no vacio de L (M).Veamos que existen sup (X ) y ınf (X ), para lo cual, es suficiente ver quesup (X ) =

∑i∈I Xi y ınf (X ) = ∩i∈I Xi. En efecto,

∑i∈I Xi es una cota

superior de X pues, para todo i ∈ I, se tiene que Xi es un R-submodulo de∑i∈I Xi. Supongamos ahora que Z ∈ L (M) es una cota superior de X . Dado

que Xi 6 Z ∀ i ∈ I, se sigue que∑i∈I Xi 6 Z; probandose que

∑i∈I Xi es la

menor cota superior de X , esto es, sup (X ) =∑i∈I Xi. Dejamos, a cargo del

lector, verficar que ∩i∈I Xi es la mayor cota inferior de X . 2

Definicion 3.8.3. Sean (A,6) un reticulado y X un subconjunto no vacio deA. Se dice que X es un sub-reticulado de A, si con el orden inducido 6 en X,el conjunto parcialmente ordenado (X,6) es un reticulado.

Observacion. Sean M un R-modulo y N 6 M. El conjunto L (M)/N :={X ∈ L (M) | N 6 X} es un sub-reticulado completo de L (M). En efecto,lo anterior se sigue de que, dado un subconjunto no vacio X = {Xi | i ∈I} de L (M)/N, se tiene que N ≤ ∑i∈I Xi y N ≤ ∩i∈I Xi. En particular,sup (X ) y ınf (X ), tambien existen en L (M)/N.

Teorema 3.8.4. Sean M un R-modulo y N 6 M. Entonces, el epi-canonicoπ : M → M/N en Mod (R), dado por π(m) = m + N, induce un isomorfismode retıculas

π : L (M)/N → L (M/N), con π(X) := X/N,

cuyo inverso es π−1(Z) = {x ∈M | x+N ∈ Z}.

Demostracion. Observe que la funcion ϕ : L (M/N)→ L (M)/N, dada porϕ(Z) := π−1(Z), esta bien definida pues N = π−1(0) ⊆ π−1(Z). Luego, para

3.8. Retıculas (Lattices) de submodulos 117

ver que ϕ es la funcion inversa de π, tenemos que probar que: (a) π−1(π(X)) =X para X ∈ L (M)/N, y (b) π(π−1(Y )) = Y para Y ∈ L (M/N).

(a) Veamos que π−1(π(X)) = X para X ∈ L (M)/N. Lo anterior, es conse-quencia de las equivalencias: z ∈ π−1(π(X))⇔ z +N ∈ X/N ⇔ z ∈ X, dondela ultima equivalencia es consequencia de que N 6 X.

(b) Sea Y ∈ L (M/N). Veamos que π(π−1(Y )) = Y. Lo cual se sigue de lasequivalencias: z ∈ π(π−1(Y ))⇔ (∃x ∈M tal que z = π(x) y π(x) ∈ Y )⇔ z ∈Y, donde la ultima equivalencia es consequencia de que π es suryectiva.

Finalmente, para ver que π es un isomorfismo de retıculas, con inversaπ−1 = ϕ, hay que probar que: para todo X,Y ∈ L (M/N), se tiene que X 6Y ⇔ π(X) 6 π(Y ). En efecto, si X 6 Y entonces π(X) 6 π(Y ), pues π esun morfismo de R-modulos. Por la misma razon, si π(X) 6 π(Y ), se sigue queπ−1(π(X)) ≤ π−1(π(Y )); y por (a), concluimos que X 6 Y. 2

Definicion 3.8.5. Sea M un R-modulo.

(a) Un R-submodulo X de M se dice que es maximal en M , si X es unelemento maximal en (L (M) − {M},6). Esto es, X 6= M y X es elunico submodulo estricto de M que contiene a X.

(b) Se dice que M es simple si M 6= 0 y L (M) = {0,M}.

Ejercicio 3.8.6. Sea M un R-modulo. Pruebe que las siguientes condicionesson equivalentes.

(a) M es simple.

(b) 0 es un submodulo maximal de M.

(c) M 6= 0 y M = Rm := {rm | r ∈ R}, ∀ m ∈M − {0}.

(d) M 6= 0 y ∀ f ∈ HomR(M,X)− {0} se tiene que Ker(f) = 0.

(e) M 6= 0 y ∀ f ∈ HomR(X,M)− {0} se tiene que Im(f) = M.

Ejercicio 3.8.7. Sea M un R-modulo y N ∈ L (M). Pruebe que N es unsubmodulo maximal de M si y solo si M/N es simple.

Dado un R-modulo M. Recordamos que M es finitamente generado, si exis-ten elementos x1, x2, · · · , xn en M tales que M =

∑ni=1Rxi.

Ejercicio 3.8.8. Sea M ∈ Mod (R). Pruebe que M es finitamente generado siy solo si existe un epimorfismo f : Rn →M en Mod (R).

Teorema 3.8.9. Sea M un R-modulo no nulo y M ′ ∈ L (M)−{M}. Si M esfinitamente generado, entonces existe un submodulo maximal m de M tal queM ′ 6 m.


Demostracion. Consideremos el siguiente conjunto

A :=

{n ∈ N

∣∣∣∣∣ ∃ x1, x2, . . . , xn ∈M con M = M ′ +

n∑i=1

Rxi

}.

Es claro que A 6= ∅, pues M es finitamente generado y M = M ′ +M.Sean n0 := min(A ) y x1, x2, . . . , xn0

∈M tales que M = M ′ +∑n0

i=1Rxi.Consideremos el siguiente R-modulo L, donde L := M ′ si n0 = 1, y L :=

M ′ +∑n0

i=2Rxi si n0 > 2.Observe que L ∈ L (M)− {M}. Por lo tanto, el conjunto

X := {X ∈ L (M)− {M} | L 6 X},es no vacıo. El orden 6 de L (M), induce uno en X , i.e. (X ,6) es un poset.No es difıcil ver que

∀ Y ∈ L (M) tal que L 6 Y, se tiene que : Y ∈X ⇔ x1 6∈ Y. (3.1)

Veamos que (X ,6) es un poset inductivo (i.e. toda cadena en X tiene cotasuperior). En efecto, sea C = {Xi}i∈I una cadena en X yXC :=

⋃i∈I Xi.Dado

que C es una cadena, es claro que XC ∈ L (M). Por otro lado, se tiene quex1 6∈ XC ya que si no fuera el caso, tendrıamos que x1 ∈ Xi para algun i ∈ I; ypor lo tanto de (3.1) se tiene que Xi 6∈ X lo cual es una contradiccion. Luegox1 6∈ XC y por (3.1) concluimos que XC ∈X ; probandose que XC es una cotasuperior de C.

Puesto que (X ,6) es un poset inductivo, por el Lema de Zorn, se tieneque existe un elemento maximal N en (X ,6). Dado que M ′ 6 N � M,veamos que N es un submodulo maximal de M. De otro modo, si N no esmaximal, entonces existe N ′ ∈ L (M) tal que L 6 N � N ′ � M. LuegoN ′ 6∈ X pues N es maximal en (X ,6); y por (3.1), x1 ∈ N ′. Por lo tantoM = L+Rx1 6 N ′ �M, lo cual es una contradiccion; probandose que m := Nsatisface las condiciones requeridas. 2

Corolario 3.8.10. Todo anillo no trivial admite modulos simples.

Demostracion. Sea R un anillo no trivial (esto es, 1R 6= 0). Aplicando 3.8.9a la situacion M := RR y M ′ := 0, se tiene la existencia de R-submodulomaximal m de M. Luego, por 3.8.7, se tiene que M/m es un R-modulo simple.2

3.9. Categorıas de bimodulos

El enfoque dado, desde la teorıa de categorıas, a los modulos y bimodulosnos ayudara a simplificar y entender de una manera mas general la teorıa derepresentaciones de algebras. Por ello, introducimos la nocion de bimodulo, lacual extiende la nocion de modulo. Hablando informalmente, dar una estructuade bimodulo a un grupo abeliano es dar dos estructuras de modulo a dicho grupoabeliano, que sean compatibles entre sı.

3.9. Categorıas de bimodulos 119

Definicion 3.9.1. Sean M un grupo abeliano y R, S anillos. Decimos que:

(a) RMS es un R-izquierdo S-derecho bimodulo si

(a1) RM es un R-modulo a izquierda y MS es un S-modulo a derecha,

(a2) ∀ r ∈ R, ∀m ∈M, ∀ s ∈ S r(ms) = (rm)s.

(b) R−SM es un R-izquierdo S-izquierdo bimodulo si

(b1) RM es un R-modulo a izquierda y SM es un S-modulo a izquierda,

(b2) ∀ r ∈ R, ∀m ∈M, ∀ s ∈ S r(sm) = s(rm).

Ejercicio 3.9.2. Sean M un grupo abeliano y R, S anillos.

(a) Defina los R-derecha S-derecha bimodulos MR−S .

(b) Suponga que tenemos las estructuras de modulos RM y SM. Considerela estructura de Sop-modulo a derecha MSop inducida por SM vıa 3.4.4.Pruebe que se tiene estructura de R−SM bimodulo si y solo si se tieneestructura de RMSop bimodulo.

Ejercicio 3.9.3. Sea R una K-algebra. Defina de manera natural una estruc-tura de K-modulo a izquierda y a derecha en HomR(M,N) ∀M,N ∈ Mod (R).

Ahora definimos las categorıas de bimodulos.

Definicion 3.9.4. Sean R y S anillos. Denotaremos por:

(a) RModS a la categorıa cuyos objetos RMS son los R-izquierda, S-derechabimodulos. Los morfismo en RModS son

Hom(RMS ,RNS) := HomR(RM,RN) ∩HomS(MS , NS).

(b) R−SMod a la categorıa cuyos objetos R−SM son los R-izquierda, S-izquierda bimodulos. Los morfismos en R−SMod son

Hom(R−SM,R−S N) := HomR(RM,RN) ∩HomS(SM, SN).

Ejercicio 3.9.5. Sean R y S anillos.

(a) Defina a la categorıa de bimodulos ModR−S .

(b) Usando 3.4.4 y 3.9.2, defina de manera canonica los funtores

RModS −→ ModRop−S , RModS −→R−Sop Mod, R−SMod −→RModSop

y pruebe que son isomorfismos de categorıas.

Ejercicio 3.9.6. Sean R,S y T anillos. Pruebe lo siguiente.

(a) Para cualesquiera M ∈ RModS y N ∈ RModT , se tiene que el grupoabeliano HomR(RMS ,RNT ) ∈ SModT , vıa la estructura (s · f)(x) :=f(xs) y (f · t)(x) := f(x)t ∀ f ∈ HomR(M,N), ∀ s ∈ S, ∀ t ∈ T y∀ x ∈M.


(b) Para cualesquiera M ∈ SModR y N ∈ TModR, se tiene que el grupoabeliano HomR(SMR, TNR) ∈ TModS , vıa la estructura (t · f)(x) :=tf(x) y (f · s)(x) := f(sx) ∀ f ∈ HomR(M,N), ∀ s ∈ S, ∀ t ∈ T y∀ x ∈M.

Ejercicio 3.9.7. Sean R y S anillos. Consideremos el bimodulo M ∈ RModS .

(a) Pruebe que ρ : RMS −→ HomR(RRR,RMS) ρ(m)(r) := rm ∀ r ∈ R,∀ m ∈M es un isomorfismo en RModS .

(b) Pruebe que λ : RMS −→ HomS(SSS ,RMS) λ(m)(s) := ms ∀ s ∈ S,∀ m ∈M es un isomorfismo en RModS .

Definicion 3.9.8. Sea R un anillo. Un elemento e ∈ R se dice que es unidempotente si e2 = e.

Los siguientes ejercicios tratan sobre idempotentes, volveremos a trabajarcon ellos de una manera mas precisa a partir de la seccion ??. Su utilidad sereflejara en su uso para la descomposicion de un modulo en modulos inescindi-bles.

Ejercicio 3.9.9. Sea R un anillo y e ∈ R un idempotente.

(a) Pruebe que la estructura de anillo en R induce una estructura de anilloen eRe. ¿Es eRe un subanillo de R ?

(b) Para M ∈ Mod(R), pruebe que la accion izquierda eRe × eM −→ eM(ere, em) 7→ erem induce una estructura de eRe-modulo a izquierda eneM.

(c) Pruebe que la correspondencia Me : Mod(R) −→ Mod(eRe), dada por(RM

f−→ RN)

Me7−→(eM

f |Me−→ eN

), esta bien definida y es funtorial.

Ejercicio 3.9.10. Consideremos los anillos R y S. Sean e ∈ R y ε ∈ S idem-potentes. Si M ∈ RModS , R

′ := eRe y S′ := εSε, pruebe que:

(a) Re ∈ RModR′ , εS ∈ S′ModS , eM ∈ R′ModS y Mε ∈ RModS′ .

(b) Las siguientes aplicaciones son isomorfismos de bimodulos:ρ : R′eMS −→ HomR(RReR′ , RMS), λ : RMεS′ −→ HomS(S′εSS , RMS),dadas por ρ(em)(re) := rem y λ(mε)(εs) := mεs.

Ejercicio 3.9.11. Sea R un anillo. Pruebe lo siguiente.

(a) ∀M ∈ Mod(R) se tiene que M ∈ Mod(EndR(M)), vıa la accion izquierdaf ·m = f(m) ∀ f ∈ EndR(M), ∀ m ∈M. Mas aun, tambien pruebe queM ∈ R−EndR(M)Mod.

(b) ∀ N ∈ Mod(Rop), se tiene que N ∈ Mod(End(NR)), vıa la accion izquier-da g · n := g(n) ∀ g ∈ End(NR), ∀ n ∈ N, y vea que N ∈ End(NR)ModR.

3.9. Categorıas de bimodulos 121

Proposicion 3.9.12. Sean R y S anillos. Si M es un objeto en RMod∩ModS,vıa los morfismos de anillos λ : R −→ EndZ(M) y ρ : S −→ EndZ(M)op.Entonces, las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) M ∈ RModS.

(b) Im(λ) 6 End(MS).

(c) Im(ρ) 6 EndR(M)op.

Demostracion. Sean r ∈ R, s ∈ S y m ∈M.(a) ⇒ (b) Veamos que λ(r) ∈ End(MS): λ(r)(ms) = r(ms) = (rm)s =

(λ(r)(m))s.(b) ⇒ (a) r(ms) = λ(r)(ms) = (λ(r)(m))s = (r ·m)s, lo cual muestra que

M ∈ RModS .(a) ⇒ (c) Veamos que ρ(s) ∈ EndR(M)op : (rm)ρ(s) = (rm)s = r(ms) =

r((m)ρ(s)).(c)⇒ (a) (rm)s = (rm)ρ(s) = r((m)ρ(s)) = r(ms).

Observacion. Note que ∀ M ∈ Mod(R), se tiene EndR(M) 6 EndZ(M), y∀ N ∈ Mod(Sop), End(NS) 6 EndZ(N).

Corolario 3.9.13. Sea R un anillo. Entonces, las siguientes condiciones sesatisfacen.

(a) La multiplicacion a izquierda en R, induce un isomorfismo de anillos

λ : R −→ End(RR), λ(r)(x) := rx.

(b) La multiplicacion a derecha en R, induce un isomorfismo de anillos

ρ : R −→ End(RR)op, (x)ρ(r) := xr.

Demostracion. Tenemos las estructuras RR = (R, λ) y RR = (R, ρ). Por serR asociativo, RRR es un bimodulo; y por 3.9.12, tenemos que λ : R −→ End(RR)y ρ : R −→ End(RR)op son morfismos de anillos; no es difıcil ver que λ y ρ sonbiyectivas.

Proposicion 3.9.14. Sea e ∈ R un idempotente. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) La multiplicacion a izquierda en eRe, induce un isomorfismo de anillos

λ : eRe −→ End(eRR), λ(ere)(ea) := erea.

(b) La multiplicacion a derecha en eRe, induce un isomorfismo de anillos

ρ : eRe −→ End(RRe)op, (ae)ρ(ere) := aere.


Demostracion. (a) Tenemos que eR ∈ eReModR y eReeR = (eR, λ), donde

λ : eRe −→ EndZ(eR), λ(ere)(ea) := erea.

Por 3.9.12, λ : eRe −→ End(eRR) := HomR(eRR, eRR) es un morfismo deanillos. Por otro lado, la misma funcion λ es un isomorfismo de bimodulos,

λ :eRe eReeRe −→ HomR(eReeRR , eReeRR).

(b) Se prueba como en (a), usando que Re ∈ RModeRe.

Capıtulo 4

Anillos artinianos aizquierda

La categorıa de modulos finitamente generados es igual a la categorıa de modu-los de longitud finita sobre anillos artinianos. Esta igualdad sera de gran uti-lidad para demostrar algunos resultados en el capıtulo siguiente. Mostraremosque solo hay un numero finito de modulos simples y modulos proyecticos so-bre anillos artinianos, salvo isomorfismo. Se enuncia y demuestra el Teorema deWedderburn-Artin sobre anillos semisimples. Tambien mostramos varias carac-terizaciones del radical de un anillo, y analizamos caracterısticas de anillos lo-cales que involucran idempotentes y modulos inescindibles. Al final del capıtuloenunciamos algunos resultados de algebra homologica, que nos seran de utili-dad para los capıtulos siguientes. A continuacion, empezamos la discusion sobremodulos de longitud finita.

4.1. Modulos de longitud finita

Sea R un anillo y C una clase de objetos en Mod(R). La relacion de isomorfismo' en los objetos de C , es una relacion de equivalencia. Para A ∈ C denotamospor [A] a la clase de equivalencia en C , i.e. [A] := {B ∈ C | A ' B}. En talcaso, se dice tambien que [A] es una iso-clase (o clase de isomorfismo) en C .

El objetivo en esta seccion es definir la longitud de un modulo, que gene-raliza el concepto de dimension de espacios vectoriales sobre un campo. Enparticular, estudiaremos los modulos de longitud finita y daremos caracteriza-ciones de estos en terminos de modulos artinianos y noetherianos.

Definicion 4.1.1. Sea R un anillo y M ∈ Mod(R).

(a) Una filtracion (finita) F de M es una cadena finita F := {Fi}ni=0 enL (RM) tal que

M = F0 > F1 > · · · > Fn = 0.

123

124 Capıtulo 4. Anillos artinianos a izquierda

Los factores de composicion de F son los cocientes

Fi/Fi+1, 0 6 i 6 n− 1.

(b) Decimos que una filtracion F = {Fi}ni=0 deM es una serie generalizadade composicion si Fi/Fi+1 es cero o simple ∀ i. En caso que Fi/Fi+1

sea simple ∀ i, diremos que F es una serie de composicion de M.

(c) Decimos que M es de longitud finita , si M admite al menos una seriegeneralizada de composicion. Denotaremos por f.l.(R) a la subcategorıaplena de Mod(R) cuyos objetos son los R-modulos de longitud finita.

Definicion 4.1.2. Sea R un anillo no trivial, M ∈ f.l.(R), S un R-modulosimple y F una serie generalizada de composicion de M.

(a) La multiplicidad de S en M, con respecto a F, es

mFS (M) := Card{i ∈ N | Fi/Fi+1 ' S}.

(b) La longitud de M con respecto a F es

`F (M) :=∑S∈S

mFS (M),

donde S es una familia completa de representantes de iso-clases de los R-modulos simples, i.e. en S estan todos los R-simples salvo isomorfismos.

Definicion 4.1.3. Las funciones multiplicidad (para un R-modulo simpleS) y longitud son: mS , ` : Obj(f.l.(R)) −→ N y se definen como sigue.

mS(M) := min {mFS (M) | F es una serie

generalizada de composicion de M},`(M) := min {`F (M) | F es una serie

generalizada de composicion de M}.

Ejercicio 4.1.4. Sea M ∈ f.l.(R). Pruebe que:

(a) `(M) = 0 si y solo si M = 0.

(b) `(M) = 1 si y solo si M es simple.

Definicion 4.1.5. Una sucesion , finita o infinita, ξ (de morfismos) en Mod(R)es de la forma:

ξ := · · · → Xi−1fi−1→ Xi

fi→ Xi+1 → · · · .

Decimos que ξ es exacta en Xi si Im(fi−1) = Ker(fi). Cuando ξ es exacta enXi para toda i, decimos que ξ es exacta.

4.1. Modulos de longitud finita 125

La definicion de sucesion exacta se debe a Witold Hurewicz. La introdujo en1941 en sus trabajos de algebra homologica. Son una herramienta muy poderosapara resolver problemas de modulos, en particular la sucesiones exactascortas, que son de la forma 0→ A→ B → C → 0, son cruciales en el estudiode modulos de longitud finita.

Ejercicio 4.1.6. Sea 0 → Af→ B

g→ C → 0 una sucesion exacta en Mod(R).Entonces toda filtracion F = {Fi}ni=1 en B, induce una filtracion f−1(F ) :={f−1(Fi)}ni=1 en A y otra g(F ) := {g(Fi)}ni=1 en C.

Los siguientes enunciados son resultados clasicos sobre sucesiones exactas.Su demostracion se deja al lector como ejercicio.

Ejercicio 4.1.7. Sea R un anillo. Pruebe lo siguiente.

(a) Una sucesion 0 → Xf→ Y

g→ Z → 0 en Mod(R) es exacta si y solo siKer(f) = 0, Coker(g) := Z/Im(g) = 0 e Im(f) = Ker(g). A Coker(g) sele conoce como el conucleo o cokernel de g.

(b) Consideremos el siguiente diagrama conmutativo con filas y columnasexactas en Mod(R)

0

��

0

��

0

��

0 // Xf//

α��

Yg//

α′��

Z //

α′′��

0

0 // X ′f ′//

β��

Y ′g′//

β′

��

Z ′ //

β′′

��

0

X ′′

��

Y ′′

��

Z ′′

��

0 0 0.

Pruebe que existe un monomorfismo f ′′ : X ′′ → Y ′′ y un epimorfismog′′ : Y ′′ → Z ′′ (que son unicos) en Mod(R), tales que el diagrama anteriorse completa a un diagrama conmutativo con filas y columas exactas.

(c) La sucesion 0 → Aϕ→ B → 0 es exacta en Mod(R) si y solo si ϕ es un

isomorfismo.

Ejercicio 4.1.8. (Lema del Cinco) Sea R un anillo. Consideremos el siguien-te diagrama conmutativo con filas exactas en Mod(R)

A //

α��

B //

β��

C //

γ��

D //

δ��

E

ε��

A′ // B′ // C ′ // D′ // E′.


Demuestre lo siguiente.

(a) Si α es un epimorfismo y β y δ son monomorfismos, entonces γ es unmonomorfismo.

(b) Si ε es un monomorfismo y β y δ son epimorfismos, entonces γ es unepimorfismo.

(c) Si α, β, δ y ε son isomorfismos, entonces γ tambien lo es.

Ejercicio 4.1.9. (Lema de la Serpiente) Sea R un anillo. Consideremos elsiguiente diagrama conmutativo con filas exactas en Mod(R)

Au//

f��

Bv//

g��

C //

h��

0

0 // A′u′// B′

v′// C ′.

Pruebe que dicho diagrama induce la sucesion exacta larga

Ker(f)u→ Ker(g)

v→ Ker(h)δ→ Coker(f)

u′→ Coker(g)v′→ Coker(h)

en Mod(R). Mas aun, si u es un monomorfismo, entonces u tambien es un mo-nomorfismo; y si v′ es un epimorfismo, entonces v′ tambien es un epimorfismo.

A continuacion un lema que deja ver el potencial de las sucesiones exactas,que ademas sirve a nuestra teorıa.

Lema 4.1.10. Sea R un anillo, 0 −→ Af−→ B

g−→ C −→ 0 una sucesionexacta en Mod(R), y F una filtracion de B. Si F es una serie generalizada decomposicion y S es un R-modulo simple, entonces

(a) f−1(F ) y g(F ) son series generalizadas de composicion,

(b) mFS (B) = mf−1(F )S (A) + m

g(F )S (C),

(c) `F (B) = `f−1(F )(A) + `g(F )(C).

Demostracion. Sea F = {Fi}ni=0 una serie generalizada de composicion deB. Sean Ai := f−1(Fi), fi := f |Ai : Ai −→ Fi; y para Ci := g(Fi), definimosgi := g|Fi : Fi −→ Ci. Luego f−1(F ) = {Ai}ni=0 y g(F ) = {Ci}ni=0.

Para cada i, la sucesion

0 // Aifi// Fi

gi// Ci // 0

es exacta en Mod(R). En efecto, Ker(fi) = Ker(f |Ai) = Ai∩Ker(F ), y Im(fi) =fi(Ai) = f(f−1(Fi)) = Fi ∩ Im(f) = Fi ∩Ker(g) = Ker(g|Fi) = Ker(gi).


Por el Ejercicio ??, tenemos el siguiente diagrama conmutativo y exacto enMod(R)

0

��

0

��

0

��

0 // Ai+1//

��

Fi+1//

��

Ci+1//

��

0

0 // Aifi

//

��

Figi

//

��

Ci //

��

0

0 // Ai/Ai+1

fi//

��

Fi/Fi+1

gi//

��

Ci/Ci+1//

��

0

0 0 0,

del cual tenemos lo siguiente

(i) Fi/Fi+1 = 0⇐⇒ Ai/Ai+1 = 0 = Ci/Ci+1.

(ii) Ai/Ai+1 = 0⇐⇒ gi : Fi/Fi+1∼−→ Ci/Ci+1.

(iii) Ci/Ci+1 = 0⇐⇒ fi : Ai/Ai+1∼−→ Fi/Fi+1.

(iv) Supongamos que Fi/Fi+1 ' S con S simple. Entonces

(1) Ai/Ai+1 = 0 =⇒ Ci/Ci+1 ' S (es consecuencia de (ii)).

(2) Ai/Ai+1 6= 0 =⇒ Ai/Ai+1 ' S y Ci/Ci+1 = 0. En efecto, ya que sifi 6= 0, entonces Fi/Fi+1 simple implica que fi es isomorfismo.

Luego (a) y (b) son consecuencia de (i) y (iv). Por otro lado (b) implica(c).

Ejercicio 4.1.11. Sea 0→ A→ B → C → 0 una sucesion exacta en Mod(R).Pruebe que B ∈ f.l.(R) si y solo si A,C ∈ f.l.(R).

El siguiente teorema muestra que la multiplicidad y longitud de un modulode longitud finita respecto a dos series generalizadas de composicion son iguales.

Teorema 4.1.12 (Jordan-Holder). Sea B ∈ f.l.(R). Si F y G son series ge-neralizadas de composicion de B, entonces

(a) mFS (B) = mGS (B) = mS(B), ∀ S simple.

(b) `F (B) = `G(B) = `(B).


Demostracion. Basta probar (a), pues (b) es consecuencia de (a). Sean F yG series generalizadas de composicion de B. Procedemos por induccion sobre`(B).

Si `(B) 6 1 entonces B = 0 o B es simple; lo cual implica que F = G,probandose (a). Supongamos que `(B) > 1. Como `(B) 6= 0, existe A ∈ L (RB)con la propiedad 0 6= A � B. Tambien consideremos la sucesion exacta canonica

0 −→ AiA−→ B

π−→ B/A −→ 0 en Mod(R). Por el Ejercicio ??, tenemos que Ay B/A son elementos de f.l.(R). Ahora veamos que

`(A) + `(B/A) 6 `(B). (4.1)

Sea H una serie generalizada de composicion de B tal que `(B) = `H(B). Por?? (c), tenemos `H(B) = `i−1

A (H)(A) + `π(H)(B/A); lo cual implica (??). De

esto se sigue que `(A) < `(B) y `(B/A) < `(B). Por hipotesis de induccion

mi−1A (F )S (A) = m

i−1A (G)S (A) y m

π(F )S (B/A) = m

π(G)S (B/A). De ?? tenemos

mFS (B) = mi−1A (F )S (A) + m

π(F )S (B/A) = m

i−1A (G)S (A) + m

π(G)S (B/A) = mGS (B).

Ahora podemos mostrar que la longitud de un modulo, en efecto, esta biendefinida, al considerar cualquier serie de composicion; ademas, podemos decirla relacion entre las longitudes de los modulos de una sucesion exacta cuandoel termino central es un objeto en f.l.(R).

Corolario 4.1.13. Sea R un anillo.

(a) Si F : B = F0 ≥ F1 ≥ · · · ≥ Fn = 0 es una serie de composicion de B,entonces `(B) = n.

(b) Si 0 → Af→ B

g→ C → 0 es una sucesion exacta en Mod(R), conB ∈ f.l.(R), entonces

(b1) mS(B) = mS(A) + mS(C) ∀ S simple,

(b2) `(B) = `(A) + `(C).

Demostracion. (a) De F obtenemos n factores de composicion, y por ??`(B) = `F (B) = n.

(b1) Sea F una serie generalizada de composicion de B y S un simple, por?? y ?? tenemos

mS(B) = mFS (B) = mf−1(F )S (A) + m

g(F )S (C) = mS(A) + mS(C).

(b2) se sigue de (b1).


Ejercicio 4.1.14. Consideremos un anillo R.

(a) Sea M ∈ f.l.(R) y N ∈ L (RM). Pruebe que:

M = N ⇐⇒ `(M) = `(N)⇐⇒ `(M/N) = 0.

(b) Sea M ∈ f.l.(R) y f ∈ EndR(M). Pruebe que:

f es biyectiva ⇐⇒ f es inyectiva ⇐⇒ f es suprayectiva.

Definicion 4.1.15. Sea R un anillo, M ∈ Mod(R) y C = {Mi}i∈N ⊆ L (RM).Se dice que C es una cadena ascendente (descendente) en (L (RM),6) sise tiene que Mi 6Mi+1 (Mi+1 >Mi) ∀ i ∈ N.

Ahora estudiaremos los modulos cuyos submodulos son todos finitamen-te generados. Esta nocion se puede caracterizar en terminos de cadenas desubmodulos.

Definicion 4.1.16. Sea R un anillo y M ∈ Mod(R).

(a) Se dice que M es noetheriano si para toda cadena ascendente {Mi}i∈Nen (L (RM),6), existe n ∈ N tal que Mi = Mn ∀ i > n.

(b) Se dice que M es artiniano si para toda cadena descendente {Ni}i∈Nen (L (RM),6), existe n ∈ N tal que Ni = Nn ∀ i > n.

Como el lector habra notado, estos dos conceptos son duales. El primerose debe a Emmy Noether, quien realizo trabajos que verificaron la verdaderaimportancia de la condicion de cadenas ascendentes. La condicion de cadenasdescendentes de deben a Emil Artin.

Existe una equivalencia entre modulos artinianos y noetherianos cuando sonde longitud finita. Precisamente esta ultima condicion hace que en general unanillo artiniano no sea noetheriano. Por ejemplo el Z-submodulo Z[1/p]/Z 6Q/Z es isomorfo a Z(p∞) y es artiniano, pero no es noetheriano pues la cadena〈1/p〉 6 〈1/p2〉 6 〈1/p3〉 6 · · · no se estabiliza en Z(p∞).

El siguiente ejercicio muestra algunas caracterizaciones de modulos noethe-rianos.

Ejercicio 4.1.17. Sea M ∈ Mod(R). Pruebe que las siguientes condicionesson equivalentes.

(a) M es noetheriano.

(b) L (RM) ⊆ mod(R).

(c) ∀ S ⊆ L (RM) no vacıo, existe un elemento maximal en (S ,6).

Ejercicio 4.1.18. Sea M ∈ Mod(R). Pruebe que M es artiniano si y solo si∀ S ⊆ L (RM) no vacıo, existe un elemento minimal en (S ,6).


Ejercicio 4.1.19. Sea M ∈ Mod(R) y considere H,K,L ∈ L (RM). Pruebeque si K 6 H entonces H ∩ (K + L) = K + (H ∩ L).

Ejercicio 4.1.20. Sea 0→ K →M → N → 0 una sucesion exacta en Mod(R).Pruebe que M es artiniano (noetheriano) si y solo si K y N son artinianos(noetherianos).

Definicion 4.1.21. Sea C una subcategorıa plena de Mod(R). Decimos queC es una subcategorıa de Serre en Mod(R) si

(i) 0 ∈ C , y

(ii) para toda sucesion exacta 0 → M → E → N → 0 en Mod(R), se tieneque: E ∈ C ⇐⇒M,N ∈ C .

La condicion (i) de la definicion es equivalente a decir que C 6= ∅.

Ejemplo. Los siguientes son ejemplos de subcategorıas de Serre en Mod(R).

(1) f.l.(R).

(2) La subcategorıa plena de todos los R-modulos artinianos (noetherianos).

Veamos que los modulos de longitud finita son artinianos y notherianos yviceversa, y que f.l.(R) es la menor categorıa que contiene a los R-simples.

Proposicion 4.1.22. Sea R un anillo y M ∈ Mod(R). Entonces

(a) M ∈ f.l.(R) si y solo si M es artiniano y noetheriano.

(b) f.l.(R) es la menor subcategorıa de Serre en Mod(R) que contiene a losR-modulos simples.

Demostracion. (a) Sea M ∈ f.l.(R). Probaremos, por induccion sobre `(M),que M es artiniano y noetheriano.

Si `(M) 6 1 entonces M = 0 o M es simple, y por consiguiente artinianoy noetheriano. Supongamos que `(M) > 1. Luego existe un simple S 6 M talque `(M/S) = 1. Consideremos la sucesion exacta en Mod(R)

0 // S // M // M/S // 0. (4.2)

Entonces `(M/S) = `(M) − `(S) < `(M), y por hipotesis de induccion M/Ses artiniano y noetheriano. Del Ejercicio ?? y de (??) concluimos que M esartiniano y noetheriano.

Recıprocamente, sea M artiniano y noetheriano. Podemos asumir que M 6=0. Por el Ejercicio ??, existe M1 ∈ L (RM) maximal en M. Si M1 = 0, Mes simple y M ∈ f.l.(R). Si M1 6= 0, dado que M es noetheriano, por elEjercicio ??, existe M2 ∈ L (M1) tal que M2 es maximal en M1. Repitiendo


este procedimiento, y teniendo en cuenta que M es artiniano, se obtinene unacadena finita de M

F : M M1 M2 · · · Mn = 0.

Dado que Mi+1 es maximal en Mi (M0 = M), se tiene que F es una seriede composicion de M, y por ende M ∈ f.l.(R).(b) Sabemos que f.l.(R) es una subcategorıa de Serre en Mod(R) (Ejercicio??) y ademas el conjunto de los submodulos simples de Mod(R) esta contenidoen f.l.(R). Sea S una subcategorıa de Serre en Mod(R) que contiene a lossimples. Veamos que f.l.(R) ⊆ S . Sea M ∈ f.l.(R). Por induccion sobre `(M),demostraremos que M ∈ S . En efecto si `(M) 6 1, M = 0 o M es simple,y M ∈ S . Si `(M) > 1, existe un simple S � M tal que `(M/S) > 1.Considerando la sucesion exacta (??) tenemos `(M/S) = `(M) − 1 < `(M);y por hipotesis de induccion M/S ∈ S . Dado que S es de Serre, de (??)concluimos que M ∈ S .

Los modulos simples poseen una estructura interna sencilla. Podrıamos decirque los modulos que les siguen en complejidad, son los modulos que son sumade modulos simples. Estos nos permitiran mostrar que hay un numero finitode R-modulos simples, salvo isomorfismos, cuando R es un anillo artinianoizquierda (vease ??).

Definicion 4.1.23. Sea M ∈ Mod(R). Se dice que M es semisimple si existeuna familia {Si, i ∈ I} de R-modulos simples tal que M '⊕i∈I Si. En el casoI = ∅, se tiene que

⊕i∈I Si := 0.

Observacion. En particular los modulos simples son semisimples, pero nonecesariamente al reves. El Z-modulo Z/mZ es semisimple si y solo si m eslibre de cuadrados, i.e. m no es divisible por un entero al cuadrado distinto de1.

Ejercicio 4.1.24. Sean M,N ∈ f.l.(R). Pruebe que M ⊕ N ∈ f.l(R) y que`(M ⊕N) = `(M) + `(N).

Una consecuencia de ?? es la equivalencia entre modulos finitimente gene-radas, artinianos y noetherianos.

Proposicion 4.1.25. Sea R un anillo y M un R-modulo semisimple. Entonces

M ∈ f.l.(R)⇐⇒M es noetheriano⇐⇒M es artiniano.

Demostracion. Por ??, tenemos que: si M ∈ f.l.(R) entonces M es artinianoy noetheriano.

Sea M =⊕

i∈I Si, I 6= ∅ y M noetheriano. Veamos que M ∈ f.l.(R), paralo cual, es suficiente probar (Ejercicio ??) que I es finito. Supongamos que Ies infinito, entonces ∃ I ′ ⊆ I tal que Card(I ′) = ℵ0. Sea I ′ = {i0, i1, . . .};definimos Mn := Si0 ⊕ · · · ⊕ Sin y consideramos la cadena ascendente M0 6


M1 6 · · · 6 Mn 6 · · · de submodulos de M . Por construccion, la familia{Mn}n∈N no se estabiliza; contradiciendo que M es noetheriano.

La prueba de que M artiniano implica que M es de longitud finita, esanaloga a la anterior; construyendo por contradiccion, una cadena descendente{Nn}n∈N, con Nn :=

⊕i∈I\{i0,...in} Si, que no se estabiliza.

4.2. El grupo de Grothendieck

Recordamos que si Λ es un anillo y C es una clase de objetos en Mod(Λ), paracada A ∈ C denotamos por [A] a la iso-clase de A en C modulo la relacion deisomorfismo en C , esto es, [A] := {B ∈ C | A ' B}.

Definicion 4.2.1. Sea M ∈ Mod(Λ). Se dice que M es libre si existe unconjunto de ındices I (tal vez infinito) tal que M =

∑i∈I Λi, donde Λi =

〈bi〉 ' Λ. Decimos que B = {bi | i ∈ I} es una base para M .

La siguiente definicion es un caso particular del grupo de Gothendieck, y seusa en este texto para demostrar el Teorema ??.

Definicion 4.2.2. Sea Λ un anillo. Denotamos por:

(a) F (f.l.(Λ)) al Z-modulo libre con base las iso-clases [A] con A ∈ f.l.(Λ).Esto es

F (f.l.(Λ)) :=⊕

[A]∈f.l.(Λ)/'

Z · [A];

(b) R(f.l.(Λ)) al Z-submodulo de F (f.l.(Λ)) generado por las expresiones[A] + [C]− [B] cada vez que existe una sucesion exacta de R-modulos delongitud finita 0 −→ A −→ B −→ C −→ 0.

El grupo de Grothendieck K0(Λ) asociado a Λ es el grupo abeliano

K0(Λ) := F (f.l.(Λ)) / R(f.l.(Λ)).

En una definicion mas general del grupo de Gothendieck, se considera unacategorıa abeliana C en lugar de la subcategorıa plena f.l.(Λ).

El siguiente teorema muestra que las multiplicidades de los modulos delongitud finita fungen como coordenadas de los modulos en el grupo de Grot-hendieck, esto lo veremos con mas detalle en la seccion 7.4.

Teorema 4.2.3. Sea Λ un anillo y {[Si] | i ∈ I} una familia completa deiso-clases de Λ-modulos simples. Consideremos el epi-canonico

π : F (f.l.(Λ)) −→ K0(Λ), π(X) := X +R(f.l.(Λ)).

Entonces

(a) K0(Λ) es un Z-modulo libre con base {π([Si]) | i ∈ I}.

4.2. El grupo de Grothendieck 133

(b) ∀ A ∈ f.l.(Λ), π([A]) =∑i∈I mSi(A)π([Si]).

Demostracion. (b) Sea A ∈ f.l.(Λ). Usaremos induccion sobre la longitud`(A). Podemos asumir A 6= 0. Si `(A) = 1, [A] = [Si0 ] con i0 ∈ I; y entoncesπ([A]) = π([Si0 ]) =

∑i∈I mSi(A)π([Si]).

Supongamos que `(A) > 1. Luego existe un simple Si0 � A. Consideremosla sucesion exacta

0 // Si0 // A // A/Si0// 0. (4.3)

Entonces `(A/Si0) = `(A) − 1 < `(A), y por hipotesis de induccion, te-nemos que π([A/Si0 ]) =

∑i∈I mSi(A/Si0)π([Si]). Por definicion del grupo

de Grothendieck y de (??), tenemos que π([A]) = π([Si0 ]) + π([A/Si0 ]) =∑i∈I(mSi(Si0) + mSi(A/Si0))π([Si]) =

∑i∈I mSi(A)π([Si]).

(a) Consideremos los siguientes morfismos en Mod(Z) :

F (f.l.(Λ))ϕ// S :=

⊕i∈I Z · [Si]

ψ// F (f.l.(Λ)),

ϕ([A]) :=∑i∈I

mSi(A) [Si], ψ = 1F (f.l.(Λ))|S .

Veamos que ϕ y ψ cumplen lo siguiente.

(1) ϕ ◦ ψ = 1S :

En efecto, ϕ ◦ ψ([Si]) = ϕ([Si]) = [Si].

(2) ψ ◦ ϕ = ϕ :

En efecto, ψ ◦ ϕ([A]) = ψ(∑i∈I mSi(A) [Si]) =

∑i∈I mSi(A)π([Si]) =

ϕ([A]).

(3) π|S ◦ ϕ = π :

En efecto, π|S ◦ ϕ([A]) = π(∑i∈I mSi(A)[Si]) =

∑i∈I mSi(A)π([Si]) =

π([A]), donde la ultima igualdad se da por (b).

(4) R(f.l.(Λ)) ⊆ Ker(ϕ) :

En efecto, sea 0 −→ A −→ B −→ C −→ 0 una sucesion exacta en f.l.(Λ);entonces ϕ([A] + [C] − [B]) = ϕ(A) + ϕ(C) − ϕ(B) =

∑i∈I(mSi(A) +

mSi(C)−mSi(B))[Si] = 0.

Ahora bien, por (4), existe ϕ : K0(Λ) −→ S tal que hace conmutar elsiguiente diagrama de grupos abelianos

F (f.l.(Λ))ϕ//

π��

S

ψ��

K0(Λ).

ϕ

::uuuuuuuuuu


Veamos que ϕ es un isomorfismo con inversa πψ. En efecto, de las igualdadesϕ(πψ) = (ϕπ)ψ = ϕψ y de (1) se tiene que ϕ(πψ) = 1|S . Tambien

(πψ)ϕ(π([A])) = πψ(ϕπ([A])) = πψϕ([A]) = πψ([A]) = π([A]),

donde las ultimas dos igualdades se tienen de (2) y (3) respectivamente, lo cualmuestra que (πψ)ϕ = 1K0(Λ); y por ende K0(Λ) es libre.

Dado que {[Si] | i ∈ I} es una base de S y ϕ−1([Si]) = πψ([Si]) = π([Si]),concluimos que {π([Si]) | i ∈ I} es una base de K0(Λ).

4.3. Morfismos minimales

Definicion 4.3.1. Sea Λ un anillo. Para cada C ∈ Mod(Λ) se define la ca-tegorıa Mod(Λ)/C, cuyos objetos son los morfismos f : B −→ C en Mod(Λ).Los morfismos Hom(f, f ′) entre f : B −→ C y f ′ : B′ −→ C se definen comoHom(f, f ′) := {g ∈ HomΛ(B,B′) | f ′g = f}.

La composicion de morfismos en Mod(Λ)/C es la misma que en Mod(Λ).

Dados los morfismos fg→ f ′

g′→ f ′′ en Mod(Λ)/C, se tienen los siguientesdiagramas conmutativos en Mod(Λ)

B

g��

f

BBBBBBBB

B′f ′//

g′

��

C

B′′f ′′

>>}}}}}}}}

Bf ′

!!CCCCCCCC

gg′

��

C

B′′.f ′′

=={{{{{{{{

La identidad del objeto f : B → C en Mod(Λ)/C se define como 1f := 1B .Esta definicion es clara ya que el siguiente diagrama en Mod(Λ) conmuta

Bf

AAAAAAAA

1B

��

C

B.f

>>}}}}}}}}

Definicion 4.3.2. Sea f : B −→ C en Mod(Λ). Se dice que f es minimal aderecha si ∀ g ∈ Hom(f, f), g es un isomorfismo en Mod(Λ)/C.

4.3. Morfismos minimales 135

Ejercicio 4.3.3. Sea f : B → C en Mod(Λ) y g : B → B tal que f = fg, i.e.tal que hace conmutar el siguiente diagrama en Mod(Λ)

Bf//

g��

C

B.f

>>}}}}}}}}

Pruebe que g : f → f es un isomorfismo en Mod(Λ)/C si y solo si g : B → Bes un isomorfismo en Mod(Λ).

Ejercicio 4.3.4. Se define la siguiente relacion ∼ en Obj(Mod(Λ)/C) : f ∼ f ′si y solo si Hom(f, f ′) 6= ∅ y Hom(f ′, f) 6= ∅. Pruebe que ∼ es una relacion deequivalencia en Obj(Mod(Λ)/C). La clase de equivalencia de f, se denota por[f ].

Ejercicio 4.3.5. Sea f : B → C minimal a derecha. Pruebe que ∀ ψ : B∼→ B

isomorfismo en Mod(Λ), se tiene que fψ : B → C es minimal a derecha.

Teorema 4.3.6. Sea C ∈ Mod(Λ) y f ∈ Obj(Mod(Λ)/C). Si existe g : B −→C en Mod(Λ) con B ∈ f.l.(Λ) y g ∈ [f ], entonces existe f ′ : B′ −→ C minimala derecha (unico hasta isomorfismo en Mod(Λ)/C) tal que f ′ ∈ [f ].

Demostracion. Sea f ′ : B′ −→ C en [f ] con `(B′) mınima. Veamos quef ′ es minimal a derecha. Consideremos el siguiente diagrama conmutativo enMod(Λ)

B′

h

��

h′

||yyyyyyyy f ′

��@@@@@@@@

Im(h)

h′′ = i ""EEEEEEEE C

B′f ′

??��

donde B′h′→ Im(h)

h′′→ B′ es la factorizacion de h : B′ → B′ a traves de su ima-gen. Veamos que f ′h′′ : Im(h) −→ C esta en [f ]. En efecto, h′ ∈ Hom(f ′, f ′h′′)y h′′ ∈ Hom(f ′h′′, f ′). Luego f ′h′′ ∼ f ′ ∼ f ; lo cual implica que f ′h′′ ∼ f.

Ahora bien, como Im(h) 6 B′ y B′ ∈ f.l.(Λ), de la minimalidad de `(B′),se tiene que `(Im(h)) = `(B′). Por lo que Im(h) = B′, y h : B′ −→ B′ es unepimorfismo. Finalmente como B′ ∈ f.l.(Λ), por el Ejercicio ??, tenemos queh es un isomorfismo; probandose que f ′ es minimal a derecha

Veamos ahora que f ′ es unico hasta isomorfismos en Mod(Λ)/C. En efecto,sea f ′′ : B′′ −→ C minimal a derecha con f ′′ ∈ [f ]. Como f ′′ ∼ f y f ′ ∼ f ,


existen morfismos α y β que hacen conmutar el siguiente diagrama

B′

f ′

!!CCCCCCCC

α

��

C

B′′.f ′′

=={{{{{{{{

β

KK

De donde tenemos que f ′′ = f ′′αβ y f ′ = f ′βα. Como f ′′ y f ′ son minima-les, αβ y βα son isomorfismos. Luego f ′ ' f ′′ en Mod(Λ)/C.

Definicion 4.3.7. Sea f : B −→ C en Mod(Λ) con B ∈ f.l.(Λ). Al morfismof ′ : B′ −→ C de ??, se le conoce como la version minimal a derecha de f.

Definicion 4.3.8. Sean f : A → B y g : B → A morfismos en Mod(Λ). Sigf = 1A decimos que g es un split-epi y f es un split-mono.

Ejercicio 4.3.9. Sean Af→ B

g→ A en Mod(Λ) tales que gf = 1A. Pruebe queg es un epimorfismo, f es un monomorfismo y B = Ker(g)⊕ Im(f).

Ejercicio 4.3.10. Sea η : 0 → Af→ B

g→ C → 0 una sucesion exacta enMod(Λ). Pruebe que las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) La sucesion η se escinde (i.e. f es un split-mono y g es un split-epi).

(b) f es un split-mono.

(c) g es un split-epi.

(d) Im(f) = Ker(g) es un sumando directo de B.

Ejercicio 4.3.11. Sea η : 0→M1f1→M

g2→M2 → 0 una sucesion en Mod(Λ).Pruebe que las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) η es una sucesion exacta que se escinde.

(b) Existe una sucesion 0 → M2f2→ M

g1→ M1 → 0 en Mod(Λ) tal queg1f1 = 1M1

, g2f2 = 1M2, g2f1 = 0 = g2f1 y f1g1 + f2g2 = 1M .

(c) Existe un isomorfismo h : M1×M2∼→M que hace conmutar el siguiente

diagrama en Mod(Λ)

0 // M1i1// M1 ×M2

π2//

ho��

M2// 0

0 // M1

f1// M

g2// M2

// 0,

donde i1(m1) := (m1, 0) y π2(m1,m2) := m2.


Teorema 4.3.12. Sea g : X −→ C en Mod(Λ) con X ∈ f.l.(Λ). Entonces, lassiguientes condiciones se satisfacen.

(a) Existe una descomposicion X = X ′⊕X ′′ tal que g = (0, g′′) : X ′⊕X ′′ −→C y g′′ : X ′′ −→ C es la version minimal a derecha de g.

(b) Ker(g) ' X ′ ⊕Ker(g′′).

(c) Si g es un epimorfismo entonces g′′ tambien lo es.

Demostracion. (a) y (b). Sea f : B −→ C la version minimal a derecha deg, que existe por ??, en particular f ∼ g. Consideremos el siguiente diagramaconmutativo en Mod(Λ)

B

s��

f

AAAAAAAA

Xg//

t��

C

B.f

>>}}}}}}}}

De donde f(ts) = f, y como f es minimal a derecha, ts : B −→ B es unisomorfismo, i.e. existe ψ : B

∼−→ B tal que tsψ = 1B . En particular t : X −→B es split-epi, pues t(sψ) = 1B . Luego X = X ′⊕X ′′ donde X ′ := ker(t)

i′−→ X

con i′ := iX′ la inclusion, y X ′′ := Bi′′−→ X con i′′ := sψ. Por lo tanto

g = (g′, g′′) : X ′ ⊕X ′′ −→ C, donde g′ := gi′ y g′′ := gi′′. Entonces g′ = gi′ =(ft)iX′ = f(tiX′) = 0 pues tiX′ = 0, y tambien g′′ = gi′ = (ft)sψ = f(tsψ) =f1B = f.

Finalmente x =(x′

x′′

)∈ ker(g′, g′′) ⇔ g′(x′) + g′′(x′′) = 0 ⇔ x′′ ∈ ker(g′′);

por lo tanto ker(g) ' ker(g′, g′′) = X ′ ⊕ ker(g′′).

(c) Sea g un epimorfismo. Entonces (g′, g′′) : X ′ ⊕X ′′ −→ C es un epimor-fismo, y C = (g′, g′′)(X ′⊕X ′′) = g′(X ′) +g′′(X ′′) = 0 +g′′(X ′′) = Im(g′′).

Corolario 4.3.13. Sea f : B −→ C en Mod(Λ) con B ∈ f.l.(Λ). Entonces lassiguientes condiciones son equivalentes.

(a) f es minimal a derecha.

(b) Si i′ : B′ −→ B, con i′ un monomorfismo, es un sumando directo de Btal que f |B′ := fi′ = 0, entonces B′ = 0.

Demostracion. (a)⇒(b) Sea B = B′ ⊕ B′′ con i′ : B′ −→ B, i′′ : B′′ −→ Blas inclusiones naturales, π′ : B −→ B′, π′′ : B −→ B′′ las proyecciones.

Sea B = B′ ⊕ B′′f=(f ′,f ′′)−−−−−−→ C, con f ′ := fi′ y f ′′ := fi′′. Dado que

1B = i′π′+ i′′π′′, tenemos que f = f ′π′+ f ′′π′′; pero f ′ = 0 implica f = f ′′π′′.


Luego se tiene el siguiente diagrama conmutativo

B

π′′��

f

BBBBBBBB

B′′f ′′//

i′′��

C

Bf ′

>>||||||||

de donde f(i′′π′′) = f, y por la minimalidad de f, i′′π′′ es un isomorfismo. Porlo tanto π′′ es monomorfismo, lo cual implica que B′ = ker(π′′) = 0.

(b)⇒(a) Sabemos por ?? que existe una descomposicion de B = B′⊕B′′ talque f = (f ′, f ′′) : B′ ⊕B′′ −→ C, f |B′ := f ′ = 0 y f ′′ : B′′ −→ C es la versionminimal a derecha de f. Por hipotesis se tiene que B′ = 0, lo cual implica queπ′′ : B −→ B′′ es un isomorfismo, y como f = f ′π′′+f ′′π′′ = f ′′π′′, se concluyeque f es minimal a derecha.

Los siguientes resultados y definiciones son duales a los referidos en la ca-tegorıa Mod(Λ)/C que se estudiaron al inicio de esta seccion.

Definicion 4.3.14. Para cada A ∈ Mod(Λ), se define la categorıa Mod(Λ) \Acuyos objetos son los morfismos f : A → B en Mod(Λ). Los morfismos entref : A→ B y f ′ : A→ B′ son Hom(f, f ′) := {g ∈ HomΛ(B,B′) | gf = f ′}. Lacomposicion de morfismos en Mod(Λ) \A es la misma que en Mod(Λ).

Definicion 4.3.15. Decimos que f : A −→ B en Mod(Λ) es minimal aizquierda si ∀ g ∈ HomΛ(f, f ′), g es un isomorfismo en Mod(Λ) \A.

Ejercicio 4.3.16. Sea f : A → B en Mod(Λ) y g : B → B tal que gf = f .Pruebe que g : f → f es un isomorfismo en Mod(Λ) \A si y solo si g : B → Bes un isomorfismo en Mod(Λ).

Ejercicio 4.3.17. Se define la siguiente relacion ∼ en Obj(Mod(Λ) \A) : f ∼f ′ si y solo si Hom(f, f ′) 6= ∅ y Hom(f ′, f) 6= ∅. Pruebe que ∼ es una relacionde equivalencia en Obj(Mod(Λ) \ A). La clase de equivalencia de f, se denotapor [f ].

Teorema 4.3.18. Sea A ∈ Mod(Λ) y f ∈ Obj(Mod(Λ) \A). Si ∃ g : A −→ Bcon g ∈ [f ] y B ∈ f.l.(Λ), entonces existe f ′ : A −→ B′ minimal a izquierda,unico hasta isomorfismos en Mod(Λ) \A, tal que f ′ ∈ [f ].

Definicion 4.3.19. Sea f : A → B en Mod(Λ) con B ∈ f.l(Λ). Al morfismof ′ : A→ B′ de ?? se le conoce como la version minimal a izquierda de f.

Ejercicio 4.3.20. Demuestre el Teorema ??.

Teorema 4.3.21. Sea g : A −→ X en Mod(Λ) con X ∈ f.l.(Λ). Entonces secumplen las siguientes condiciones.


(a) Existe una descomposicion X = X ′⊕X ′′ tal que g =(g′

0

): A −→ X ′⊕X ′′

y g′ : A −→ X ′ es la version minimal a izquierda de g.

(b) Coker(g) ' Coker(g′)⊕X ′′.

(c) Si g es un monomorfismo, entonces g′ es un monomorfismo.

Demostracion. (a) y (b) Sea h : A −→ X ′ la version minimal a izquierda deg (existe por ??). Consideremos el siguiente diagrama conmutativo

X ′

∃ s��

A

h==|||||||| g//

h !!BBBBBBBB X

∃ t��

X ′.

Como (ts)h = h, por ser h la version minimal a izquierda, ts : X −→ X ′ es unisomorfismo; entonces existe un isomorfismo en Mod(Λ) α : X ′ −→ X tal que(αt)s = 1X′ , i.e. s es un split-mono. Escribiendo X ′′ := Coker(s) tenemos lasiguiente sucesion split-exacta

0 // X ′s// X

q=π′′//

αt=π′

��

X ′′ //

i′

��

0 .

Definimos g : A −→ X ′ ⊕X ′′ como sigue

X ′′

g =(g′

g′′

): A

g′′AA��

//

g′��

<<<<<<<<< X ′ ⊕X ′′

π′{{wwwwwwwwww

π′′ccHHHHHHHHHH

X ′

donde g′ = π′g y g′′ = π′′g. Ahora, g′ = π′g = π′sh = αtsh = 1X′h = h, y

g′′ = π′′g = qsh = (0)h = 0. Finalmente Coker(g) ' Coker(g′

0

)=

X ′ ⊕X ′′Im(g′

0

)=

X ′ ⊕X ′′Im(g′)⊕ 0

' X ′

Im(g′)⊕ X ′′

0' Coker(g′)⊕X ′′.

(c) Sea g un monomorfismo. Entonces g = 1Xg = i′π′g + i′′π′′g = i′g′ +i′′g′′ = i′g′ + 0, i.e. g = i′g′; dado que g es un monomorfismo, g′ tambien loes.


Teorema 4.3.22. Sean g : A −→ B en Mod(Λ) y B ∈ f.l.(Λ). Entonces, lassiguientes condiciones son equivalentes.

(a) g es minimal a izquierda.

(b) Para todo split-epi α : B −→ C, si αg = 0 entonces C = 0.

Demostracion. (a)⇒(b) Sea α : B −→ C tal que existe β : C −→ B conαβ = 1C . Consideremos la siguiente sucesion exacta

0 // B′ := ker(α)i′:=iB′

// Bπ′′:=α

// B′′ := C // 0 .

Sea i′′ := β, luego 1B = i′π′ + i′′π′′. Supongamos αg = 0, i.e. g′′ = π′′g = 0,por lo que g = 1Bg = i′π′g+i′′π′′g = i′π′g, esto es g = i′π′g; como g es minimala izquierda, i′π′ es un isomorfismo, lo cual implica que π′ es un monomorfismo.Por lo tanto C = ker(π′) = 0.

(b)⇒(a) Por ?? existe B = B′ ⊕ B′′ tal que g =(g′

0

): A −→ B′ ⊕ B′′

y g′ es la version minimal a izquierda de g. Como g′′ = π′′g = 0, dondeπ′′ : B −→ B′′ es la proyeccion canonica, se tiene por hipotesis que B′′ = 0;lo cual muestra que la inclusion canonica i′ : B′ −→ B es un isomorfismo. Por

otro lado, de la sucesion exacta 0 −→ B′i′−→ B

π′−→ B′′ −→ 0, se obtiene queg = 1Bg = i′g′ + i′′g′′ = i′g′, es decir g = i′g′; probandose que g es minimal aizquierda, ya que i′ es un isomorfismo y g′ es minimal a izquierda.

Teorema 4.3.23. Sean ϕi : Ai −→ Bi en Mod(Λ) con i = 1, 2. Si ϕ1, ϕ2 sonminimales a izquierda, entonces ϕ1 ⊕ ϕ2 : A1 ⊕ A2 −→ B1 ⊕ B2 es minimal aizquierda.

Demostracion. Sea pi : Bi −→ B1 ⊕ B2 la inclusion canonica y πi : B1 ⊕B2 −→ Bi la proyeccion canonica en B1 ⊕ B2, para i = 1, 2. Consideremosf : B1 ⊕ B2 −→ B1 ⊕ B2 y ϕ1 ⊕ ϕ2 : A1 ⊕ A2 −→ B1 ⊕ B2 dadas por(f11 f12

f21 f22

)y

(ϕ1 00 ϕ2

)respectivamente, donde fij := πifpj : Bj −→ Bi.

Luego, tenemos el siguiente diagrama conmutativo

B1 ⊕B2

f=

f11 f12

f21 f22

��

A1 ⊕A2

ϕ1 00 ϕ2

55llllllllllllll

ϕ1 00 ϕ2

))RRRRRRRRRRRRRR

B1 ⊕B2.

Por lo cual,

(ϕ1 00 ϕ2

)=

(f11 f12

f21 f22

)(ϕ1 00 ϕ2

)=

(f11 ϕ1 f12 ϕ2

f21 ϕ1 f22 ϕ2

), de don-

de

4.4. Categorıas preaditivas y funtores preaditivos 141

ϕ1 = f11 ϕ1, 0 = f12 ϕ2 y ϕ2 = f22 ϕ2. Por ser ϕ1 minimal a izquierda, se tieneque f11 : B1 −→ B1 es un isomorfismo. Veamos que f es un isomorfismo, para

ello, sea ψ :=

(1B1 0

−f21 f−111 1B2

): B1 ⊕ B2 −→ B1 ⊕ B2; de modo que ψf =(

1B1 0−f21 f

−111 1B2

)(f11 f12

f21 f22

)=

(f11 f12

0 α

), con α := −f21f

−111 f12 + f22.

Ası pues, αϕ2 := −f21 f−111 f12 ϕ2 + f22 ϕ2 = ϕ2, y por ser ϕ2 minimal a

izquierda, α es un isomorfismo. Finalmente, como f11 y α son isomorfismos, setiene que ψf tambien lo es, por lo que f es un isomorfismo.

Ejercicio 4.3.24. Sean ϕi : Ai → Bi en Mod(Λ) para i = 1, 2. Pruebe que siϕ1 y ϕ2 son minimales a derecha, entonces ϕ1 ⊕ ϕ2 : A1 ⊕ A2 → B1 ⊕ B1 esminimal a derecha.

4.4. Categorıas preaditivas y funtores preaditi-vos

Definicion 4.4.1. Sea A una categorıa. Decimos que A es preaditiva si

(a) ∀ X,Y ∈ A , HomA (X,Y ) es un grupo abeliano; y

(b) la composicion de morfismos en A es Z-bilineal, esto es g(f+h) = gf+ghy (f + h)t = ft+ ht donde tenga sentido.

Ejemplos. (1) A := Mod(R), con R un anillo.

(2) A := mod(R), con R un anillo.

Definicion 4.4.2. Sean A y B categorıas preaditivas. Un funtor covariante(contravariante) F : A → B se dice que es aditivo, si F : HomA (X,Y ) →HomB(F (X), F (Y )) (F : HomA (X,Y ) → HomB(F (Y ), F (X))) es un morfis-mo de grupos abelianos ∀ X,Y ∈ A .

Sea F : A −→ B un funtor aditivo. Si F es covariante y X ∈ A , entoncesF : End(X) −→ End(F (X)) es un morfismo de anillos. Analogamente, si Fes contravariante y X ∈ A , entonces F : End(X) −→ End(F (X))op es unmorfismo de anillos.

Ejemplos. Sea R un anillo, M ∈ Mod(R).

(1) F := HomR(RM,−) : Mod(R) −→ Mod(Z) es un funtor aditivo cova-riante dado por:

X_

F��

f// Y_

F��

_

��

F (X)F (f)

// F (Y )


con F (X) = HomR(M,X), F (Y ) = HomR(M,Y ) y F (f) = HomR(RM,f)esta dado por HomR(RM,f)(α) := fα.

(2) G = HomR(−,RM) : Mod(R) −→ Mod(Z) es un funtor aditivo contra-variante dado por:

X_

G��

f// Y_

G��

_

��

G(X) G(Y )G(f)oo

conG(Y ) = HomR(Y,M), G(X) = HomR(X,M) yG(f) = HomR(f,RM)esta dado por HomR(f,RM)(β) := βf.

4.5. Anillos semisimples

Lema 4.5.1. Sea R un anillo, M ∈ Mod(R) y n > 1. Consideremos losanillos Λ = EndR(M) y Λ′ = End(RM

n). Entonces ∀ ω ∈ EndΛ(M), existeun elemento ω′ ∈ EndΛ′(M

n) tal que ω′(m1, . . . ,mn) = (ω(m1), . . . , ω(mn))donde mi ∈ ΛM, 1 6 i 6 n.

Demostracion. Sea ω ∈ EndΛ(M). Definimos un morfismo ω′ : Mn −→ Mn

como ω′(m1, . . . ,mn) = (ω(m1), . . . , ω(mn)). Verificamos que es un morfismode grupos: sean x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn) ∈ Mn, entonces ω′(x + y)= (ω(x1 + y1), . . . , ω(xn + yn)) = (ω(x1) +ω(y1), . . . , ω(xn) +ω(yn)) = ω′(x) +ω′(y), por lo tanto ω′ ∈ EndZ(Mn).

Veamos ahora que ω′(λ′x) = λ′ω′(x) ∀ λ′ ∈ Λ′, ∀ x ∈ Mn. Dado queΛ′ = End(RM

n) y Λ = EndR(M), podemos asumir que Λ′ = Matn×n(Λ).Sea λ′ ∈ Λ′ = Matn×n(Λ), λ′ = (λij)n×n, λij ∈ EndR(M), para x ∈Mn

ω′(λ′x) = ω′

n∑j=1

λ1jxj , . . . ,

n∑j=1

λnjxj

=

ω n∑j=1

λ1jxj

, . . . , ω

n∑j=1

λnjxj

=

n∑j=1

λ1jω(xj), . . . ,

n∑j=1

λnjω(xj)

= λ′ω′(x).

Lo cual muestra que ω′ ∈ EndΛ′(Mn).

Proposicion 4.5.2. Sea R un anillo, M ∈ Mod(R) y n > 1. Considere-mos los anillos Λ = EndR(M), Λ′ = End(RM

n) y los morfismos de anillos

4.5. Anillos semisimples 143

inducidos por la multiplicacion a izquierda (cf. 3.9.12) µ : R −→ EndΛ(M)dada por µ(r)(m) = r · m y µ′ : R −→ EndΛ′(M

n) con µ′(r)(m1, . . . ,mn)= (rm1, . . . , rmn). Si µ′ es inyectiva (suprayectiva), entonces µ tambien lo es.

Demostracion. Consideremos el isomorfismo Λ′ = End(RMn)

∼−→ Matn×n(Λ),dado por f 7−→ [f ]n×n, donde [f ]ij := πjfpi : RM −→ RM. Sea µ′ suprayec-tiva, µ : R −→ EndΛ(M) y sea ω ∈ EndΛ(M); entonces por ??, ∃ ω′ ∈EndΛ′(M

n) tal que ω′(x) = (ω(x1), . . . , ω(xn)).Dado que µ′ : R −→ EndΛ′(Mn)

es un epimorfismo, existe r ∈ R tal que µ′(r) = ω′. Veamos que µ(r) = ω, paraello sea m ∈M. Luego

(rm, . . . , rm︸︷︷︸n veces

) = µ′(r)(m, . . . ,m) = ω′(m, . . . ,m) = (ω(m), . . . , ω(m)),

lo cual implica que µ(r)(m) = rm = ω(m) y µ(r) = ω.Si µ′ es un monomorfismo, para r ∈ Ker(µ), se tiene rm = 0 ∀ m ∈M, por

lo que rx = 0 ∀ x ∈Mn, y r = 0, por lo tanto Ker(µ) = 0.

Corolario 4.5.3. Sea R un anillo, M ∈ Mod(R) y Λ := EndR(M). Si se tieneque RR ' RM

n, entonces

(a) µ : R −→ EndΛ(M) con µ(r)(m) = rm es un isomorfismo de anillos;

(b) ΛM ' ΛΛn, (i.e. ΛM es libre).

Demostracion. (a) Λ′ := EndR(Mn) ' EndR(R) ' Rop, por lo que Λ′ ' Rop.Podemos escribir µ′ : R −→ EndΛ′(M

n) = End(Mn(Λ′)op) ' End(RR). Por

3.9.13 se tiene que µ′ es un isomorfismo, y por ?? µ es un isomorfismo deanillos.

(b) ΛM ' HomR(RR,RMΛop) ' HomR(RMn,RMΛop) ' (HomR(M,M))n

= ΛΛn.

Corolario 4.5.4. Sea R un anillo, RS un R-modulo simple y D := EndR(S).Si RR ' RS

n entonces R ' Matn×n(Dop) como anillos y dimD(DS) = n.

Demostracion. R ' RSn, por ?? (b) DS ' DD

n, por lo que dimD(DS) = n.Ası mismo, por ?? (a),R ' EndD(S), y EndD(S) ' EndD(Dn) ' Matn×n(EndD(D)) '

Matn×n(Dop).

Lema 4.5.5. Sea M ∈ Mod(R). Entonces, las siguientes condiciones se satis-facen.

(a) M es semisimple si y solo si todo monomorfismo α : M ′ −→ M enMod(R) es un split-mono.

(b) Para toda sucesion exacta 0 −→M ′ −→M −→M ′′ −→ 0 en Mod(R) setiene que si M es semisimple, entonces M ′ y M ′′ son semisimples.

Demostracion. Vease en [1] la Proposicion 9.4 y el Teorema 9.6.


Teorema 4.5.6. Sea R un anillo. Las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) R ' Matn×n(D) con D un anillo con division.

(b) RR ' RSn con RS simple.

(c) Existe un simple S ∈ Mod(R) tal que ∀ M ∈ Mod(R), RM '⊕

i∈I RSi,donde RSi ' RS ∀ i ∈ I.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Sea VD := DnD y por hipotesis R ' Matn×n(D).

Entonces End(VD) = End(DnD) = Matn×n(End(DD)) ' Matn×n(D) ' R. Por

lo que podemos asumir que R = End(VD). En particular RVD ∈ RModD. Paraverificar que RV es simple, es suficiente probar que R · v = RV ∀ v ∈ V \ {0}.

Sean v, v′ ∈ V \{0}, se extiende {v} a una base de VD, y para {v′} tambien.De igual manera, se extiende la correspondencia v 7−→ v′ a f ∈ End(VD) = R,i.e. fv = v′. Esto muestra que RV es simple. Veamos que RR ' RS

n con

RS := RV. En efecto, R = End(VD) = HomD(VD, VD) = HomD(DnD,RVD) '

(HomD(DD,R VD))n ' RVn.

(b)⇒ (c) SeaM ∈ Mod(R). Tenemos una sucesion exacta en Mod(R), 0 −→Ker(ϕ) −→ SM

ϕ−→ M −→ 0, donde SM =⊕

m∈M RR, y ϕ(∑m∈M rm)

=∑m∈M rm · m es un epimorfismo pues ϕ(1m) = 1 · m = m. Por hipotesis

RR es semisimple, lo cual implica que SM es semisimple. Luego, por ??, M '⊕i∈I RSi con RSi simple ∀ i ∈ I.Veamos que RSi ' RS ∀ i ∈ I. Esto sucede pues 0 6=R Si ' HomR(RRR,RSi)

' HomR(RS,RSi)n, i.e. HomR(RS,RSi) 6= 0, por lo que ∃ f ∈ HomR(RS,RSi)

con f 6= 0, el cual debe ser un isomorfismo.(c) ⇒ (a) RR '

⊕i∈I RSi con RSi 'R S ∀ i. Como 1 ∈ R, 1 =

∑ni=1 xi,

donde xi ∈ RSi; luego ∀ r ∈ R, r = r · 1 =∑ni=1 rxi, de este modo se tiene que

RR =⊕n

i=1 RSi ' RSn. Al considerar D := EndR(S)op, tenemos por ??, que

R ' Matn×n(D).

La condicion de cadenas de submodulos ascendentes y descedentes tam-bien se aplica a cadenas de ideales de manera natural. La condicion de idealesdescendentes generaliza a los anillos finitos y a los anillos que son espaciosvectoriales de dimesion finita sobre un campo.

Definicion 4.5.7. Sea R un anillo. Decimos que:

(a) R es semisimple a izquierda (derecha) si RR (RR) es semisimple.

(b) R es artiniano a izquierda (derecha) si RR (RR) es artiniano.

(c) R es noetheriano a izquierda (derecha) si RR (RR) es noetheriano.

(d) R es simple si R 6= 0 y los unicos ideales (bilaterales) de R son 0 y R.

Ejemplos. El anilllo

R :=

{(a b0 γ

)∣∣∣∣ a, b ∈ R, γ ∈ Q}


es un anillo artiniano a izquierda y noetheriano a izquierda, pero no es arti-niano a derecha ni noetheriano a derecha. En ?? demostraremos que un anilloartiniano a izquierda es noetheriano a izquierda.

Ejercicio 4.5.8. Sea R un anillo y Λ := Matn×n(R). Entonces, la correspon-dencia {ideales de R} → { ideales de Λ} dada por I 7→ Matn×n(I), es biyectiva.

Proposicion 4.5.9. Sea D un anillo con division y V ∈ Mod(D). Entonces,el anillo R := EndD(V ) tiene las siguientes propiedades.

(a) R es simple.

(b) R es semisimple a izquierda y a derecha.

(c) La interseccion de todos los ideales maximales izquierdos de R es cero.

(d) R es artiniano y noetheriano (a izquierda y a derecha).

Demostracion. (a) Es consecuencia del Ejercicio ??, pues D es simple yEndD(V ) ' Matn×n(Dop) con n =dimD(DV ).

(b) El funtor ∗ := HomD(−,DDD) : mod(D) −→ mod(Dop) es una duali-dad de categorıas. Como R ' Matn×n(Dop), por ?? RR es semisimple. Y porser ∗ fiel, pleno y contravariante, se tiene que EndD(V ) = R

∼−→ EndD(V ∗)op.Por lo tanto Rop

∼−→ EndD(V ∗). Como DV ' DDn (dimD(DV ) = n), tenemos

que DV∗ ' Dn

D y End(DV∗) ' End(Dn

D) ' Matn×n(End(DD)) ' Matn×n(D);y por ??, Rop es semisimple a izquierda, i.e. RR es semisimple.

(c) Vease la definicion de radical (sin prueba).(d) En (b), vimos que R ' Matn×n(Dop) y Rop ' Matn×n(D); los cuales

implican, por ?? (b), que RR ' RSn y RR ' SnR. De donde concluimos que RR

y RR son artinianos y noetherianos.

Existe una generalizacion de los modulos libres (cf. ??) y son los modulosproyectivos. Este termino fue introducido 1956 por Henri Cartan y SamuelEilenberg en [7]. La definicion que usaremos es la siguiente.

Definicion 4.5.10. Sea M ∈ Mod(R). Decimos que M es proyectivo si ∀ α :X −→ Y epimorfismo y ∀ β : M −→ Y , existe γ : M −→ X tal que β = αγ;en diagramas se expresa como sigue

M∃ γ~~}}}}}}}}

β��

X α// Y.

En tal caso, se dice que β factoriza a traves de α.

Ejemplos. Cualquier modulo sobre un anillo con division es proyectivo, ocualquier grupo abeliano libre es un Z-modulo proyectivo.


La nocion dual de los proyectivos son los modulos inyectivos, que fuerondefinidos por Reinhold Baer en 1940.

Definicion 4.5.11. Sea M ∈ Mod(R). Decimos que M es inyectivo si ∀ α :X −→ Y monomorfismo y ∀ β : X −→M , existe γ : Y −→M tal que β = γα;en diagramas se expresa como sigue

Xα//

β��

Y

∃ γ~~||||||||

M.

Ejemplos. (Q,+) es un Z-modulo inyectivo; mas aun, el cociente Z/nZ es unZ/nZ-modulo inyectivo. Si K es un campo, entonces cualquier espacio vectorialsobre K es un K-modulo inyectivo

Ejercicio 4.5.12. Para M ∈ Mod(R), pruebe que las siguientes condicionesson equivalentes.

(a) M es proyectivo.

(b) Toda sucesion exacta 0→ Xf→ Y

g→M → 0 en Mod(R) se escinde.

(c) M es sumando directo de un R-modulo libre.

(d) Para toda sucesion exacta 0 → Xf→ Y

g→ Z → 0 en Mod(R) se tiene

que 0 → HomR(M,X)(M,f)−−−−→ HomR(M,Y )

(M,g)−−−−→ HomR(M,Z) → 0 esuna sucesion exacta en Mod(Z).

Ejercicio 4.5.13. Sea {Mα}α∈I una familia deR-modulos. Pruebe que⊕

α∈IMα

es proyectivo si y solo si Mα es proyectivo ∀ α ∈ I.Ejercicio 4.5.14. Consideremos P ∈ Mod(R). Pruebe que RP es proyectivoy finitamente generado si y solo si ∃ n ∈ N tal que RP es sumando directo de

RRn.

Proposicion 4.5.15. Sea R un anillo. Entonces las siguientes condiciones sonequivalentes.

(a) R es semisimple a izquierda.

(b) ∀ M ∈ Mod(R), M es semisimple.

(c) ∀ M ∈ Mod(R), M es proyectivo.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Escribimos RR =⊕

i∈I RSi. Sea RM ∈ Mod(R).

Consideremos la sucesion exacta 0 −→ Ker(ϕ) −→ SMϕ−→ M −→ 0, don-

de SM :=⊕

m∈M RR, y ϕ(∑m∈M rm) :=

∑m∈M rm · m. Dado que SM es

semisimple, por ??, RM es semisimple.


(b) ⇒ (c) Sea M ∈ Mod(R). Consideremos una sucesion exacta η : 0 −→X −→ Y −→M −→ 0. Como Y es semisimple por hipotesis, de ?? obtenemosque η se escinde. Luego del Ejercicio ?? concluimos que RM es proyectivo.

(c)⇒ (a) Sea α : M −→ RR un monomorfismo. Usando ?? (a), es suficientever que α es split-mono; para ello, consideremos la sucesion exacta ε : 0 −→M −→ RR −→ Coker(α) −→ 0. Como Coker(α) es proyectivo por hipotesis, elEjercicio ?? implica que η se escinde; y por lo tanto α es un split-mono.

Proposicion 4.5.16. Sea R un anillo. Consideremos RE :=⊕t

i=1 RMnii , con

HomR(RMi,RMj) = 0 ∀ i 6= j, Λj := End(RMj) y Λ := End(RE). Conside-remos los morfismos de anillos inducidos por “multiplicacion a izquierda” (cf.3.9.12):

γj : R −→ End(ΛjM), γj(r)(m) := rm,

γ : R −→ End(Λ1M1 × · · · × ΛtMt), γ = (γ1, . . . , γt),

γ′ : R −→ End(ΛE), γ′(r)(x) := rx, x ∈ E.

Si γ′ es inyectivo (suprayectivo), entonces γ tambien lo es.

Demostracion. Escribimos E = Mn11 × · · · ×Mnt

t y tomamos x ∈ E, don-

de x = (x1, . . . , xt) con xi ∈ Mnii y xi = (x

(1)i , . . . , x

(ni)i ). Sean Λ′i :=

EndR(Mnii ) ' Matni×ni(Λi). Entonces Λ = EndR(E) = HomR(

⊕ti=1 RM

nii ,⊕t

j=1 RMnjj ) '

Matt×t

EndR(Mn11 ) 0

. . .

0 EndR(Mntt )

= Matt×t

Λ′1 0. . .

0 Λ′t

.Veamos

que vale lo siguiente:

∀ ω = (ω1, . . . , ωt) ∈ EndΛ1(M1)× · · · × (ΛtMt) existe ω′i ∈ EndΛ′i

(Mnii )

para cada i, tal que ω′i(x) = (ωix(1)i , . . . , ωix

(ni)i ) y existe ω′ : E → E

dado por ω′(x) := (ω′1x1, . . . , ω′txt) con ω′ ∈ EndΛ(E). (4.4)

En efecto, sea ω = (ω1, . . . , ωt) como en (??); en virtud de ??, se tiene laexistencia de los ω′i con las propiedades de (??). Veamos que ω′ : E −→ Edefinido como ω′(x) := (ω′1x1, . . . , ω

′txt) es un Λ-morfismo. En efecto, da-

do que ω′i ∈ EndΛ′i(Mni

i ) y Λ = Matt×t

Λ′1 0. . .

0 Λ′t

, definimos λ =

λ′1 0

. . .

0 λ′t

, donde λ′i ∈ Λ′i = Matni×ni(Λi). Luego se tiene que λx =


λ′1 0

. . .

0 λ′t

x1

...xt

= (λ′1x1, . . . , λ′txt). Por lo que

ω′(λx) = ω′(λ′1x1, . . . , λ′txt) = (ω′1(λ′1x1), . . . , ω′t(λ

′txt))

= (λ1ω′1(x1), . . . , λ′tω

′t(xt)) = λω′(x).

Ahora, sea γ′ suprayectiva y ω = (ω1, . . . , ωt) ∈ EndΛ1(M1)× · · · × (ΛtMt).Probaremos que ∃ r ∈ R tal que γ(r) = ω.

Por (??), tenemos que ∃ ω′i ∈ EndΛi(Mni) tal que ω′(x) = (ω′1x1, . . . , ω

′txt)

y ω′ ∈ EndΛ(E); por ser γ′ suprayectiva ∃ r ∈ R tal que γ′(r) = ω′, lo cual im-plica que rx = ω′(x) ∀ x ∈ E. Entonces (rx1, . . . , rxt) = (ω′1x1, . . . , ω

′txt) ∀ x ∈

E, si y solo si rxi = ω′ixi ∀ i, ∀ xi ∈ Mnii . En particular, se tiene que rmi =

ωi(mi) ∀ i, ∀ mi ∈ Mi, y ası γ(r)(m1, . . . ,mt) = (γ1(r)m1, . . . , γt(r)mt) =(rm1,, . . . rmt) = (ω1m1, . . . , ωtmt) = ω(m1, . . . ,mt); probandose que γ(r) =ω.

Sea γ′ inyectivo y r ∈ Ker(γ). Luego γ(r) = 0 y por lo tanto γi(r) = 0 ∀ i;por lo que rmi = 0 ∀ i, ∀ mi ∈ Mi. De donde rxi = 0 ∀ i ∀ xi ∈ Mni

i , yası rx = 0 ∀ x ∈ E. Por lo que concluimos que r ∈ Ker(γ′) = 0, probandoseque Ker(γ) = 0.

A continuacion damos una version mas amplia del teorema de Wedderburn-Artin, que generalmente no se detalla en la literatura clasica, esto con el fin dehacer mas provechoso dicho resultado en el avance de la teorıa.

Teorema 4.5.17 (Wedderburn-Artin). Sea R un anillo.

(a) Si R es semisimple a izquierda, entonces se satisfacen las siguientes con-diciones.

(a1) Hasta isomorfismos, solo hay un numero finito de simples RS1, . . . ,RSt;y ademas RR '

⊕ti=1 RS

nii .

(a2) Sea Di := EndR(Si) para 1 6 i 6 t. Entonces, se tiene que

• dimDi(DiSi) = ni ∀ i = 1, 2, . . . , t;

• R ' ti=1EndDi(Si) '

ti=1Matni×ni(D

opi ).

(b) Si R ' EndD1(V1) × · · · × EndDt(Vt), con DiVi ∈ mod(Di) y Di es unanillo con division, entonces

(b1) hasta isomorfismos, solo hay t simples :RS1, . . . ,RSt; y

(b2) RR '⊕t

i=1 RSnii , donde ni = dimDi(DiVi).

Demostracion. (a) Sea RR =⊕

i∈I Si, con Si simple ∀ i ∈ I. Como 1 ∈ R,el conjunto I es finito; luego RR '

⊕ti=1 RS

nii con RSi 6' RSj para i 6= j.


(a1) Veamos que hasta isomorfismos RS1, . . . , RSt son todos los simples. Enefecto, sea RS un simple, entonces

0 6= RS ' HomR(RRR, RS) ' HomR

(t⊕i=1

RSnii , RS

)'

t⊕i=1

[HomR(RSi, RS)]ni .

Por lo tanto, existe i0 tal que HomR(RSi0 , RS) 6= 0, y por ser Si0 y S R-modulossimples, RSi0 ' RS.

(a2)Escribiendo RE := RR '⊕t

i=1 RSnii , Λj := Dj = EndR(Sj) y Λ =

EndR(E) = EndR(R) ' Rop, tenemos que

HomR(RSi, RSj) = 0 si i 6= j y EndΛ(E) = End(EΛop) ' End(RR) ' R.(4.5)

Luego γ′ : R → End(RR) es un isomorfismo, y por ??, la aplicacion R∼→

EndD1(S1)× · · · × EndDt(St) es un isomorfismo.Ahora veamos que DiSi ' DiD

nii . En efecto, DiSi ' HomR(RRR, RSiDop

i

) 'HomR(

⊕tj=1 RS

njj , RSiDop

i

), y por (??), se tiene que

HomR

t⊕j=1

RSnjj , RSiDop

i

' HomR(RSnii , RSiDop

i

) ' DiDnii .

Por lo tanto, dimDi(DiSi) = ni ∀ i.Finalmente, se tiene EndDi(Si) ' EndDi(D

nii ) ' Matni×ni(EndDi(Di))

' Matni×ni(Dopi ).

(b) Sea R = R1 × · · · × Rt donde Ri := EndDi(Vi), con Di un anillo condivision y dimDi(DiVi) = ni <∞.

(b1)Para cada i, RiVi es simple (se probo en ?? (a)⇒ (b)). Haciendo cam-bio de anillos πi : R → Ri πi(r1, . . . , rt) = ri, tenemos que Vi ∈ Mod(R),mediante la accion R × Vi → Vi r · vi := πi(r)vi. Ahora veremos que RVi essimple. En efecto, sea 0 6= vi ∈ Vi, entonces R · vi = Rivi = Vi, ya que RiVi essimple. Por lo tanto, RV1, . . . ,RVt son R-modulos simples.

Veamos que: RV1, . . . ,RVt son no isomorfos dos a dos. Para ello, considere-mos ϕ ∈ HomR(RVi , RVj) con i 6= j, y sea r = (r1, . . . , rt) ∈ R tal que ri = 1 yrj = 0. Para vi ∈ Vi\{0}, se tiene que ϕ(vi) = ϕ(r ·vi) = r ·ϕ(vi) = rjϕ(vi) = 0.Por lo tanto, 0 6= vi ∈ Ker(ϕ) 6 RVi, y por ser RVi simple, ϕ = 0, mostrandoque HomR(RVi , RVj) = 0 para i 6= j.

(b2) Probemos ahora que RR =⊕t

i=1 RVnii . En efecto, por ??, RiRi '

RiVnii . Haciendo cambio de anillos πi : R → Ri, la descomposicion como Ri-

modulos RiRi ' RiVnii es tambien una de R-modulos RRi ' RV

nii ; por lo que

RR =⊕t

i=1 RRi '⊕t

i=1 RVnii .

Finalmente, veamos que si RS es un R-modulo simple, entonces existe i0tal que RS ' RVi0 . Para ello, notemos que 0 6= RS ' HomR(RR, S) 'HomR(

⊕ti=1 RV

nii , RS) ' ⊕t

i=1[HomR(RVi, RS)]ni , por lo cual existe i0 talque HomR(Vi0 , S) 6= 0; y por ser RS simple RVi0 ' RS.


Corolario 4.5.18. Sea R un anillo. Entonces se cumplen las siguientes afir-maciones.

(a) R es semisimple a izquierda si y solo si R es semisimple a derecha.

(b) Si R es semisimple a izquierda, entonces R es artiniano y noetheriano (aizquierda y derecha).

Demostracion. (a) Veamos primero que:

R semisimple a izquierda =⇒ Rop semisimple a izquierda. (4.6)

En efecto, sea R semisimple a izquierda. Luego, R =ti=1EndDi(Vi) con

Vi ∈ mod(Di) en virtud de ??; y ası Rop =ti=1EndDi(Vi)

op. Por otro la-do, usando la equivalencia ∗ := HomD(−,DDD) : mod(D) → mod(Dop), conD un anillo con division, se tiene que EndDi(Vi)

op ' EndDi(V∗i ). Por lo tanto

Rop ' ti=1End(DiV

∗i ) con V ∗i ∈ mod(Dop

i ); y ası de ?? concluimos que Rop essemisimple a izquierda, probandose (??).

Por lo que si RR es simisimple, de (??) se tiene que Rop es semisimple aizquierda, que es lo mismo que decir que R es semisimple a derecha; y de nuevopor (??), (Rop)op = R es semisimple a izquierda.

(b) En virtud del inciso (a), se tiene que RR y RR son semisimples, y por ??,

RR =⊕t

i=1 RSnii y RR =

⊕t′

j=1SmjjR . Mostrando que RR y RR son artinianos

y noetherianos.

Ejercicio 4.5.19. Sea R un anillo (no trivial). Pruebe que R es semisimple y

conmutativo si y solo si R ' ti=1Ki, donde Ki es un campo ∀ i.

Observacion. Sea R =ti=1EndDi(Vi) con dimDi(DiVi) = ni < ∞ y Di un

anillo con division.En la prueba de ??, se verifico que Rop =

ti=1EndDi(V

∗i ), donde DiV

∗i =

HomDi(DiVi, DiDiDi) y dimDopi

(V ∗i ) = ni. Sea Ri := EndDi(Vi) y R∗i :=EndDi(V

∗i ). Tambien consideremos los epimorfismos de anillos canonicos πi :

R→ Ri y π∗i : Rop → R∗i . Aplicando la prueba de ?? (b) a R y Rop se tiene:

(a) RV1, . . . ,RVt, con la estructura inducida por el cambio de anillos πi : R→Ri, es la lista completa (hasta isomorfismos) de los modulos simples enMod(R), y RR =

⊕ti=1 RV

nii .

(b) RopV∗1 , . . . ,Rop V

∗t , con la estructura inducida por el cambio de anillos

πopi : Rop → R∗i , es la lista completa (hasta isomorfismos) de los modulos

simples en Mod(Rop), y RopRop =

⊕ti=1 (RopV

∗i )ni .

4.6. El radical

Definicion 4.6.1. SeaM ∈ Mod(R) y MM := {X 6M |X es maximal en M}.El radical de M es

rad(M) :=⋂

X∈MM

X.

4.6. El radical 151

Si MM = ∅, se define⋂X∈MM

X := M.

Lema 4.6.2. Sea M ∈ Mod(R) y S la clase de todos los simples en Mod(R).Entonces

(a) rad(M/rad(M)) = 0.

(b) rad(M) =⋂{Ker(α) | α ∈ HomR(M,S) con S ∈ S }.

Demostracion. (a) Si MM = ∅, entonces por definicion rad(M) = M yrad(M/rad(M)) = 0.

Sea MM 6= ∅, luego rad(M) 6 X � M ∀ X ∈ MM. Consideremos elisomorfismo de retıculas (cf. 3.8.4)

π : L (RM)/rad(M)→ L (M/rad(M)),

inducido por el epi-canonico π : M → M/rad(M). Dado que rad(M) 6X ∀ X ∈ MM , se tiene que π induce, por restriccion, una biyeccion MM

∼→Mπ(M). Se sigue entonces que

rad(M/rad(M)) =⋂

Mπ(M) =⋂

X∈MM

π(X) = π(⋂

X∈MM

X) = π(rad(M)) = 0.

(b) Es suficiente ver que: X ∈ MM si y solo si existe S ∈ S y existeα : M → S, con α 6= 0, tal que Ker(α) = X. Pero esto se sigue del Ejercicio3.8.7, haciendo S := M/X y α := π : M → S el epi-canonico.

Proposicion 4.6.3. Sea f : M → N un morfismo en Mod(R). Entonces secumplen las siguientes condiciones.

(a) f(rad(M)) ⊆ rad(N).

(b) Si Ker(f) ⊆ rad(M) y f es suprayectiva, se tiene que f(rad(M)) =rad(N).

Demostracion. (a) Sean Mf→ N

β→ S, con S ∈ S . Por ?? (b) tenemos querad(M) ⊆ Ker(β ◦ f), por lo cual β(f(rad(M))) = 0 S ∈ S β ∈ HomR(N,S),y en virtud de ?? (b), f(rad(M)) ⊆ rad(N).

(b) Sea Ker(f) ⊆ rad(M) con f un epimorfismo. Consideremos (cf. 3.8.4) elisomorfismo de retıculas f : L (RM)/Ker(f)

∼→ L (RN) dado por X 7→ f(X),con inversa f−1 : L (RN)

∼→ L (RM)/Ker(f) dada por Z 7→ f−1(Z). Dado queKer(f) ⊆ rad(M), se tiene que f induce por restriccion, una biyeccion MM

∼→MN . Por lo que f(rad(M)) = f(

⋂X∈MM

) =⋂X∈MM

f(X) =⋂Z∈MM

Z =rad(N).

Corolario 4.6.4. La correspondencia rad : Mod(R)→ Mod(R) dada por(X

f→ Y)7→(

rad(X)rad(f)→ rad(Y )

),


donde rad(f) := f |rad(X), es un funtor aditivo que conmuta con coproductosarbitrarios, i.e.

rad

(⊕i∈I

Xi

)=⊕i∈I

rad(Xi).

Demostracion. Por ?? (a), la correspondencia rad : Mod(R) → Mod(R)esta bien definida, y es facil verificar que es un funtor aditivo.

Ahora, sea X =⊕

i∈I Xi con Xi 6 X ∀ i ∈ I. Como Xi 6 X, por ?? (a),rad(Xi) 6 rad(X) ∀ i ∈ I, por lo que

⊕i∈I rad(Xi) 6 rad(X). Sea x ∈ rad(X),

entonces x =∑i xi donde xi ∈ Xi. Usando la proyeccion πj : X → Xj dada

por∑i xi 7→ xj , se tiene de ?? (a) que πj(rad(X)) ⊆ rad(Xj). Por lo que

xj = πj(x) ∈ rad(Xj), luego x =∑i∈I xi ∈

∑i∈I rad(Xi) ⊆

⊕i∈I rad(Xi),

i.e. rad(X) ⊆⊕i∈I rad(Xi).

Definicion 4.6.5. Sean R un anillo e I �i R. Definimos:

(a) El radical de Jacobson J(R) de R, como J(R) := rad(RR).

(b) Para M ∈ Mod(R), se define IM := {∑ni=1 ximi | xi ∈ I, mi ∈

M, nN+}.Observese que IM 6M.

Lema 4.6.6. Sea R un anillo. Entonces, las siguientes propiedades se satisfa-cen.

(a) J(R) �R.

(b) ∀ M ∈ Mod(R) se tiene que J(R)M ⊆ rad(M).

Demostracion. (a) Por ?? (a), para todo α : RR→ RR se tiene que α(rad(RR)) 6rad(RR); luego

rad(RR) · αop ⊆ rad(RR) ∀ αop ∈ EndR(R)op. (4.7)

Por lo tanto, del isomorfismo de anillos ρ : R→ End(RR)op donde (x)ρ(r) :=xr, y de (??), se tiene que xr = (x)ρ(r) ∈ rad(RR) ∀ x ∈ rad(RR) ∀ r ∈ R.Analogamente se tiene que J(R) �i R.

(b) Sea S la clase de todos los R-modulos simples. Veamos que se cumplela siguiente afirmacion:

J(R) · S = 0 ∀ S ∈ S .

Sea S ∈ S y x ∈ S \{0}. Es claro que R ·x = S. Luego βx : R→ S definidacomo βx(r) := rx, es un epimorfismo, y por ?? (b), J(R) = rad(RR) ⊆ Ker(βx).Por lo tanto,

0 = βx(J(R)) = J(R) · x = (J(R) ·R)x = J(R)(R · x) = J(R) · S,verificandose la afirmacion.

Sea M ∈ Mod(R) y γ : M → S en Mod(R) con S ∈ S , luego γ(J(R) ·M)= J(R)γ(M) ⊆ J(R) · S = 0, y por ?? (b), J(R) ·M ⊆ rad(M).

4.6. El radical 153

El siguiente resultado es preparatorio para demostrar el Lema de Nakayama,y nos proporciona condiciones suficientes y necesarias para poder decir que lossubmodulos contenidos en el radical de un modulo finitamente generado sonpequenos. La implicacion (b)⇒(a) sucede en general para M ∈ Mod(R).

Lema 4.6.7. Sea M ∈ mod(R) y M ′ ∈ L (RM). Entonces las siguientescondiciones son equivalentes.

(a) M ′ ⊆ rad(M).

(b) ∀ L ∈ L (RM), si M ′ + L = M entonces L = M.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Sea L 6M tal que M ′+L = M. Supongamos queL 6= M. Por 3.8.9, ∃ m ∈MM tal que L ⊆ m. Dado que M ′ ⊆ rad(M) se tieneM ′ ⊆ m, por lo que M = M ′ + L ⊆ m ( M, lo cual no sucede. Por lo tantoL = M.

(b) ⇒ (a) Podemos suponer que MM 6= ∅. Sea m ∈ MM , luego por (b)M ′ + m (M, y entonces M ′ ⊆ ⋂m∈MM

m = rad(M).

La exposicion del siguiente enunciado generalmente solo involucra a lascondiciones (a) y (c); en este libro se anaden otras equivalencias que son deutilidad en resultados posteriores. Dado un anillo R, denotaremos por U(R) alos elementos invertibles de R.

Proposicion 4.6.8 (Lema de Nakayama). Sea R un anillo. Entonces paraI ∈ L (RR), las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) I ⊆ J(R).

(b) ∀ M ∈ mod(R), ∀ L ∈ L (RM) si L+ IM = M entonces M = L.

(c) ∀ M ∈ mod(R), si IM = M entonces M = 0.

(d) 1 + I := {1 + x | x ∈ I} ⊆ U(R).

(e) ∀ x ∈ I, 1 + x es invertible a izquierda.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Sean I ⊆ J(R), M ∈ mod(R) y L 6 M tales queL + IM = M. Por ??, se tiene que IM ⊆ J(R) ·M ⊆ rad(M); por lo tantoIM ⊆ rad(M), y de ?? concluimos que L = M.

(b) ⇒ (c) Sea M ∈ mod(R) tal que IM = M. En particular se tiene queIM + 0 = M, y por (b) se obtiene que M = 0.

(c) ⇒ (b) Sean M ∈ mod(R) y L 6 M tales que L + IM = M. LuegoI · (M/L) = (IM +L)/L = M/L; por lo que I · (M/L) = M/L, y como RM esfinitamente generado se tiene que M/L tambien lo es. Aplicando (c) se tieneque M/L = 0, i.e. M = L.

(b) ⇒ (d) Sea x ∈ I y u := 1 + x. De donde R = Ru + RI pues r =ru + (−rx)1; y como RR ∈ mod(R) y 1 ∈ R, de (b) concluimos que R = Ru.Por lo que existe v ∈ R tal que vu = 1. En particular 1 = vu = v(1+x) = v+vx,


y ası v = 1 + v(−x) ∈ 1 + I. Por el mismo razonamiento ∃ w ∈ 1 + I tal quewv = 1. Rescribiendo, se tiene w = w · 1 = w(vu) = (wv)u = 1 · u = u; por lotanto existe u−1 ∈ 1 + I.

(d) ⇒ (e) Es trivial.

(e) ⇒ (a) Sea I ∈ L (RR) que satisfaga (e). Veamos que ∀ m ∈ MRR se

tiene que I ⊆ m. Supongamos que existe m ∈MRR tal que I * m. Luego, como

m es maximal, R = I+m implica que 1 = x+y ∈ I+m, y = 1+(−x) ∈ 1+I, ypor (e), y ∈ m es invertible a izquierda. Entonces m = M, lo cual no sucede.

Como corolario del lema de Nakayama se tiene que la interseccion de losideales maximales izquierdos de un anillo R conicide con la interseccion de susideales derechos. Este resultado se demuestra enseguida.

Corolario 4.6.9. Para todo anillo R, se tiene que J(R) = J(Rop).

Demostracion. Sea R una anillo, veamos que

J(Rop) ⊆ J(R). (4.8)

En efecto, por ?? (a), J(Rop) � Rop, por lo tanto J(Rop) � R. Aplicando ??(d) a Rop se tiene 1 + J(Rop) 6 U(Rop) = U(R). Luego por ?? (a) concluimosque J(Rop) ⊆ J(R).

Finalmente, aplicando (??) se tiene la siguiente cadena de inclusiones

J(R) = J((Rop)op) ⊆ J(Rop) ⊆ J(R),

probandose que J(R) = J(Rop).

Ejercicio 4.6.10. Sea Λ un anillo artiniano (noetheriano) a izquierda. Pruebeque ∀ M ∈ mod(Λ), M es artiniano (noetheriano).

Lema 4.6.11. Sean R un anillo y I � R. Consideremos el epi-canonico deanillos π : R→ R/I. Entonces se cumplen las siguientes afirmaciones.

(a) Sea S un grupo abeliano.

(a1) Si RS es simple e I ⊆ J(R), entonces la accion a izquierda en SR/I × S → S, (r, s) 7→ r · s := rs, proporciona una estructura deR/I-modulo a S, y ademas R/IS es simple.

(a2) Si R/IS es simple, entonces RS, con la estructura de R-modulo in-ducida por el cambio de anillos π : R→ R/I, es simple.

(b) π(J(R)) ⊆ J(R/I).

(c) Si I ⊆ J(R) entonces J(R/I) = J(R)/I.

4.6. El radical 155

Demostracion. (a1) Sea RS simple y I ⊆ J(R). Por ?? (b), se tiene queJ(R) · S = 0, por lo que I ⊆ annR(RS) := {r ∈ R | r · s = 0 ∀ s ∈ S}. Enconsecuencia, (r, s) 7→ r · s := rs esta bien definida y S ∈ Mod(R/I).

Veamos que R/IS es simple. Sea 0 6= x ∈ S; entonces (R/I) · x = R · x = S.(a2) Sea R/IS simple, y consideremos a RS como R-modulo vıa el cambio

de anillos π : R→ R/I, esto es r ·x := π(r)x ∀ r ∈ R y ∀ x ∈ S. Sea 0 6= x ∈ S,luego R · x = (R/I)x = S pues R/IS es simple, probandose que RS es simple.

(b) Es inmediato de ?? (a).(c) Dado que π : R → R/I es suprayectiva y Ker(π) = I ⊆ J(R), el

resultado se sigue de ?? (b).

Definicion 4.6.12. Sea R un anillo e I E R. Decimos que I es nilpotente siexiste n ∈ N+ tal que In = 0.

Corolario 4.6.13. Sean R un anillo e I E R nilpotente. Si J(R/I) = 0,entonces I = J(R).

Demostracion. Veamos que I ⊆ J(R). Sea x ∈ I, luego xn ∈ In = 0, dedonde (1 + x+ · · ·+ xn−1)(1− x) = 1; y por ??, I ⊆ J(R).

Ahora, como I ⊆ J(R), se tiene por ?? (b), que J(R)/I = J(R/I) = 0; locual muestra que I = J(R).

Hemos llegado al punto de poder demostrar que solo hay un numero finitode R-modulos simples salvo isomorfismos, cuando R es un anillo artiniano aizquierda. Primero probamos la siguiente proposicion, y cabe senalar de ella enel inciso (c), que al hacer cociente sobre el radical de un modulo, este resultaser semisimple, por lo que podemos aplicar el teorema de Wedderburn-Artinque nos da informacion sobre el numero de simples.

Proposicion 4.6.14. Sea R un anillo y M ∈ Mod(R) artiniano. Entonces secumplen las siguientes propiedades.

(a) Existe una familia finita {mi}i∈I ⊆MRM tal que rad(M) =

⋂i∈I mi.

(b) RM es semisimple si y solo si rad(RM) = 0.

(c) M/rad(M) es semisimple.

Demostracion. (a) Sabemos que rad(M) =⋂X∈M

RMX. Podemos asumir

que MRM 6= ∅. Sea m1 ∈M

RM , luego rad(M) ⊆ m1.Si rad(M) = m1, la familia buscada es {m1}. Supongamos que rad(M) (

m1; entonces existe m2 ∈MRM tal que rad(M) ⊆ m1

⋂m2 ( m1.

Si rad(M) = m1 ∩ m2, la familia buscada es {m1, m2}. Si no, entonces

rad(M) ( m1∩m2 ( m1; por lo tanto ∃ m3 ∈MRM tal que rad(M) ⊆ ⋂3

i=1 mi.Dado que RM es artiniano, el procedimiento anterior termina en un numerofinito n de pasos. Luego existe {mi}ni=1 ⊆M

RM tal que rad(M) =⋂ni=1 mi.

(b) Sea M =⊕

i∈I RSi, donde RSi es simple ∀ i. Podemos asumir queI 6= ∅. Entonces, por ??, rad(M) =

⊕i∈I rad(RSi) = 0.


Supongamos que rad(M) = 0. Si MRM = ∅, entonces M = rad(M) =

0, i.e. M es semisimple. Ahora suponemos que MRM 6= ∅. Por (a), existe

una familia {mi}ni=1 ⊆ MRM tal que rad(M) =

⋂ni=1 mi. Luego el morfismo

ϕ : M/rad(M) → ⊕ni=1M/mi, x + rad(M) 7→ (x + m1, . . . , x + mn), es un

monomorfismo de R-modulos pues Ker(ϕ) = rad(M)/rad(M) = 0.Como

⊕ni=1M/mi es semisimple y ϕ es un monomorfismo, en virtud de ??

se tiene que M/rad(M) = M es semisimple.(c) Como RM es artiniano, por el Ejercicio ??, RM/rad(M) es artiniano.

Por otro lado, de ??, rad(M/rad(M)) = 0; y M/rad(M) es semisimple, segun(b).

Sea M ∈ Mod(R) un modulo libre. El rango de M , denotado como rk(M),es la cardinalidad de la base de M como R-modulo libre. En ?? probamos quelas iso-clases de Λ-modulos simples forman una base del grupo de GothendieckK0(Λ). Enseguida veremos que si Λ es un anillo artiniano a izquierda, entoncesel rango de K0(Λ) es finito, y por consiguiente solo hay un numero finito deΛ-simples salvo isomorfismos.

Teorema 4.6.15. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda y r := J(Λ). Entoncesse satisfacen las siguientes propiedades.

(a) r es nilpotente.

(b) Λ/r es un anillo semisimple artiniano a izquierda.

(c) ∀ M ∈ mod(Λ), M es semisimple si y solo si r ·M = 0.

(d) rk(K0(Λ)) = rk(K0(Λ/r)) < ∞ (en particular, hay un numero finito deΛ-simples hasta isomorfismos).

(e) Λ es noetheriano a izquierda.

Demostracion. (a) Dado que ΛΛ es artiniano, de la cadena descendente deideales a izquierda ΛΛ > r > r2 > · · · > rm > · · · , se tiene que existe n ∈ N+

tal que rn+1 = rn. Veamos que rn = 0.Supongamos que rn 6= 0. Consideremos la clase

F := {I ∈ L (ΛΛ) | rn · I 6= 0}.

Tenemos que F 6= ∅, pues r ∈ F . Por ser ΛΛ artiniano y F 6= ∅, por el Ejercicio??, (F ,6) contiene un elemento minimal que denotaremos por a. Veamos quea ∈ mod(Λ).

En efecto, sea x ∈ a tal que rnx 6= 0. Entonces rn(Λx) 6= 0, i.e. Λx ∈ F , ypor la minimalidad de a, Λx = a. Por lo tanto a ∈ mod(Λ).

Por otro lado, 0 6= rna = rn+1a = rn(ra), i.e. ra ∈ F ; entonces ra = a ypor el lema de Nakayama a = 0, lo cual es una contradiccion. Por lo que rn = 0,esto es, r es nilpotente.

4.6. El radical 157

(b) Consideremos el epimorfismo de anillos π : Λ→ Λ/r. Verificaremos queΛ/r es artiniano a izquierda. En efecto, dada una cadena {Λ/rNi}i∈N descen-dente en L (Λ/rΛ/r), por cambio de anillos π : Λ → Λ/r, se tiene una cadenadescendente {ΛNi}i∈N en L (ΛΛ), la cual se estabiliza pues ΛΛ es artiniano. Enconsecuencia {Λ/rNi}i∈N se estabiliza.

El hecho de que Λ/r es semisimple a izquierda se sigue de ?? (c).(c) Sea M ∈ mod(Λ). Por el Ejercicio ??, ΛM es artiniano. Supongamos que

M es semisimple; entonces por ?? (a) r ·M ⊆ rad(M). Pero por ?? rad(M) =0, consecuentemente r · M = 0. Ahora supongamos que r · M = 0. LuegoM ∈ Mod(Λ/r); y como Λ/r es semisimple a izquierda, se tiene que Λ/rM essemisimple (cf. ??), esto es,

Λ/rM =⊕i∈I

Λ/rSi,

donde Λ/rSi es simple ∀ i. Haciendo cambio de anillos π : Λ→ Λ/r, se tiene de?? (a) que ΛM =

⊕i∈I ΛSi donde ΛSi es simple ∀ i, probandose (c).

(d) Como Λ/r es semisimple a izquierda, de ??, se tiene que hasta iso-morfismos solo hay un numero finito t de Λ/r-simples: Λ/rS1,Λ/r S2, . . . ,Λ/r St.Haciendo cambio de anillos π : Λ → Λ/r, veremos que hasta isomorfismo losΛ-simples son ΛS1, ΛS2, . . . , ΛSt. En efecto, por ?? (a2) sabemos que ΛSi essemisimple ∀ i. Por otro lado, del Ejercicio 3.7.2, se tiene que

HomΛ(ΛSi, ΛSj) = HomΛ/r(Λ/rSi , Λ/rSj) = 0 si i 6= j.

Por lo tanto, {ΛSi}ti=1 no son isomorfos dos a dos. Sea ahora ΛS un simple.Por ?? (a1) se tiene que Λ/rS es simple, por lo que ∃ i0 tal que Λ/rS ' Λ/rSi0 ;y como HomΛ/r(Λ/rS, Λ/rSi0) = HomΛ(ΛS, ΛSi0), se tiene que ΛS ' ΛSi0 .

(e) Por (a), tenemos la siguiente filtracion

Λ > r > r2 > · · · > rn = 0.

Veamos que ri/ri+1 es un Λ-modulo semisimple y artiniano a izquierda para 0 6i 6 n− 1, donde r0 := Λ. En efecto, consideremos para cada i, el epimorfismocanonico

ΛΛ→ Λ/ri+1.

Dado que ΛΛ es artiniano, del epimorfismo anterior se tiene que Λ/ri+1 esartiniano a izquierda. Como ri/ri+1 es un Λ-submodulo de Λ/ri+1, se sigue queri/ri+1 es artiniano.

Por otro lado r(ri/ri+1) = ri+1/ri+1 = 0, y virtud de (c), se tiene que ri/ri+1

es semisimple.Ahora bien, de la afirmacion anterior y de ?? se tiene que ri/ri+1 es un

Λ-modulo noetheriano para 0 6 i 6 n− 1.Finalmente, consideremos la siguiente familia de sucesiones exactas

0→ r→ Λ→ Λ/r→ 0,


0→ r2 → r→ r/r2 → 0,

...

0→ rn−2 → rn−3 → rn−3/rn−2 → 0,

0→ rn−1 → rn−2 → rn−2/rn−1 → 0.

Dado que ri/ri+1 es noetheriano ∀ i, aplicando el Ejercicio ?? a la familiaanterior de sucesiones exactas, se obtiene que ΛΛ es noetheriano.

El hecho de que Λ sea artiniano es una condicion suficiente y necesaria paraque las categorıas mod(Λ) y f.l.(Λ) sean iguales. En el siguiente corolario semuestra esto y una equivalencias mas.

Corolario 4.6.16 (Hopkins). Sea Λ un anillo. Entonces, las siguientes condi-ciones son equivalentes.

(a) mod(Λ) = f.l.(Λ).

(b) Λ es artiniano a izquierda.

(c) r := J(Λ) es nilpotente y ri/ri+1 es un Λ-modulo finitamente generado ysemisimple ∀ i > 0, donde r0 := Λ.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Si ΛΛ ∈ mod(Λ) = f.l.(Λ), entonces por ??, ΛΛ esartiniano a izquierda.

(b) ⇒ (a) Por ?? y el Ejercicio ??, se tiene que f.l.(Λ) ⊆ mod(Λ). Por otrolado, ΛΛ es artiniano y noetheriano (por ?? (e)). Sea M ∈ mod(Λ), entonces∃ n ∈ N y un epimorfismo ΛΛn → M . Por ser ΛΛn artiniano y noetheriano,obtenemos que M es artiniano y noetheriano; y por ??, se concluye que M ∈f.l.(Λ).

(b) ⇒ (c) Por ?? (a) r es nilpotente; y en ?? (e) se probo que ri/ri+1 es unΛ-modulo finitamente generado y semisimple ∀ i > 0.

(c) ⇒ (b) Supongamos que rn = 0 para algun n ∈ N+ y que ri/ri+1 esfinitamente generado y semisimple ∀ i con 0 6 i 6 n− 1.

Veamos primero que si M ∈ mod(Λ) y M es semisimple, entonces ΛM esartiniano. En efecto, sea M =

⊕i∈I ΛSi y finitamente generado. Luego existen

m1,m2, . . . ,mk ∈M tal que ΛM =< m1,m2, . . . ,mk > . Para cada i, ∃ Ii ⊆ Ifinito tal que mi =

∑j∈Ii xi j donde xi j ∈ ΛSj . Dado que para cada m ∈ M

se tiene que m =∑ki=1 λimi con λi ∈ Λ. Concluimos que ΛM =

⊕i∈I′ ΛSi

con I ′ :=⋃ki=1 Ii finito; y como ΛSi es artiniano, se tiene que ΛM es artiniano.

Ahora bien, de la demostracion de ?? (e), sabemos que ri/ri+1 es artiniano ∀ isi 0 6 i 6 n− 1.

La prueba se sigue como en la ultima parte de ?? (e), considerando lafiltracion

Λ > r > r2 > · · · > rn = 0.

4.6. El radical 159

Corolario 4.6.17. Para un anillo Λ, se tiene que Λ es artiniano a izquierday J(Λ) = 0 si y solo si Λ es semisimple.

Demostracion. (⇒) Supongamos que Λ es artiniano a izquierda y que J(Λ) =0. De ?? (b), sabemos que Λ/J(Λ) es semisimple; y como J(Λ) = 0, Λ essemisimple.

(⇐) Sea ΛΛ =⊕

i∈I ΛSi donde ΛSi es simple ∀ i ∈ I. Entonces

J(ΛΛ) = rad

(⊕i∈I

ΛSi

)=⊕i∈I

rad(ΛSi) = 0.

Como Λ es semisimple, de ?? (b) concluimos que ΛΛ es artiniano a izquierda.

Corolario 4.6.18. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Entonces las siguien-tes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ I � Λ, I es nilpotente y Λ/I es un anillo semisimple si y solo siJ(Λ) = I.

(b) ∀ M ∈ Mod(Λ), rad(M) = J(Λ) ·M.

Demostracion. (a) Sea I�Λ nilpotente y Λ/I semisimple. Por ?? es suficientever que J(Λ/I) = 0. Pero esto ultimo es consecuencia de ??.

La otra implicacion se debe a ?? (a) y (b).(b) Sea M ∈ Mod(Λ) y r = J(Λ). Consideremos el epi-canonico π : M →

M/rM. Por ?? sabemos que rM ⊆ rad(M); luego

rad(M)

rM= π(rad(M)) = rad(M/rM),

donde la ultima igualdad sucede por ?? (b). Por lo tanto es suficiente ver querad(ΛM/rM) = 0. De ?? (b) tenemos que Λ/r es semisimple y M/rM es unΛ/r-modulo. Entonces por ??, Λ/r(M/rM) =

⊕i∈I Λ/rSi, y de ?? (a2), se tiene

que Λ(M/rM) =⊕

i∈I ΛSi. Por lo tanto

rad(Λ(M/rM)) =⊕i∈I

rad(ΛSi) = 0.

Ejercicio 4.6.19. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda y M ∈ mod(Λ). Pruebeque ∀ N ∈ L (ΛM), si M/N es semisimple entonces rad(M) ⊆ N.

Sean R y S anillos y RMS ∈ RModS . Definimos Γ := End(MS) y Λ :=EndR(M)op. Consideremos las estructuras RΓ y ΛS inducidas por los cambiosde anillos λ : R→ Γ y ρ : S → Λ (vease 3.9.11). Bajo esta notacion tenemos elsiguiente resultado.


Lema 4.6.20. Sean Γ y Λ como en el parrafo anterior. Entonces las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) Si RΓ es artiniano a izquierda (derecha), se tiene que ΓΓ tambien lo es.

(b) Si SΛ es artiniano a izquierda (derecha), se tiene que ΛΛ tambien lo es.

Demostracion. (a) Sea {ΓXi}i∈N una cadena descendente en L (ΓΓ). Usandola estructura inducida por el cambio de anillos λ : R→ Γ, se tiene una cadena{RXi}i∈N descendente en L (RΓ); y como RR es artiniano, dicha cadena seestabiliza.

(b) La demostracion es analoga al caso (a), usando la estructura inducidapor el cambio de anillos ρ : S → Λ.

Podemos decir mas acerca de los modulos ΓΓ y ΓΓ cuando R es un anilloconmutativo, ya que en este caso tenemos que Γ = EndR(M) = End(MRop).Esto lo verificamos a continuacion.

Proposicion 4.6.21. Sea R un anillo conmutativo. Entonces, si RΓ es arti-niano a izquierda, se tiene que ΓΓ y ΓΓ tambien lo son.

Demostracion. Sean RΓ artiniano a izquierda y S := R = Rop. DefinimosΛ := EndR(M)op = Γop. Consideremos el bimodulo RMR, luego por ?? (a) setiene que ΓΓ es artiniano a izquierda.

Tambien tenemos que RΓ = ΓopRop = RΓop = SΛ es artiniano a izquierda, ypor ?? (b) se tiene que ΛΛ = ΓopΓop es artiniano a izquierda, y esto sucede siy solo si ΓΓ es artiniano a izquierda.

Ejercicio 4.6.22. Sea R un anillo (no trivial). Pruebe que si todo x ∈ R \ {0}es invertible a izquierda, entonces R es un anillo con division.

4.7. Anillos locales

Los anillos locales poseen de alguna manera una estructura sencilla. Por ejem-plo, probaremos que si el anillo de endomorfismos EndR(M) es local, entoncesM es inescindible. Fueron introducidos por Wolfgang Krull alrededor de 1936 yel termino de anillo local se debe a Oscar Zarisky en sus trabajos de geometrıaalgebraica.

A continuacion enlistamos una serie de equivalencias que dan lugar a la de-finicion de anillo local, y recordamos que U(Λ) denota los elementos invertiblesdel anillo Λ.

Teorema 4.7.1. Sea Λ un anillo no trivial. Entonces, las siguientes condicio-nes son equivalentes.

(a) Λ tiene un unico ideal a izquierda maximal.

(b) J(Λ) es el unico ideal a derecha maximal en Λ.

4.7. Anillos locales 161

(c) J(Λ) = Λ \ U(Λ).

(d) Λ \ U(Λ) es cerrado bajo la suma en Λ.

(e) ∀ λ ∈ Λ, {λ, 1− λ} ∩ U(Λ) 6= ∅.

(f) Λ/J(Λ) es un anillo con division.

Demostracion. (a) ⇒ (f) Sea MΛΛ = {m}. Luego m = J(Λ) � Λ. Considere-

mos el anillo Γ := Λ/m. Por ser m maximal, se tiene que ΛΓ es simple. Veamosque ∀ x ∈ Γ \ {0}, x tiene inverso a izquierda. En efecto, sea x ∈ Γ \ {0}, luegox = λ := λ + m para algun λ ∈ Λ. Como ΛΓ es simple, se tiene que Λx = Γ;luego ∃ µ ∈ Λ tal que µx = 1. Pero

1 = µx = µλ+ m = µλ = µx.

Del Ejercicio ??, se sigue que Γ es un anillo con division.(a)⇒ (b) Sea MΛΛ = {m}. Luego m = J(Λ)�Λ y como J(Λop) = J(Λ) = m,

es suficiente probar que m ∈ MΛΛ . Para esto hay que ver que mΛ := (Λ/m)Λ

es simple. En efecto, por (f), sabemos que Λ/m es un anillo con division yla estructura de Λ-modulo a derecha de mΛ esta dada por x · λ = xλ ∀ x ∈m, ∀ λ ∈ Λ. Sea x ∈ mΛ distinto de 0, luego ∃ y ∈ mΛ tal que xy = 1. Entonces,para v ∈ mΛ se tiene que x(yv) = xyv = xy · v = v, y ası x · Λ = mΛ. Por lotanto mΛ es simple, y por consiguiente mΛ es maximal.

(b) ⇒ (a) Sea MΛΛ = {J(Λ)}. Entonces {J(Λop)} = MΛopΛop , y por la

implicacion (a) ⇒ (b), con Λop, se tiene que {J(Λop)} = MΛopΛop

= MΛΛ.

(c) ⇒ (d) Se sigue de que J(Λ) es un ideal.(d) ⇒ (e) Sea λ ∈ Λ, si {λ, 1− λ} ∩ U(Λ) = ∅, se tiene que 1 = λ+ (1− λ)

no es invertible, lo cual no sucede.(e) ⇒ (a) Sea m ∈MΛΛ. Dado que m ∩U(Λ) = ∅ (pues Λm es maximal) se

tiene que 1 + m ⊆ U(Λ); y por el Lema de Nakayama m ⊆ J(Λ). Por lo tantom = J(Λ).

(f) ⇒ (c) Sea Λ/J(Λ) un anillo con division. Entonces J(Λ) ⊆ Λ \ U(Λ)pues Λ/J(Λ) es no trivial. Sea x ∈ Λ \ U(Λ) y supongamos que x 6∈ J(Λ); porlo tanto 0 6= x en Λ\J(Λ). Luego x ∈ U(Λ/J(Λ)), y entonces Λx+J(Λ) = Λ yxΛ+J(Λ) = Λ. Por el Lema de Nakayama se tiene que Λx = Λ y xΛ = Λ; por loque x ∈ U(Λ), lo cual es una contradiccion. Por lo tanto Λ \U(Λ) ⊆ J(Λ).

Definicion 4.7.2. Un anillo Λ, se dice que es local si es no trivial, i.e. 1Λ 6= 0,y satisface alguna de las condiciones equivalentes de ??.

Ejercicio 4.7.3. Sea R un anillo y M ∈ Mod(R). Pruebe que:

(a) Si e ∈ EndR(M) es un idempotente, entonces M = eM ⊕ (1 − e)M yeM = {m ∈M | e(m) = m}.

(b) Si RM = RM1 ⊕ RM2 entonces existe un idempotente e ∈ EndR(M) talque RM1 = eM y RM2 = (1− e)M.


Observamos que si e es un endomorfismo de RM , entonces nos es necesarioescribir e(M), pues la accion de EndR(M) sobre M sustituye esta notacion.

La siguiente definicion es permite distinguir dos clases de elementos en lacategorıa Mod(R), a saber, los que se pueden descomponer como suma directade modulos no triviales, y los que no. Como veremos mas adelante, el teoremade Krull-Remak-Schmidt (cf. 5.2.2) es un resultado muy importante relativo aestas ideas en la categorıa mod(R) que involucra de manera directa la nocionde anillo local.

Definicion 4.7.4. Sea R un anillo y M ∈ Mod(R). Se dice que RM es ines-cindible (indescomponible) si satisface las siguientes condiciones:

(a) RM 6= 0, y

(b) si RM = RM1 ⊕ RM2, entonces M1 = 0 o M2 = 0.

Proposicion 4.7.5. Sea R un anillo y M ∈ Mod(R). Entonces, las siguientescondiciones son equivalentes.

(a) RM es inescindible.

(b) EndR(M) es no trivial y sus unicos idempotentes son los triviales, i.e. 1My 0.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Como RM 6= 0 se tiene que 1M 6= 0. Por lo tantoEndR(M) es no trivial. Sea e ∈ EndR(M) idempotente. Por el Ejercicio ??(a), se tiene que M = eM ⊕ (1 − e)M ; y por ser M inescindible, eM = 0o (1− e)M = 0; esto es, e = 0 o 1− e = 0, i.e. e = 0 o e = 1.

(b)⇒ (a) Supongamos que RM = RM1⊕RM2 (RM 6= 0, pues 1M 6= 0). Porel Ejercicio ?? (b), ∃ e ∈ EndR(M) tal que e2 = e y M1 = eM y M2 = (1−e)M,por lo que M1 = 0 o M2 = 0.

Proposicion 4.7.6. Sea R un anillo. Si R es local, entonces R es no trivial ylos unicos idempotentes de R son los triviales.

Demostracion. Sea e ∈ R tal que e2 = e. Luego e(1 − e) = 0, y como R eslocal, se tiene que {e, 1 − e} ∩ U(R) 6= ∅. Si e ∈ U(R), entonces 1 − e = 0, esdecir, e = 1; y si 1− e ∈ U(R), entonces e = 0.

Corolario 4.7.7. Sea R un anillo y M ∈ Mod(R). Si EndR(M) es local en-tonces RM es inescindible.

Demostracion. Por ?? se tiene que EndR(M) es no trivial y sus unicos idem-potentes son los triviales; y en virtud de ??, tenemos que RM es inescindi-ble.

4.8. Estructura de los proyectivos 163

4.8. Estructura de los proyectivos

Definicion 4.8.1. Un epimorfismo f : A → B en Mod(Λ), se dice que es unepi-esencial si satisface: ∀ g ∈ HomΛ(X,A) si fg : X → B es un epimorfismoentonces g es un epimorfismo.

Si A ∈ mod(Λ), entonces un epimorfismo f : A→ B es un epi-esencial si ysolo si su kernel es pequeno.

Proposicion 4.8.2. Sea f : A→ B un epimorfismo en Mod(R).

(a) Sea A ∈ mod(R). Entonces, f es un epi-esencial si y solo si Ker(f) ⊆rad(A).

(b) Sea f : A/rad(A) → B/rad(B) con f(a + rad(A)) := f(a) + rad(B).Entonces, Ker(f) ⊆ rad(A) si y solo si f es un isomorfismo.

Demostracion. (a) Sabemos que A es finitamente generado.(⇒) Supongamos que f es un epi-esencial. Sea Z ∈ L (ΛA) tal que satisface

Ker(f) + Z = A. Consideremos la composicion ZiZ→ A

f→ B, donde iZ es lainclusion. Entonces B = f(A) = f(Ker(f) + Z) = f(Z) = Im(fiZ). Por lotanto fiZ es un epimorfismo; luego iZ es un epimorfismo, entonces A = Z, locual implica por ??, que Ker(f) ⊆ rad(A).

(⇐) Supongamos ahora que Ker(f) ⊆ rad(A). Sea g : X → A tal quefg : X → B es un epimorfismo. Veamos primero que A = Ker(f) + Im(g).En efecto, para cualquier a ∈ A, ∃ x ∈ X tal que fg(x) = f(a). Por lo tantoa = (a − g(x)) + g(x), donde a − g(x) ∈ Ker(f) y g(x) ∈ Im(g); por lo queA ⊆ Ker(f) + Im(g). La otra contencion es clara. Aplicando ?? a la afirmacionanterior, se tiene que Im(g) = A.

(b) Veamos primero que f : A→ B induce el siguiente diagrama conmuta-tivo y exacto en Mod(R) :

0 // rad(A) //

f |rad(A)��

AπA//

f��

A/rad(A) //

f��

0

0 // rad(B) // BπB// B/rad(B) // 0.

En efecto, por ?? (a), se tiene que la restriccion de f en rad(A) hace conmu-tar el cuadrado a la izquierda en el diagrama; y por lo tanto ∃ ! f : A/rad(A)→B/rad(B) que hace conmutar el segundo cuadrado. Observamos que f es unepimorfismo, pues f lo es.

(⇒) Supongamos que Ker(f) ⊆ rad(A), entonces por ??, se tiene quef(rad(A)) = rad(B). Ahora sea a+ rad(A) ∈ Ker(f), luego f(a) + rad(B) = 0.Esto muestra que f(a) ∈ rad(B) = f(rad(A)), entonces ∃ a′ ∈ rad(A) tal quef(a) = f(a′), lo cual implica que a − a′ ∈ Ker(f) ⊆ rad(A). Por lo tantoa ∈ rad(A) y a = 0. Esto muestra que Ker(f) = {0}.


(⇐) Ahora supongamos que Ker(f) = {0}. Si a ∈ Ker(f), entonces f(a +rad(a)) = f(a) + rad(B), luego a + rad(A) ∈ Ker(f) = {0}. Por lo tantoa ∈ rad(A).

Ahora ya es facil mostrar la existencia de epi-esenciales en la categorıamod(Λ).

Corolario 4.8.3. Sea Λ un anillo y A ∈ mod(Λ). Entonces, el epi-canonicoπ : A→ A/rad(A) es un epi-esencial.

Demostracion. Es consecuencia de ?? (a), ya que Ker(π) = rad(A).

El siguiente resultado nos proporciona una conexion entre los epi-esencialesy los morfismos minimales a derecha en la categorıa de modulos de longitudfinita.

Proposicion 4.8.4. Sea f : A→ B un epimorfismo en Mod(Λ). Entonces

(a) Si A ∈ f.l.(Λ) y f es un epi-esencial, se tiene que f es minimal a derecha.

(b) Si A es proyectivo, entonces f es minimal a derecha si y solo si f es unepi-esencial.

Demostracion. (a) Sea A ∈ f.l.(Λ). Por ??, existe una descomposicion A =A′ ⊕ A′′ de A tal que f |A′′ : A′′ → B es minimal a derecha y un epimorfismo.Como f |A′′ = f iA′′ y f es esencial, se tiene que iA′′ : A′′ → A es un epimor-fismo. Luego A = A′′, y en consecuencia f |A′′ = f, por lo que f es minimal aderecha.

(b) Supongamos que A es proyectivo.(⇒) Sea g : X → A tal que fg : X → B es un epimorfismo. Entonces

∃ h : A→ X tal que hace conmutar al siguiente diagrama

A

h��

f

AAAAAAAA

X

g��

fg// B

A.f

>>}}}}}}}}

Como f(gh) = f y f es minimal a derecha, tenemos que gh es un isomorfismo;y por lo tanto g es un epimorfismo.

(⇐) Ahora, consideremos el siguiente diagrama conmutativo

Af

AAAAAAAA

g

��

B

A.f

>>}}}}}}}}


Dado que fg = f , f es esencial y A es proyectivo, se tiene que g es un split-epi,i.e. ∃ h : A → A tal que gh = 1A (en particular h es un monomorfismo).Por otro lado fh = f(gh) = f ; luego h es un epimorfismo, y por lo tanto unisomorfismo. Finalmente como gh = 1A, g es un isomorfismo.

El inciso (b) de ?? motiva la siguiente definicion.

Definicion 4.8.5. Sea Λ un a anillo y A ∈ Mod(Λ). Una cubierta proyectivade A es un epi-esencial P → A donde P es un proyectivo.

En general se cumple que las cubiertas proyectivas son unicas salvo isomor-fismos en el sentido del Ejercicio ??.

Ejercicio 4.8.6. Sea Λ un anillo y A ∈ Mod(Λ). Pruebe que si f : P → Ay g : Q → A son cubiertas proyectivas de A, entonces existe un isomorfismom : P → Q tal que el siguiente diagrama conmuta

Pf

AAAAAAAA

m

��

A

Q.

g

>>~~~~~~~

Notacion: Denotaremos por εA : P0(A) → A a la eleccion de una cubiertaproyectiva de A.

En seguida mostramos la existencia de cubiertas proyectivas de modulosfinitamente generados sobre un anillo artiniano a izquierda.

Teorema 4.8.7. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Entonces ∀ A ∈mod(Λ) existe εA : P0(A)→ A con P0(A) ∈ mod(Λ).

Demostracion. Por ??, se tiene que mod(Λ) = f.l.(Λ). Sea A ∈ mod(Λ),luego ∃ n ∈ N+ y un epimorfismo g : ΛΛn → A. Dado que ΛΛn ∈ mod(Λ) =f.l.(Λ), por ??, existe una descomposicion ΛΛn = P ⊕ P ′, donde P es unproyectivo finitamente generado, tal que g|P : P → A es suprayectivo y minimala derecha. Luego, por ?? (b), g|P : P → A es una cubierta proyectiva de A.

Lema 4.8.8. Sean Λ un anillo y f : A→ B y g : B → C dos epimorfismos enMod(Λ). Entonces, gf es un epi-esencial si y solo si f y g lo son.

Demostracion. (⇒) Sea gf un epi-esencial. Veamos que f es un epi-esencial.Sea h : X → A tal que fh es un epimorfismo. Luego g(fh) = (gf)h es unepimorfismo; y como gf es un epi-esencial, h es un epimorfismo.

Ahora veamos que g es un epi-esencial. Sea h : Y → B tal que gh es unepimorfismo. Consideremos el siguiente diagrama conmutativo, donde E es el


pull-back de f y h

Ef ′//

h′��

Y

h��

Af// B g

// C.

Como f es un epimorfismo, se tiene que f ′ es un epimorfismo. Del diagramaverificamos que gf(h′) = (gh)f ′, y por ser gh y f ′ dos epimorfismos, gfh′ esun epimorfismo. Ahora bien, como gf es esencial, h′ es un epimorfismo, lo cualimplica que hf ′ es un epimorfismo; y por lo tanto h tambien lo es.

(⇐) Se sigue facilmente de la definicion.

Definicion 4.8.9. Sea Λ un anillo. Para cada M ∈ Mod(Λ) se define el topde M como top(M) := M/rad(M). Denotaremos por πM : M → top(M) alepi-canonico, i.e. πM (m) := m+ rad(M) ∀ m ∈M.

Bajo esta notacion, si A ∈ mod(Λ), entonces ?? nos dice que f : A → Bes un epi-esencial si y solo los tops de A y B son isomorfos. Ademas top():Mod(Λ)→ Mod(Λ) es un funtor aditivo que conmuta con coproductos arbitra-rios.

Lema 4.8.10. Sea Λ un anillo. Entonces, la correspondencia

top : Mod(Λ)→ Mod(Λ) dada por (Xf→ Y ) 7→ (top(X)

top(f)→ top(Y )),

donde top(f) := f esta definido como f(x + rad(X)) := f(x) + rad(Y ), es unfuntor aditivo que conmuta con coproductos arbitrarios y preserva epimorfis-mos.

Demostracion. Sea f : X → Y en Mod(Λ). Entonces f : top(X) → top(Y )es el unico morfismo que hace conmutar el siguiente diagrama

0 // rad(X)

rad(f)��

// X

f��

πX// top(X) //

f��

0

0 // rad(Y ) // Y πY// top(Y ) // 0.

Para la unicidad de f , no es difıcil ver que top : Mod(Λ)→ Mod(Λ) es un funtoraditivo. Veamos que preserva epimorfismos. En efecto, sea f un epimorfismo;luego fπX tambien lo es, y por lo tanto f es un epimorfismo. Finalmente,veamos que preserva coproductos

top

(⊕i∈I

Xi

)=

⊕i∈I Xi

rad(⊕

i∈I Xi

) =

⊕i∈I Xi⊕

i∈I rad(Xi)'⊕i∈I

top(Xi).


Reescribiendo ?? podemos decir que f : P → A es una cubierta proyectivade A en mod(Λ) si y solo si Ker(f) ⊆ rad(P ) si y solo si top(f) : top(P ) →top(A) es un isomorfismo. Mas aun, las sumas directas finitas de epi-esencialeses epi-esencial y conversamente. Esto se aplica a cubiertas proyectivas comosigue.

Proposicion 4.8.11. Sea Λ un anillo. Entonces, las siguientes condiciones sesatisfacen.

(a) Para todo epimorfismo f : P → A en mod(Λ), con P un proyectivo, setiene que f es una cubierta proyectiva de A si y solo si top(f) : top(P )→top(A) es un isomorfismo.

(b) Sea {fi : Pi → Ai}ni=1 una familia de epimorfismos en mod(Λ), dondePi es proyectivo ∀ i. Consideremos P :=

⊕ni=1 Pi, A :=

⊕ni=1Ai y el

epimorfismo f :=⊕n

i=1 fi : P → A. Entonces ∀ i, fi : Pi → Ai escubierta proyectiva de Ai si y solo si f : P → A es cubierta proyectiva deA.

Demostracion. (a) Es consecuencia de ??.

(b) Dado que f =

f1 0. . .

0 fn

: P → A, por ?? se tiene que

top(f) =

top(f1) 0. . .

0 top(fn)

.

Entonces, por (a), f : P → A es una cubierta proyectiva de A ⇐⇒ top(f) :top(P ) → top(A) es un isomorfismo ⇐⇒ ∀ i, top(fi) : top(Pi) → top(Ai) esun isomorfismo ⇐⇒ ∀ i, fi : Pi → Ai es cubierta proyectiva de Ai.

Ejercicio 4.8.12. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Pruebe que ∀ A ∈mod(Λ) se tiene que top(P0(A)) ' top(A).

Ahora pretendemos calcular cubiertas proyectivas de modulos finitamentegenerados; para esto, primero lo hacemos para modulos semisimples.

Proposicion 4.8.13. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Entonces, la si-guientes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ M ∈ mod(Λ), el modulo top(M) es semisimple.

(b) Sea M ∈ mod(Λ) y πM : M → top(M) el epi-canonico. Entonces existeun isomorfismo t : P0(M)→ P0(top(M)) que hace conmutar al siguiente


diagrama

P0(M)εM

//

t��

M

πM��

P0(top(M))εtop(M)

// top(M).

(c) Sea {ΛMi}ni=1 una familia de objetos en mod(Λ) y M :=⊕n

i=1Mi. En-tonces existe un isomorfismo h : P0(M) → ⊕n

i=1 P0(Mi) que hace con-mutar al siguiente diagrama

P0(M)

h

��

εM

&&MMMMMMMMMM

M.

⊕ni=1 P0(Mi).

⊕ni=1 εMi

88rrrrrrrrrr

(d) ∀ M ∈ mod(Λ), si P0(M) es inescindible entonces top(M) es simple.

(e) ∀ M ∈ mod(Λ) con M 6= 0, se tiene que M es inescindible o bien M =⊕ni=1Mi, donde Mi es inescindible ∀ i.

El inciso (e) es parte del Teorema de Krull-Remak-Schmidt (cf. 3.2.2) quedemostraremos en la seccion 5.2. La prueba es sencilla, y se hace aplicandoinduccion sobre la longitud del modulo M , pues en este caso tenemos quemod(Λ) = f.l.(Λ).

Demostracion. (a) Sea M ∈ mod(Λ). Por ?? (a) y ?? RM es artiniano, y de?? (c) y ?? (a), concluimos que top(M) es semisimple.

(b) Por ??, πM : M → top(M) es un epi-esencial. Entonces, por ??, setiene que πMεM : P0(M) → top(M) es una cubierta proyectiva. Luego, (b) esconsecuencia del Ejercicio ??.

(c) Se cumple en virtud de ?? (b) y del Ejercicio ??.(d) Sea M ∈ mod(Λ) tal que P0(M) es inescindible. Dado que top(M) es

semisimple, es suficiente probar que top(M) es inescindible. Supongamos quetop(M) = M1 ⊕M2. Entonces, usando (b) y (c) obtenemos

P0(M) ' P0(top(M)) = P0(M1 ⊕M2) ' P0(M1)⊕ P0(M2).

Por lo tanto P0(M1) = 0 o P0(M2) = 0, de donde M1 = 0 o M2 = 0.(e) Sea 0 6= M ∈ mod(Λ). Dado que mod(Λ) = f.l.(Λ) (cf. ??), usaremos

induccion sobre `(M). Si `(M) = 1, se tiene que M es simple y por lo tantoinescindible.


Sea `(M) > 2, y supongamos que M no es inescindible. Luego existenM1,M2 ∈ L (M) \ {0} tales que M = M1 ⊕M2. Dado que `(Mi) < `(M) parai = 1, 2, se tiene por hipotesis inductiva, que M1 y M2 satisfacen la condicion(e); y por lo tanto la satisface M .

Notacion. Sea Λ un anillo. Denotaremos por P(Λ) a la subcategorıa plena deMod(Λ) cuyos objetos son los Λ-modulos proyectivos y finitamente generados.

Una de las utilidades del top es trasladar problemas sobre modulos proyec-tivos inescindibles finitamente generados a cuestiones sobre modulos simples.El inciso (d) del siguiente resultado es una version particular del Teorema deKrull-Remak-Schmidt (cf. 5.2.2) en el caso de la subcategorıa P(Λ).

Teorema 4.8.14. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Entonces, las siguien-tes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ P ∈P(Λ), el epi-canonico πP : P → top(P ) es una cubierta proyectiva.

(b) ∀ P,Q ∈P(Λ), P ' Q si y solo si top(P ) ' top(Q).

(c) ∀ P ∈P(Λ), P es inescindible si y solo si top(P ) es simple.

(d) Sea P ∈P(Λ). Si P =⊕n

i=1 Pi =⊕m

j=1Qj , donde Pi y Qj son inescin-dibles ∀ i, j, entonces n = m y ∃σ ∈ Sn tal que Pi ' Qσ(i) ∀ i.

Demostracion. (a) Es consecuencia de ??, ?? y ?? (c).(b) Sean P,Q ∈ P(Λ). Si P ' Q, entonces top(P ) ' top(Q) pues al ser

top : Mod(Λ) → Mod(Λ) un funtor, preserva isomorfismos. Recıprocamente,supongamos que top(P ) ' top(Q); luego por ?? (b) se tiene que

P ' P0(P ) ' P0(top(P )) ' P0(top(Q)) ' P0(Q) ' Q.

(c) Sea P ∈P(Λ). Supongamos que P es inescindible; luego como P0(P ) 'P se tiene que P0(P ) es inescindible; y por ?? (d), concluimos que top(P ) esinescindible. Por ?? (a), top(P ) es simple.

Ahora sea top(P ) simple, y P = P1⊕P2. Luego top(P ) = top(P1)⊕top(P2),de donde top(P1) = 0 o top(P2) = 0. Por ??, tenemos que P1 = J(Λ)P1

o P2 = J(Λ)P2; y por el Lema de Nakayama P1 = 0 o P2 = 0.(d) Sea P =

⊕ni=1 Pi =

⊕mj=1Qj , donde Pi y Qj son inescindibles ∀ i, j.

Por ??, se tiene que top(P ) =⊕n

i=1 top(Pi) =⊕m

j=1 top(Qj), donde top(Pi) ytop(Qj) son simples, segun (c). Dado que `(ΛS) = 1 ∀ ΛS simple, concluimosque

n =

n∑i=1

`(top(Pi)) = `(top(P )) =

m∑j=1

`(top(Qj)) = m.

Por otro lado, como la multiplicidad de los simples esta bien definida (ver??) se tiene que ∃σ ∈ Sn tal que top(Pi) ' top(Qσ(i)). Luego aplicando (b),se tiene (d).


Como habiamos anunciado, si Λ es un anillo artiniano a izquierda, entoncessolo existe un numero finito de Λ-proyectivos finitamente generados e inescin-dibles, salvo isomorfimos. Con la teorıa previa, la prueba resulta sencilla.

Corolario 4.8.15. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda y ΛS1, ΛS2, . . . , ΛSnuna lista completa de Λ-simples no isomorfos. Entonces, las siguientes condi-ciones se satisfacen.

(a) P0(ΛS1), P0(ΛS2), . . . , P0(ΛSn) es una lista completa de Λ-modulos pro-yectivos inescindibles, finitamente generados y no isomorfos.

(b) top(ΛΛ) '⊕ni=1 ΛS

mii si y solo si ΛΛ '⊕n

i=1 P0(ΛSi)mi .

Demostracion. (b) (⇒) Sea top(ΛΛ) =⊕n

i=1 ΛSmii . Sabemos por ?? (b), que⊕n

i=1 P0(ΛSi)mi → top(ΛΛ) es cubierta proyectiva, y por ?? ΛΛ→ top(ΛΛ) es

cubierta proyectiva. Por lo tanto ΛΛ '⊕ni=1 P0(ΛSi)

mi (ver Ejercicio ??).(⇐) Ahora supongamos que ΛΛ '⊕n

i=1 P0(ΛSi)mi . Luego por ?? y ?? (a),

obtenemos que

top(ΛΛ) 'n⊕i=1

top(P0(ΛSi))mi '

n⊕i=1

ΛSmii .

(a) Dado que top(P0(ΛSi)) ' ΛSi (ver ?? (a)), concluimos de ?? (b) queP0(ΛS1), P0(ΛS2), . . . , P0(ΛSn) son no isomorfos dos a dos. Veamos que la listaes completa. Sea ΛP proyectivo, inescindible y finitamente generado. En parti-cular, ∃m ∈ N+ y un epimorfismo ΛΛm → ΛP. Luego, por ser ΛP proyectivo,∃Q tal que P ⊕ Q = ΛΛm ' ⊕n

i=1 P0(ΛSi)m·mi . Por lo tanto, de ?? (d), ∃ i0

tal que P ' P0(ΛSi0).

En ?? verificamos que si Λ es un anillo local, entonces sus unicos idempo-tentes son los triviales. A continuacion mostramos el recıproco.

Teorema 4.8.16. Sea Λ un anillo (no trivial) artiniano a izquierda. Entonces,las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) Λ es un anillo local.

(b) Los unicos idempotentes son los triviales.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Es consecuencia de ??.(b) ⇒ (a) Supongamos que los unicos idempotentes de Λ son los triviales.

Dado que Λ ' End(ΛΛ)op, se tiene que End(ΛΛ) solo tiene idempotentes tri-viales, y por ??, ΛΛ es inescindible. Por ??, tenemos que top(ΛΛ) es simple.Por lo tanto, J(Λ) es un ideal a izquierda maximal.

Sean R un anillo, A una R-algebra y M ∈ Mod(A). Definimos Λ :=EndA(M)op y S = Rop. Consideremos el morfismo de anillo ρ : R→ Λ induci-do por la estructura del bimodulo AMS , y RΛ con le estructura de R-moduloinducida por el cambio de anillos ρ.


Corolario 4.8.17. Sea RΛ artiniano como en el parrafo anterior. Entonces,Λ es local si y solo si AM es inescindible.

Demostracion. Por ?? tenemos que ΛΛ es artiniano. Luego Λ es local si ysolo si sus unicos idempotentes son los triviales, segun ??. Esto es equivalentea que Λop = EndA(M) solo tiene idempotentes triviales. Finalmente, por ??,esto sucede si y solo si AM es inescindible.

Corolario 4.8.18. Sea Λ un anillo no trivial artiniano a izquierda y P ∈P(Λ). Entonces las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) P es inescindible.

(b) MΛP = {rad(P )}, i.e. rad(P ) es el unico submodulo maximal de P.

(c) EndΛ(P ) es local.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Sea P inescindible. Por ?? (c), top(P ) es simple,lo cual muestra (b).

(b) ⇒ (c) Sea MΛP = {rad(P )}. Para ver que EndΛ(P ) es local, verificare-

mos ?? (d). Veamos primero que

∀ f ∈ EndΛ(P ), f no es un isomorfismo ⇐⇒ Im(f) ⊆ rad(P ). (4.9)

En efecto, por el Ejercicio ?? (b), se tiene que f no es un isomorfismo si y solosi f no es un epimorfismo; y por hipotesis, esto ultimo es equivalente a queIm(f) ⊆ rad(P ).

Ahora bien, sean f, g ∈ EndΛ(P ) no invertibles. Luego, por (??) se tieneque Im(f + g) ⊆ Im(f) + Im(g) ⊆ rad(P ); esto es, Im(f + g) ⊆ rad(P ), y denuevo, por (??), f + g no es un isomorfismo.

(c) ⇒ (a) Es consecuencia de ??.

Definicion 4.8.19. Sea Λ un anillo.

(a) Una familia {e1, e2, . . . , en} de idempotentes en Λ se dice que es:

(a1) Completa si 1 =∑ni=1 ei,

(a2) Ortogonal si eiej = 0 ∀ i 6= j.

(b) Un idempotente e ∈ Λ es primitivo si e 6= 0, y cada vez que e = f + gcon f, g idempotentes y fg = 0, se tiene que f = 0 o g = 0.

El siguiente ejercicio nos da nocion de la utilidad de una familia de idem-potentes ortogonales.

Ejercicio 4.8.20. Sea Λ un anillo (no trivial) y e ∈ Λ un idempotente no nulo.Pruebe que:

(a) Si Λe =⊕n

i=1 Pi y ei ∈ Pi son tales que e =∑ni=1 ei, entonces {ei}ni=1 es

una familia de idempotentes en Λ ortogonales tal que Λei = Pi ∀ i.


(b) Si {ei}ni=1 es una familia de idempotentes ortogonales en Λ tal que e =∑ni=1 ei, entonces Λei ∈ L (Λe) y Λe =

⊕ni=1 Λei.

Lema 4.8.21. Sea Λ un anillo (no trivial) y e ∈ Λ un idempotente. Entonces,e es primitivo si y solo si Λe es un Λ-modulo proyectivo inescindible.

Demostracion. Sea e2 = e primitivo. Consideremos el idempotente e′ := 1−e.Luego ee′ = e′e y e+ e′ = 1; y por el Ejercicio ??, se tiene que ΛΛ = Λe

⊕Λe′,

de donde Λe ∈ P(Λ). Veamos que Λe es inescindible. Sea Λe = P1 ⊕ P2 yei ∈ Pi, i = 1, 2 tales que e = e1 + e2. Por el Ejercicio ?? (a), {e1, e2} esuna familia de idempotentes ortogonales de Λ tales que Λei = Pi. Como e esprimitivo, se tiene que e1 = 0 o e2 = 0; lo cual muestra que P1 = 0 o P2 = 0.

Sea Λe inescindible y e = e1 + e2 con {e1, e2} una familia de idempotentesortogonales de Λ. Por el Ejercicio ?? (b), Λe1 ⊕ Λe2 = Λe; de donde Λe1 = 0o Λe2 = 0 por ser Λe inescindible. Por consiguiente e1 = 0 o e2 = 0.

Finalmente, veamos que en un anillo artiniano a izquierda existe una familiacompleta de idempotentes ortogonales y primitivos. La idea de la prueba estribaen el Teorema de Krull-Remak-Schmidt para proyectivos.

Teorema 4.8.22. Sea Λ un anillo (no trivial) artiniano a izquierda. Enton-ces existe una familia completa {e1, e2, . . . , en} de idempotentes ortogonales yprimitivos en Λ.

Demostracion. Por ??, tenemos ΛΛ =⊕n

i=1 ΛPi con ΛPi inescindible ∀ i.Sea ei ∈ Pi tal que 1 =

∑ni=1 ei. Luego, por el Ejercicio ?? y ??, se tiene que

la familia {e1, e2, . . . , en} satisface las condiciones requeridas.

Ejercicio 4.8.23. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda, r := J(Λ) y {e, f}una familia de idempotentes en Λ. Pruebe que el siguiente morfismo de gru-pos abelianos ϕ : eΛf → HomΛ(Λe,Λf), dado por ϕ(eλf)(λ′e) := λ′eλf , esun isomorfismo, y que la restriccion ϕ|ermf : ermf → HomΛ(Λe, rmf) es unisomorfismo.

4.9. Dimensiones homologicas en mod(Λ)


(a) Una resolucion proyectiva P• de M ∈ Mod(Λ) es una sucesion exactalarga:

P• : · · · → Pm → Pm−1 → · · · → P1 → P0 →M → 0,

con Pi proyectivo ∀ i ∈ N.Decimos que P• tiene longitud finita si ∃m ∈ N tal que Pn = 0 ∀ n > m;en tal caso, `(P•) := mın{m ∈ N | Pn = 0 ∀ n > m}.Decimos que P• tiene longitud infinita, i.e. `(P•) =∞, si ∀ m ∈ N ∃n >m tal que Pn 6= 0.

4.9. Dimensiones homologicas en mod(Λ) 173

(b) La dimension proyectiva es una funcion pd : Obj(Mod(Λ))→ N∪{0}que se define como

pd(M) := mın{`(P•) | P• es una resolucion proyectiva de M}.

Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Entonces todo modulo M ∈ mod(Λ)admite al menos una resolucion proyectiva P• de M con Pn ∈P(Λ) ∀ n ∈ N.


(a) Una corresolucion inyectiva I• deM ∈ Mod(Λ) es una sucesion exactalarga en Mod(Λ) :

I• : 0→M → I0 → I1 → · · · → In → · · · ,

con Ii inyectivo ∀ i ∈ N.Decimos que I• tiene longitud finita si ∃m ∈ N tal que In = 0 ∀ n > m;en tal caso `(I•) := mın{m ∈ N | In = 0 ∀ n > m}.Decimos que I• tiene longitud infinita, si ∀ m ∈ N ∃n > m tal queIn 6= 0.

(b) La dimension inyectiva es una funcion id : Obj(mod(Λ)) → N ∪ {0}que se define como:

id(M) := mın{`(I•) | I• es una corresolucion inyectiva de M}.

Ejercicio 4.9.3. Sea Λ un anillo y M ∈ Mod(Λ). Pruebe que:

(a) ΛM es proyectivo ⇐⇒ pd(ΛM) = 0.

(b) ΛM es inyectivo ⇐⇒ id(ΛM) = 0.

Definicion 4.9.4. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda y M ∈ mod(Λ). Laresolucion proyectiva minimal P•(M) de M es una sucesion exacta largaen mod(Λ) :

P•(M) : · · · → Pm(M)ε(m)M→ Pm−1(M)

ε(m−1)M→ · · · ε

(2)M→ P1(M)

ε(1)M→

P0(M)ε(0)M→ M → 0,

tal que ε(0)M := εM y ε

(i)M : Pi(M)→ Ker(ε

(i−1)M ) es cubierta proyectiva ∀ i > 1.

Definicion 4.9.5. Sea Λ un anillo. La dimension global (pequena) gldim(Λ)de Λ es gldim(Λ) := sup{pd(M) | M ∈ mod(Λ)}.

En los siguientes teoremas, reunimos (sin dar prueba) los resultados dealgebra homologica necesarios para el desarrollo de la teorıa posterior. El lectorinteresado en dichas pruebas puede consultar [11] o [14].


Teorema 4.9.6. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) ∀ M ∈ mod(Λ) se tiene que pd(M) = `(P•(M)).

(b) gldim(Λ) = sup{id(M) | M ∈ mod(Λ)}.

Teorema 4.9.7. Sea Λ un anillo.

(a) Sea 0→ L→M → N → 0 una sucesion exacta en Mod(Λ). Entonces

(a1) pd(N) 6 max{pd(M),pd(L) + 1}, id(N) 6 max{id(M), id(L)− 1}.(a2) pd(M) 6 max{pd(L),pd(N)}, id(M) 6 max{id(L), id(N)}.(a3) pd(L) 6 max{pd(M),pd(N)− 1}, id(L) 6 max{id(M), id(N) + 1}.

(b) ∀ {Mi}ni=1 en Mod(Λ), pd(⊕n

i=1Mi) = max16i6n pd(Mi), y tambienid(⊕n

i=1Mi) = max16i6n id(Mi).

(c) Sea M ∈ Mod(Λ). Entonces pd(M) 6 n si y solo si para toda sucesionexacta

Pn−1fn−1→ Pn−2

fn−2→ · · · → P1 → P0 →M → 0,

con Pi proyectivo ∀ i, se tiene que Ker(fn−1) es proyectivo.

(d) Sea M ∈ Mod(Λ). Entonces id(M) 6 n si y solo si para toda sucesionexacta

0→M → I0 → I1 → · · · → In−2fn−2→ In−1,

con Ii Λ-inyectivo ∀ i, se tiene que Coker(fn−2) es inyectivo.

Teorema 4.9.8. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Entonces

gldim(Λ) = pd(top(ΛΛ)) = max{pd(ΛS) | ΛS ∈ S },

donde S es la clase de los Λ-modulos simples.

Demostracion. Por ?? (b) tenemos que top(ΛΛ) =⊕n

i=1 ΛSmii . Luego, por

?? (b), se tiene que

pd(top(ΛΛ)) = max{pd(ΛS) | ΛS ∈ S } 6 gldim(Λ).

Podemos asumir que n := pd(top(ΛΛ)) <∞. Veamos, por induccion sobre`(M), que pd(M) 6 n ∀ M ∈ mod(Λ). En efecto, si `(M) 6 1 entoncesM = 0 o M es simple, por lo que pd(M) 6 n. Supongamos que `(M) > 1,luego existe un simple S ∈ L (ΛM) y una sucesion exacta 0 → S → M →M/S → 0 en mod(Λ) tal que `(M/S) = `(M) − 1. Por hipotesis inductiva,tenemos pd(M/S) 6 n. Aplicando ahora ?? (c2), concluimos que pd(M) 6max{pd(S),pd(M/S)} 6 n. Por lo tanto gldim(Λ) = pd(top(ΛΛ)).

4.9. Dimensiones homologicas en mod(Λ) 175

Definicion 4.9.9. Sea Λ un anillo. Decimos que Λ es hereditario a izquierdasi todos los ideales a izquierda de Λ son proyectivos.

En la Seccion 6.1 veremos bajo que condiciones un algebra de caminos es he-reditaria. Antes veamos las siguientes caracterizaciones de un anillo hereditarioa izquierda que es artiniano a izquierda.

Proposicion 4.9.10. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Entonces, lassiguientes condiciones son equivalentes.

(a) Λ es hereditario a izquierda.

(b) ΛJ(Λ) ∈P(Λ).

(c) pd(top(ΛΛ)) 6 1.

(d) gldim(Λ) 6 1.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Es claro, pues J(Λ) E Λ.(b) ⇒ (c) Consideremos la sucesion exacta 0 → J(Λ) → Λ → top(Λ) → 0.

Por ?? (c) y el Ejercicio ?? (a), se concluye que

pd(top(ΛΛ)) 6 max{pd(ΛΛ),pd(J(Λ)) + 1} 6 1.

(c) ⇒ (d) Es consecuencia de ??.(d) ⇒ (a) Sea I ∈ L (ΛΛ), veamos que ΛI ∈P(Λ). Consideremos la suce-

sion exacta 0 → I → Λ → Λ/I → 0. Entonces pd(Λ/I) 6 gldim(Λ), y por ??(e), se tiene que ΛI ∈P(Λ).

Ejercicio 4.9.11. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Pruebe que: Λ essemisimple si y solo si gldim(Λ) = 0.

Capıtulo 5

Algebras de Artin

Las algebras de artin, son una generalizacion de las algebras de dimension fi-nita sobre campos algebraicamente cerrados. Una de sus utilidades es que nospermiten demostrar la existencia de una dualidad entre los modulos izquierdosfinitamente generados y los modulos derechos finitamente generados, dualidaddada por el funtor ∗; esto es, exhibir la existencia de anillos con dualidad. Alfinal del capıtulo se estudia el funtor de Nakayama, el cual muestra la existenciade una dualidad entre modulos proyectivos e inyectivos finitamente generadossobre algebras de artin. Tambien utilizamos el proceso de proyectivizacion paradar una prueba del Teorema de Krull-Remak-Schmidt. Iniciamos con definicio-nes esenciales para este capıtulo.

5.1. Nociones basicas

Sea R un anillo conmutativo y Λ un anillo. Recordamos que la terna (Λ, R, ϕ),con ϕ : R→ Λ un morfismo de anillos tal que ϕ(R) ⊆ C(Λ), es una R-algebra.

Definicion 5.1.1. Sea (Λ, R, ϕ) una R-algebra. Decimos que Λ es una R-algebra de artin , si R es una anillo artiniano y RΛ ∈ mod(R) con la estructurade R-modulo inducida por el cambio de anillos ϕ : R→ Λ.

Ejercicio 5.1.2. Sea Λ una R-algebra de artin, vıa un morfismo de anillosϕ : R→ Λ. Pruebe que:

(a) Λ es un anillo artiniano (a izquierda y a derecha).

(b) C(Λ) es un anillo conmutativo y artiniano.

(c) Λ es una C(Λ)-algebra de artin, vıa la inclusion C(Λ)→ Λ.

(d) Λop es una R-algebra de artin, vıa la siguiente composicion de morfismosde anillos

Rϕ→ Im(ϕ) ⊆ C(Λ) = C(Λop)→ Λop.

177

178 Capıtulo 5. Algebras de Artin

(e) Sea M ∈ Mod(Λ). Por el cambio de anillos ϕ : R → Λ, se tiene queM ∈ Λ−RMod ∩ RModR con r ·m = ϕ(r)m = m · r, ∀ r ∈ R, ∀ m ∈M.

En particular, por cambio de anillos ϕ : R→ Λ, se tiene que Mod(Λ) es unasubcategorıa (no necesariamente plena) de Mod(R), ya que HomΛ(ΛM, ΛN) 6HomR(RM,RN) como Z-modulos.

Lema 5.1.3. Sea Λ una R-algebra de artin, vıa ϕ : R → Λ. Entonces, lassiguientes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ A,B ∈ Mod(Λ), HomΛ(ΛA, ΛB) es un R-submodulo de HomR(RA,RB).

(b) mod(Λ) es una subcategorıa (no necesariamente plena) de mod(R).

Demostracion. (a) Por el Ejercicio 5.1.2 (e), dados A,B ∈ Mod(Λ), se tieneque todas las posibles estructuras de R-modulo inducidas por el Ejercicio 3.9.6se reducen a una sola, a saber: para HomR(RA,RB) la unica accion posible es

(r · f)(a) = ϕ(r)f(a) ∀ r ∈ R, ∀ a ∈ A, ∀ f ∈ HomR(RA,RB).

En efecto, consideremos el bimodulo RAR, se tiene que (r · f)(a) = f(a · r) =f(r · a) = r · f(a) = ϕ(r)f(a). Tomando ahora el bimodulo RBR, tenemos(r · f)(a) = f(a) · r = r · f(a) = ϕ(r)f(a). Analogamente, se puede usar quela unica accion posible de R en HomΛ(A,B) es (r · g)(a) = ϕ(r)g(a) ∀ r ∈R,∀ a ∈ A.

Finalmente por el Ejercicio 3.7.2 HomΛ(A,B) 6 HomR(A,B) como grupos,y la accion de R sobre cada uno de ellos es la misma. Lo cual muestra (a).

(b) Sea A ∈ mod(Λ). Veamos que RA ∈ mod(R) con la estructura deR-modulo dada por el cambio de anillos ϕ : R → Λ. Como A ∈ mod(Λ),existe n ∈ N+ y un epimorfismo g : ΛΛn → ΛA. Pero por cambio de anillos, g :

RΛn → RA es un epimorfismo de R-modulos. Por otro lado existe m ∈ N+ y unepimorfismo f : RR

m → RΛ de R-modulos pues RΛ ∈ mod(R). Luego, existe unepimorfismo RR

mn → RA de R-modulos; probandose que RA ∈ mod(R).

Lema 5.1.4. Sea Λ una R-algebra de artin, vıa un morfismo de anillos ϕ :R→ Λ, y A ∈ Mod(Λ). Entonces

(a) Φ : R→ EndΛ(A) con Φ(r)(a) := r ·a = ϕ(r)a es un morfismo de anillos.

(b) EndΛ(A) es una R-algebra, vıa Φ : R→ EndΛ(A). Tambien, EndR(A) es

una R-algebra, vıa RΦ→ EndΛ(A)

i→ EndR(A) donde i es la inclusion.

(c) EndΛ(A) es una R-subalgebra de EndR(A).

Demostracion. (a) Por el Ejercicio 5.1.2 (e), tenemos los bimodulos ΛAR y

RAR con r · a = ϕ(r)a = a · r. Luego, por 3.9.12, ρ : R = Rop → EndΛ(A)op

dado por (a)ρ(r) = a · r = ϕ(r)a es un morfismo de anillos. Por lo tanto,ρop : R → EndΛ(A) dado por ρop(r)(a) := (a)ρ(r) = ϕ(r)a es un morfismo deanillos; de donde se sigue (a) pues ρop = Φ.

5.1. Nociones basicas 179

(b) Es suficiente probar que Im(Φ) ⊆ C(EndR(A))∩EndΛ(A) ⊆ C(EndΛ(A)).La ultima inclusion es trivial; por lo tanto basta probar la primera. Seang ∈ EndR(A), r ∈ R y a ∈ A; veremos que Φ(r)g = gΦ(r) :

(Φ(r)g)(a) = Φ(r)(g(a)) = r · g(a) = g(r · a) = g(ϕ(r)a) = (gΦ(r))(a).

(c) Tenemos que probar que la inclusion i : EndΛ(A) → EndR(A) es unmorfismo de R-algebras. Esto es, veamos que ∀ r ∈ R, ∀ f ∈ EndΛ(A) se tieneque i(Φ(r)f) = (iΦ)(r)i(f). Para esto, sea a ∈ A; luego

i(Φ(r)f)(a) = Φ(r)(f(a)) = ϕ(r)f(a) = (iΦ(r))(f(a)) = ((iΦ)(r)i(f))(a).

Proposicion 5.1.5. Sea Λ una R-algebra de artin. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) ∀ A,B ∈ mod(Λ), se tiene que HomΛ(A,B) y HomR(A,B) son R-modu-los finitamente generados.

(b) ∀ A ∈ mod(Λ), se tiene que EndΛ(A) y EndR(A), con la estructura deR-algebra dada en 5.1.4, son R-algebras de artin.

Demostracion. (a) Sean A,B ∈ mod(Λ). Por 5.1.3 (b), se tiene que RA,RB ∈mod(R). En particular, existe un epimorfismo h : RR

m → RA. Por lo tantoHomR(h,B) : HomR(A,B) → HomR(RR

m,RB) es un monomorfismo de R-modulos pues HomR(h,B)(α) := αh y h es un epimorfismo.

Por otro lado, HomR(RRm,RB) ' RB

m como R-modulos y RBm es noet-

heriano (vease ??). Luego HomR(A,B) y HomΛ(A,B) son R-modulos noethe-rianos, y por lo tanto, finitamente generados.

(b) Sale de (a) y de 5.1.4.

Ejercicio 5.1.6. Sea Λ una R-algebra de artin y 0 → Af→ B

g→ C → 0 unasucesion exacta en Mod(Λ) (resp. mod(Λ)). Pruebe que ∀ X ∈ Mod(Λ) (resp.mod(Λ)), se tienen las siguientes sucesiones exactas en Mod(R) (resp. mod(R))

(a) 0 → HomΛ(X,A)HomΛ(X,f)−−−−−−−→ HomΛ(X,B)

HomΛ(X,g)−−−−−−−→ HomΛ(X,C) (i.e.el funtor HomΛ(X,−) es exacto a izquierda).

(b) 0→ HomΛ(C,X)HomΛ(g,X)−−−−−−−→ HomΛ(B,X)

HomΛ(f,X)−−−−−−−→ HomΛ(A,X) (i.e.el funtor HomΛ(−, X) es exacto a derecha).

Proposicion 5.1.7. Sea Λ una R-algebra de artin, P ∈ P(Λ) inescindible,

ΛS := top(ΛP ), πP : P → S el epi-canonico y S la clase de los Λ-modulossimples. Entonces

(a) HomΛ(πP , ΛS) : EndΛ(ΛS) → HomΛ(ΛP, ΛS) es un isomorfismo de R-modulos.


(b) ∀ X ∈ S , HomΛ(P,X) 6= 0 si y solo si ΛS ' X.

(c) ∀ M ∈ mod(Λ), `R(HomΛ(ΛP, ΛS)) = mS(M) `R(EndΛ(ΛS)).

Demostracion. (a) Consideremos la sucesion exacta 0 → rad(P )i→ P

πP→S → 0. Por el Ejercicio 5.1.6 (b), se tiene la sucesion exacta

0→ EndΛ(S)HomΛ(πP ,S)−−−−−−−−→ HomΛ(P, S)

HomΛ(i,S)−−−−−−−→ HomΛ(rad(P ), S).

Basta ver que HomΛ(i, S) = 0. Sea f ∈ HomΛ(P, S), luego HomΛ(i, S)(f) = fi.Podemos suponer que f 6= 0. Entonces f : P → S es un epimorfismo, por loque Ker(f) ∈M

ΛP ; y por ?? (b), Ker(f) = rad(P ) de donde fi = 0.(b) Sea X ∈ S .(⇒) Sea HomΛ(P,X) 6= 0. Dado que X es simple, existe un epimorfismo

f : P → X con f 6= 0. En particular Ker(f) ⊆ rad(P ) (cf. ??); y por ?? (b), setiene que S ' X.

(⇐) Sea θ : X → ΛS un isomorfismo. Por ser P proyectivo, ∃ t : P → Xtal que θt = πP . Luego 0 6= t ∈ HomΛ(P,X) pues πP 6= 0.

(c) Sea M ∈ mod(Λ). Consideremos una filtracion de M

0 = Mn 6Mn−1 6 · · · 6M1 6M0 = M

tal que Mi/Mi+1 = Si ∈ S para 0 6 i 6 n− 1, esta filtracion induce una seriede sucesiones exactas cortas, donde Mn−1 = Sn−1

0→ Sn−1 →Mn−2 → Sn−2 → 0,

0→Mn−2 →Mn−3 → Sn−3 → 0,

...

0→M1 →M0 → S0 → 0.

Como P ∈P(Λ), aplicamos el Ejercicio ?? y ?? (b) a cada una de la sucesionesanteriores. Luego, denotando a `R(HomΛ(X,Y )) por `R(X, y) obtenemos lassiguientes igualdades

`R(P,Mn−2) = `R(P, Sn−1) + `R(P, Sn−2),

`R(P,Mn−3) = `R(P,Mn−2) + `R(P, Sn−3),

...

`R(P,M) = `R(P,M1) + `R(P, S0).

Por lo tanto, de (a) y (b), tenemos que

`R(P,M) =

n−1∑i=0

`R(P, Si) = mS(M) `R(P, S) = mS(M)`R(EndΛ(S)).

5.1. Nociones basicas 181

Definicion 5.1.8. Sea C una categorıa y R un anillo conmutativo.

(a) Decimos que C es una R-categorıa si

(a1) HomC (A,B) ∈ Mod(R) ∀ A,B ∈ Obj(C );

(a2) la composicion HomC (B,C) × HomC (A,B) → HomC (A,C) dadapor (g, f) 7→ gf en C es R-bilineal, i.e.

(i) ∀ r ∈ R, ∀ g ∈ HomC (B,C), ∀ f1, f2 ∈ HomC (A,B) se tieneque g(rf1 + f2) = r(gf1) + gf2.

(ii) ∀ r ∈ R, ∀ g1, g2 ∈ HomC (B,C), ∀ f ∈ HomC (A,B) se tieneque (rg1 + g2)f = r(g1f) + g2f.

(b) Decimos que una R-categorıa C es Hom-finita si ∀ A,B ∈ Obj(C ) setiene que HomC (A,B) ∈ mod(R).

Ejercicio 5.1.9. Sea C una R-categorıa con un solo elemento ∗ y sea R unanillo conmutativo artiniano. Pruebe las siguientes equivalencias.

(a) C es una R-categorıa ⇐⇒ EndC (∗) es una R-algebra.

(b) C es una R-categorıa Hom-finita⇐⇒ EndC (∗) es una R-algebra de artin.

Ejemplos. Sea Λ una R-algebra de artin.

(1) Mod(Λ) es una R-categorıa.

(2) mod(Λ) es una R-categorıa Hom-finita.

(3) mod(R) es una R-categorıa Hom-finita.

(4) ∀ A ∈ mod(Λ), add(ΛA) es una R-categorıa Hom-finita, donde add(ΛA)es la subcategorıa plena de mod(Λ) cuyos objetos son los X ∈ mod(Λ)para los cuales ∃n ∈ N y ∃Y ∈ mod(Λ) tales que X ⊕ Y ' An.

(5) P(Λ) es una R-categorıa Hom-finita pues P(Λ) = add(ΛΛ).

Definicion 5.1.10. Un funtor F : C → D entre R-categorıas se dice que esR-lineal (R-funtor) si F : HomC (A,B)→ HomD(F (A), F (B)) es un morfismode R-modulos ∀ A,B ∈ Obj(C ).

Ejemplos. Sea Λ una R-algebra de artin vıa un morfismo de anillos ϕ : R→ Λ.

Entonces el cambio de anillos Fϕ : Mod(Λ) → Mod(R) dado por (ΛMf→

ΛN) 7→ (RMf→ RN) es un R-funtor tal que Fϕ(mod(Λ)) ⊆ mod(R).

Sean Λ una R-algebra de artin, A ∈ mod(Λ) y Γ := EndΛ(A)op. Por 5.1.5y el Ejercicio 5.1.2 tenemos que Γ es una R-algebra de artin.

Proposicion 5.1.11. Bajo la notacion del parrafo anterior, se tiene que elfuntor eA := HomΛ(ΛAΓ,−) : mod(Λ)→ mod(Γ) es R-lineal.


Demostracion. Primero veamos que ∀ X ∈ mod(Λ) se tiene que eA(X) ∈mod(Γ). En efecto, sabemos que EndΛ(A) es una R-algebra de artin vıa Φ :R → EndΛ(A) donde Φ(r)(a) := ϕ(r)a ∀ a ∈ A, ∀ r ∈ R. Luego Γ es unaR-algebra de artin vıa Φop : R→ Γ donde (a)Φop(r) = Φ(r)(a).

Sea X ∈ mod(Λ). Tenemos dos estructuras de R-modulo en eA(ΛX) :=HomΛ(ΛAΓ, ΛX), a saber

(r · f)(a) := ϕ(r)f(a) dada por 5.1.4, y

(r�f)(a) := Φop(r)f(a) dada por el cambio de anillos Φop : R→ Γ.

Veamos que las 2 estructuras son iguales. En efecto,

(r�f)(a) = (Φop(r)f)(a) = f((a)Φop(r)) = f(ϕ(r)a) = ϕ(r)f(a).

Por 5.1.5 (a), tenemos que eA(ΛX) ∈ mod(R), donde eA(ΛX) es un R-modulopor el cambio de anillos Φop : R→ Γ.

Dado que R es artiniano, se tiene que ΓeA(ΛX) es noetheriano. En efecto,sea {ΓNi}i∈N una cadena ascendente en L (ΓeA(ΛX)). Luego, por el cambiode anillos Φop : R → Γ se tiene que {RNi}i∈N es una cadena ascendente enL (ReA(ΛX), la cual se estabiliza, pues ReA(ΛX) es noetheriano, lo cual implicaque {ΓNi}i∈N se estabiliza, probandose que ΓeA(ΛX) es noetheriano; y por lotanto eA(ΛX) ∈ mod(Γ).

Definicion 5.1.12. Al R-funtor eA := HomΛ(ΛAΓ,−) : mod(Λ)→ mod(Γ) lellamamos el funtor evaluacion .

Definicion 5.1.13. Sea F : C → D un R-funtor. Para A,B ∈ Obj(C ), con-sideremos el R-morfismo FA,B := F : HomC (A,B) → HomD(F (A), F (B)).Decimos que

(a) F es fiel si FA,B es un monomorfismo ∀ A,B ∈ Obj(C ).

(b) F es pleno si FA,B es un epimorfismo ∀ A,B ∈ Obj(C ).

(c) F es denso si ∀ Y ∈ Obj(D) ∃X ∈ Obj(C ) tal que F (X) ' Y.

(d) F es una R-equivalencia si existe un R-funtor G : D → C tal queG ◦ F ' 1C y F ◦G ' 1D .

Proposicion 5.1.14. Sea F : C → D un R-funtor. Entonces F es una R-equivalencia si y solo si F es fiel, pleno y denso.

Demostracion. Vease el Teorema 1.2 del Capıtulo II, de [3]

Definicion 5.1.15. Sea F : C → D un R-funtor contravariante. Para cadaA,B ∈ Obj(C ) consideramos el R-morfismo FA,B := F : HomC (A,B) →HomD(F (B), F (A)). Decimos que:

(a) F es fiel si FA,B es un monomorfismo ∀ A,B ∈ Obj(C ).

5.2. El proceso de Proyectivizacion 183

(b) F es pleno si FA,B es un epimorfismo ∀ A,B ∈ Obj(C ).

(c) F es denso si ∀ Y ∈ Obj(D) ∃X ∈ Obj(C ) tal que F (X) ' Y.

(d) F es una R-dualidad si existe un R-funtor contravariante G : D → Ctal que G ◦ F ' 1C y F ◦G ' 1D .

Proposicion 5.1.16. Sea F : C → D un R-funtor contravariante. EntoncesF es una R-dualidad si y solo si F es fiel, pleno y denso.

Demostracion. Se obtiene al considerar la categorıa dual de D y dualizar5.1.14.

5.2. El proceso de Proyectivizacion

Una caracterıstica importante de la teorıa de algebras de artin, a diferencia dela teorıa de anillos artinianos a izquierda, es que los anillos de endomorfismosde modulos finitamente generados son tambien algebras de artin (cf. 5.1.5). Enprincipio, esto nos permite reducir problemas que envuelven un numero finitode modulos sobre una algebra de artin, a problemas sobre modulos proyecti-vos finitamente generados sobre alguna algebra de artin. Esto es en esencia elproceso de proyectivizacion.

Teorema 5.2.1. Sea Λ una R-algebra de artin, A ∈ mod(Λ), Γ := EndΛ(A)op

y eA := HomΛ(ΛAΓ,−) : mod(Λ) → mod(Γ) el R-funtor de evaluacion (cf.5.1.11 (2)). Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) eA : HomΛ(Z,X)→ HomΛ(eA(Z), eA(X)) es un isomorfismo en mod(R)∀ Z ∈ add(ΛA), ∀ X ∈ mod(Λ).

(b) eA|add(ΛA) : add(ΛA)→P(Γ) es una R-equivalencia.

Demostracion. (a) Veamos primero que

eA : HomΛ(A,X)→ HomΓ(eA(ΛA), eA(X)) es un isomorfismo. (5.1)

En efecto, eA(ΛAΓ) = HomΛ(ΛAΓ, ΛAΓ) = ΓΓopΓ = ΓΓΓ. La ultima igualdad seprueba como sigue. Sean f ∈ eA(A) = Γop y γ ∈ Γ. Luego

(γf)(a) = f((a)γ) = f(γop(a)) de donde γf = fγop = (fop)opγop = γfop

y ası γf = γfop; probandose que ΓΓop = ΓΓ. Analogamente, tenemos

(fγ)(a) = f(a)γ = γop(f(a)) por lo que fγ = γopf = γop(fop)op = fopγ

de donde fγ = fopγ; probandose que ΓopΓ = ΓΓ.


Ahora bien, dado que eA(ΛAΓ) = ΓΓΓ, se tiene el siguiente diagrama con-mutativo

HomΓ(ΓΓΓ, eA(X))α

// eA(X)

HomΛ(ΛA,X)

eA

iiSSSSSSSSSSSSSS

donde α(g) := g(1a) y eA(f)(γ) := fγ. Como αeA = 1 y α es un isomorfismose tiene que eA es un isomorfismo, probandose (5.1).

Luego, aplicando (5.1) y que Hom(−,M) conmuta con coproductos finitos,se tiene que ∀ n ∈ N+

eA : HomΛ(An, X)→ HomΓ(eA(An), eA(X)) es un isomorfismo. (5.2)

En efecto, del siguiente diagrama conmutativo

HomΛ(An, X)∼

//

eA��

(HomΛ(A,X))n

enA��

HomΛ(eA(An), eA(X)) (HomΛ(eA(A), eA(X))n,voo

y del hecho de que enA es un isomorfismo por (5.1); concluimos (5.2).Ahora, sea Z ∈ add(A). Luego ∃n ∈ N tal que Z ⊕ Y = An. Consideremos

la sucesion exacta que se escinde 0 → ZiZ→ An

πY→ Y → 0. Por ser eA un R-

funtor aditivo, 0 → eA(Z)eA(iZ)−−−−→ eA(An)

eA(πY )−−−−−→ eA(Y ) → 0 es split-exacta.Por lo tanto se tiene el siguiente diagrama conmutativo y exacto en mod(R)

K

��

0

��

K ′

��

HomΛ(Y,X) //

eA��

HomΛ(An, X) //

eA��

HomΛ(Z,X)

eA��

HomΓ(eA(Y ), eA(X)) //

��

HomΓ(eA(An), eA(X)) //

��

HomΓ(eA(Z), eA(X))

��

C 0 C ′,

por el Lema de la Serpiente, tenemos que

0→ K → 0→ K ′ → C → 0→ C ′ → 0

es una sucesion exacta en mod(R), por lo que K = 0 = C ′.Consideremos ahora la siguiente sucesion split-exacta

0→ YiY→ An

πZ→ Z → 0.


Repitiendo el procedimiento anterior, se obtiene la sucesion exacta en mod(R)

0→ K ′ → 0→ K → C ′ → 0→ C → 0,

de donde K ′ = 0 = C. Por lo tanto eA : HomΛ(Z,X)→ HomΓ(eA(Z), eA(X))es un isomorfismo en mod(R).

(b) Veamos primero que eA(add(ΛA)) ⊆P(Γ). Para ello, sea X ∈ add(ΛA);luego X ⊕ Y = An, por lo que ΓΓn = eA(An) = eA(X) ⊕ eA(Y ), por lo tantoeA(X) ∈P(Γ).

Luego, de (a), se tiene que eA : add(ΛA) → P(Γ) es fiel y pleno. Veamosque es denso. Sea P ∈ P(Γ). En particular ∃m ∈ N y ∃Q ∈ P(Γ) tales queP ⊕ Q = ΓΓm. Consideremos e ∈ End(ΓΓm) donde e := iQπQ, por lo quetenemos el siguiente diagrama conmutativo

ΓΓm = P ⊕Q e//

πQ%%LLLLLLLLLLL ΓΓm = P ⊕Q

QiQ

99rrrrrrrrrrr

de donde e2 = iQπQiQπQ = e, Q = Im(πQ) = Im(e) = e·ΓΓm, P = Ker(πQ) =Ker(e) = Im(1− e) = (1− e) · ΓΓm.

Por otro lado, de (a), se tiene que eA : EndΛ(Am) → EndΓ(Γm) es unisomorfismo de anillos. Por lo tanto ∃ e ∈ EndΛ(Am) tal que eA(u) = e, y comoe2 = e, se tiene que u2 = u.

Consideremos el idempotente v := 1 − u ∈ EndΛ(Am), luego 1 − e =eA(v). Veamos que P = {vf | f ∈ eA(ΛA

m)}. En efecto, P = (1 − e)ΓΓm =eA(v)ΓΓm = eA(v)eA(ΛA

m) = {vf | f ∈ eA(ΛAm)} pues eA(v)(f) = vf.

Ahora bien, como v es un idempotente, se tiene que ΛAm = u ·Am⊕ v ·Am

y Im(v) = v ·Am. Luego, se tiene el siguiente diagrama

Af// Am

v//

v′

$$HHHHHHHHH Am

v ·Ami

::vvvvvvvvvv′′

ddHHHHHHHHH

donde v = iv′ y v′v′′ = 1Im(v).Como P = {vf | f ∈ eA(Am)}, definimos α : P → eA(vAm) y β :

eA(vAm)→ P como sigue α(vf) := v′f y β(g) := vv′′g.Veamos que α esta bien definida. Si vf = vf ′, entonces iv′f = iv′f ′, y por

ser i un monomorfismo, se tiene que v′f = v′f ′.Veamos que α es un Γ-morfismo. En efecto, sea γ ∈ Γ = EndΛ(A)op y f ∈

eA(An) = HomΛ(ΛAΓ, Am), luego (γ ·(vf))(a) = (vf)(a)γ = (vf)(γop(a)), esto

es γ · (vf) = vfγop. Tambien α(γ · (vf)) = α(vfγop) = v′(fγop) = (v′f)γop =γ · α(vf).


Checamos ahora que β es un Γ-morfismo. Sea γ ∈ Γ, g ∈ eA(vAm) =HomΛ(ΛAΓ, vA

m); entonces β(γ ·g) = β(gγop) = vv′′gγop = γ ·(vv′′g) = γ ·β(g).Finalmente, verificamos que α = β−1. En efecto, (βα)(vf) = β(v′f) =

vv′′v′f = iv′v′′v′f = iv′f = vf, de donde βα = 1.Por otro lado, (αβ)(g) = α(vv′′g) = v′(v′′g) = g y ası αβ = 1. Por lo tanto,

hemos probado que P ' eA(vAm) y vAm ∈ add(ΛA).

Teorema 5.2.2 (Krull-Remak-Schmidt, 1925). Sea Λ un R-algebra de artin.Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ A ∈ mod(Λ) A es inescindible si y solo si EndΛ(A) es local.

(b) ∀ A ∈ mod(Λ) ∃ ΛA =⊕n

i=1 ΛAi, donde Ai es inescindible ∀ i.(c) Sean {Ai}i∈I y {Bj}j∈J dos familias finitas de Λ-modulos inescindibles

finitamente generados. Si⊕

i∈I ΛAi '⊕

j∈J ΛBj, entonces existe unabiyeccion σ : I → J tal que ΛAi ' ΛBσ(i) ∀ i ∈ I.

Demostracion. (a) Sea A ∈ mod(Λ). Una prueba es por ?? y ??, puesEndΛ(A) es artiniano a izquierda (cf. 5.1.5 (b)). Hacemos otra prueba usando?? y la R-equivalencia de categorıas (cf. 5.2.1) eA : add(ΛA) → P(Γ), dondeΓ := EndΛ(A)op.

En efecto, ΛA es inescindible ⇐⇒ eA(ΛA) ∈ P(Γ) y es inescindible ⇐⇒EndΓ(eA(A)) es local ⇐⇒ EndΛ(A) es local.

(b) Es consecuencia de ?? (e), pues Λ es en particular un anillo artiniano aizquierda.

(c) Sea C :=⊕

i∈I ΛAi '⊕

j∈J ΛBj . En particular C ∈ mod(Λ) y ∀ i ∈I, ∀ j ∈ J Ai, Bj ∈ add(C). Consideremos Γ := EndΛ(C)op y la R-equivalenciaeC : add(ΛC)→P(Γ). Por lo tanto,

ΓΓ = eC(C) =⊕i∈I

ΓeC(Ai) '⊕j∈J

ΓeC(Bj),

donde ΓeC(Ai) y ΓeC(Bj) son inescindibles ∀ i ∈ I, ∀ j ∈ J.Aplicando ?? (b), existe una biyeccion σ : I → J con la cual se tiene que

eC(Ai) ' eC(Bσ(i)) ∀ i ∈ I. Por lo que ΛAi ' ΛBσ(i) ∀ i ∈ I, pues eA es unaR-equivalencia.

Ejercicio 5.2.3. Sea Λ un anillo y f : M → N en Mod(Λ). Consideremos lafactorizacion de f a traves de su imagen

Mf

//

##FFFFFFFF N

Im(f).

i<<xxxxxxxx

Pruebe que f : M → N es minimal a derecha si y solo si f : M → Im(f) esminimal a derecha.


Proposicion 5.2.4. Sea Λ una R-algebra de artin, A ∈ mod(Λ), f : X → Yen add(A) y eA = HomΛ(ΛA)Γ : mod(Λ) → mod(Γ) el funtor evaluacion,donde Γ := EndΛ(A)op. Entonces f : X → Y es minimal a derecha si y solo sieA(f) : eA(X)→ eA(Y ) es una cubierta proyectiva de Im(eA(f)).

Demostracion. En efecto, por 5.2.1, el Ejercicio 5.2.3 y por ?? (b), se tienenlas equivalencias: f : X → Y es minimal a derecha ⇐⇒ eA(f) : eA(X) →eA(Y ) es minimal a derecha ⇐⇒ eA(f) : eA(X) → Im(eA(Y )) es cubiertaproyectiva.

Proposicion 5.2.5. Sea Λ una R-algebra de artin y {fi : Ai → Bi}i∈I una fa-milia finita de morfismos en mod(Λ). Entonces,

⊕i∈I fi :

⊕i∈I Ai →

⊕i∈I Bi

es minimal a derecha si y solo si fi : Ai → Bi es minimal a derecha ∀ i ∈ I.

Demostracion. Sea C := A ⊕ B, donde A :=⊕

i∈I Ai y B :=⊕

i∈I Bi.Luego C ∈ mod(Λ) y f :=

⊕i∈I fi : A → B esta en add(C). Usaremos que

eC(f) =⊕

i∈I eC(fi) y, por lo tanto que Im(eC(f)) =⊕

i∈I Im(fi). Entonces,por 5.2.4, f : A→ B es minimal a derecha si y solo si

eC(f) =⊕i∈I

eC(fi) :⊕i∈I

eC(Ai) = eC(A)→ eC(B) =⊕i∈I

eC(Bi)

es una cubierta proyectiva de Im(eC(f)). Luego, por ?? (b), esto sucede si ysolo si eC(fi) : eC(Ai) → Im(eC(Bi)) es cubierta proyectiva ∀ i ∈ I, y por5.2.4, esto sucede si y solo si fi : Ai → Bi es minimal a derecha ∀ i ∈ I .


(a) Una presentacion proyectiva (resp. minimal) de X ∈ Mod(Λ) es

una sucesion exacta P1f1→ P0

f0→ X → 0, donde P1, P0 ∈ P(Λ) (resp.f0 : P0 → X y f1 : P1 → Im(f1) son cubiertas proyectivas).

(b) Sea ΛP un Λ-modulo proyectivo. Denotaremos por mod(ΛP ) a la subca-tegorıa plena de mod(Λ) cuyos objetos son los A ∈ mod(Λ) que admitenuna presentacion proyectiva en add(ΛP ); i.e. existe una presentacion pro-yectiva P1 → P0 → A→ 0, donde P1, P0 ∈ add(ΛP ).

Ejercicio 5.2.7. Pruebe que para un anillo artiniano a izquierda Λ se tieneque mod(ΛΛ) = mod(Λ).

Ejercicio 5.2.8. Sea Λ una R-algebra de artin. Dada una sucesion exacta

M0f→M1

g→0 M → 0 en Mod(Λ). Pruebe que ∀ N ∈ Mod(Λ), la sucesion

0→ HomΛ(M,N)HomΛ(g,N)−−−−−−−→ HomΛ(M1, N)

HomΛ(f,N)−−−−−−−→ HomΛ(M0, N)

es exacta en Mod(R).


Ejercicio 5.2.9. Sea Λ una R-algebra de artin, P ∈P(Λ) y Γ := EndΛ(P )op.Consideremos eP : mod(Λ) → mod(Γ). Pruebe que si P0 → P1 → X → 0 esuna presentacion proyectiva de X en add(P ), entonces eP (P0) → eP (P1) →eP (X)→ 0 es una presentacion proyectiva de eP (X).

Teorema 5.2.10. Sea Λ una R-algebra de artin, P ∈P(Λ) y Γ := EndΛ(P )op.Entonces, el funtor eP : mod(Λ) → mod(Γ) induce, por restriccion, una R-equivalencia de categorıas eP |mod(ΛP ) : mod(ΛP )→ mod(Γ).

Demostracion. Veamos que eP |mod(ΛP ) es denso. En efecto, sea X ∈ mod(Γ).

Consideremos una presentacion proyectiva Q1f→ Q0 → X → 0 de X. Dado

que eP : add(ΛP ) → P(Γ) es una R-equivalencia (cf. 5.2.1), por el Lema delCinco y el Ejercicio 5.2.9, existe g : P1 → P0 en add(P ) que induce el siguientediagrama conmutativo y exacto en mod(Γ)

Q1

f//

o��

Q0//

o��

X //

∃ αo��

0

eP (P1)eP (g)

// eP (P0) // eP (Coker(g)) // 0.

Veamos ahora que eP |mod(ΛP ) es fiel y pleno. En efecto, seanA,B ∈ mod(ΛP ).Consideramos la presentacion proyectiva P0 → P1 → A→ 0 de A en add(ΛP ).Luego por el Ejercicio 5.2.9, eP (P0) → eP (P1) → eP (A) → 0 es una presen-tacion proyectiva de ΓeP (A). Aplicando el Ejercicio 5.2.8, con HomΛ(−, B), seobtiene el siguiente diagrama conmutativo y exacto en mod(Γ)

HomΛ(A,B) //

��

HomΛ(P1, B) //

��

HomΛ(P0, B)

��

HomΓ(eP (A), eP (B)) // HomΓ(eP (P1), eP (B)) // HomΓ(eP (P0), eP (B))

donde las flechas verticales son isomorfismos por 5.2.1 (a) y el Lema del Cinco.

Definicion 5.2.11. Sea Λ una R-algebra de artin, ΛΛ =⊕n

i=1 ΛPmii una

descomposicion de ΛΛ con {ΛPi}ni=1 proyectivos inescindibles no isomorfos dosa dos. Decimos que Λ es basica si en la descomposicion anterior de ΛΛ se tieneque mi = 1 ∀ i.

Observacion. Por 5.2.2, un algebra basica ΛΛ no depende de su descomposi-cion en proyectivos inescindibles.

Ejercicio 5.2.12. Sea Λ una R-algebra de artin. Pruebe que ΛΛ es basica siy solo si `Λ(top(ΛΛ)) = rk(K0(Λ)).


Corolario 5.2.13. Sea Λ una R-algebra de artin, {ΛPi}ni=1 una familia com-pleta de Λ-modulos proyectivos inescindibles no isomorfos dos a dos, Γ :=EndΛ(P )op y ΛP :=

⊕ni=1 ΛPi. Entonces

(a) Γ es una R-algebra de artin basica.

(b) eP := HomΛ(ΛPΓ,−) : mod(Λ)→ mod(Γ) es una R-equivalencia.

Demostracion. Dado que add(ΛP ) = P(Λ), se tiene que mod(ΛP ) = mod(Λ).Luego, por 5.2.10, ep : mod(Λ) → mod(Γ) es una R-equivalencia. Veamos queΓ es basica. En efecto,

ΓΓ = eP (ΛP ) = eP

(n⊕i=1

ΛPi

)=

n⊕i=1

eP (ΛPi).

Por otro lado, dado que, eP : P(Λ) → P(Γ) es una R-equivalencia, ΛPi esinescindible y ΛPi 6' ΛPj si i 6= j, se tiene que Γ es basica.

Proposicion 5.2.14. Sea Λ una R-algebra de artin. Entonces, las siguientescondiciones son equivalentes.

(a) Λ es basica.

(b) Λ/J(Λ) es basica.

(c) Λ/J(Λ) ' ∏ni=1Di, donde Di es una R-algebra de artin y un anillo con

division ∀ i.(d) Λop es basica.

Demostracion. Por ??, Λ/J(Λ) es semisimple. Sea {Λ/J(Λ)Si}ni=1 una familiacompleta de Λ/J(Λ)-modulos simples no isomorfos dos a dos (cf. ??). Porcambio de anillos Λ→ Λ/J(Λ), tenemos que {ΛSi}ni=1 es una familia completade Λ-modulos simples no isomorfos dos a dos (cf. prueba de ?? (d)). Por lotanto, se tiene lo siguiente

(i) Λ/J(Λ) ' ni=1Matni×ni(D

opi ), donde Di := EndΛ(Si) es una R-algebra

de artin (vease 5.1.5 y ??) y un anillo con division.

(ii) Λ/J(Λ)Λ/J(Λ) =⊕n

i=1 Λ/J(Λ)Snii (cf. ??).

(iii) ΛΛ =⊕n

i=1 ΛPnii , donde ΛPi := P0(ΛSi) (cf. ??).

Luego, usando lo anterior, se obtienen las siguientes equivalencias.

(a)⇔ (b) Es consecuencia inmediata de (iii).

(b)⇔ (c) Sale de (i).

(c)⇔ (d) Primeramente, es facil ver que (c) es equivalente a que Λop/J(Λ) 'ni=1D

opi ; y aplicando la equivalencia de (a) con (c) para Λop, se concluye

que Λop es basica.


5.3. Estructura de los inyectivos

Definicion 5.3.1. Sea Λ un anillo y f : A→ B un monomorfismo en Mod(Λ).Se dice que f : A→ B es un mono-esencial si ∀ g ∈ HomΛ(B,X) tal que gfes un monomorfismo, se tiene que g es un monomorfismo.

Ejercicio 5.3.2. Sea Λ un anillo y f : A→ B un monomorfismo en Mod(Λ).Pruebe que ∀ Y ∈ L (ΛB), se tiene que f−1(Y ) ' Im(f) ∩ Y.

Proposicion 5.3.3. Sea Λ un anillo y f : A → B un monomorfismo enMod(Λ). Entonces, f es un mono-esencial si y solo si ∀ Y ∈ L (ΛB) se tieneque f−1(Y ) = 0 implica que Y = 0.

Demostracion. Supongamos que f es un mono-esencial. Sea Y ∈ L (ΛB) talque f−1(Y ) = 0. Consideremos π : B → B/Y dado por b 7→ b + Y. Luego, la

composicion Af→ B

π→ B/Y satisface que Ker(π ◦ f) = f−1(Y ) = 0; por loque πf es un monomorfismo. De donde, por ser f un mono-esencial, se tieneque π es un monomorfismo. Por lo tanto 0 = Ker(π) = Y.

Ahora, sea Af→ B

g→ X tal que gf es un monomorfismo. Dado queKer(gf) = f−1(Ker(g)), y gf es un monomorfismo, se tiene que f−1(Ker(g)) =0; y por hipotesis, Ker(g) = 0. Por lo tanto, g es un monomorfismo.

Lema 5.3.4. Sea f : A → I un monomorfismo en Mod(Λ), donde I es in-yectivo. Entonces, f : A → I es un mono-esencial si y solo si f : A → I esminimal a izquierda.

Demostracion. Supongamos que f es un mono-esencial. Consideremos el si-guiente diagrama conmutativo

I

g

��

A

f??~~~~~~~~

f ��@@@@@@@

I.

Luego gf = f, y por ser f mono-esencial, g es un monomorfismo. De donde,usando que I es inyectivo, ∃h : I → I tal que hg = 1I . En particular, h es unepimorfismo. Ahora bien hf = hgf = f, por lo que h es un monomorfismo. Porlo tanto h es un isomorfismo, y como hg = 1I , tenemos que g es un isomorfismo.

Supongamos que f es minimal a izquierda, y sea Af→ I

g→ X tal quegf es un monomorfismo. Por ser I inyectivo, se tiene el siguiente diagrama

5.3. Estructura de los inyectivos 191

conmutativo

I

g��

A

f>>~~~~~~~~

f ��???????? gf// X

∃h��

I;

de donde (hg)f = f, por lo que hg es un isomorfismo. Por lo tanto, g es unmonomorfismo.

Ejercicio 5.3.5. Sea Λ una K-algebra.

(a) Consideremos I ∈ Mod(Λ). Pruebe que ΛI es inyectivo si y solo si para

toda sucesion exacta 0 → Af→ B

g→ C → 0 en Mod(Λ), se tiene lasucesion exacta

0→ HomΛ(C, I)HomΛ(g,I)−−−−−−−→ HomΛ(B, I)

HomΛ(f,I)−−−−−−−→ HomΛ(A, I)→ 0

en Mod(Λ).

(b) Consideremos {Ii}ni=1 en Mod(Λ) y I :=⊕n

i=1 Ii. Pruebe que I es inyec-tivo si y solo si Ii es inyectivo ∀ i.


(a) Sean Af→ B

g→ C dos monomorfismos en Mod(Λ). Entonces, f y g sonmonos-esenciales si y solo si gf es un mono-esencial.

(b) Sea f : M → N un mono-esencial en Mod(Λ). Si N es semisimple,entonces f es un isomorfismo.

Demostracion. (a) Es facil probar la primera implicacion. Mostramos la se-gunda. Sea gf : A→ C un mono-esencial. Veamos primero, que g es un mono-esencial. En efecto, sea Y ∈ L (ΛC) tal que g−1(Y ) = 0. Luego (gf)−1(Y ) =f−1(g−1(Y )) = f−1(0) = 0 y de 5.3.3, por ser gf un mono-esencial, Y = 0.Luego g es un mono-esencial en virtud de 5.3.3.

Ahora, veamos que f es un mono-esencial. Sea Af→ B

t→ X tal que tf esun monomorfismo. Consideremos el siguiente diagrama conmutativo

A

f��

tf

AAAAAAAA

Bt//

g��

X

g′��

Ct′// E,


donde E es el push-out de t y g. Luego, por ser g un monomorfismo, g′ es unmonomorfismo; de donde t′gf tambien es un monomorfismo. Por lo tanto t′ esun monomorfismo; y por ser g′ un monomorfismo, g′t es un monomorfismo. Dedonde se tiene que t es un monomorfismo.

(b) Sea f : M → N un mono-esencial, donde N es semisimple. Luego, por?? (a), se tiene que N = Im(f)⊕N ′. Por lo tanto 0 = Im(f) ∩N ′ ' f−1(N ′)y como f es un mono-esencial, se tiene que N ′ = 0. De donde Im(f) = N porlo que f es un isomorfismo.

Definicion 5.3.7. Sea Λ un anillo yM ∈ Mod(Λ). Una envolvente inyectivade M es un mono-esencial M → I, donde ΛI es inyectivo. Denotaremos poriM : M → I0(M) a la eleccion de una envolvente inyectiva de M.

Ejercicio 5.3.8. Sea Λ un anillo, M ∈ Mod(Λ), iM : M → I0(M) y i′M :M → I ′0(M) dos envolventes inyectivas de M. Pruebe que existe un isomorfismot : I0(M)→ I ′0(M) que hace conmutar el siguiente diagrama

I0(M)

t

��

M

iM;;wwwwwwww

i′M ##GGGGGGGG

I ′0(M).

Enunciamos, sin prueba, el siguiente resultado fundamental para envolven-tes inyectivas.

Teorema 5.3.9. Sea Λ un anillo. Entonces, las siguientes condiciones se sa-tisfacen.

(a) Q ∈ Mod(Λ) es inyectivo si y solo si ∀ f ∈ HomΛ(Q,M) con f un mono-esencial, se tiene que f es un isomorfismo.

(b) Todo M ∈ Mod(Λ) admite una envolvente inyectiva iM : M → I0(M) deM.


(a) Sea {Mi}ni=1 en Mod(Λ) y M :=⊕n

i=1Mi. Entonces, existe un isomor-fismo h : I0(M)→⊕n

i=1 I0(Mi) tal que el siguiente diagrama conmuta

MiM

//

⊕nj=1 iMj %%KKKKKKKKKKK I0(M)

h��⊕n

j=1 I0(Mj).


(b) Si f : M → N es un mono-esencial en Mod(Λ), entonces existe unisomorfismo h : I0(M)→ I0(N) tal que el siguiente diagrama conmuta

Mf

//

iM��

N

iN��

I0(M)h// I0(N).

(c) Sea Q ∈ Mod(Λ) inyectivo y M ∈ L (ΛQ). Entonces, salvo isomorfismos,se puede elegir I0(M) tal que M 6 I0(M) 6 Q, y la inclusion M ⊆ I0(M)es un mono-esencial.

Demostracion. (a) Por 5.3.4, sabemos que iMj : Mj → I0(Mj) es minimal aizquierda, y por ??,

⊕nj=1 iMj : M → ⊕n

j=1 I0(Mj) es minimal a izquierda ypor lo tanto una envolvente inyectiva (por 5.3.4 y el Ejercicio 5.3.5 (b)). Luego,por el Ejercicio 5.3.8, se tiene el isomorfismo deseado.

(b) Sea f : M → N un mono-esencial. Como iM : M → I0(M) es unmonomorfismo y I0(N) es inyectivo, ∃ h : I0(M)→ I0(N) que hace conmutarel siguiente diagrama

MiM//

iNf��

I0(M)

hzzuuuuuuuuu

I0(N).

Se tiene que hiM es un mono-esencial pues iNf es un mono-esencial (cf. 5.3.6(a)). Por lo tanto h es un mono-esencial. Luego, usando el Ejercicio 5.3.8, existeun isomorfismo t : I0(N)→ I0(M) que hace conmutar el siguiente diagrama

I0(M)

1��

h// I0(N)

tzzuuuuuuuuu

I0(M),

de donde concluimos que h es un isomorfismo.(c) Consideremos la inclusion i : M → Q y una envolvente inyectiva iM :

M → I0(M). Por ser Q inyectivo, ∃ f : I0(M) → Q que hace conmutar elsiguiente diagrama

MiM//

i��

I0(M)

f||yyyyyyyy

Q.


Tenemos que f es un monomorfismo, pues fiM es un monomorfismo y iM esun mono-esencial. Por lo tanto M ' Im(iM ) 6 I0(M) ' Im(f) 6 Q.

Veamos que la inclusion Im(iM ) ⊆ I0(M) es un mono-esencial. En efecto,∀ Y ∈ L (ΛI0(M)) se tiene que i−1

M (Y ) ' Im(iM )∩Y, por lo tanto, Im(iM )∩Y =0 implica que i−1

M (Y ) = 0, y por ser iM esencial, concluimos que Y = 0.

Ejercicio 5.3.11. Sea h : I1 → I2 un mono-esencial en Mod(Λ) con I1 y I2inyectivos. Pruebe que h es un isomorfismo (sin usar 5.3.9 (a)).

Definicion 5.3.12. Sea Λ un anillo y M ∈ Mod(Λ). Denotaremos por SM ala clase de todos los Λ-submodulos simples de M. El soclo (zocalo, socle) deM es soc(M) :=< SM >, i.e. soc(M) es el Λ-submodulo de M generado porSM .

Observacion. En el caso de que SM = ∅, se tiene que soc(M) := 0. Enparticular, soc(M) = 0⇐⇒ SM = ∅.Proposicion 5.3.13. Sea Λ un anillo. Entonces, las siguientes condiciones sesatisfacen.

(a) soc(M) es semisimple ∀ M ∈ Mod(Λ). Mas aun, ∀ X ∈ L (ΛM) con ΛXsemisimple, se tiene que ΛX 6 soc(M).

(b) Si f : M → N es un morfismo en Mod(Λ), entonces se tiene quef(soc(M)) 6 soc(N).

Demostracion. (a) Sea M ∈ Mod(Λ), podemos asumir que SM 6= ∅. Dadoque ∀ S, S′ ∈ SM , si S 6= S′ entonces S ∩ S′ = 0; se tiene que

soc(M) =∑S∈SM

S =⊕S∈SM

S.

(b) Sea f : M → N en Mod(Λ). Podemos asumir que SM 6= ∅. Veamosprimero que

∀ S ∈ SM f(S) = 0 o f(S) ∈ SN . (5.3)

En efecto, sea S ∈ SM tal que f(S) 6= 0. Consideremos 0 6= X ∈ f(S) y0 6= s ∈ S tal que x = f(s). Luego Λx = Λf(s) = f(Λ · s) = f(S). De dondef(S) ∈ SN probandose (5.3).

Ahora bien, usando (5.3), concluimos que

f(soc(M)) = f

( ∑S∈SM

S

)=∑S∈SM

f(S) 6∑

S′∈SN

= soc(N).

Ejercicio 5.3.14. Sea Λ un anillo. Pruebe que la correspondencia

soc : Mod(Λ)→ Mod(Λ) (Xf→ Y ) 7→ (soc(X)

soc(f)−−−−→ soc(Y )),

donde soc(f) := f |soc(X), es un funtor aditivo, que conmuta con coproductosarbitrarios y preserva monomorfismos.


Definicion 5.3.15. Sea Λ un anillo y M ∈ Mod(Λ). Se dice que M es irre-ducible si M 6= 0 y ∀ N ∈ L (ΛM) \ {0} la inclusion i : N → M es unmono-esencial.

Ejercicio 5.3.16. Sea Λ un anillo y M ∈ Mod(Λ). Pruebe que:

(a) M simple =⇒ M irreducible =⇒ M inescindible.

(b) ZZ es irreducible y no es simple.

(c) Si M es irreducible, entonces soc(M) = 0 o soc(M) es simple.

(d) M es semisimple si y solo si soc(M) = M.

(e) soc(M) = soc(soc(M)).

Proposicion 5.3.17. Sea Λ un anillo, Q ∈ Mod(Λ) y 0 6= Q un Λ-moduloinyectivo. Entonces, las siguientes condiciones son equivalentes.

(a) Q es inescindible.

(b) Q es irreducible.

(c) ∀ M ∈ L (ΛQ) \ {0} M es irreducible.

(d) ∃M ∈ L (ΛQ) tal que M es irreducible y la inclusion M ⊆ Q es unmono-esencial.

Demostracion. (a) ⇒ (b) Sea M ∈ L (ΛQ) \ {0}. Consideremos la inclusioni : M → Q. Por ser Q inyectivo, ∃ h : I0(M) → Q tal que hace conmutar elsiguiente diagrama

MiM//

i��

I0(M)

h||yyyyyyyy

Q.

Como iM es un mono-esencial, se tiene que h es un monomorfismo; y por serI0(M) inyectivo, se obtiene que h es un split-mono. Luego h es un isomorfismopues Q es inescindible. En particular, tenemos que h es un mono-esencial. Porlo tanto i = hiM es un mono-esencial.

(b) ⇒ (c) Sean M ∈ L (ΛQ) \ {0} y N ∈ L (ΛM) \ {0}. Luego tenemos elsiguiente diagrama conmutativo de inclusiones

Ni

//

i′ BBBBBBBB Q

M.i′′

>>}}}}}}}}

Como i es un mono-esencial, por 5.3.6 (a), concluimos que i′ tambien lo es.


(c) ⇒ (d) Basta tomar M := Q.(d) ⇒ (a) Sea M ∈ L (ΛQ) irreducible y M ⊆ Q un mono-esencial. Supon-

gamos que existe Q = A ⊕ B con A,B 6= 0. Si M ⊆ Q es un mono-esencial,entonces M ∩A 6= 0 y M ∩B 6= 0. Luego 0 6= (M ∩A) ∩ (M ∩B) ⊆ A ∩B, locual es una contradiccion, pues Q = A⊕B.

Definicion 5.3.18. Se dice que D ∈ Mod(Z) es divisible si ∀ d ∈ D, ∀ n ∈Z \ {0} ∃x ∈ D tal que nx = d.

Ejemplos: Q,R,C,Z2, K un campo con char(K) = 0.

Proposicion 5.3.19. Si D ∈ Mod(Z) es divisible, entonces ZD es inyectivo.

Ejercicio 5.3.20. Pruebe que:

(a) ZQ es inyectivo e inescindible.

(b) ∀ M ∈ L (ZQ) \ {0} I0(M) = Q.

Ejercicio 5.3.21. Pruebe que:

(a) soc(ZZ) = 0 = soc(ZQ).

(b) Z/mZ es un Z-modulo simple si y solo si m es primo.

(c) soc(Z/pnZ) = pn−1Z/pnZ ' Z/pZ ∀ p primo y n > 1.

(d) soc(Z/nZ) ' Z/p1 · · · pkZ, donde n = pm11 · · · pmkk es la descomposicion

en productos de primos con pi 6= pj si i 6= j.

Proposicion 5.3.22. Sea Λ una K-algebra y S la clase de los Λ-modulossimples. Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ S ∈ S , I0(S) es insescindible.

(b) ∀ Q ∈ Mod(Λ) inyectivo, inescindible, se tiene que soc(Q) ∈ S ∪ {0}.

(c) ∀ X ∈ Mod(Λ), ∀ S ∈ S se tiene que

HomΛ(S, jX) : HomΛ(S, soc(X))→ HomΛ(S,X)

es un isomorfismo en Mod(K), donde jX : soc(X)→ X es la inclusion.

Demostracion. (a) Sea S ∈ S , como S es irreducible y la inclusion ΛS ⊆I0(S) es un mono-esencial, se satisface 5.3.17 (d). Por lo tanto I0(S) es ines-cindible.

(b) Sea ΛQ inyectivo e inescindible. Por 5.3.17 (b), Q es irreducible, y envirtud del Ejercicio 5.3.14 (c), concluimos que soc(Q) ∈ S ∪ {0}.

(c) Sean X ∈ Mod(Λ) y S ∈ S . Aplicando el funtor HomΛ(S,−) a lainclusion jX : soc(X)→ X se tiene que la aplicacion

HomΛ(S, jX) : HomΛ(S, soc(X))→ HomΛ(S,X)


es un monomorfismo en Mod(K). Veamos que es suprayectivo. En efecto, comoen la prueba de 5.3.13 (b), se tiene que ∀ α : S → X la imagen Im(α) es simpleo cero; por lo que Im(α) ⊆ soc(X). Luego, para tales α, tenemos el siguientediagrama conmutativo

S

∃α{{wwwwwwwww

α��

soc(X)jX

// X,

por lo que HomΛ(S, jX)(α) = α; probandose (c).

Teorema 5.3.23. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Entonces, las siguien-tes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ M ∈ Mod(Λ), la inclusion jM : soc(M)→M es un mono-esencial.

(b) Sea f : M → N un monomorfismo en Mod(Λ). Entonces, f es un mono-esencial si y solo si soc(f) : soc(M)→ soc(N) es un isomorfismo.

(c) ∀ M ∈ Mod(Λ) existe un isomorfismo t : I0(soc(M)) → I0(M) que haceconmutar el siguiente diagrama

soc(M)iM

//

isoc(M)��

M

iM��

I0(soc(M))t// I0(M).

(d) ∀ M ∈ Mod(Λ), soc(iM ) : soc(M) → soc(I0(M)) es un isomorfismo quehace conmutar el siguiente diagrama

soc(M)jM

//

soc(iM )��

M

iM��

soc(I0(M))jI0(M)

// I0(M).

Demostracion. (a) Sea M ∈ Mod(Λ) con M 6= 0. Supongamos la inclusionjM : soc(M)→M no es un mono-esencial. Luego ∃X ∈ L (ΛM) \ {0} tal quesoc(M) ∩X = 0.

Sea 0 6= x0 ∈ X. Entonces, por ??, 0 6= Λx0 es artiniano, y por el Ejercicio??, Λx0 contiene un submodulo simple S. Ahora bien, S ∩ soc(M) ⊆ X ∩soc(M) = 0. Por lo que soc(M) � S⊕ soc(M), pero S⊕ soc(M) es semisimple,lo cual contradice 5.3.13 (a). Por lo tanto, jM es un mono-esencial.


(b) Consideremos el siguiente diagrama conmutativo

Mf

// N

soc(M)

jM

OO

soc(f)// soc(N),

jN

OO

donde las inclusiones jM y jN son monos-esenciales por (a). Por lo que f es unmono-esencial, y de 5.3.6 (a), jN soc(f) es un mono-esencial; luego, por 5.3.6(a), soc(f) es un mono-esencial. Finalmente, por 5.3.6 (b), se tiene que soc(f)es un isomorfismo pues soc(N) es semisimple.

Ahora, si soc(f) es un mono-esencial, de 5.3.6 (a), tenemos que fjM es unmono-esencial; de donde f es un mono-esencial.

(c) Sea M ∈ Mod(Λ). Dado que I0(M) es inyectivo, existe t : I0(soc(M))→I0(M) que hace conmutar el siguiente diagrama

soc(M)isoc(M)

//

iM jM��

I0(soc(M))

txxqqqqqqqqqq

I0(M).

Veamos que t es un isomorfismo. En efecto, por (a) sabemos que jM es unmono-esencial; y por 5.3.6 (a) iM jM tambien lo es. Luego t isoc(M) es un mono-esencial, y por 5.3.6 (a), t es un mono-esencial. Del Ejercicio 5.3.11 concluimosque t es un isomorfismo.

(d) Sea M ∈ Mod(Λ). Es claro que soc(iM ) : soc(M) → soc(I0(M)) haceconmutar dicho diagrama. Veamos que soc(IM ) es un isomorfismo. En efecto,iM jM es un mono-esencial (por (a) y 5.3.6 (a)); de donde jI0(M)soc(iM ) es unmono-esencial. Luego soc(iM ) es un mono-esencial, y por 5.3.6 (b), soc(iM ) esun isomorfismo pues soc(I0(M)) es semisimple.

Ejercicio 5.3.24. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Pruebe que ∀ M ∈Mod(Λ) con M 6= 0, se tiene que soc(M) 6= 0.

Corolario 5.3.25. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda y Q un Λ-moduloinyectivo. Entonces, se satisfacen las siguientes condiciones.

(a) Q es inescindible si y solo si soc(Q) es simple.

(b) ∀ M ∈ Mod(Λ), Q ' I0(M) si y solo si soc(Q) ' soc(M).

Demostracion. (a) Sea Q inescindible. En particular Q 6= 0, por lo tantosoc(Q) 6= 0 segun el Ejercicio 5.3.24. Luego de 5.3.22 (b), se tiene que soc(Q)es simple.


Ahora, si soc(Q) es simple, por el Ejercicio 5.3.16 (a), soc(Q) es irreducible.Luego como soc(Q) ⊆ Q es esencial, se satisface 5.3.17 (d) (con M := soc(Q)).Por lo tanto Q es inescindible.

(b) Sea M ∈ Mod(Λ).Si Q ' I0(M) entonces, de 5.3.23, se tiene que soc(Q) ' soc(I0(M)) '

soc(M), esto es soc(Q) ' soc(M).Supongamos ahora que soc(Q) ' soc(M). Luego I0(soc(Q)) ' I0(soc(M))

y por 5.3.23 (c), se tiene que I0(Q) ' I0(M). De donde Q ' I0(M) por ser Qinyectivo.

Ejercicio 5.3.26. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda. Pruebe las siguientesafirmaciones.

(a) Sea {fi : Ai → Bi}ni=1 una familia de monomorfismos en Mod(Λ). En-tonces,

⊕ni=1 fi :

⊕ni=1Ai →

⊕ni=1Bi es un mono-esencial si y solo si

fi : Ai → Bi es un mono-esencial ∀ i.

(b) ∀ Q,Q′ Λ-modulos inyectivos, ΛQ ' ΛQ′ si y solo si soc(Q) ' soc(Q′).

(c) Si {ΛSi}ni=1 es una familia completa de simples no isomorfos dos a dos,entonces {I0(ΛSi)}ni=1 es una lista completa de inyectivos inescindiblesno isomorfos dos a dos.

Definicion 5.3.27. Sea Λ un anillo y M ∈ Mod(Λ). Decimos que ΛM es fielsi annΛ(M) = 0.

Ejercicio 5.3.28. Sea Λ un anillo, M ∈ Mod(Λ) e I = annΛ(M). Pruebe que:

(a) I � Λ.

(b) M es un Λ/I-modulo fiel.

(c) ∀ f ∈ HomΛ(Λ,M), I 6 Ker(f).

(d) ∀ N ∈ Mod(Λ), si M ' N entonces annΛ(M) ' annΛ(N).

Ejercicio 5.3.29. Sea Λ un anillo, I � Λ y π : A → Λ/I el epi-canonico,i.e. π(λ) = λ+ I. Sea M ∈ Mod(Λ/I) y considere M ∈ Mod(Λ) por cambio deanillos π : A→ Λ/I. Pruebe que

(a) π(annΛ(M)) = annΛ/I(M).

(b) Λ/IM es fiel si y solo si I = annΛ(M).

Proposicion 5.3.30. Sea Λ una R-algebra de artin y S la clase de los Λ-modulos simples. Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ M ∈ mod(Λ) ∃n ∈ N y un Λ-monomorfismo Λ/annΛ(M)→ ΛMn.

(b) ∀ S ∈ S , Λ/annΛ(S) es una R-algebra de artin simple.


(c) ∀ S ∈ S ∃m ∈ N tal que Λ/annΛ(ΛS) ' ΛSm. Mas aun, si Λ es conmu-

tativo, se tiene que m = 1.

Demostracion. Sea M ∈ mod(Λ). Por 5.1.3 (b) ∃x1, . . . , xn ∈ M tales que

RM =< x1, . . . , xn > . Consideremos los morfismos ϕxi : ΛΛ → ΛM λ 7→ λxi.Veamos que annΛ(M) =

⋂ni=1 Ker(ϕxi).

En efecto, es claro que annΛ(M) ⊆ ⋂ni=1 Ker(ϕxi). Sea λ ∈ ⋂ni=1 Ker(ϕxi),i.e. λxi = 0 ∀ i. Checamos que λx = 0 ∀ x ∈M. Dado que x =

∑ni=1 rixi, ri ∈

R, se tiene que λx =∑ni=1 λrixi =

∑ni=1 riλxi = 0 pues M ∈Λ−R Mod. Por lo

tanto, se tienen los morfismos

Λ/annΛ(M)ϕ→

n⊕i=1

Λ/Ker(ϕxi)

⊕ni=1 ϕxi−−−−−−→ ΛM

n,

donde ϕ(λ+annΛ(M)) := (λ+Ker(ϕx1), . . . , λ+Ker(ϕxn)) es un monomorfismo

(pues annΛ(M) =⋂ni=1 Ker(ϕxn)) y ϕxi es el morfismo que hace conmutar el

siguiente diagrama

Λϕxi

//

%%KKKKKKKKKK M

Λ/Ker(ϕxi);ϕxi

99ssssssssss

por lo que⊕n

i=1 ϕxi es un monomorfismo pues cada ϕxi lo es. De donde sesigue (a).

Supongamos ahora que M = S ∈ S . Luego se tiene que ϕxi es un epimor-fismo ∀ i, y por lo tanto ϕxi es un isomorfismo ∀ i. Por lo tanto tenemos

Λ/annΛ(M)ϕ→

n⊕i=1

Λ/Ker(ϕxi)∼→ ΛS

n;

y por ?? (a), ϕ es un split-mono, por lo que existe m ∈ N tal que Λ/annΛ(S) 'ΛS

m. Ahora bien, sea I := annΛ(S). Por lo tanto Λ/IS es simple, y entoncesΛ/I ' Λ/IS

m, y por ??, se tiene que Λ/I ' Matm×m(D). Pero si Λ es conmu-tativo, se tiene que Λ/I es conmutativo, por lo que Matm×m(D) tambien lo es,y m = 1; probandose (c).

Por lo tanto, dado que Λ/I ' Matm×m(D), del Ejercicio ??, se tiene queΛ/I es un anillo simple (pues D es un anillo con division simple).

Finalmente, la estructura de R-algebra de artin de Λ/I esta dada por la

composicion de morfismos de anillos R → Λπ→ Λ/I, donde R → Λ es el

morfismo de anillos que induce la estructura de R-algebra de artin en Λ.

Ejercicio 5.3.31. Sea Λ una R-algebra de artin (no trivial), S la clase de losΛ-modulos simples. Pruebe que

(a) Λ es un anillo simple si y solo si ∃ ΛS ∈ S que es fiel.


(b) ∀ M ∈ mod(Λ), si ΛM es fiel entonces mS(M) 6= 0 ∀ S ∈ S .

Observacion. Sea Λ un anillo no trivial, i.e. 1 6= 0.

(a) ∀ I � Λ, I es maximal si y solo si Λ/I es un anillo simple.

(b) Si Λ es un anillo con division, entonces Λ es un anillo simple.

(c) La recıproca de (b) es falsa. Considere para ello Λ = Mat2×2(R).

Teorema 5.3.32. Sea Λ una R-algebra de artin, A el conjunto de clases deisomorfıa de Λ-modulos simples y B la clase de ideales (bilaterales) maximalesde Λ. Entonces, la correspondencia A → B dada por [ΛS] 7→ annΛ(S) esta biendefinida y es una biyeccion.

Demostracion. Sea ΛS un simple. Por 5.3.30 (b), se tiene que annΛ(S) esun ideal maximal de Λ. Luego, por el Ejercicio 5.3.28 (d), la correspondenciaanterior esta bien definida. Veamos que es suprayectiva. En efecto, sea m � Λmaximal. Luego Λ/m es una R-algebra de artin simple, y por el Ejercicio 5.3.31(a), existe un Λ/m-modulo simple S tal que annΛ/m(Λ/mS) = 0. Por cambiode anillos Λ → Λ/m, se tiene que ΛS es simple, y por el Ejercicio 5.3.29 (b),annΛ(S) = m.

Veamos que la correspondencia es inyetiva. Sean ΛS1 y ΛS2 dos modulossimples tales que I := annΛ(ΛS1) = annΛ(ΛS2). Luego por 5.3.30 (c), existenn,m ∈ N tales que ΛS

m1 ' Λ/I ' ΛS

n2 , y de 5.2.2, se tiene ΛS1 ' ΛS2.

Proposicion 5.3.33. Sea Λ una R-algebra de artin y S la clase de los Λ-modulo simples. Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ M ∈ Mod(Λ), el epi-canonico π : ΛΛ → Λ/annΛ(M) induce un iso-morfismo HomΛ(Λ/annΛ(M), ΛM)→ HomΛ(Λ,M) en Mod(R).

(b) Si Λ es conmutativo entonces EndΛ(S) ' ΛS ∀ S ∈ S .

Demostracion. (a) Aplicando HomΛ(−,M) a π : ΛΛ→ Λ/annΛ(M), se tieneque HomΛ(π,M) : HomΛ(Λ/annΛ(M),M)→ HomΛ(Λ,M) es un monomorfis-mo. Veamos que es un epimorfismo. En efecto, por el Ejercicio 5.3.28 (c), setiene que annΛ(M) ⊆ Ker(f) por lo que ∃ ! f : Λ/annΛ(M) → ΛM tal quef = fπ = HomΛ(π,M)(f). Esto es, tenemos el siguiente diagrama conmutati-vo

Λf

//

π%%KKKKKKKKKK M

Λ/annΛ(M),∃ f

99ssssssssss

de donde concluimos que HomΛ(π,M) es un epimorfismo.(b) Por 5.3.30 (c), sabemos que Λ(Λ/annΛ(S))Λ ' ΛSΛ; y por (a), tenemos

EndΛ(S) = HomΛ(ΛSΛ, ΛS) ' HomΛ(Λ/annΛ(S), S) ' HomΛ(Λ, S) ' ΛS.


Proposicion 5.3.34. Sea Λ una R-algebra de artin y S = {S1, . . . , Sn} unafamilia completa de Λ−modulos simples no isomorfos dos a dos. Entonces, lassiguientes condiciones se satisfacen.

(a) Si Q ∈ mod(Λ) es inyectivo, entonces Q ' I0(⊕n

i=1 ΛSmii ), con mi >

0 ∀ i (recordamos que M0 := 0).

(b) Si Λ es conmutativo y N ∈ mod(Λ) es simple, entonces

(b1) top(Λ) '⊕ni=1 ΛSi.

(b2) ΛN ' top(Λ)⇐⇒ HomΛ(S, I0(N)) ' ΛS ∀ S ∈ S .

Demostracion. (a) Sea Q ∈ mod(Λ) inyectivo. Dado que Λ es artiniano aizquierda, se tiene que soc(Q) ' ⊕n

i=1 ΛSmii con mi > 0. Luego, por 5.3.23

(c), se tiene que

Q ' I0(Q) ' I0(soc(Q)) ' I0(

n⊕i=1

ΛSmii

).

(b) Sea Λ conmutativo y N ∈ mod(Λ) semisimple. Dado que Λ es conmu-tativo y Λ/J(Λ) es simple (cf. ??), se obtiene de ?? que top(ΛΛ) '⊕n

i=1 ΛSi.Sea ΛN '

⊕ni=1 ΛS

mii con mi > 0. Veamos primero que

HomΛ

(Sj , I0

(n⊕i=1

ΛSmii

))' ΛS

mjj ∀ j. (5.4)

En efecto, por 5.3.10 (a), 5.3.22 (c) y 5.3.23 (d), tenemos

HomΛ

(Sj , I0

(n⊕i=1

ΛSmii

))' HomΛ

(Sj ,

n⊕i=1

I0(ΛSi)mi

)

' HomΛ

(Sj ,

n⊕i=1

soc(I0(ΛSi))mi

)' HomΛ

(Sj ,

n⊕i=1

Smii

)

'n⊕i=1

HomΛ(Sj , Si)mi ' HomΛ(Sj , Sj)

mj ' ΛSmjj ,

donde el ultimo isomorfismo se debe a 5.3.33 (b).Ahora bien, por 5.2.2, ΛN ' top(ΛΛ) ⇐⇒ mi = 1 ∀ i; y esto sucede, en

virtud de (5.4) y 5.2.2, si y solo si HomΛ(S, I0(M)) ' ΛS ∀ S ∈ S .

5.4. Anillos con dualidad

Definicion 5.4.1. Decimos que Λ es un anillo con dualidad si Λ y Λop

son anillos artinianos a izquierda, y existen funtores contravariantes aditivos

mod(Λ)DΛ→ mod(Λop)

DΛop−−−→ mod(Λ) tales que DΛ ◦DΛop ' 1mod(Λop) y DΛop ◦DΛ ' 1mod(Λ). En tal caso, decimos que Λ es un anillo con dualidad DΛ.

5.4. Anillos con dualidad 203

Observese que si Λ es un anillo con dualidad DΛ, entonces Λop es un anillocon dualidad DΛop .

Lema 5.4.2. Sea Λ un anillo con dualidad DΛ y h : X → Y en mod(Λ).Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) Existe un isomorfismo t : DΛ(Ker(h)) → Coker(DΛ(h)) tal que haceconmutar el siguiente diagrama en mod(Λop)

DΛ(Y )DΛ(h)

// DΛ(X)DΛ(i)

//

��

DΛ(Ker(h))

tvvnnnnnnnnnnnn

Coker(DΛ(h)),

donde i : Ker(h)→ X es la inclusion.

(b) Existe un isomorfismo t′ : Ker(DΛ(h)) → DΛ(Coker(h)) tal que haceconmutar el siguiente diagrama en mod(Λop)

Ker(DΛ(h))j

//

t′ ((PPPPPPPPPPPPDΛ(Y )

DΛ(h)// DΛ(X)

DΛ(Coker(h)),

DΛ(π)

OO

donde π : Y → Coker(h) es el epi-canonico y j : Ker(DΛ(h)) → DΛ(Y )es la inclusion.

(c) h es un monomorfismo si y solo si DΛ(h) es un epimorfismo.

(d) h es un epimorfismo si y solo si DΛ(h) es un monomorfismo.

Demostracion. (a) Veamos que D(i) : D(X) → D(Ker(h)) satisface la pro-piedad universal del cokernel. Para ello, usaremos el isomorfismo µ : 1mod(Λop) →DΛ ◦Dop

Λ . En efecto, sea g : DΛ(X)→ W en mod(Λop) tal que gDΛ(h) = 0, yµW : W → DΛ(Z) el isomorfismo natural donde Z := DΛop(W ).

Dado que µW g : DΛ(X) → DΛ(Z) y DΛ es pleno, ∃β : Z → X tal queDΛ(β) = µW g. Ahora bien DΛ(hβ) = DΛ(β)DΛ(h) = µW gDΛ(h) = 0; y comoDΛ es fiel, se tiene que hβ = 0. Por lo que ∃ ! β : Z → Ker(h) que haceconmutar el siguiente diagrama

Zβ

{{xxxxxxxxx

β��

Ker(h)i// X

h// Y.


Por lo tanto DΛ(β)DΛ(i) = DΛ(β) = µW g, y se tiene el siguiente diagramaconmutativo en mod(Λop)

DΛ(Y )DΛ(h)

// DΛ(X)DΛ(i)//

g

��

D(β)

&&MMMMMMMMMM

��

DΛ(Ker(h))

D(β)

��

W µW

∼// DΛ(Z),

por lo que g = g′DΛ(i) con g′ := µ−1W DΛ(β), siendo este unico por la unicidad

de β tal que iβ = β.(c) Tenemos que: h es un monomorfismo⇐⇒ Ker(h) = 0⇐⇒ DΛ(Ker(h)) =

0; y por (a), esto ultimo sucede si y solo si DΛ(h) es un epimorfismo.(b) y (d) se prueban de forma dual a los anteriores (cf. Ejercicio 5.4.3).

Ejercicio 5.4.3. Demuestre los incisos (b) y (d) del Lema 5.4.2.

Proposicion 5.4.4. (Lema de Baer) Sea R un anillo y M ∈ Mod(R). Enton-ces, RM es inyectivo en Mod(R) si y solo si ∀ I ∈ L (RR), ∀ g : RI → RMexiste h : RR→ RM tal que h|I = g.

Demostracion. Ver, por ejemplo, en [1].

Ejercicio 5.4.5. Sea Λ un anillo artiniano a izquierda e I ∈ mod(Λ). Pruebeque las siguientes condiciones que son equivalentes.

(a) ΛI es inyectivo en Mod(Λ).

(b) ΛI es inyectivo en mod(Λ).

Sugerencia: Usar el Lema de Baer.

Proposicion 5.4.6. Sea Λ un anillo con dualidad DΛ. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) 0 → Af→ B

g→ C → 0 es una sucesion exacta en mod(Λ) si y solo si

0→ DΛ(C)DΛ(g)−−−−→ DΛ(B)

DΛ(f)−−−−→ DΛ(A)→ 0 en exacta en mod(Λop).

(b) Para toda familia {Ai}ni=1 en mod(Λ), se tiene que

DΛ

(n⊕i=1

Ai

)'

n⊕i=1

DΛ(Ai).

(c) ∀ M ∈ mod(Λ) se tiene que

(c1) M es inescindible si y solo si DΛ(M)es inescindible.

(c2) M es simple si y solo si DΛ(M) es simple.


(c3) M es proyectivo (inyectivo) si y solo si DΛ(M)es inyectivo (proyec-tivo).

(d) f es un mono-esencial (epi-esencial) si y solo si DΛ(f) es un epi-esencial(mono-esencial).

Demostracion. (a) (⇒) Sea 0 → Af→ B

g→ C → 0 una sucesion exactaen mod(Λ). Luego, por 5.4.2 (c) y (d), tenemos que DΛ(f) es un epimorfismoy DΛ(g) es un monomorfismo; y dado que gf = 0, entonces 0 = DΛ(gf) =DΛ(g)DΛ(f). En consecuencia Im(DΛ(g)) ⊆ Ker(DΛ(f)). Por otro lado, de5.4.2, tenemos

Im(DΛ(g)) = Ker ◦ Coker(DΛ(g)) ' Ker ◦DΛ(Ker(g)) = Ker ◦DΛ(Im(f))

= Ker ◦DΛ(Ker ◦ Coker(f)) ' Ker ◦ Coker ◦Ker(DΛ(f)) ' Ker(DΛ(f)).

Por lo tanto Im(DΛ(g)) ' Ker(DΛ(f)). Lo cual implica que `Λop(Im(DΛ(g))) =`Λop(Ker(DΛ(f))), de donde se tiene que Im(DΛ(g)) = Ker(DΛ(f)).

(⇐) Ahora supongamos que 0 → DΛ(C) → DΛ(B) → DΛ(A) → 0 esexacta en mod(Λop). Dado que Λop es un anillo con dualidad DΛop , tenemos elsiguiente diagrama conmutativo en mod(Λ)

η : 0 // DΛopDΛ(A) //

��

DΛopDΛ(B) //

��

DΛopDΛ(C) //

��

0

ε : 0 // A // B // C // 0,

donde las flechas verticales son isomorfismos. Luego, como η es exacta, conclui-mos que ε es exacta.

(b) Es consecuencia de que DΛ es un funtor aditivo.(c1) Sea ΛM inescindible y DΛ(M) = X ⊕ Y. Entonces, por (b) tenemos

M ' DΛopDΛ(M) ' DΛop(X)⊕DΛop(Y ).

Como M es inescindible, DΛop(X) = 0 o DΛop(Y ) = 0. Por lo tanto X = 0o Y = 0 pues DΛop es fiel. La otra implicacion es dual.

(c2) Por el Ejercicio 3.8.6 y 5.4.2, se tienen las equivalencias: ΛM es simple⇐⇒ ∀ X ∈ mod(Λ), ∀ f ∈ HomΛ(X,M) f = 0 o f es un epimorfismo ⇐⇒∀ X ∈ mod(Λ), ∀ f ∈ HomΛ(X,M) DΛ(f) = 0 o DΛ(f) es un monomorfismo⇐⇒ ∀ Z ∈ mod(Λop), ∀ g ∈ HomΛop(DΛ(M), Z) g = 0 o g es un monomorfismo⇐⇒ DΛ(M) es simple.

(c3) Es consecuencia de 5.4.2 y del Ejercicio 5.4.5.(d) Dado que mod(Λ) = f.l.(Λ), por ?? (a) y 5.3.3, es suficiente (en las

definiciones de mono-esencial y epi-esencial) usar morfismos en mod(Λ). Paraluego aplicar 5.4.2.

Proposicion 5.4.7. Sea Λ un anillo con dualidad DΛ. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.


(a) ∀ X ∈ mod(Λ) se tiene que I0(X) ∈ mod(Λ).

(b) ∀ X ∈ mod(Λ) existen isomorfismos t : DΛ(P0(X)) → I0(DΛ(X)) yt′ : DΛ(I0(X)) → P0(DΛ(X)), tales que hacen conmutar los siguientesdiagramas en mod(Λop)

DΛ(X)DΛ(εX)

//

iDΛ(X) &&MMMMMMMMMMDΛ(P0(X))

twwooooooooooo

I0(DΛ(X)),

DΛ(I0(X))DΛ(iX)

//

t′ ''OOOOOOOOOOODΛ(X)

εDΛ(X)xxqqqqqqqqqq

P0(DΛ(X)).

Demostracion. Sea X ∈ mod(Λ). Consideremos la cubierta proyectiva εX :P0(X)→ X y la envolvente inyectiva iX : X → I0(X) en mod(Λ). Por 5.4.6 (c3)y (d), se tiene que DΛ(εX) : DΛ(X)→ DΛ(P0(X)) es una envolvente inyectiva.Luego, por el Ejercicio 5.3.8 existe un isomorfismo t : DΛ(P0(X))→ I0(DΛ(X))tal que tDΛ(εX) = iDΛ(X). En particular concluimos que

∀ X ∈ mod(Λ) I0(DΛ(X)) ∈ mod(Λop). (5.5)

Luego, usando que Λop es un anillo con dualidad DΛop y (Λop)op = Λ, se obtienede (5.5), que

∀ Y ∈ mod(Λop) I0(DΛop(Y )) ∈ mod(Λ). (5.6)

Por otro lado, DΛ(X) ∈ mod(Λop) y DΛop(DΛ(X)) ' X; y por (5.6), se tieneque I0(X) ∈ mod(Λ) pues I0(X) ' I0(DΛop(Y )), donde Y := DΛ(X).

Ejercicio 5.4.8. Sea Λ un anillo con dualidad DΛ. Pruebe que

(a) ∀ M ∈ mod(Λ) `Λop(DΛ(M)) = `Λ(M).

(b) Si ΛQ es inyectivo inescindible, entonces ΛQ es finitamente generado.

Proposicion 5.4.9. Sea Λ un anillo con dualidad DΛ. Consideremos la suce-

sion exacta canonica 0→ rad(M)i→M

π→ top(M)→ 0 en mod(Λ). Entonces,las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) Se tiene el siguiente diagrama conmutativo y exacto en mod(Λop)

0 // DΛ(top(M))DΛ(π)

//

��

DΛ(M)DΛ(i)// DΛ(rad(M)) //

��

0

0 // soc(DΛ(M))jDΛ(M)

// DΛ(M) // DΛ(M)soc(DΛ(M))

// 0,


donde las flechas verticales son isomorfismos.

(b) M contiene un unico submodulo maximal si y solo si DΛ(M) contiene ununico simple.

Demostracion. (a) Por ??, π : M → top(M) es un epi-esencial, y de 5.4.6(d), se tiene que DΛ(π) : DΛ(top(M)) → DΛ(M) es un mono-esencial. Dadoque DΛ(top(M)) es semisimple (cf. 5.4.6 (c)), por 5.3.13 (a), ∃α tal que elsiguiente diagrama en mod(Λop) conmuta

0 // DΛ(top(M))DΛ(π)

//

α��

DΛ(M)DΛ(i)// DΛ(rad(M)) // 0

0 // soc(DΛ(M))jDΛ(M)

// DΛ(M) //// DΛ(M)soc(DΛ(M))

// 0.

Por lo tanto α es un mono-esencial pues DΛ(π) lo es (cf. 5.3.6 (a)); y por5.3.6 (b), α es un isomorfismo. Finalmente, por el Lema del Cinco, existe unisomorfismo β : DΛ(rad(M)) → DΛ(M)/soc(DΛ(M)) que hace conmutar eldiagrama anterior; probandose (a).

(b) Por (a), 5.4.6 (c2) y 5.3.13 (a), se tienen las equivalencias: Card(MΛM ) =

1 ⇐⇒ rad(M) ∈ MΛM ⇐⇒ top(M) es simple ⇐⇒ DΛ(top(M)) es simple

⇐⇒ soc(DΛ(M)) es simple ⇐⇒ DΛ(M) contiene un unico simple.

Proposicion 5.4.10. Sea Λ un anillo con dualidad DΛ y 0 → soc(M)jM→

Mπ→ M/soc(M) → 0 la sucesion exacta canonica en mod(Λ). Entonces, las

siguientes condiciones se satisfacen.

(a) Se tiene el siguiente diagrama conmutativo y exacto en mod(Λop)

0 // rad(DΛ(M)) //

��

DΛ(M) // top(DΛ(M)) //

��

0

0 // DΛ(M/soc(M))DΛ(π)

// DΛ(M)DΛ(jM )

// DΛ(soc(M)) // 0,

donde las flechas verticales son isomorfismos.

(b) M contiene un unico simple si y solo si DΛ(M) contiene un unico submodu-lo maximal.

Demostracion. (a) Por 5.3.23 (a), la inclusion jM : soc(M) → M es unmono-esencial; y de 5.4.6 (d), se obtiene que DΛ(jM ) : DΛ(M)→ DΛ(soc(M))es un epi-esencial con DΛ(soc(M)) semisimple (vease 5.4.6 (c)). Por lo que


rad(DΛ(soc(M))) = 0. Luego top(D(soc(M))) = DΛ(soc(M)); y por ??, existeun isomorfismo t que hace conmutar el siguiente diagrama en mod(Λop)

DΛ(M)DΛ(jM )

//

��

DΛ(soc(M))

top(DΛ(M))t// DΛ(soc(M)).

Por lo tanto, se tiene el segundo cuadrado conmutativo del diagrama en (a).Para obtener el primero, se procede como en la proposicion anterior.

(b) La prueba es dual a 5.4.9 (b).

5.5. Existencia de dualidad en algebras de artin

Lema 5.5.1. Sea R un anillo conmutativo artiniano, RI := I0(top(RR)) yX ∈ mod(R). Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) HomR(X, I) ∈ mod(R) y mS(HomR(X, I)) = mS(X) ∀ S simple.

(b) El R-morfismo ΦX : X → HomR(HomR(X, I), I), con ΦX(x)(f) := f(x),es un isomorfismo natural.

Demostracion. (a) Procederemos por induccion sobre `R(X). Si `R(X) 6 1entonces X = 0 o X es simple; y por 5.3.34 (b2), HomR(X, I) ' RX. Supon-gamos que `R(X) > 1, luego existe un simple S′ ∈ L (RX). Consideremos lasucesion exacta 0→ RS

′ → RX → RX′ → 0 en mod(R). Por 5.3.34 (b2), se tie-

ne la sucesion exacta 0→ HomR(X ′, I)→ HomR(X, I)→ RS′ → 0 en mod(R).

Dado que `R(X ′) = `R(X) − 1, concluimos por induccion que HomR(X ′, I) ∈mod(R) y mS(HomR(X ′, I)) = mS(X ′); por lo que HomR(X, I) ∈ mod(R), yademas

mS(HomR(X, I)) = mS(S′) +mS(HomR(X ′, I)) = mS(S′) +mS(X ′) = mS(X).

(b) Veamos la naturalidad de Φ : 1mod(R) → HomR(HomR(−, I), I). Seaf : X → Y en mod(R), luego tenemos los siguientes morfimos en mod(R) :

HomR(f, I) : HomR(Y, I)→ HomR(X, I),

HomR(HomR(f, I), I) : HomR(HomR(X, I), I)→ HomR(HomR(Y, I), I).

Probaremos que el siguiente diagrama conmuta

Xf

//

ΦX��

Y

ΦY��

HomR(HomR(X, I), I)ϕ(f)

// HomR(HomR(Y, I), I),

5.5. Existencia de dualidad en algebras de artin 209

donde ϕ(f) := HomR(HomR(f, I), I). En efecto, recordamos primeramente que∀ α ∈ HomR(Y, I) se tiene HomR(f, I)(α) := αf, y ∀ x ∈ X ϕ(f)(ΦX(x)) :=ΦX(x) ◦HomR(f, I). Entonces

(ϕ(f)(ΦX(x)))(α) = (ΦX(x) ◦HomR(f, I))(α) = ΦX(x)(HomR(f, I)(α))

= ΦX(x)(α ◦ f) = (α ◦ f)(x) = α(f(x)) = ΦY (f(x))(α) = ((ΦY ◦ f)(x))(α).

Por lo tanto ϕ(f)(ΦX(x)) = (ΦY ◦f)(x) ∀ x ∈ X, y por consiguiente ϕ(f)◦ΦX =ΦY ◦ f.

Ahora, veamos que ΦX es un isomorfismo. Por (a), sabemos que

`R(HomR(HomR(X, I), I)) = `R(X).

Por lo tanto, basta ver que ΦX es un monomorfismo. Sea x ∈ Ker(ΦX), ysupongamos que x 6= 0. Luego, Rx ∈ mod(R), y Rx es noetheriano (puesmod(R) = f.l.(R)); por lo que ∃RN 6 Rx tal que Rx/N es simple. En virtudde 5.3.34 (b1), Rx/N es un sumando directo de top(RR). Luego de 5.3.10,tenemos los monomorfismos Rx/N → I0(Rx/N) → I0(top(RR)) =: I. Por lotanto, existe un monomorfismo h : Rx/N → I.

Sea g := hπ : Rx → I, donde π : Rx → Rx/N es el epi-canonico. Veamosque g(x) 6= 0. En efecto, si g(x) = 0 entonces hπ(x) = 0, por lo que π(x) = 0 yx ∈ N ; lo cual es una contradiccion pues N 6= Rx. Luego, por ser I inyectivo,tenemos el siguiente diagrama conmutativo

Rx� � //

g��

X

∃ g~~||||||||

I,

i.e. g|Rx = g. Pero ΦX(x)(g) = g(x) = g(x) 6= 0, por lo que x 6∈ Ker(ΦX), locual no sucede. Por lo tanto x = 0.

Proposicion 5.5.2. Sea R un anillo conmutativo artiniano y I := I0(top(RR)).Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) R es un anillo con dualidad DR := HomR(−,RIR) : mod(R)→ mod(R).

(b) ∀ RS simple mS(RR) = mS(RI).

(c) R ' EndR(I).

Demostracion. (a) Por 5.5.1 (a), DR(X) ∈ mod(R) ∀ X ∈ mod(R). Y por5.5.1 (b) Φ : 1mod(R) → D2

R es un isomorfismo.(b) Sea RS simple. Luego, por 5.5.1 (a), mS(RR) = mS(HomR(RR, I)) =

mS(RI).(c) R ' End(RR)op, y por (a), End(RR)op ' End(DR(RR)) ' EndR(I),

donde el ultimo isomorfismo se da ya que DR(RR) ' RI.


Teorema 5.5.3. Toda R-algebra de artin Λ es un anillo con dualidad DΛ,donde DΛ(ΛX) := HomR(ΛXR, IR) con I := I0(top(R)). Mas aun, DΛ es unaR-equivalencia de categorıas.

Demostracion. Veamos que

∀ X ∈ mod(Λ) DΛ(ΛX) ∈ mod(Λop). (5.7)

En efecto, sea Λ una R-algebra de artin vıa ϕ : R → Λ. Luego Λop es unaR-algebra de artin vıa ϕop : R → Λop, donde ϕop(λop) := ϕ(λ). Por lo tanto,tenemos 2 estructuras de R-modulo en DΛ(ΛX) :

(r · f)(x) := f(rx), pues X ∈ RModR, vıa el cambio de anillos ϕop : R→Λop, y

r�f , dada por el cambio de anillos ϕop : R → Λop, pues DΛ(ΛX) es unΛop-modulo.

Ambas estructuras de R-modulo coinciden, ya que

(r�f)(x) = (ϕop(r)f)(x) = (fϕ(r))(x) = f(ϕ(r)x) = f(rx) = (r · f)(x).

Por otro lado, X ∈ mod(Λ) y 5.1.3 (b) implican que RX ∈ mod(R), y por5.5.1 (a), DΛ(ΛX) ∈ mod(R). Por lo tanto DΛ(ΛX) es un Λop-modulo que esnoetheriano como R-modulo.

Consideremos {ΛopNi}i∈N una cadena ascendente en L (ΛopDΛ(ΛX)). Porel cambio de anillos ϕop : R → Λop, {RNi}i∈N es una cadena ascendente enL (RDΛ(ΛX)), la cual se estabiliza pues RDΛ(ΛX) es noetheriano. Por lo tantoDΛ(ΛX) ∈ mod(Λop).

Ahora checamos que si f : X → Y esta en mod(Λ), se tiene que HomR(f, I) :DΛ(Y ) → DΛ(X) es un morfismo en mod(Λop). En efecto, ∀ α ∈ DΛ(Y ) =HomR(Y, I), ∀ x ∈ X, ∀ λ ∈ Λ tenemos las igualdades

DΛ(f)(αλ)(x) = HomR(f, I)(αλ)(x) = ((αλ) ◦ f)(x) = (αλ)(f(x))

= α(λf(x)) = α(f(λx)) = HomR(f, I)(α)(λx) = (DΛ(f)(α))λ)(x).

Por lo tanto DΛ(f)(λopα) = (DΛ(f)(α))λ = λopDΛ(f)(α).Por lo anterior y por (5.7), tenemos que DΛ : mod(Λ) → mod(Λop) con

DΛ(X) = HomR(ΛXR, IR) es un R-funtor. Analogamente (reemplazando aΛ por Λop), tenemos que DΛop : mod(Λop) → mod(Λ) con DΛop(ZΛ) :=HomR(RZΛ,R I) es un R-funtor. Ahora bien,

ΦX : ΛX → HomR(HomR(ΛXR, IR), IR) = DΛop ◦DΛ(X)

con ΦX(x)(f) := f(x) es un R-isomorfismo natural (por 5.5.1 (b)). Veamos queΦX es un Λ-morfismo (en particular, tendrıamos que Φ : 1mod(Λ) → DΛop ◦DΛ

5.6. El funtor ∗ y el funtor de Nakayama 211

es un isomorfismo natural). En efecto, ∀ f ∈ HomR(X, I) ∀ x ∈ X, ∀ λ ∈ Λ,se tiene que

ΦX(λx)(f) = f(λx) = (fλ)(x) = ΦX(x)(fλ) = (λΦX(x))(f).

Por lo tanto ΦX(λx) = λΦX(x).

Analogamente, el R-isomorfismo natural (cf. 5.5.1 (b))

ΦZ : ZΛ → HomR(HomR(RZλ,R I), IR) = DΛ ◦DΛop(Z),

con ΦZ(z)(g) = g(z), es un Λop-isomorfismo natural.

Observacion. Sea Λ una R-algebra de artin. Tenemos que:

(a) DΛ(Λ) = HomR(Λ, I) ∈ ΛModΛ vıa:

• ΛD(Λ) := HomR(RΛΛ,R I) = DΛop(ΛΛ), y

• D(Λ)Λ := HomR(ΛΛR, IR) = DΛ(ΛΛ).

(b) HomΛ(−, ΛD(Λ)Λ) : mod(Λ)→ mod(Λop) es un R-funtor contravariante.En efecto, si ΛX ∈ mod(Λ), por 5.1.5, se tiene que HomΛ(ΛX, ΛD(Λ)) ∈mod(R). Luego, procediendo como en la prueba de 5.5.3, se demuestraque HomΛ(ΛX, ΛD(Λ)Λ) ∈ mod(Λop).

Proposicion 5.5.4. Sea Λ una R-algebra de artin. Entonces, los R-funtoresDΛ, HomΛ(−, ΛD(Λ)Λ) : mod(Λ)→ mod(Λop) son isomorfismos.

Demostracion. Usando la adjuncion del Hom y el producto tensorial, tenemoslos isomorfismos naturales

DΛ(M) = HomR(M, I)∼→ HomR(RΛΛ ⊗Λ ΛM, RI)

∼→ HomΛ(ΛM, HomR(RΛΛ, RI)) = HomΛ(M, D(Λ)).

5.6. El funtor ∗ y el funtor de Nakayama

Lema 5.6.1. Sea Λ-una R-algebra de artin. Entonces,

HomΛ(−, ΛΛΛ) : Mod(Λ)→ Mod(Λop)

y HomΛop(−, ΛΛΛ) : Mod(Λop)→ Mod(Λ)

son R-funtores contravariantes.


Demostracion. Sea f : A → B un morfismo en Mod(Λ). Verifiquemos queHomΛ(f,Λ) : HomΛ(B,Λ) → HomΛ(A,Λ) es un morfismo en Mod(Λop). Enefecto, ∀ a ∈ A, ∀ g ∈ HomΛ(B,Λ),∀ λ ∈ Λ se tiene que

HomΛ(f,Λ)(λopg)(a) = ((λopg) ◦ f)(a) = (gλ)(f(a)) = g(f(a))λ

= (HomΛ(f,Λ)(g)(a))λ = (λopHomΛ(f)(g))(a).

Por lo tanto HomΛ(f,Λ)(λopg) = λopHomΛ(f)(g), por lo que HomΛ(−, ΛΛΛ)es un R-funtor. Analogamente se tiene que HomΛop(−, ΛΛΛ) es un R-funtorpues ΛopΛopΛop = ΛΛopΛ = ΛΛΛ (cf. prueba de 5.2.1 (a)).

Definicion 5.6.2. Definimos el R-funtor ∗ := HomΛ(−, ΛΛΛ) : Mod(Λ) →Mod(Λop). De la misma forma, denotaremos tambien por ∗ al R-funtor contra-variante HomΛop(−, ΛΛΛ) : Mod(Λop)→ Mod(Λ). Del contexto, quedara clarode cual de ellos se trata. Se denota X∗ := HomΛ(X,Λ) si X ∈ Mod(Λ).


(a) ∀ A ∈ mod(Λ) A∗ ∈ mod(Λop).

(b) ∀ A ∈ Mod(Λ) ΦA : A → A∗∗ con ΦA(a)(f) := f(a) es un Λ-morfismonatural.

(c) ν : ΛΛ→ (ΛΛ)∗ con ν(λ)(x) := λx es un Λ-isomorfismo.

(d) t : ΛΛ → (ΛΛ)∗ con t(λ)(x) := xλ es un Λop-isomorfismo.

(e) ΦΛ : Λ→ Λ∗∗ es un Λ-isomorfismo.

Demostracion. (a) Sea A ∈ mod(Λ). Luego por 5.1.5, A∗ = HomΛ(A,Λ) ∈mod(R). Usando el cambio de anillos R → Λop (la estructura de R-algebra deartin de Λop), se tiene que A∗mod(Λop) pues A∗ ∈ mod(R).

(b) La prueba es similar a la de 5.5.1 (b).(c) Sea µ : (ΛΛ)∗ := HomΛop(ΛΛ, ΛΛΛ) → ΛΛ dado por µ(f) := f(1).

Es claro que µ es un Λ-morfismo pues µ(λf) = (λf)(1) = λf(1) = λµ(f).Consideremos la aplicacion ν : ΛΛ → (ΛΛ)∗ dada por ν(λ)(x) := λx. Veamosque µ−1 = ν. Esto se sigue, ya que (µ ◦ ν)(λ) = µ(ν(λ)) = ν(λ)(1) = λ · 1 = λ;por lo que µ◦ν = 1

ΛΛ. Por otra parte, se tiene que(ν ◦µ)(f)(x) = ν(µ(f))(x) =ν(f(1))(x) = f(1)x = f(1 · x) = f(x). Por lo tanto, ν ◦ µ = 1(ΛΛ)∗ .

(d) Consideremos θ : (ΛΛ)∗ → ΛΛ con θ(f) := f(1). Se prueba, como en(c), que t−1 = θ.

(e) Veamos que el siguiente diagrama en Mod(Λ) conmuta

Λ∗∗t∗

// (ΛΛ)∗

ΛΛ,ΦΛ

aaCCCCCCCC ν

;;xxxxxxxx


donde ν(λ)(x) := λx y t(λ)(x) := xλ son los isomorfismos de (c) y (d). Comot : ΛΛ → (ΛΛ)∗ es un Λop-isomorfismo, la aplicacion

t∗ = HomΛop((ΛΛ)∗, ΛΛΛ) : (ΛΛ)∗∗ → (ΛΛ)∗

es un Λ-isomorfismo pues t es un Λop−isomorfismo. Luego

(t∗ ◦ ΦΛ)(λ)(x) = t∗(ΦΛ(λ))(x) = (ΦΛ(λ) ◦ t)(x)

= ΦΛ(λ)(t(x)) = t(x)(λ) = λx = ν(λ)(x).

Por lo tanto t∗ ◦ΦΛ = ν. Luego, como ν y t∗ son Λ−isomorfismos, se tiene queΦΛ es un Λ-isomorfismo.


(a) ∀ P ∈P(Λ), P ∗ ∈P(Λop).

(b) ∀ P ∈P(Λ), ΦP : P → P ∗∗ es un Λ-isomorfismo.

(c) El R-funtor contravariante ∗ = HomΛ(−, ΛΛΛ) : Mod(Λ) → Mod(Λop),se restringe a una dualidad de R-categorıas

HomΛ(−, ΛΛΛ)|P(Λ) : P(Λ)→P(Λop).

Demostracion. (a) y (b) Primero, tenemos que (ΛΛ)∗ ∈ P(Λop), ya quet : (ΛΛ)∗ → ΛΛ es un isomorfismo en P(Λop) (cf. 5.6.3 (d)).

Sea P ∈ P(Λ). En particular, ∃n ∈ N ∃ ΛQ tales que P ⊕ Q = ΛΛn. Porlo tanto P ∗ ⊕ Q∗ ' (ΛΛn)∗ ' (ΛΛ)n, de donde P ∗ ∈ P(Λop). Por otro lado,como 0→ P → (ΛΛ)n → Q→ 0 es una sucesion split-exacta y ∗ es aditivo, seobtiene el siguiente diagrama conmutativo y exacto en Mod(Λ)

K

��

0

��

K ′

��

0 // P

��

//ΛΛn

ΦΛn

��

// Q

ΦQ��

// 0

P ∗∗ //

��

(ΛΛn)∗∗ //

��

Q∗∗ //

��

0

C 0 C ′.

Por el Lema de la Serpiente, se tiene que 0→ K → 0→ K ′ → C → 0→ C ′ → 0es exacta en Mod(Λ), por lo que K = 0 = C ′. Considerando, ahora la sucesionexacta que se parte 0 → Q → ΛΛn → P → 0; y repitiendo el procedimientoanterior, se obtiene la sucesion exacta 0→ K ′ → 0→ K → C ′ → 0→ C → 0,


de donde se tiene que K ′ = 0 = C. Por lo tanto, ΦP : P → P ∗∗ es unisomorfismo.

(c) Por (b), tenemos el siguiente Λ-isomorfismo

ΦP : ΛP → P ∗∗ = HomΛop(HomΛ(ΛP, ΛΛΛ), ΛΛΛ).

Analogamente, intercambiando a Λ por Λop, se tiene el Λ-isomorfismo

ΦQ : QΛ → Q∗∗ = HomΛ(HomΛop(QΛ, ΛΛΛ), ΛΛΛ).

Luego, por 5.6.3 (b), se tienen los siguientes isomorfismos inducidos por Φ

1P(Λ) → HomΛop(HomΛ(−, ΛΛΛ), ΛΛΛ)|P(Λ),

1P(Λop) → HomΛ(HomΛop(−, ΛΛΛ), ΛΛΛ)|P(Λop).


(a) ∀ A,B ∈ Mod(Λ), ∀ α : A1 → A2 y ∀ β : B1 → B2 en Mod(Λ), lossiguientes diagramas conmutan

A∗2 ⊗Λ Bα∗⊗1B

//

ψA2,B

��

A∗1 ⊗Λ B

ψA1,B

��

HomΛ(A2, B)HomΛ(α,B)

// HomΛ(A1, B),

A∗ ⊗Λ B11A∗⊗β

//

ψA,B1

��

A∗ ⊗Λ B2

ψA,B2

��

HomΛ(A,B1)HomΛ(A,β)

// HomΛ(A,B2),

donde ψA,B : A∗ ⊗Λ B → HomΛ(A,B) se define como ψA,B(f ⊗ b)(a) :=f(a)b (i.e. ψA,B(f ⊗ b) = f(−)b).

(b) ∀ P ∈P(Λ),∀ B ∈ mod(Λ) se tiene que ψP,B : P ∗⊗Λ B → HomΛ(P,B)es un R-isomorfismo.

Demostracion. (a) Veamos que HomΛ(α,B)◦ψA2,B = ψA1,B ◦ (α∗⊗1B). Enefecto, sea f ∈ A∗2 = HomΛ(A2,Λ), b ∈ B, a1 ∈ A1 y α∗ : A∗2 → A∗1. Entonces

(ψA1,B ◦ (α∗ ⊗ 1B))(f ⊗ b)(a1) = ψA1,B((α∗ ⊗ 1B)(f ⊗ b))(a1)

= ψA1,B(α∗(f)⊗ b)(a1) = ψA1,B(f ◦ α⊗ b)(a1)

= (f ◦ α)(a1)b = ((f ◦ α)(−)b)(a1) = HomΛ(α,B)(f(−)b)(a1)

= (HomΛ(α,B) ◦ ψA2,B)(f ⊗ b)(a1).

Analogamente, se prueba que ψA,B2◦ (1A∗ ⊗ β) = HomΛ(A, β) ◦ ψA,B1

.(b) Realizaremos la prueba en tres etapas.(i) P = ΛΛ. Consideremos los isomorfismos εB : HomΛ(Λ, B) → B, dado

por εB(f) := f(1), y τB : Λ⊗ΛB → B dado por τB(λ⊗b) := λb. En particular,


εB ⊗ 1B : (ΛΛ)∗ ⊗Λ B → ΛΛ ⊗Λ B es un isomorfismo pues εΛ : (ΛΛ)∗ → ΛΛ loes (vease la prueba de 5.6.3 (d)). Luego, para probar que ψΛ,B : Λ∗ ⊗Λ B →HomΛ(Λ, B) es un isomorfismo, es suficiente ver que el siguiente diagramaconmuta

Λ∗ ⊗Λ BψΛ,B//

εΛ⊗1B

��

HomΛ(Λ, B)

εB

��

Λ⊗ 1B

τB

��

B,

f ⊗ b � //

_

��

f(−)bG

��

f(1)⊗ b_

��

f(1)b.

La conmutatividad del primer diagrama se sigue facilmente (ver el segundodiagrama). Ahora bien, dado que εB ◦ ψΛ,B = τB ◦ (εΛ ⊗ 1B), se sigue queψΛ,B = ε−1

B ◦ τB ◦ (εΛ ⊗ 1B) es un isomorfismo.

(ii) P = ΛΛn. En este caso, se tiene el siguiente diagrama conmutativo

(ΛΛn)∗ ⊗B ψΛn,B//

��

HomΛ(Λn, B)

��

((ΛΛ)∗ ⊗B)n(ψΛ,B)n

// (HomΛ(Λ, B))n,

donde las flechas verticales y (ψΛ,B)n son isomorfismos por (i). Por lo tantoψΛn,B es un isomorfismo.

(iii) Caso general. Sea P ⊕ Q = ΛΛn. Usaremos que ∗ = HomΛ(−, ΛΛΛ) :Mod(Λ)→ Mod(Λop) y −⊗Λ B : Mod(Λop)→ Mod(R) son R-funtores.

Dado que 0 → P → Λn → Q → 0 es split-exacta en Mod(Λ), se tiene elsiguiente diagrama conmutativo

0 // Q∗ ⊗Λ B //

ψQ,B

��

(Λn)∗ ⊗Λ B //

ψΛn,B

��

P∗ ⊗Λ B

ψP,B

��

// 0

0 // HomΛ(Q,B) // HomΛ(Λn, B) // HomΛ(P,B) // 0,

donde ψΛn,B es un isomorfismo, por (ii). Y por el Lema de la Serpiente, conclui-mos que ψQ,B es un monomorfismo y ψP,B es un epimorfismo. Analogamente,usando la sucesion exacta 0→ Q→ Λn → P → 0 que es split-exacta, se tieneque ψP,B es un monomorfismo y que ψQ,B es un epimorfismo. Por lo tanto,ψP,B : P ∗ ⊗Λ B → HomΛ(P,B) es un isomorfismo en Mod(R).

Lema 5.6.6. Sea Λ una R-algebra de artin semisimple y S la clase de losΛ-modulos simples. Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.


(a) Λ es un anillo con dualidad ∗ := HomΛ(−, ΛΛΛ) : mod(Λ)→ mod(Λop).

(b) ∀ S ∈ S , S∗ es un Λop-modulo simple; y ademas, se tiene un isomorfismode Λop-modulos HomΛ(S, π) : S∗ → HomΛ(S,Λ/annΛ(S)), donde π :Λ→ Λ/annΛ(S) es el epi-canonico.

(c) ∀ S ∈ S , annΛop(S∗) = annΛ(S).

Demostracion. (a) Como Λ es semisimple, tenemos por ??, que P(Λ) =mod(Λ) y P(Λop) = mod(Λop) (Λop es semisimple por ??). Luego (a), esconsecuencia de 5.6.4 (c).

(b) Por (a), tenemos que ∗ : mod(Λ) → mod(Λop) es una R-dualidad.Luego, por 5.4.6 (c2), se tiene que S∗ es un Λop-simple. Ahora bien, aplicandoel funtor HomΛ(S,−) al epi-canonico π : Λ → Λ/annΛ(S), se obtiene queHomΛ(S, π) : S∗ → HomΛ(S,Λ/annΛ(S)) es un Λop-epimorfismo, pues ΛS esproyectivo. Por otro lado, como S∗ es un Λop-simple, se tiene que HomΛ(S, π)es cero o es un monomorfismo. Luego, es suficiente ver que HomΛ(S, π) 6= 0.En efecto, por 5.3.30 (c), Λ/annΛ(S) ' ΛS

m, por lo tanto

HomΛ(S,Λ/annΛ(S)) ' HomΛ(S, Sm) ' (EndΛ(S))m 6= 0.

Por lo que HomΛ(S,Λ/annΛ(S)) 6= 0; y como HomΛ(S, π) es un epimorfismo,concluimos que HomΛ(S, π) 6= 0.

(c) Por (b) y el Ejercicio 5.3.28 (d), se tiene que

annΛop(S∗) = annΛop(HomΛ(S,Λ/annΛ(S))).

Veamos que annΛop(HomΛ(S,Λ/annΛ(S))) = annΛ(S). En efecto, como Λ essemisimple, se tiene que Λ = Λ1 × Λ2 × · · · × Λn, donde Λi es un anillo dematrices y por lo tanto un anillo simple. En la prueba de ?? (b), se vio que:si ΛiSi es el unico simple (hasta isomorfismos) en Mod(Λi), entonces {ΛSi}ni=1

es una familia completa de Λ-simples no isomorfos, donde ΛSi se obtiene de

ΛiSi por cambio de anillos πi : Λ → Λi, con πi la proyeccion canonica. Como

ΛS es simple, podemos asumir que ΛS = ΛSi para algun i. Dado que Λi esun anillo simple, mi := Ker(πi) � Λ es maximal y annΛi(Si) = 0 (i.e. ΛiSies fiel). Luego, por el Ejercicio 5.3.29 (b), se tiene que annΛ(Si) = mi puesΛi = Λ/Ker(πi) = Λ/mi. De donde

annΛop(HomΛ(S,Λ/annΛ(S))) = annΛop(HomΛi(Si,Λi));

por otro lado, HomΛi(Si,Λi) es Λopi -fiel pues es no nulo y Λopi = Λop/mi essimple (ya que en un anillo simple todos los modulos no nulos son fieles).Luego, por el Ejercicio 5.3.29 (b), concluimos que annΛop(HomΛi(Si,Λi)) = mipues Λop/mi = Λopi , probandose (c).

Ejercicio 5.6.7. Sea Λ una R-algebra de artin. Considere la dualidad usualDΛ := HomR(−, I), donde I := top(R). Pruebe que:


(a) ∀ M ∈ mod(Λ) annΛ(M) = annΛop(DΛ(M)).

(b) ∀ N ∈ mod(Λop) annΛop(N) = annΛ(DΛop(N)).

Lema 5.6.8. Sea Λ una R-algebra de artin y r := J(Λ). Entonces, el epi-canonico π : M → top(M) en mod(Λ) induce el siguiente isomorfismo enmod((Λ/r)op)

HomΛ(π,Λ/r) : HomΛ(top(M),Λ/r)→ HomΛ(M,Λ/r).

Demostracion. Veamos que HomΛ(π,Λ/r) es un (Λ/r)op-morfismo. En efecto,sea f : top(M)→ Λ/r un Λ-morfismo y λ := λ+ r ∈ Λ/r. Luego

HomΛ(π,Λ/r)(λopf)(m) = (fλ) ◦ π(m) = f(π(m))λ

= λop

((f ◦ π)(m)) = λop

HomΛ(π,Λ/r)(f)(m).

Tambien se tiene que HomΛ(π,Λ/r) es un monomorfismo, pues π : M →top(M) es un epimorfismo. Ahora, checamos que HomΛ(π,Λ/r) es un epimor-fismo. Para esto, veamos que Im(f) es semisimple. En efecto, Im(f) 6 top(Λ)y top(Λ) es semisimple; y por ??, Im(f) es semisimple. Ahora bien, por ?? (b),se tiene que

0 = rad(Im(f)) = rf(M) = f(rM) = f(rad(M)),

por lo tanto rad(M) 6 Ker(f). Por lo que existe f : top(M) → Λ/r tal que elsiguiente diagrama conmuta

Mf

//

π##

GGGGGGGGG Λ/r

top(M),f

::vvvvvvvvv

de donde se tiene que HomΛ(π,Λ/r) es un epimorfismo.

Teorema 5.6.9. Sea Λ una R-algebra de artin, DΛ = HomR(−, I) la dualidadusual donde I := I0(top(R)) y S la clase Λ-modulos simples. Entonces

(a) ∀ S ∈ S DΛop(top((P0(S))∗)) ' ΛS.

(b) ∀ S ∈ S DΛop((P0(S))∗) ' I0(ΛS).

Demostracion. Sea S ∈ S , r := J(Λ) = J(Λop) y P := P0(S) → S lacubierta proyectiva de S.

(a) Veamos primero que las siguientes dos condiciones se satisfacen. Enprimer lugar, veamos que

top(P ∗) ' HomΛ/r(P/rP,Λ/r) como (Λ/r)op −modulos. (5.8)


En efecto, tenemos que

top(P ∗) ' P ∗/P ∗r ' P ∗ ⊗Λ Λ/r ' HomΛ(P,Λ/r)

' HomΛ(top(P ),Λ/r) = HomΛ/r(P/rP,Λ/r),

donde el segundo isomorfismo se debe a 5.6.5 (b) y el ultimo a 5.6.8; probandose(5.8).

Ahora, demostraremos que

annΛ/r(D(Λ/r)op(P ∗/P ∗r)) = annΛ/r(S). (5.9)

En efecto, por el Ejercicio 5.6.7 (b), se tiene

annΛ/r(D(Λ/r)op(P ∗/P ∗r)) = ann(Λ/r)op(P ∗/P ∗r)

= ann(Λ/r)op(HomΛ/r(P/rP,Λ/r)) = annΛ/r(S),

donde la segunda igualdad se tiene de (5.8), y la ultima a 5.6.6 ya que top(P ) 'S; probandose (5.9).

Ahora bien, por 5.6.6 (b), se tienen los Λ/r-simples D(Λ/r)op(P ∗/P ∗r) y

Λ/rS, ambos con el mismo anulador, en virtud de (5.9); entonces, por 5.3.32,

DΛop(top(P ∗)) = HomΛop(P ∗/P ∗r, I) = Hom(Λ/r)op(P ∗/P ∗r, I)

= D(Λ/r)op(P ∗/P ∗r) ' Λ/rS.

Usando el cambio de anillos Λ → Λ/r, el isomorfismo anterior induce un iso-morfismo DΛop(top(P ∗))

∼→ ΛS.(b) Tenemos que el epi-canonico π : P ∗ → top(P ∗) es una cubierta pro-

yectiva pues P ∗ ∈ P(Λop) (por 5.6.4 y ??). Luego, de 5.4.7, se tiene queDΛop(π) : DΛop(top(P ∗)) → DΛop(P ∗) es una envolvente inyectiva. Por (a),tenemos que I0(ΛS) ' DΛop(P ∗).

Definicion 5.6.10. Sea Λ una R-algebra de artin. El funtor de Nakayamaν es la composicion de los siguientes R-funtores

mod(Λ)∗=HomΛ(−,Λ)−−−−−−−−−→ mod(Λop)

DΛop=HomR(−,I)−−−−−−−−−−−−→ mod(Λ),

donde I := I0(top(R)). Denotaremos por I (Λ) a la subcategorıa plena demod(Λ) cuyos objetos son los Λ-modulos inyectivos finitamente generados.

Teorema 5.6.11. Sea Λ una R-algebra de artin. Entonces, el funtor de Naka-yama ν : mod(Λ) → mod(Λ), se restringe a una R-equivalencia de categorıasν|P(Λ) : P(Λ)→ I (Λ).

Demostracion. Por 5.6.4 (c), sabemos que ∗ : P(Λ) → P(Λop) es una R-dualidad de categorıas. Por otro lado, DΛop : mod(Λop) → mod(Λ) es unaR-dualidad tal que DΛ(P(Λop)) = I (Λ), vease 5.5.3 y 5.4.6 (c3).


Observacion. Sea Λ una R-algebra de artin y S la clase de los Λ-simples.Note que 5.6.9 (b) se puede reescribir como sigue: ∀ S ∈ S se tiene queν(P0(S)) ' I0(S).

Ejercicio 5.6.12. Sea Λ una R-algebra de artin, P ∈ P(Λ) inescindible,I ∈ I (Λ) inescindible y M ∈ mod(Λ). Pruebe que:

(a) `EndΛ(P )op(HomΛ(P,M)) = mtop(P )(M).

(b) `EndΛ(I)(HomΛ(M, I)) = msoc(I)(M).

Ejercicio 5.6.13. Sea Λ una R-algebra de artin, ΛS simple y e ∈ Λ un idem-potente primitivo. Pruebe que

(a) Λe = P0(S) si y solo si e · S 6= 0.

(b) ϕ : HomΛ(Λe,Λ)→ eΛ, con ϕ(f) := f(e), es un Λop-isomorfismo.

(c) Λe = P0(S) si y solo si eΛ = P0(DΛ(S)).

Capıtulo 6

Algebras de Caminos

A lo largo de este capıtulo, K denotara un campo. En el aspecto teorico, mu-chos de los resultados para idempotentes y K-algebras de dimension finita seranusados para el estudio de K-algebras de caminos. Se define carcaj con relacio-nes, en particular de define el carcaj ordinario de una K-algebra de dimensionfinita. El capıtulo acaba con el Teorema de Peter Gabriel, el cual afirma quetoda K-algebra basica de dimension finita admite una presentacion, si K esalgebraicamente cerrado. Enseguida damos definiciones elementales sobre car-cajes.

6.1. Carcajes de algebras

Definicion 6.1.1. Un carcaj Q es un triple (Q0, Q1, d), donde Q0 es el con-junto de vertices de Q, Q1 es el conjunto de flechas de Q y d : Q1 → Q0 ×Q0

con d(α) = (o(α), t(α)), donde o(α) es el origen de α y t(α) el termino (final)

de α, i.e. o(α)α→ t(α).

Ejemplos. (1) Q = 1α// 2

β// 3 , Q0 = {1, 2, 3}, Q1 = {α, β}.

(2) Q = 1α//

β// 2

γ

��

, Q0 = {1, 2}, Q1 = {α, β, γ}.

(3) Q = 1, Q0 = {1}, Q1 = ∅.

Definicion 6.1.2. Sea Q un carcaj, decimos que:

(a) Q es finito si Card(Q0 ∪Q1) <∞.

(b) Q es conexo si la grafica (no orientada) subyacente Q de Q es conexa.Recordamos que Q se obtiene de Q, olvidando la orientacion de las flechas.

221

222 Capıtulo 6. Algebras de Caminos

(c) Q′ = (Q′0, Q′1, d′) es un subcarcaj de Q = (Q0, Q1, d) si Q′0 ⊆ Q0, Q

′1 ⊆

Q1 y d′ = d|Q′1 .

(d) Q′ es un subcarcaj pleno de Q, si Q′ es un subcarcaj de Q tal queQ′1 = {α ∈ Q1 | o(α), t(α) ∈ Q′0}.

Ejemplos. Sea Q = 1α// 2

β//

γ// 3

δ

��

. El carcaj Q′ = 2γ// 3 es un

subcarcaj de Q que no es pleno. Sin embargo, el carcaj Q′′ = 2β//

γ// 3

δ

��

sı es un subcarcaj pleno de Q.

Definicion 6.1.3. Dado un carcaj Q, se tienen los siguientes tipos de caminosen Q :

(a) Los vertices i ∈ Q0, se les conoce tambien como caminos de longitudcero y se denotan por εi = (i| |i) para cada i ∈ Q0.

(b) Los caminos de longitud n > 1, son de la forma

α : iα1// t(α1)

α2// t(α2) · · · o(αn)

αn// j.

Dicho camino se denota por α = (j | αn, αn−1, . . . , α1 | i), o bien α =αnαn−1 · · ·α1.

Denotaremos por Qn, n ∈ N, al conjunto de todos los caminos en Q de longitudn. De esta forma, tenemos que Q0 son los vertices o caminos de longitud 0, yQ1 son las flechas o caminos de longitud 1

Definicion 6.1.4. Sea Q un carcaj. Decimos que:

(a) α ∈ Qn es un ciclo, si n > 1 y o(α) = t(α). Un lazo es un ciclo delongitud 1.

(b) Q es acıclico si Q no contiene ciclos orientados.

Ejemplos. (1) El carcaj

es acıclico, Q0 = {1, 2, 3, 4}, Q1 = {α, β, γ, δ}, Q2 = {βα, δγ} y Qn = ∅para n > 3.

(2) El carcaj

6.1. Carcajes de algebras 223

tiene un lazo α, Q0 = {1}, Q1 = {α} y Qn = {αn} ∀ n ∈ N+.

Definicion 6.1.5. Sea Q un carcaj. Denotamos por:

(a) KQn al K-espacio vectorial cuya base es Qn.

(b) KQ :=⊕

n∈NKQn, i.e. KQ es el K-espacio vectorial cuya base es⋃n∈NQn.

Ejemplos. (1) Q = 1α// 2 , en este caso KQ = Kε1 ⊕Kε2 ⊕Kα.

(2) Q = 1.α��

Luego KQ =⊕

n∈NKαn donde α0 := ε1.

Definicion 6.1.6. Sea Q un carcaj. La concatenacion de caminos en Q esuna funcion Qn ×Qm → Qn+m, definida para cada par (n,m) ∈ N× N, comosigue

(α, β) 7→ βα :=

{(t(β) | β, α | o(α)) si t(α) = o(β),0 si t(α) 6= o(β).

La concatenacion de caminos en Q, se extiende K-bilinealmente a un productoKQ× KQ→ KQ como sigue n∑

i=1

aiαi ,

m∑j=1

bjβj

7→ n∑i=1

m∑j=1

bjaiβjαi.

Dicho producto en KQ, se le conoce como el inducido por la concatenacion decaminos.

Proposicion 6.1.7. Sea Q un carcaj. Entonces, las siguientes condiciones sesatisfacen.

(a) El K-espacio vectorial KQ, junto con el producto inducido por la conca-tenacion de caminos, induce una estructura de K-algebra (posiblementesin unidad) en KQ.

(b) KQ tiene unidad si y solo si Card(Q0) < ∞. En tal caso {εi | i ∈ Q0}es un sistema completo de idempotentes ortogonales en KQ.

(c) dimK(KQ) <∞ si y solo si Q es finito y acıclico.

Demostracion. (a) No es difıcil ver que el producto Qn × Qm → KQn+m

definido por (α, β) 7→ βα es asociativo; y que al extenderlo K-bilinealmente aKQ×KQ→ KQ de la siguiente manera(

n∑i=1

aiαi,

m∑i=1

bjβj

)7→∑i,j

bjaiβjαi,


se obtiene una estructura de K-algebra en KQ, posiblemente sin unidad.(b) Es claro que {εi | i ∈ Q0} es una familia de idempotentes ortogonales

en KQ. Ademas, si γ ∈ ⋃n∈NQn, se tiene que

γεi =

{γ si o(γ) = i,0 si o(γ) 6= i.

y εiγ =

{γ si t(γ) = i,0 si t(γ) 6= i.

Supongamos que ∃ 1KQ. En particular 1KQ =∑ni=1 aiγi, donde ai ∈ K, γi ∈⋃

n∈NQn. Sea Q′0 := {o(γi) | 1 6 i 6 m}, que es un conjunto finito. SiCard(Q0) =∞, entonces ∃ j ∈ Q0 \Q′0 tal que 1KQ = 1KQεj =

∑mi=1 aiγiεj =

0; por lo que KQ = 0, lo cual es una contradiccion. Por lo tanto Card(Q0) <∞.Sea Card(Q0) < ∞. Veamos que 1KQ =

∑i∈Q0

εi. En efecto, dado uncamino γ en Q, se tiene que

γ

∑i∈Q0

εi

=∑i∈Q0

γεi = γεo(γ) = γ = εt(γ)γ =

∑i∈Q0

εi

γ.

De donde se sigue que 1KQ =∑i∈Q0

εi.(c) Sea dimK(KQ) <∞. En particular se tiene que

Card(Q0 ∪Q1) 6 Card(⋃n∈N

Qn) = dimK(KQ) <∞.

Por lo que Q es finito. Veamos que Q es acıclico. En efecto, supongamos queexiste un ciclo γ ∈ Qn. Luego γm ∈ Qnm ∀ m ∈ N, en particular {γm | m ∈ N}es infinito y linealmente independiente, contradiciendo que dimK(KQ) <∞.

Ahora, supongamos que Q es finito y acıclico. Luego ∃n0 ∈ N tal que Qn =∅ ∀ n > n0. De donde se tiene que dimK(KQ) = Card(

⋃06n6n0

Qn) <∞.

Ejemplo. Consideremos el carcaj Q = 1α��

. Es claro que ε1αn = αn y tambien

que αnαm = αn+m ∀ n,m ∈ N. Ademas 1KQ = ε1 y α0 := 1KQ = ε1. Entonces,se tiene un isomorfismo de K-algebras KQ =

⊕n>0(Kαn) → K[x] donde

ε1 7→ 1K y α 7→ x.

Definicion 6.1.8. Sea Λ un anillo. Decimos que Λ es conexo si {0, 1} son losunicos idempotentes centrales de Λ.

Ejercicio 6.1.9. Sea Λ un anillo. Pruebe que Λ es conexo si y solo si Λ no sepuede escribir como el producto de anillos Λ = R×S, donde R y S son anillosno triviales.

Lema 6.1.10. Sea Λ un anillo y e ∈ Λ un idempotente. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) La correspondencia ρ : eΛe→ EndΛ(Λe)op, dada por (λ′e)ρ(eλe) = λ′eλe,es un isomorfismo de anillos.


(b) El idempotente e es primitivo si y solo si eΛe 6= 0 y ∀ τ ∈ eΛe, conτ2 = τ, se tiene que τ = e o τ = 0.

Demostracion. (a) Vease 3.9.14 (b).(b) Segun ??, e es primitivo si y solo si ΛΛe es inescindible, y esto ultimo

sucede si y solo si EndΛ(Λe)op es no trivial y los unicos idempotentes son lostriviales (ver ??). Luego, basta aplicar (a).

Lema 6.1.11. Sean Λ un anillo y {e1, e2, . . . , en} una familia completa deidempotentes ortogonales de Λ. Entonces, se tiene que Λ no es conexo si y solosi existe una particion no trivial {1, 2, . . . , n} = I]J tal que eiΛej = 0 = ejΛei∀ i ∈ I, ∀ j ∈ J.

Demostracion. (⇒) Supongamos que Λ no es conexo. Luego ∃ c ∈ C(Λ) \{0, 1} tal que c2 = c. Sean ci := eicei ∈ eiΛei ∀ i = 1, 2, . . . , n. ConsideremosI := {i | ci = 0} y J := {j | cj = ej}. Veamos que

ci = ei o ci = 0 ∀ i = 1, 2, . . . , n. (6.1)

En efecto, como ei es primitivo y c2i = ci ∈ eiΛei, la afirmacion (6.1) se siguede 6.1.10 (b).

Por otro lado, la igualdad {1, 2, . . . , n} = I ] J se sigue de (6.1) y de queei 6= 0. Veamos que

∀ i ∈ I eic = cei = 0 y ∀ j ∈ J ejc = cej = ej . (6.2)

En efecto, c = 1 · c · 1 = (∑ni=1 ei)c(

∑nj=1 ej) =

∑i,j eicej =

∑ni=1 eicei =∑n

i=1 ci. Luego c =∑ni=1 ci. Ahora bien:

∀ i ∈ I, se tiene que eic =∑nt=1 eict =

∑nt=1 eietcet = eicei = ci = 0.

Analogamente, cei = 0.

∀ j ∈ J, se tiene que ejc =∑nt=1 ejct =

∑nt=1 ejetcet = ejcej = cj = ej .

Analogamente, cej = ej .

Sea (i, j) ∈ I × J. Luego como c ∈ C(Λ), de (6.2), se tiene eiΛej = eiΛcej =eicΛej = 0 = ejΛcei = ejcΛei = ejΛei.

(⇐) Ahora, sea I ] J = {1, 2, . . . n} una particion tal que eiΛej = 0 =ejΛei ∀ i ∈ I, ∀ j ∈ J. Consideremos c :=

∑j∈J ej . Luego 1 = c+c′, donde c′ :=∑

i∈I ei. Dado que {c, c′} es una familia completa de idempotentes ortogonalesde Λ, se tiene que Λ = Λc ⊕ Λc′. Por lo tanto, dado que I ] J = {1, 2, . . . n},concluimos que c 6∈ {0, 1}. Falta ver que c ∈ C(Λ). Sea λ ∈ Λ. Por hipotesiseiλej = 0 = ejλei ∀ i ∈ I, ∀ j ∈ J, luego

cλ = cλ · 1 =

∑j∈J

ej

λ

(∑i∈I

ei +∑t∈J

ej

)=∑t,j∈J

ejλet


=

∑j∈J

ej +∑i∈I

ei

λ

(∑t∈J

et

)= 1 · λc = λc.

Teorema 6.1.12. Sea Q un carcaj finito. Entonces, las siguientes condicionesse satisfacen.

(a) {εi | i ∈ Q0} es una familia completa de idempotentes ortogonales primi-tivos de KQ.

(b) La K-algebra KQ es conexa si y solo si Q es conexo.

Demostracion. (a) Por 6.1.7 (b), basta ver que εi es primitivo. Para ello,dado que εi(KQ)εi 6= 0, es suficiente, por 6.1.10 (b), probar que los unicosidempotentes de εi(KQ)εi son εi y 0.

En efecto, en el caso en que Q no tenga ciclos que pasen por i, se tiene queεi(KQ)εi = εi(K)εi = Kεi; y como K es un campo, se sigue el resultado eneste caso.

Supongamos que Q tiene ciclos que pasan por i. Luego, por ser Q finito,existen solamente γ1, . . . , γr ciclos tales que o(γt) = i = t(γt) ∀ t, y los otrosposibles vertices de dichos cicilos son diferentes del vertice i. En el siguientedibujo, ilustramos tres de tales posibles ciclos.

Observe que εi(KQ)εi son todas las combinaciones K-lineales (finitas) decaminos en Q que empiezan y terminan en i.

Sea K〈x1, . . . , xr〉 la K-algebra de polinomios no conmutativos en las varia-bles x1, . . . , xr. Dicha algebra tiene como idempotentes solo al 0 y al 1. Dadoque la aplicacion εi(KQ)εi → K〈x1, . . . , xr〉 tal que γj 7→ xj y εi 7→ 1 es unisomorfismo de K-algebras, se tienen que los unicos idempotentes de εi(KQ)εison los triviales.

(b) (⇒) Supongamos que Q no es conexo. Sea Q′ una componente conexade Q y Q′′ := Q\Q′. Por (a), sabemos que {εi | i ∈ Q0} es una familia completade idempotentes ortogonales primitivos de KQ. Por otro lado, Q0 = Q′0 ] Q′′0es una particion no trivial (por construccion).

Veamos que ∀ a ∈ Q′0, ∀ b ∈ Q′′0 se tiene que εa(KQ)εb = 0 = εb(KQ)εa. Enefecto, sean a ∈ Q′0, b ∈ Q′′0 y γ un camino en Q. Como Q′ es conexo, se tieneque γ esta en Q′ o bien en Q′′. Si γ ⊆ Q′, usando que t(γ) 6= b y o(γ) 6= b, setiene que εbγεa = 0 = εaγεb. Analogamente, si γ ∈ Q′′, usando que o(γ) 6= a yt(γ) 6= a, tenemos que εbγεa = 0 = εaγεb; esto es, εa(KQ)εb = 0 = εb(KQ)εa.Luego, por 6.1.11, KQ no es conexo.


(⇐) Sea Q un carcaj conexo, y supongamos que KQ no es conexo. Luego,por 6.1.11, existe una particion no trivial Q0 = Q′0]Q′′0 tal que ∀ x ∈ Q′0,∀ y ∈Q′0 sucede que εx(KQ)εy = 0 = εy(KQ)εx. Por otro lado, como Q es conexo,existe α ∈ Q1 que conecta un vertice de Q′0 con otro de Q′′0 .

Podemos asumir que aα→ b ∈ Q1 donde a ∈ Q′0 y b ∈ Q′′0 . Luego α =

εbαεa ∈ εb(KQ)εa = 0; lo cual es una contradiccion pues los caminos en Qforman una base de KQ.

Teorema 6.1.13 (Propiedad universal de KQ). Sea Q un carcaj con un nume-ro finito de vertices y A una K-algebra con unidad. Entonces, toda funcionϕ : Q0 ∪Q1 → A que satisface las siguientes condiciones, (a) y (b),

(a) {ei := ϕ(εi) | i ∈ Q0} es una familia completa de idempotentes ortogo-nales en A,

(b) ∀ α ∈ Q1 ϕ(α) = ϕ(εt(α))ϕ(α) = ϕ(α)ϕ(εo(α));

se extiende de manera unica a un morfismo de K-algebras ϕ : KQ → A; estoes, se tiene el siguiente diagrama conmutativo

KQϕ

// A

Q0 ∪Q1

?�

OO

ϕ = ϕ|Q0∪Q1.

AA��

Demostracion. Sea ϕ : Q0 ∪Q1 → A satisfaciendo (a) y (b). Vamos a cons-truir un morfismo de K-algebras ϕ : KQ → A tal que haga conmutar eldiagrama del teorema.

Mostramos la existencia. Para cada n ∈ N, definimos un morfismo K-linealϕn : KQn → A como sigue:

n = 0, ϕ0 : KQ0 → A es la extension K-lineal de ϕ|Q0 : Q0 → A.

n = 1, ϕ1 : KQ0 → A es la extension K-lineal de ϕ|Q1: Q1 → A.

n > 2, consideremos γ = γn · · · γ1 ∈ Qn, con γi ∈ Q1 ∀ i. Definimosϕn(γ) := ϕ(γn) · · ·ϕ(γ1) y extendemos K-linealmente a KQn.

Veamos que vale lo siguiente:

∀ δ ∈ Qn, ∀ γ ∈ Qm ϕn+m(γδ) = ϕm(γ)ϕn(δ). (6.3)

En efecto, las condiciones iniciales, (a) y (b), que satisface ϕ, nos permitenprobar (6.3) para los casos (n,m) ∈ {(0, 0), (0, 1), (1, 0)}. Supongamos quen,m > 1, y sean δ = δn · · · δ1 y γ = γm · · · γ1, donde δi, γj ∈ Q1 ∀ i, j.


Caso (1): o(γ) 6= t(δ). Luego γδ = 0, y entonces ϕn+m(γδ) = 0. Por otrolado, por (b), se tiene que

ϕm(γ)ϕn(δ) = ϕm(γ)ϕ(εo(γ))ϕn(δ) = ϕm(γ)ϕn(εo(γ)δ) = 0.

Caso (2): o(γ) = t(δ). Luego γδ = γm · · · γ1δn · · · δ1. Por lo tanto,

ϕn+m(δ) = ϕ(γm) · · ·ϕ(γ1)ϕ(δn) · · ·ϕ(δ1) = ϕm(γ)ϕn(δ).

Finalmente, dado que KQ =⊕

n>0KQn, ∃ ! ϕ : KQ→ A que es K-linealy ϕ|KQn = ϕn ∀ n. Mas aun, ϕ(1KQ) = ϕ(

∑i∈Q0

εi) =∑i∈Q0

ϕ(εi) = 1A;y ademas, usando (6.3), se tiene que ϕ preserva productos. Por lo tanto ϕ :KQ→ A es un morfismo de K-algebras que extiende a ϕ.

Mostramos la unicidad. Sea φ : KQ → Q un morfismo de K-algebras talque φ|Q0∪Q1

= ϕ. Veamos que φ|KQn = ϕn ∀ n. Para n = 0, 1, la afirmacion secumple por definicion. Sea γ = γn · · · γ1 ∈ Qn, n > 2. Luego,

φ(γ) = φ(γn) · · ·φ(γ1) = ϕ(γn) · · ·ϕ(γ1) = ϕn(γ);

de donde se sigue que φ = ϕ.

Definicion 6.1.14. Dado un carcaj Q, denotaremos por F al ideal generadoen KQ por Q1.

Ejercicio 6.1.15. Sea Q un carcaj. Pruebe que ∀ m > 1, Fm =⊕

n>mKQny Fm/Fm+1 ' KQm como K-modulos.

Lema 6.1.16. Sea Q un carcaj finito y KQ0 := K × · · · ×K︸︷︷︸Card(Q0)−veces

la K-algebra

semisimple asociada a Q. Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) KQ/F =⊕

i∈Q0K · εi como K-modulos, donde εi := εi + F .

(b) La aplicacion ϕ : KQ/F → KQ0 , εi 7→ (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) con 1 en ellugar i, es un isomorfismo de K-algebras. En particular, {εi | i ∈ Q0} esuna familia completa de idempotentes ortogonales primitivos en KQ/F .

Demostracion. (a) KQ/F =(⊕

n>0KQn

)/(⊕

n>1KQn

)' KQ0. Por lo

tanto, dimK(KQ/F ) = Card(Q0). Por otro lado,∑i∈Q0

Kεi =⊕i∈Q0

Kεi ⊆ KQ/F y dimK(∑i∈Q0

Kεi) = Card(Q0),

por lo tanto⊕

i∈Q0Kεi = KQ/F .

(b) Sea ei := (0, . . . , 1i, . . . , 0) ∈ KQ0 . Por (a), es claro que ϕ : KQ/F →

KQ0 es un isomorfismo K-lineal. Usando que {εi | i ∈ Q0} es una familia


completa de idempotentes ortogonales en KQ/F , veremos que ϕ preserva pro-ductos. En efecto, sean x =

∑i∈Q0

xiεi, y =∑i∈Q0

yiεi en KQ/F . Luegoxy =

∑i,j xiyjεi εj =

∑i∈Q0

xiyiεi. Por lo tanto, ϕ(xy) =∑i∈Q0

xiyiei y

ϕ(x)ϕ(y) =

∑i∈Q0

xiei

∑j∈Q0

yjej

=∑i∈Q0

xiyiei = ϕ(xy).

Finalmente, ei es primitivo pues eiKQ0ei = 0 × · · · ×K × · · · × 0 ' K; y

por 6.1.10 (b), se tiene que ei es primitivo, y por tanto εi tambien.

Teorema 6.1.17. Si Q es un carcaj finito y acıclico, entonces KQ es unaK-algebra hereditaria, basica de dimension finita y J(KQ) = F .

Demostracion. Sea Q un carcaj finito y acıclico. Por 6.1.7, se tiene que KQes una K-algebra de dimension finita. Por lo tanto, por ??, para ver que F =J(KQ) es suficiente probar que KQ/F es semisimple (lo cual es cierto por6.1.16 (b)) y que F es nilpotente. Probaremos esto ultimo. En efecto, comoQ es finito y sin ciclos, ∃n0 ∈ N tal que Qn = ∅ ∀ n > n0. Por lo tanto,del Ejercicio 6.1.15, se tiene que Fn0 =

⊕n>n0

KQn = 0; probandose queF = J(KQ).

Veamos que KQ es hereditario, probando que J(KQ) = F es proyectivo,segun ??. En efecto, dado que KQF =

⊕i∈Q0

Fεi (pues {εi}i∈Q0es una

familia completa de idempotentes ortogonales primitivos de KQ) es suficientever que KQFεi es proyectivo ∀ i ∈ Q0. Sea i ∈ Q0, se tiene que Fεi =(⊕

n>1KQn)εi = 〈{ caminos no triviales γ tales o(γ) = i}〉K . Como Q esfinito, existe solamente un numero finito de flechas α1, α2, . . . , αt ∈ Q1 que salende i. Entonces Fεi =

⊕tj=1(KQ)αj como KQ-modulo, luego (KQ)εt(αj) →

(KQ)αj , δ 7→ δαj , es un isomorfismo de KQ-modulos.

Como εt(αj) es un idempotente, se tiene que (KQ)εt(αj) es proyectivo. Lue-

go, (KQ)αj es proyectivo. Por lo tanto Fεi =⊕t

j=1(KQ)αj es proyectivo.

Finalmente mostramos que KQ es basica. Sabemos que J(KQ) = F yKQ/F

∼→ KQ0 . Luego, por 5.2.14 y que K es un campo, se tiene que KQ esbasica.

Ejemplo Consideremos el siguiente carcaj

Aplicando los resultados anteriores, la K-algebra KQ satisface las siguientespropiedades:


{ε1, ε2, ε3, ε4} es una familia completa de idempotentes ortogonales primi-tivos de KQ. Ademas KQ es una K-algebra basica, conexa, hereditaria yde dimension finita, ya que KQ = P1⊕P2⊕P3⊕P4 donde Pi := (KQ)εi.

rad(KQ) = F = Kα⊕Kβ ⊕Kγ ⊕Kδ ⊕Kβα⊕Kδγ como K-modulosy F 3 = 0.

rad(P1) = FP1 = F (Kε1 ⊕ Kα ⊕ Kγ ⊕ Kβα ⊕ Kδγ) = Kα ⊕ Kγ ⊕Kβα⊕Kδγ.

S1 := top(P1) = P1/rad(P1) = Kε1, donde ε1 := ε1 + rad(P1).

P2 = (KQ)ε2 = Kε2 ⊕Kβ, rad(P2) = FP2 = Kβ, S2 = P2/rad(P2) =Kε2, donde ε2 := ε2 + rad(P2).

P3 = (KQ)ε3 = Kε3 ⊕ Kδ, rad(P3) = FP3 = Kδ. Por lo tanto S3 =P3/rad(P3) = Kε3, donde ε3 := ε3 + rad(P3).

P4 = (KQ)ε4 = Kε4, rad(P4) = 0 y S4 = P4.

6.2. Cocientes de algebras de caminos

Definicion 6.2.1. Sea Q un carcaj finito e I � KQ. Decimos que I es ad-misible si ∃m ∈ N tal que Fm ⊆ I ⊆ F 2 (i.e. m > 2). El par (Q, I) con Iadmisible, es llamado carcaj con relaciones.

Ejercicio 6.2.2. Sea Q un carcaj finito e I�KQ tal que I ⊆ F 2. Pruebe que:

(a) I es admisible si y solo si para cada ciclo σ en Q, ∃n > 1 tal que σn ∈ I.

(b) I = 0 es admisible si y solo si Q es acıclico.

Ejemplos. (1) Consideremos el siguiente carcaj:

En este caso F 3 = 0. Sean I1 := 〈αβ − γδ〉 y I2 := 〈αβ − λ〉 ideales deKQ. Entonces, tenemos que:

I1 es admisible, pues I1 ⊆ F 2 y F 3 = 0 ⊆ I1.I2 no es admisible, pues αβ − λ ∈ I2, pero αβ − λ 6∈ F 2.

(2) Consideremos Q′ el siguiente carcaj:

6.2. Cocientes de algebras de caminos 231

En este caso, Fn 6= 0 ∀ n > 1. Consideremos los ideales I1 := 〈αβ −γδ, βλ, λ3〉 y I2 := 〈βλ, αβ − γδ〉. Luego tenemos que:

I1 es admisible pues F 4 ⊆ I1 ⊆ F 2. En efecto, se tiene que Q4 ={λ4, βλ3, δλ3, αβλ2, γδλ2}. Es claro que {λ4, βλ3, δλ3} ⊆ I1. Ahora

αβλ2 = α(βλ)λ ∈ I1 y γδλ2 = (γδ − αβ)λ2 + αβλ2 ∈ I1.

Por lo tanto Q4 ⊆ I1, y por consiguiente F 4 ⊆ I1.I2 no es admisible, pues λn 6∈ I2 ∀ n > 1.

Teorema 6.2.3. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones. Entonces, las siguientescondiciones se satisfacen.

(a) KQ/I es una K-algebra basica de dimension finita.

(b) {ei := εi + I}i∈Q0 es una familia completa de idempotentes ortogonalesprimitivos de KQ/I.

(c) KQ/I es conexa si y solo si Q es conexo.

(d) J(KQ/I) = F/I.

Demostracion. Por ser I un ideal admisible, ∃m > 2 tal que Fm ⊆ I ⊆ F 2.(d) Veamos que KQ/I es de dimension finita. En efecto, como Fm ⊆

I, existe un epimorfismo de K-algebras KQ/Fm → KQ/I. Por lo tanto essuficiente probar que dimK(KQ/Fm) < ∞. Por el Ejercicio 6.1.15, se tieneque

KQ

Fm=

⊕n>0KQn⊕n>mKQn

'⊕

06n<m

KQn;

y como Q es finito, tenemos que dimK(KQ/I) <∞. Luego, para probar (d), essuficiente por ??, ver que KQ/I/F/I es semisimple y que F/I es nilpotente.En efecto, se tienen los isomorfismos de K-algebras

KQ/I

F/I

∼→ KQ/F∼→ KQ0 ,

donde el ultimo isomorfismo es por 6.1.16. ComoKQ0 es semisimple y (F/I)m =0 (pues Fm ⊆ I); se prueba (d).


(a) Sabemos que dimK(KQ/I) <∞ y J(KQ/I) = F/I. Luego, por 5.2.14,hay que ver que KQ/I/F/I es un producto de anillos con division, lo cual escierto pues KQ/I/F/I ' K × · · · ×K︸︷︷︸

Card(Q0)−veces

(cf. 6.1.16).

(b) Consideremos el epi-canonico de K-algebras KQ → KQ/I dado porx 7→ x+I =: x. Luego, por 6.1.12, se tiene que {ei}i∈Q0 es una familia completade idempotentes ortogonales de KQ/I. Veamos que ei es primitivo. En efecto,sea e2 = e ∈ ei(KQ/I)ei = εi(KQ)εi/I. Luego e = λεi + ω + I con λ ∈ K yω una combinacion K-lineal de ciclos en Q de longitud > 1 que pasan por elvertice i. Usando ahora que e2 = e y Fm ⊆ I, se tiene que

(λ2 − λ)εi + (2λ− 1)ω + ω2 ∈ I y ωm = 0. (6.4)

Por otro lado, I ⊆ F 2, y por lo (6.4), se tiene que λ2 − λ = 0, esto es λ = 0o λ = 1. Si λ = 0, por (6.4), −ω + ω2 = 0 i.e. ω2 = ω, por lo que e = ω = 0.Ahora, si λ = 1, por (6.4), ω + ω2 = 0 i.e. − ω2 = ω, por lo que ω = 0, yen consecuencia e = ei. Luego, el algebra ei(KQ/I)ei solo tiene idempotentestriviales; y por 6.1.10 (b), concluimos que ei es primitivo.

(c) La prueba es analoga a la de 6.1.12 (b), extendiendose al caso KQ/I, yusando (b).

Definicion 6.2.4. Sean Q un carcaj y ρ =∑mi=1 λiωi ∈ KQ, donde λi ∈ K y

ωi es un camino de Q ∀ i.

(a) Decimos que ρ es una relacion en Q (con coeficientes en K) si

(a1) ∀ i ωi ∈⋃n>2Qn, y

(a2) ∀ i 6= j o(ωi) = o(ωj) y t(ωi) = t(ωj). En el siguiente dibujo,ilustramos dicha condicion

(b) Si ρ es una relacion en Q, decimos que:

(b1) ρ es una relacion cero o monomial si m = 1.

(b2) ρ es una relacion de conmutatividad si ρ = ω1 − ω2.

Definicion 6.2.5. Sean Q un carcaj finito y {ρj | j ∈ J} un conjunto derelaciones en Q. Si I := 〈{ρj | j ∈ J}〉�Q es admisible, diremos que el carcajcon relaciones (Q, I) esta generado por {ρj | j ∈ J} o bien por las relacionesρj = 0 ∀ j ∈ J.

Ejemplo. Consideremos el siguiente carcaj Q:

6.2. Cocientes de algebras de caminos 233

con las relaciones ρ1 = αβ−γδ (relacion de conmutatividad) y ρ2 = βλ, ρ3 = λ3

(relaciones monomiales). Dado que I := 〈ρ1, ρ2, ρ3〉�Q es admisible, tenemosque KQ/I es la K-algebra de caminos dada por Q y las relaciones: αβ = γδ yβλ = 0 = λ3.

Proposicion 6.2.6. Sea Q un carcaj finito y I �KQ un ideal admisible. En-tonces existe un conjunto finito {ρi | 1 6 i 6 m} de relaciones en Q, tal queI = 〈ρ1, . . . , ρm〉.Demostracion. Sea m ∈ N tal que Fm ⊆ I ⊆ F 2. Veamos primero que I ∈mod(KQ). En efecto, usando la sucesion exacta 0→ Fm → I → I/Fm → 0 enMod(KQ), es suficiente probar que Fm, I/Fm ∈ mod(KQ). Para esto, sabe-mos que KQFm es generado por Qm que es finito, por lo que Fm ∈ mod(KQ).Dado que Fm es un ideal en KQ y es admisible, por 6.2.3, dimK(KQ/Fm) <∞; y como Fm ⊆ I ⊆ KQ, se tiene que dimK(I/Fm) < ∞, por lo queI/Fm ∈ mod(KQ). Por lo tanto, I ∈ mod(KQ). En particular existe un con-junto {σ1, . . . , σt} en KQ tal que I = 〈σ1, . . . , σt〉 �KQ. Por otro lado, dadoque I ⊆ F 2, se tiene que cada σi es una combinacion K-lineal de caminos delongitud al menos 2, donde no necesariamente comparten el mismo origen yfinal. Por lo tanto, para cada par (a, b) ∈ Q0 × Q0 se tiene que εaσiεb es ceroo bien una relacion en Q.

Luego I := 〈εaσiεb | 1 6 i 6 t, (a, b) ∈ Q0 × Q0〉, pues para cada i ∈ Q0

σi =∑a,b∈Q0

εaσiεb.

Ejercicio 6.2.7. Sea Q un carcaj. El carcaj opuesto Qop de Q se define comosigue:

(a) (Qop)0 := Q0, y

(b) iαop→ j ∈ Qop1 ⇐⇒ j

α→ i ∈ Q1.

Pruebe que (KQ)op ' KQop como K-algebras.

Ejercicio 6.2.8. Sea Q un carcaj finito. Pruebe que:

(a) KQ es semisimple si y solo si Q1 = ∅.

(b) KQ es simple si y solo si |Q0| = 1 y Q1 = ∅.

Ejercicio 6.2.9. Sea Q = 1

α

--

γ// 2.

βoo

Pruebe que los siguientes ideales

son admisibles: I1 = 〈α2 − βγ, γβ − γαβ, α4〉 y I2 = 〈α2 − βγ, γβ, α4〉.


Ejercicio 6.2.10. Sea Q un carcaj finito y I �KQ admisible. Construya unideal admisible Iop de KQop, de manera que KQop/Iop ' (KQ/I)op comoK-algebras.

6.3. Carcajes y el algebra tensorial

Definicion 6.3.1. Sea A una K-algebra (con unidad) vıa el morfismo de anillosϕ : K → A, y AMA ∈ AModA con accion central en K (i.e. λm = mλ ∀ λ ∈K, ∀ m ∈M) inducida por el cambio de anillos ϕ : K → A. Consideremos lossiguientes bimodulos:

(a) T 0A := AAA, T 1

A(M) := AMA, y TnA(M) := T 1A(M) ⊗A Tn−1

A (M) ∈AModA para n > 2.

(b) TA(M) :=⊕∞

i=0 TiA(M) como K-modulos.

Ejercicio 6.3.2. Pruebe que la multiplicacion inducida en TA(M) por el pro-ducto T iA(M)× T jA(M)→ T i+jA (M), (x, y) 7→ xy, donde

(a) xy es el producto en A si i = j = 0,

(b) xy es la accion correspondiente de A-modulo (a izquierda o a derecha)cuando i = 0 o j = 0, y

(c) xy := x⊗ y cuando i > 1 y j > 1,

induce en TA(M) una estructura de K-algebra (conocida como el algebra ten-sorial inducida por el bimodulo AMA).

Teorema 6.3.3. Sean A y B K-algebras, AMA un bimodulo con accion centralen K y ϕ : A×M → B una funcion tal que

(a) ϕ|A : A→ B es un morfismo de K-algebras.

(b) ϕ|M : AMA → ABA es un morfismo de bimodulos, donde la estructurade ABA esta dada por la de BBB vıa el cambio de anillos ϕ|A : A→ B.

Entonces, existe un unico morfismo de K-algebras ϕ : TA(M)→ B que extiendea ϕ, i.e. ϕ|A = ϕ|A y ϕ|M = ϕ|M .Demostracion. Definimos ϕ0 := ϕ|A : A → B y ϕ1 := ϕ|M : M → B.Veamos que: para n > 2 ∃ ! ϕn : TnA(M) → ABA morfismo de bimodulos talque ϕn(m1 ⊗ · · · ⊗ mn) = ϕ1(m1)ϕ(m2) · · ·ϕ1(mn). En efecto, consideremosφ2 : M×M → B con φ2(m1,m2) := ϕ1(m1)ϕ1(m2). Tenemos, usando (b), que∀ a ∈ A, se tienen las igualdades

φ2(m1a,m2) = ϕ1(m1a)ϕ1(m2) = ϕ1(m1)ϕ(am2) = φ2(m1, am2).

Luego φ2 es A-balanceada, y por la propiedad universal de⊗

A, se tieneque ∃! ϕ2 : M ⊗A M → B morfismo de Z-modulos tal que ϕ2(m1 ⊗ m2) =

6.4. El carcaj de una K-algebra de dimension finita 235

φ2(m1,m2) = ϕ1(m1)ϕ1(mn). Es facil ver, usando (b), que la correspondenciaϕ2 : M⊗AM → ABA es un morfismo de bimodulos. Por induccion, usando queTnA(M) = M⊗ATn−1

A (M), tenemos que existe un unico morfismo de bimodulosϕn : TnA(M)→ ABA tal que ϕ(m1 ⊗ · · · ⊗mn) = ϕ1(m1)ϕ(m2) · · ·ϕ1(mn).

Ahora, usando los morfismos ϕn ∀ n ∈ N, definimos ϕ :A (M) → B comoϕ(w) :=

∑∞n=0 ϕn(wn), donde w =

∑∞n=0 wn ∈ TA(M), con wn ∈ TnA(M). Por

(a) y (b), tenemos que ϕ es un morfismo de K-modulos. Veamos que ϕ preservaproductos. Para ello, veamos que ∀ x ∈ TnA(M), ∀ y ∈ TmA (M) se tiene queϕn+m(xy) = ϕn(x)ϕm(y); lo cual es facil de ver por la construccion de ϕn+m.Sea w =

∑∞n=0 wn, v =

∑∞m=0 vm donde wn ∈ TnA(M) y vm ∈ TmA (M). Luego

ϕ(wv) = ϕ

(∑n,m

wnvm

)=∑n,m

ϕn+m(wnvm) =∑n,m

ϕn(wn)ϕm(vm)

=

( ∞∑n=0

ϕn(wn)

)( ∞∑m=0

ϕm(vm)

)= ϕ(w)ϕ(v).

Finalmente, para mostrar la unicidad, sea ϕ : TA(M)→ B un morfismo deK-algebras tal que ϕ|A = ϕ|A = ϕ0 y ϕ|M = ϕ|M = ϕ1. Luego, por n > 2

ϕ(m1⊗· · ·⊗mn) = ϕ(m1) · · · ϕ(mn) = ϕ1(m1) · · ·ϕ1(mn) = ϕn(m1⊗· · ·⊗mn).

Por lo tanto, ϕ|TnA(M) = ϕn ∀ n ∈ N; por lo que ϕ = ϕ.

Ejercicio 6.3.4. Sea Q un carcaj finito. Pruebe que:

(a) KQ0 es una K-subalgebra de KQ.

(b) La multiplicacion en KQ induce en KQ1 una estructura de bimodulo

KQ0(KQ1)KQ0

con accion central en K.

(c) La inclusion Q0∪Q1 → TKQ0(KQ1), se extiende (de manera unica) a unmorfismo de K-algebras ψ : KQ→ TKQ0

(KQ1). Sugerencia: Use 6.1.13.

(d) Considere el morfismo ϕ : KQ0 × KQ1 → KQ, inducido por las inclu-siones ϕ|KQ0 : KQ0 → KQ y ϕ|KQ1 : KQ1 → KQ. Usando 6.3.3, prue-be que ϕ se extiende (de manera unica) a un morfismo de K-algebrasϕ : TKQ0

(KQ1)→ KQ.

(e) ϕ : TKQ0(KQ1)→ KQ es un isomorfismo de K-algebras con inversa ψ.

6.4. El carcaj de una K-algebra de dimensionfinita

Definicion 6.4.1. Sea A una K-algebra de dimension finita, {ei | 1 6 i 6 n}una familia completa de idempotentes ortogonales primitivos de A y J := J(A)el radical de Jacobson de A. El carcaj ordinario QA de A se define como sigue:


(a) (QA)0 := {1, 2, . . . , n}.

(b) ∀ a, b ∈ (QA)0, Card(εb(QA)1εa) := dimK(eb(J/J2)ea), i.e. las flechas

de a en b de QA estan en correspondencia biyectiva con una K-base deeb(J/J

2)ea.

Ejemplo. Consideremos la K-algebra de matrices A =

K K K0 K K0 0 K

. Las

matrices elementales eij (cuyos elementos son todos 0, excepto el elemento ijdonde hay un 1), satisfacen eijekl = δjkeil. Tenemos que {e11, e22, e33} es unafamilia completa de idempotentes ortogonales primitivos de A. En efecto, paracada i, tenemos que eiiAeii = Keii ' K, por lo que eii es primitivo, parai = 1, 2, 3.

Sea I :=

0 K K0 0 K0 0 0

� A. Veamos que I = J(A). En efecto, dado que

J3 = 0 y A/I ' K ×K ×K, concluimos por ?? (a) que I = J(A). Ahora bien,

J/J2 =Ke12 ⊕Ke23 ⊕Ke13

Ke13= Ke12 ⊕Ke23,

donde e12 = e12 + J y e23 = e23 + J. Entonces, los unicos productos poridempotentes que no son cero son: e11(J/J2)e22 = Ke12, e22(J/J2)e33 = Ke23.Por lo que el carcaj asociado a A es QA = 1 2oo 3oo .

Proposicion 6.4.2. Sea A una K-algebra de dimension finita. Entonces, lassiguientes condiciones se satisfacen.

(a) El carcaj QA asociado a A, no depende (esencialmente) de la eleccion deuna familia completa de idempotentes ortogonales primitivos de A.

(b) Para cada par ea, eb de idempotentes ortogonales y primitivos de A lacorrespondencia

ψ :ebJ(A)eaebJ(A)2ea

→ ebJ(A)

J(A)2ea

dada por ψ(ebxea + ebJ(A)2ea) := eb(x+ J(A)2)ea es un isomorfismo deK-espacios vectoriales.

Demostracion. Sean {ei | 1 6 i 6 n} y {e′j | 1 6 j 6 m} dos familias comple-

tas de idempotentes ortogonales primitivos de A. Dado que AA =⊕n

i=1Aei =⊕mj=1Ae

′j , y como Aei y Ae′j son inescindibles, por 5.2.2, se tiene que n = m y

reordenando los sumandos directos de AA, podemos suponer que Aei ' Ae′i ∀ i.Para probar (a), es suficiente ver que dimK

(eb

J(A)J(A)2 ea

)= dimK

(e′b

J(A)J(A)2 e

′a

)para cada par (a, b), con a, b ∈ {1, 2, . . . , n}. En efecto, el epimorfismo ϕ :

6.4. El carcaj de una K-algebra de dimension finita 237

J(A)ea → J(A)J(A)2 ea, dado por ϕ(xea) := (x+ J(A)2)ea, satisface que Ker(ϕ) =

J(A)2ea; por lo que tenemos el isomorfismo de A-modulos

J(A)

J(A)2ea '

J(A)eaKer(ϕ)

=J(A)eaJ(A)2ea

=J(A)AeaJ(A)2Aea

=rad(Aea)

rad2(Aea).

Luego, se obtienen los isomorfismos de K-modulos:

ebJ(A)

J(A)2ea ' eb

rad(Aea)

rad2(Aea)' HomA

(Aeb,

rad(Aea)

rad2(Aea)

)

' HomA

(Ae′b,

rad(Ae′a)

rad2(Ae′a)

)' e′b

rad(Ae′a)

rad2(Ae′a)' e′b

J(A)

J(A)2e′a.

(b) El morfismo K-lineal λ : ebJ(A)ea → ebJ(A)J(A)2 ea dado por λ(ebxea) :=

eb(x + J(A)2)ea, satisface que Ker(λ) = ebJ(A)2ea. Por lo tanto λ = ψ es unisomorfismo K-lineal.

Definicion 6.4.3. Sea A una K-algebra de dimension finita, {ei | 1 6 i 6 n}una familia completa de idempotentes ortogonales primitivos de A y QA elcarcaj asociado a A. Definimos la funcion ϕ : (QA)0 ∪ (QA)1 → A como sigue:

(a) ∀ a ∈ (QA)0 ϕ(εa) := ϕεa = ea.

(b) Para cada par (a, b) ∈ (QA)0 × (QA)0, con εb((QA)1)εa 6= ∅, y cadaα : a → b ∈ (QA)1, elegimos ϕ(α) := ϕα ∈ ebJ(A)ea, tal que {ϕa +

J(A)2 | α ∈ εb(QA)1εa} es una K-base de ebJ(A)J(A)2 ea.

Observacion 6.4.4.

(a) La funcion ϕ : (QA)0 ∪ (QA)1 → A definida anteriormente, satisface las“condiciones iniciales” de 6.1.13, por lo que se extiende a un morfismo deK-algebras Φ : KQA → A.

(b) Siguiendo la prueba de 6.1.13, se tiene que ∀ γ = γm · · · γ1 ∈ Qm Φ(γ) =ϕγmϕγm−1

· · ·ϕγ1. En particular Φ(F ) ⊆ J(A) donde F es el ideal de

KQA generado por (QA)1.

Proposicion 6.4.5. Sea A una K-algebra de dimension finita. Consideremosuna familia completa {ei | 1 6 i 6 n} de idempotentes ortogonales primitivos deA, y Φ : KQA → QA el morfismo de K-algebras construido en la observacionanterior. Entonces

(a) Φ(F ) = J(A).

(b) Si A es conexa y basica, entonces QA es conexo.

(c) ∀ α ∈ (QA)1, existe un unico morfismo ϕα ∈ HomA(Aet(α), Aeo(α))tal que ϕα(et(α)) = ϕα. Mas aun, Im(ϕα) ⊆ J(A)eo(α) y Im(ϕα) *J(A)2eo(α).


Demostracion. (a) Sea B := Φ(F ) ⊆ J(A). Veamos primero que

∀ xm ∈ J(A)m, m > 1, ∃ ym+1 ∈ J(A)m+1 y ∃ b ∈ Bm ⊆ B

tal que xm = ym+1 + b. (6.5)

En efecto, probaremos (6.5) por induccion sobre m. Para m = 1, consideremos

la sucesion exacta 0 → J(A)2 → J(A)π→ J(A)/J(A)2 → 0 en Mod(A) con

π(x) := x+J(A)2. En particular, dicha sucesion es exacta en Mod(K), y por lotanto se escinde. Luego, existe un morfismo de K-modulos g : J(A)/J(A)2 →J(A) tal que g(ϕα+J(A)2) = ϕα ∀ α ∈ (QA)1, por lo que J(A) = J(A)2⊕Im(g)como K-modulos y Im(g) = 〈ϕα : α ∈ (QA)1〉K ⊆ Φ(F ) = B. Lo cual prueba(6.5) para m = 1.

Sea m > 1 y xm ∈ J(A)m. Podemos asumir que xm = c1c2 · · · cm dondeci ∈ J(A) ∀ i. Consideremos x′m+1 := c1c2 · · · cm−1 ∈ J(A)m−1. Luego, porhipotesis inductiva, ∃ y′m ∈ J(A)m y ∃ b′ ∈ Bm−1 tales que x′m+1 = y′m + b′, ytambien ∃ y′′ ∈ J(A)2 y ∃ b′′ ∈ B tales que cm = y′′ + b′′. Por lo tanto

xm = x′m−1cm = (y′m + b′)(y′′ + b′′) = y′my′′ + y′mb

′′ + b′y′′ + b′b′′.

Haciendo ym := y′my′′+ y′mb

′′ ∈ J(A)m+1 y b := b′y′′+ b′b′′ ∈ Bm, se tiene quexm = ym + b; probandose (6.5).

Veamos, finalmente, que J(A) ⊆ B. Sea x ∈ J(A), por (6.5), x = y2 + b2donde y2 ∈ J(A)2, b2 ∈ B. Aplicando reiteradamente (6.5) a y2, y3, y4, . . . , seobtiene que ∀ n > 2 ∃ yn ∈ J(A)n y ∃ bn ∈ B tales que x = yn + bn, y por serJ(A) nilpotente, x ∈ B = Φ(F ). Por lo que J(A) ⊆ Φ(F ).

(b) Sea A conexa, y supongamos que QA no es conexa. Entonces existe unaparticion no trivial de (QA)0 = Q′0 ] Q′′0 , tal que no hay caminos en QA queconecten vertices de Q′0 y Q′′0 . Luego, para ver que A es no conexa, es suficientever que ∀ i ∈ Q′0, ∀ j ∈ Q′′0 eiAej = 0 = ejAei. En efecto, por el Ejercicio ??y por ?? (b), se tiene lo siguiente:

eiAej ' HomA(Aei, Aej) ' HomA(Aei, rad(Aej)) '

' eirad(Aej) = eiJ(A)Aej = eiJ(A)ej = Φ(εiFεj) = 0

pues εiFεj = 0 (recuerde que no hay caminos en QA de i a j). Analogamente,se prueba que ejAei = 0.

(c) Sea α : i→ j en (QA)1. Por el Ejercicio ??, se tiene el isomorfismo de K-modulos ρ : ejJ(A)ei → HomA(Aej , J(A)ei) dado por ρ(ejxei)(aej) = aejxei.

Definimos ϕα := ρ(ϕα), luego ϕα(ej) = ρ(ϕα)(ej) = ejϕαei = ϕα 6∈J(A)2ei pues ϕα forma parte de la base de J(A)/J(A)2. Por lo tanto, ϕα(ej) =ϕα y Im(ϕα) * J(A)2ei; y ademas ϕα(aej) = ρ(ϕα)(aej) = aejϕαei ∈ J(A)ei.

Proposicion 6.4.6. Si (Q, I) es un carcaj con relaciones y A = KQ/I, en-tonces QA = Q.

6.5. El teorema de P. Gabriel 239

Demostracion. Sabemos (cf. 6.2.3) que A es una K-algebra de dimensionfinita y que {ei := εi + I}i∈Q0

es una familia completa de idempotentes orto-gonales primitivos de A. Por lo tanto (QA)0 = Q0. Por otro lado J(A) = F/I.Luego

ejJ(A)

J(A)2ei = ej

F/I

F 2/Iei ' εj

F

F 2εi ' εj(KQ1)εi.

En consecuencia, dimK

(ej

J(A)J(A)2 ei

)= Card(εjQ1εi), y por lo tanto QA =

Q.

6.5. El teorema de P. Gabriel

Definicion 6.5.1. Sea A una K-algebra de dimension finita. Decimos que Aes elemental si ∃n ∈ N+ tal que A/J(A) ' K × · · · ×K = Kn.

Ejemplo. A =

Q Q Q0 Q Q0 0 Q

es una Q-algebra de dimension finita; y ademas

es elemental, pues A/J(A) ' Q×Q×Q = Q3.

Ejercicio 6.5.2. Sea A una K-algebra de dimension finita. Pruebe que:

(a) Si A es elemental, entonces A es basica.

(b) Si A es un anillo con division y K es algebraicamente cerrado, entoncesA ' K.

Lema 6.5.3. Sea A una K-algebra de dimension finita. Si A es basica y K esalgebraicamente cerrado, entonces A es elemental.

Demostracion. Si A es basica, por 5.2.14, A/J(A) ' D1 × · · · ×Dn, dondeDi es un anillo con division y una K-algebra de dimension finita ∀ i. Luego,por el Ejercicio 6.5.2, concluimos que A/J(A) ' Kn.

Teorema 6.5.4. Sea A una K-algebra de dimension finita y consideremos elmorfismo de K−algebras Φ : KQA → A de 6.4.4. Entonces

(a) (QA,Ker(Φ)) es un carcaj con relaciones.

(b) Im(Φ) = A si A es elemental.

Demostracion. Sea {ei | 1 6 i 6 n} una familia completa de idempotentesortogonales primitivos de A, con la cual se construye el morfismo de algebrasΦ : KQA → A.

(a) Por ??, ∃m ∈ N tal que J(A)m = 0. Luego, de 6.4.5 se tiene que0 = J(A)m = (Φ(F ))m = Φ(Fm), de donde Fm ⊆ Ker(Φ).


Veamos ahora que Ker(Φ) ⊆ F 2. Sea x ∈ Ker(Φ) ⊆ KQA, entonces pode-mos escribir x =

∑a∈(QA)0

λaεa +∑α∈(QA)1

µα · α + y donde λa, µα ∈ K y

y ∈ F 2. Luego

0 = Φ(x) =∑

a∈(QA)0

λaea +∑

α∈(QA)1

µαϕα + Φ(y);

y como∑α∈(QA)1

µαϕα+Φ(y) ∈ Φ(F ) = J(A), se tiene que b :=∑a∈(QA)0

λaea∈ J(A). Dado que J(A)m = 0, se tiene que 0 = bm =

∑a∈(QA)0

λma ea, lo cualimplica que λma = 0 ∀ a, esto es λa = 0 ∀ a. En consecuencia∑

α∈(QA)1

µαϕα = −Φ(y) ∈ Φ(F 2) = J(A)2.

Por construccion, sabemos que {ϕα + J(A)2 | α ∈ (QA)1} es una K-basede J(A)/J(A)2; por lo que µα = 0 ∀ α ∈ (QA)1, y por ende x = y ∈ F 2.

(b) Supongamos que A es elemental. Por lo tanto A/J(A) ' Kn, y laaplicacion Kn → K(QA)0 dada por (0, . . . , 1

i, . . . , 0) 7→ εi, es un isomorfismo

de K-algebras. Luego, como K-modulos, se tiene que A = J(A)⊕Φ(K(QA)0) =Φ(F )⊕ Φ(K(QA)0) = Φ(F ⊕K(QA)0) = Φ(KQA).

Definicion 6.5.5. Sea A una K-algebra de dimension finita. Una presenta-cion de A es un carcaj con relaciones (Q, I) tal que A ' KQ/I.

Corolario 6.5.6 (Teorema de P. Gabriel). Toda K-algebra basica A de dimen-sion finita, con K algebraicamente cerrado, admite una presentacion (Q, I).

Demostracion. Por 6.5.3, sabemos que A es una K-algebra elemental; y por6.5.4, (QA,Ker(Φ)) es una presentacion de A.

Observacion. Sea A una K-algebra de dimension finita. Supongamos que Aadmite una presentacion (Q, I). Tenemos que:

(1) El carcaj Q es unico, de hecho Q = QA (cf. 6.4.2 y 6.4.6).

(2) El ideal I no tiene por que ser unico. De hecho el ideal Ker(ΦA) dependede las posibles elecciones de ϕα ∈ J(A), tales que {ϕα + J(A)2 : α ∈ Q1}sea una K-base de J(A)/J(A)2.

Ejemplo. Sea A =

K K K0 K K0 0 K

. Vimos que J := J(A) =

0 K K0 0 K0 0 0

.

Ademas A/J(A) ' K × K × K = K3, i.e. A es elemental. Tambien tene-mos que QA = 1 2α

oo 3βoo y {e11, e22, e33} es una familia completa de

idempotentes ortogonales primitivos de A. Como ya vimos, los unicos productoseij(J/J

2)ekl que no son cero son: e11(J/J2)e22 = Ke12 y e22(J/J2)e33 = Ke23.

6.5. El teorema de P. Gabriel 241

Consideremos la eleccion ϕ : (QA)0 ∪ (QA)1 → A como sigue:

ϕε1 = e11, ϕε2 = e22, ϕε3 = e33, ϕα = e12, ϕβ = e23.

Luego Φ(αβ) = ϕαϕβ = e12e23 = e13; y como Φ(⋃2i=0(QA)i) = {e11, e22, e33,

e12, e23, e13}, se tiene que Ker(Φ) = 0. Por lo tanto, obtenemos el isomorfismode K-algebras

Φ : K

(1 2

αoo 3

βoo

)∼→ A.

Ejercicio 6.5.7. Sea Q un carcaj finito y acıclico. Pruebe que KQ es conexasi y solo si KQ/F 2 es conexa.

Ejercicio 6.5.8. Sea A una K-algebra de dimension finita tal que J(A)2 =0, {ei | 1 6 i 6 n} una familia completa de idempotentes ortogonales primitivosde A. Pruebe que para i 6= j, se tiene que 0 6= ejAei si y solo si existe unaflecha i→ j en QA.

Ejercicio 6.5.9. Consideremos el siguiente carcaj:

y los ideales I1 = 〈αβ + γδ〉 y I2 = 〈αβ − γδ〉 de KQ. Pruebe que:

(a) Los ideales I1 y I2 son admisibles.

(b) Si char(K) 6= 2, entonces KQ/I1 ' KQ/I2 como K-algebras.

Ejercicio 6.5.10. Sea A una K-algebra basica de dimension finita con Kalgebraicamente cerrado. Pruebe que si A es conmutativo, entonces A ' B1 ×· · · × Bn, con Bi una K-algebra conmutativa local (i.e. Bi es un anillo local).Sugerencia: Por el Teorema de P. Gabriel existe una presentacion (Q, I) deA. Identifique A con KQ/I, y pruebe que eiAej = 0 = ejAei ∀ i 6= j, donde{ei = εi + I}i∈Q0

. Luego A ' ni=1Bi con Bi := eiAei ' End(AAei) que es

local.

Capıtulo 7

Representaciones decarcajes

En esta seccion, K denota un campo y VecK a una de las siguientes categorıas:Mod(K) o mod(K). En el capıtulo pasado se estudio la manera en como loscarcajes proveen una forma de visualizar algebras de dimension finita. Ahorausaremos carcajes para visualizar modulos, esto mediante representaciones decarcajes. El resultado central de este ultimo capıtulo asegura que si (Q, I) esun carcaj con relaciones y A = KQ/I, entonces Mod(A) y la categorıa derepresentaciones de Q sobre VecK son categorıas K-equivalentes.

7.1. Representaciones de VecK

Definicion 7.1.1. Sea Q un carcaj. Una representacion D de Q sobre VecK ,es una funcion D : Q→ VecK , esto es:

∀ i ∈ Q0 Di ∈ VecK , y

∀ α ∈ Q1, α : i→ j, Dα : Di → Dj es un morfismo en VecK .

Denotamos por RepQ(VecK) a la clase de todas las representaciones D de Q so-bre la categorıa VecK . En concreto, RepK(Q) := RepQ(Mod(K)) y repK(Q) :=RepQ(mod(K)).

Ejemplos. (1) Sea Q = 1α// 2 , entonces D = K2 Dα→ K3, donde Dα =1 0

1 11 0

es una representacion de Q sobre mod(K).

(2) Sea Q′ = 1β��, entonces D = K2

��

, donde Dβ =

(1 10 1

)es una represen-

tacion de Q′ sobre mod(K).

243

244 Capıtulo 7. Representaciones de carcajes

Definicion 7.1.2. Sea Q un carcaj.

(a) Un morfismo f : D → D′ en RepQ(VecK) es una familia de morfismosf = {fi : Di → D′i}i∈Q0 en VecK , tal que ∀ i → j ∈ Q1, el siguientediagrama en VecK conmuta:

DiDα//

fi��

Dj

fj��

D′iD′α

// D′j .

(b) La composicion de morfismos Df→ D′

g→ D′′ en RepQ(VecK) es la familiagf := {gifi : Di → D′′i }i∈Q0 .

(c) Dados f, g : D → D′ en RepQ(VecK) se define:

• f + g := {fi + gi : Di → D′i}i∈Q0.

• λf := {λfi : Di → D′i}i∈Q0∀ λ ∈ K.

Ejercicio 7.1.3. Sea Q un carcaj finito. Usando la definicion anterior, pruebeque RepQ(VecK) es una K-categorıa y repK(Q) es Hom-finita.

Ejercicio 7.1.4. Sea Q un carcaj. Pruebe que:

(a) La K-algebra de caminos KQ se puede ver como una K-categorıa comosigue:

• Obj(KQ) := {εi}i∈Q0.

• HomKQ(εi, εj) := εj(KQ)εi.

• La composicion de morfismos en KQ es la multiplicacion en la K-algebra KQ.

(b) Si Q es finito y acıclico, entonces KQ es una K-categorıa Hom-finita.

Definicion 7.1.5. Sea Q un carcaj. Denotaremos por Fun(KQ,VecK) a lacategorıa de funtores K-lineales de KQ en VecK .

Ejercicio 7.1.6. Sea Q un carcaj. Dado que Q ⊆ KQ, definimos la restriccionres : Fun(KQ,VecK)→ RepQ(VecK) como sigue:

En objetos: F : KQ → VecK , ∀ i ∈ Q0 (res(F ))i := F (εi) y para todaα : i→ j en Q1 (res(F ))α := F (α).

En morfismos: µ : F → G, res(µ) := {µεi : F (εi)→ G(εi)}i∈Q0.

Pruebe que la restriccion es un funtor K-lineal.

7.1. Representaciones de VecK 245

Proposicion 7.1.7. Sea Q un carcaj. Entonces, las siguientes condiciones sesatisfacen.

(a) Toda D ∈ RepQ(VecK) se puede extender de una unica manera a unfuntor K-lineal [D] : KQ→ VecK , tal que

∀ i ∈ Q0 [D](εi1εi→ εi) = Di

1Di→ Di,

∀ i α→ j ∈ Q1 [D](εiα→ εj) = Di

Dα→ Dj .

(b) La correspondencia [−] : RepQ(VecK) → Fun(KQ,VecK) definida por(D

f→ D′)7→(

[D][f ]→ [D′]

)con [f ] := f, es un funtor K-lineal.

Demostracion. (a) DadaD ∈ RepQ(VecK), definimos [D] como sigue: enQ0∪Q1 se define como en la proposicion, y se extiende K-linealmente a εi(KQ0)εiy εj(KQ1)εi. Dado γ = γn · · · γ1 ∈ εj(Qn)εi, n > 2, definimos [D](εi

γ→ εj) =

DiDα(γ)→ Dj donde [D](γ) := Dγn · · ·Dγ1 . Luego se extiende K-linealmente a

εj(KQn)εi.Por construccion [D] es unico y ademas es un funtor K-lineal.

(b) Sea Df→ D′ en RepQ(VecK), veamos que [D]

[f ]→ [D′], con [f ] = f , es unmorfismo en Fun(KQ,VecK). En efecto, es suficiente probarlo para caminos de

la forma εiγ→ εj con γ = γn · · · γ1 ∈ εj(Qn)εi. Esto es, veamos que el siguiente

diagrama conmuta:

Di

[D](γ)//

fi

��

Dj

fj

��

D′i[D′](γ)

// D′j .

Para ello, usamos que γ =γ1→γ2→ · · · γn→ donde γi ∈ Q1, por lo cual tenemos el

siguiente diagrama conmutativo

Di

[D](γ)

��Dγ1//

fi

��

Dt(γ1)Dγ2

//

ft(γ1)

��

ft(γ2)

��

· · · //Dγn//

fo(γn)

��

Dj

fj

��

D′i

[D′](γ)

==D′γ1

// D′t(γ1)D′γ2

// · · · //

D′γn

// D′j ,

de donde se sigue (b).


Teorema 7.1.8. Sea Q un carcaj. Entonces, el funtor de restriccion res :Fun(KQ,VecK) → RepQ(VecK) es un isomorfismo K-lineal, cuyo inverso esel funtor de extension [−] : RepQ(VecK)→ Fun(KQ,VecK).

Demostracion. Por el Ejercicio 7.1.6 y 7.1.7, sabemos que la restriccion y laextension son funtores K-lineales. Veamos que [−] ◦ res(−) = 1Fun(KQ,VecK).Sea µ : F → G un morfismo en Fun(KQ,VecK), checaremos la igualdad

[res(F )][res(µ)]→ [res(G)] = F

µ→ G. En efecto, se tiene (por definicion) que[res(µ)] = µ. Luego basta ver que [res(F )] = F, lo cual sucede, pues:

∀ i ∈ Q0 [res(F )](εi) = (res(F ))i = F (εi), y

∀ α ∈ Q1 [res(F )](α) = (res(F ))α = F (α).

Por lo tanto, [res(F )] = F.

Ahora verificamos que res[−] ◦ [−] = 1RepQ(VecK). Como en el caso anterior

basta ver que res([D]) = D ∀ D ∈ RepQ(VecK). En efecto,

∀ i ∈ Q0 (res([D]))i = [D](εi) = Di, y

∀ α ∈ Q1 (res([D]))α = [D](α) = Dα.

Por lo que res([D]) = D.

Observacion. Dado que VecK es una categorıa abeliana (pues Mod(K) ymod(K) son abelianas) se tiene que Fun(KQ,VecK) es abeliana, y por lo tanto,por 7.1.8, RepQ(VecK) es abeliana.

En la categorıa Fun(KQ,VecK) las nociones categoricas de: suma directa,producto, kernel, cokernel,... se definen objeto a objeto. Dichas nociones setrasladan a las representaciones usando la restriccion res : Fun(KQ,VecK) →RepQ(VecK).

Observacion. Veamos los siguientes conceptos categoricos en RepQ(VecK).

(a) La suma directa. Sean D,D′ ∈ RepQ(VecK), la suma directa D ⊕D′ esla representacion:

• ∀ i ∈ Q0 (D ⊕D′)i := Di ⊕D′i.

• ∀ α : i→ j (D ⊕D′)α :=

(Dα 00 D′α

): Di ⊕D′i → Dj ⊕D′j .

(b) Sea f : D → D′ un morfismo de representaciones en RepQ(VecK).

(b1) El subobjeto Kernel Ker(f)→ D en RepQ(VecK) esta dado por:

◦ ∀ i ∈ Q0 (Ker(f))i := Ker(fi).

7.2. Representaciones de carcajes finitos con relaciones 247

◦ ∀ α : i→ j ∈ Q1, ∃ ! Kα : Ker(fi)→ Ker(fj) que hace conmu-tar el siguiente diagrama en VecK

(Ker(f))i := Ker(fi)

Kα��

µi// Di

Dα��

fi// D′i

D′α��

(Ker(f))j := Ker(fj) µj// Dj

fj// D′j ,

donde µi y µj son inclusiones. Luego, se define

(Ker(f))α := Kα y µ := {µi : Ker(fi)→ Di}i∈Q0 .

(b2) El objeto cociente Cokernel π : D′ → Coker(f) en RepQ(VecK), sedefine como sigue:

◦ ∀ i ∈ Q0 (Coker(f))i := Coker(fi).

◦ ∀ α : i → j ∈ Q1, ∃ ! Cα : Coker(fi) → Coker(fj) que haceconmutar el siguiente diagrama en VecK

Di

Dα��

fi// D′i

D′α��

πi// (Coker(f))i := Coker(fi)

Cα��

Djfj// D′j πj

// (Coker(f))j := Coker(fj),

donde πi y πj son los epi-canonicos. Luego, se define

(Coker(f))α := Cα y π := {πi : D′i → Coker(fi)}i∈Q0.

Ejercicio 7.1.9. (a) Sea f : D → D′ en RepQ(VecK). Considere tambienµ : Ker(f) → D de la definicion anterior. Pruebe que µ satisface la“propiedad universal del Kernel”. Esto es

• fµ = 0, y

• ∀ h : D′′ → D tal que fh = 0, ∃! h : D′′ → Ker(f) tal que µh = h.

(b) Pruebe que las definiciones de suma directa y Cokernel dadas, anterior-mente, satisfacen su correspondiente propiedad universal.

7.2. Representaciones de carcajes finitos con re-laciones

Definicion 7.2.1. Sea Q un carcaj finito e I � KQ admisible. Las repre-sentaciones Rep(Q,I)(VecK) del carcaj con relaciones (Q, I) sobre VecK son


la subcategorıa plena de RepQ(VecK) cuyos objetos son las representacionesD ∈ RepQ(VecK) tales que la extension [D] : KQ→ VecK se anula en I, estoes,

Rep(Q,I)(VecK) := {D ∈ RepQ(VecK) | [D](ρ) = 0 ∀ relacion ρ ∈ I}.

Observacion. Dada D ∈ RepQ(VecK), para ver que [D] se anula en I, bastaver que [D](ρi) = 0 con 1 6 i 6 n, para un conjunto finito de relaciones {ρi}ni=1

que generen al ideal admisible I.

A partir de aquı, por simplicidad, usaremos la siguiente notacion: se defineRepK(Q, I) := Rep(Q,I)(Mod(K)) y repK(Q, I) := Rep(Q,I)(mod(K)).

Ejemplos. Consideremos el siguiente carcaj:

y I = 〈αβ − γδ〉�KQ. Las siguientes son representaciones en repK(Q) :

Observe que D ∈ repK(Q, I) pues

DαDβ −DγDδ =

(1 11 1

)(1 00 1

)−(

11

)(1 1

)= 0;

D′ ∈ repK(Q, I), pues D′αD′β − D′γD

′δ = 0, y la representacion D′′ 6∈

repK(Q, I) ya que D′′αD′′β −D′′γD′′δ = −1 6= 0.

Teorema 7.2.2. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones y A := KQ/I. Entoncesexiste una K-equivalencia F : Mod(A) → RepK(Q, I) que se restringe a unaK-equivalencia F |mod(A) : mod(A)→ repK(Q, I).


Demostracion. ∀ x ∈ KQ definimos x := x+ I. Luego {ea := εa}a∈Q0es una

familia completa de idempotentes ortogonales primitivos de A (cf. 6.2.3).La prueba de este teorema, se hara en 3 etapas; y a su vez, cada etapa,

comprende cierto numero de pasos.Etapa 1: Construccion del funtor F : Mod(A)→ RepK(Q, I):

(a) Para cada M ∈ Mod(A), definimos F (M) ∈ RepK(Q, I) como sigue:∀ a ∈ Q0 F (M)a := eaM , y ∀ α : a → b ∈ Q1 F (M)α : eaM → ebMesta dado por F (M)α(eam) := αm.

(b) Para cada M ∈ Mod(A), la extension [F (M)] : KQ → Mod(K) satis-

face: ∀ γ ∈ εj(Qn)εi [F (M)](εiγ→ εj) = eiM

[F (M)](γ)−−−−−−→ ejM donde[F (M)](γ)(eim) := γm.

En efecto, sea γ = iγ1//

γ2// · · · γn

// j en Q. Luego, por (a), setiene que

[F (M)](γ)(eim) = F (M)γn · F (M)γn−1· · ·F (M)γ1

(eim)

= γnγn−1 · · · γ1m = γm;

probandose (b).

(c) Para cada M ∈ Mod(A), F (M) ∈ RepK(Q, I).

En efecto, sea ρ =∑ni=1 λiωi ∈ I una relacion en Q que va del vertice x

al y en Q. Entonces, por (b), se tiene ∀ m ∈M

[F (M)](ρ)(exm) =

n∑i=1

λi[F (M)](ωi)(exm) =

n∑i=1

λiωim = ρm = 0.

(d) ∀ M ∈ Mod(A) se tiene que M ∈ mod(A) ⇐⇒ ∀ a ∈ Q0, eaM ∈mod(K). En efecto, sabemos que

(i) M =⊕

a∈Q0eaM como K-modulo,

(ii) dimk(A) <∞, y

(iii) M ∈ mod(A)⇐⇒ ∃n ∈ N y existe un epimorfismo AAn →M.

Luego, usando (i), (ii) y (iii), no es difıcil obtener la equivalencia en (d).

(e) ∀ f : M → N en Mod(A), F (f) : F (M) → F (N) es un morfismo enRepK(Q, I), donde F (f) := {fa := f |eaM : eaM → eaN}a∈Q0

.

En efecto, sea aα→ b ∈ Q1, veamos que fa : eaM → eaN esta bien

definida y el siguiente diagrama conmuta

eaM

F (M)α��

fa// eaN

F (N)α��

ebMfb// ebN.


En efecto, fa(eam) = f(eam) = eaf(m) ∈ eaN. Por otro lado,

(F (N)α ◦ fα)(eam) = F (N)α(fα(eam)) = αf(eam) = f(αeam)

= f(ebαm) = fb(αm) = fb ◦ F (M)α(eam),

por lo que el diagrama anterior conmuta. Es facil ver que el funtor esK-lineal y preserva composiciones.

Etapa 2: Construccion de un funtor K-lineal G : RepK(Q, I)→ Mod(A) :

(f) Para cada D ∈ RepK(Q, I), se define:

• El K-espacio vectorial G(D) :=⊕

a∈Q0Da.

• La accion KQ × G(D) → G(D) como (x, d) 7→ x · d := (x · d)a∈Q0 ,donde (x · d)a∈Q0

:=∑b∈Q0

[D](εaxεb)(db), nos da una estructurade K-modulo en G(D) tal que I ⊆ annKQ(KQG(D)).

En efecto, probaremos solo la asociatividad de la accion: sea x, y ∈KQ y consideremos d = (da)a∈Q0 ∈ G(D) =

⊕a∈Q0

Da, entonces

(y · (x · d))t =∑j∈Q0

[D](εtyεj)((x · d))j

=∑j∈Q0

[D](εtyεj)

∑r∈Q0

[D](εjxεr)(dr)

=∑j,r

[D](εtyεjxεr)(dr) =∑r∈Q0

[D]

εty∑

j

εjx

εr

(dr)

=∑r∈Q0

[D](εtyxεr)(dr) = ((yx) · d)t.

Por otro lado sea ρ ∈ I una relacion en Q tal que εjρεi = ρ; entoncespara d ∈ G(D), tenemos

(p · d)a =∑b∈Q0

[D](εaρεb)(da) = [D](ρ)dj = 0,

donde la ultima igualdad se da, ya que ρ ∈ I y D satisface ideal de re-laciones. Por lo tanto, p·d = 0, y en consecuencia I ⊆ annKQ(G(D)).

Esto es, ∀ x ∈ KQ, ∀ d ∈ D(G) x · d := x · d esta bien definida, ynos da una estructura de A-modulo en G(D).

(g) ∀ f : D → D′ en RepK(Q, I), se tiene que G(f) : G(D) =⊕

a∈Q0Da →

G(D′) =⊕

a∈Q0D′a, con G(f) :=

⊕a∈Q0

fa =

. . . 0

fa

0. . .

una

matriz diagonal, es un morfismo en Mod(A).


En efecto, dado f : D → D′ en RepK(Q, I) ⊆ RepK(Q), tenemos (cf.7.1.7) un morfismo [f ] = f : [D]→ [D′] en Fun(KQ,Mod(K)).

Luego, para x ∈ KQ tenemos que εaxεb ∈ HomKQ(εb, εa) y el siguientediagrama conmutativo

Dbfb//

[D](εaxεb)

��

D′b

[D′](εaxεb)

��

Dafa

// D′a

i.e. [D′](εaxεb) ◦ fb = fa ◦ [D](εaxεb).

Sea d = (da)a∈Q0∈ G(D). Veamos que G(f)(x · d) = x · G(f)(d). En

efecto, como x · d = x · d y G(f) es una matriz diagonal, se tiene que

(G(f)(x · d))a = fa((x · d)a) = fa

∑b∈Q0

[D](εaxεb)(db)

=∑b∈Q0

fa ◦ [D](εaxεb)(db) =∑b∈Q0

[D′](εaxεb) ◦ fb)(db)

=∑b∈Q0

[D′](εaxεb)(G(f)(d))b = (x ·G(f)(d))a = (x ·G(f)(d))a

donde la penultima igualdad se da por (b). Por lo tanto, G(f)(x · d) =x ·G(f)(d).

(h) F (mod(A)) ⊆ repK(Q, I) y G(repK(Q, I)) ⊆ mod(A).

En efecto, esto es consecuencia de (d), y las definiciones de F y G.

Etapa 3: G ◦ F ' 1Mod(A) y F ◦G ' 1RepK(Q,I).

(i) Veamos que G ◦ F ' 1Mod(A).

En efecto, para cadaM ∈ Mod(A) se tiene queGF (M) =⊕

a∈Q0F (M)a =⊕

a∈Q0eaM. Consideremos λM : GF (M) → M con λM ((ma)a∈Q0

) :=∑a∈Q0

ma. Veamos que λM es un isomorfismo de A-modulos (es claroque λM es biyectiva). Para ello, usaremos que la estructura de A-moduloen GF (M), la cual es la siguiente: sea x ∈ KQ, d = (da)a∈Q0 ∈ GF (M);luego por (f) y (g), se tiene que

(x · d)a =∑b∈Q0

[F (M)](εaxεb)(db) =∑b∈Q0

eaxebdb

= eax

∑b∈Q0

db

= eaxλM (d).


Por lo tanto ∀ a ∈ Q0 (x · d)a = eaxλM (d). Luego

λM (x · d) =∑a∈Q0

(x · d)a =∑a∈Q0

eaxλM (d)

=

∑a∈Q0

ea

(xλM (d)) = xλM (d).

Ahora, verificamos que λ : G ◦ F → 1Mod(A) es un isomorfismo natural.Sea f : M → N en Mod(A), veamos que el siguiente diagrama conmuta

GF (M)

λM

��

GF (f)// GF (N)

λN

��

Mf

// N.

Como F (f) = {fa : eaM → eaN}a∈Q0, tenemos GF (f) =

⊕a∈Q0

fa :⊕a∈Q0

eaM →⊕

a∈Q0eaN.

Para d = (da)a∈Q0∈ GF (M), se tiene que fa(da) = (GF (f)(d))a. Luego,

f ◦ λM (d) = f

∑a∈Q0

da

=∑a∈Q0

fa(da) =∑a∈Q0

(GF (f)(d))a

= λN (GF (f)(d)) = λN ◦GF (f)(d);

por lo tanto, λ : GF → 1Mod(A) es un isomorfismo.

(j) F ◦G ' 1RepK(Q,I).

En efecto, seaD ∈ RepK(Q, I), G(D) =⊕

a∈Q0Da; definimos FG(D)a :=

ea ·G(D) = (0, . . . , Da, . . . , 0) y sea d ∈ G(D); entonces, por (f), se tieneque

(ea · d)t =∑b∈Q0

[D](εtεaεb)(db) = [D](εtεa)(da) = eteada.

Por lo que ea·d = (0, . . . , da, . . . , 0); de donde ea·G(D) = (0, . . . , Da, . . . , 0).

Definimos ∀ a ∈ Q0 el morfismo FG(D)a = (0, . . . , Da, . . . , 0)(ρD)a−−−−→ Da

como (ρD)a(0, . . . , da, . . . , 0) := da. Es claro que ρD = {(ρD)a : FG(D)→D}a∈Q0

es un isomorfismo en RepK(Q, I).

Sea f : D → D′ un morfismo en RepK(Q, I). Tenemos que FG(f) ={(FG(f))a : ea ·G(D)→ ea ·G(D′)}a∈Q0

. Luego como

(FG(f))a := FG(f)|ea·G(D) = (⊕b∈Q0

fb)|ea·G(D),

7.3. Representaciones especiales 253

se tiene que (FG(f))a(0, . . . , da, . . . , 0) = (⊕

b∈Q0)(0, . . . , da, . . . , 0) =

fa(da). Por lo tanto, (FG(f))a(0, . . . , da, . . . , 0) = fa(da).

Veamos que el siguiente diagrama conmuta

ea ·G(D)(FG(f))a

//

(ρD)a

��

ea ·G(D′)

(ρD′ )a

��

Dafa

// D′a.

En efecto,

fa ◦ (ρD)a(0, . . . , da, . . . , 0) = fa(da) = (ρD′)a(0, . . . , fa(da), . . . , 0)

= (ρD′)a ◦ (FG(f))a(0, . . . , da, . . . , 0).

(k) Usando (h), tenemos que las equivalencia de (i) y (j) se restringen amod(A) y repK(Q, I).

Corolario 7.2.3. Sea Q un carcaj finito y sin ciclos. Entonces, existen equi-valencias de K-categorıas Mod(KQ)→ RepK(Q) y mod(KQ)→ repK(Q).

Demostracion. Si Q es finito y sin ciclos, entonces I = 0 es admisible, por loque de 7.2.2, concluimos el corolario.

7.3. Representaciones especiales

En esta seccion, utilizaremos las K-equivalencias F : Mod(A)→ RepK(Q, I) yG : RepK(Q, I)→ Mod(A), construidas en 7.2.2.

Definicion 7.3.1. Sea Q un carcaj con relaciones. Para toda a ∈ Q0, se definela representacion simple S(a) ∈ RepK(Q, I) asociada al vertice a comosigue:

∀ b ∈ Q0 S(a)b := 0 si b 6= a, y S(a)b := K si b = a.

∀ α ∈ Q1 S(a)α := 0.

Proposicion 7.3.2. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, A := KQ/I, {ea :=εa | a ∈ Q0} y G : RepK(Q, I)→ Mod(A) la equivalencia construida en 7.2.2.Entonces, se satisfacen las siguientes condiciones.

(a) ∀ a ∈ Q0 top(Aea) ' G(S(a)) como A-modulos.

(b) {G(S(a))}a∈Q0 es una familia completa de representantes de iso-clases deA-modulos simples.


Demostracion. (a) Sea a ∈ Q0, luego

G(S(a)) =⊕b∈Q0

S(a)b = (0, . . . , 0,K, 0, . . . , 0)→ K, (0, . . . , x, . . . 0) 7→ x,

es un isomorfismo. Por lo tanto dimK(G(S(a))) = 1, y en consecuencia, G(S(a))es un A-modulo simple. Por otro lado HomA(Aea, G(S(a)) 6= 0, ya que, por elEjercicio 3.9.10, se tiene que HomA(Aea, G(S(a))) ' ea · G(S(a)) ' S(a)a =K 6= 0, donde el ultimo isomorfismo de debe a la prueba de 7.2.2 (j). Por lotanto existe un epi-esencial f : Aea → G(S(a)), pues G(S(a)) es simple y Aea esproyectivo inescindible. En consecuencia top(Aea) ' G(S(a)) como A-modulos.

(b) Es consecuencia de (a), ya que {Aea}a∈Q0 es una familia completa derepresentantes de iso-clases de A-modulos proyectivos inescindibles.

Definicion 7.3.3. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones. Definimos, para cadaD ∈ RepK(Q, I), el soclo soc(D) ∈ RepK(Q, I) como sigue:

∀ a ∈ Q0 soc(D)a :=

{Da si a es un pozo,⋂

α:a→bKer(Dα) si a no es un pozo.

∀ α ∈ Q1 soc(D)α := 0.

Decimos que un vertice a ∈ Q0 es un pozo, si no existen flechas α ∈ Q1 talesque o(α) = a.

Definicion 7.3.4. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones y D,D′ ∈ RepK(Q, I).

(a) Decimos que D′ es una subrepresentacion de D, esto es, D′ ⊆ D,si iD′ : D′ → D es un morfismo en RepK(Q, I), donde iD′ := {(iD′)a :D′a → Da}a∈Q0

con (iD′)a := iD′a la inclusion D′a ⊆ Da.

(b) Sea D′ ⊆ D. Definimos la representacion cociente D/D′ y el epi-canonico πD′ : D → D/D′ como sigue:

• ∀ a ∈ Q0 (D/D′)a := Da/D′a y (πD′)a : Da → Da/D

′a es el epi-

canonico πD′a .

• ∀ α : a → b ∈ Q1, (D/D′)α es el unico morfismo en Mod(K) quehace conmutar el siguiente diagrama

D′aiD′a//

D′α��

Da

πD′a//

Dα

��

Da/D′a

(D/D′)α

��

D′b iD′b

// Db πD′b

// Db/D′b.

Ejercicio 7.3.5. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones y A = KQ/I. Conside-remos las K-equivalencias F : Mod(A) → RepK(Q, I) y G : RepK(Q, I) →Mod(A) construidas en 7.2.2. Pruebe que:


(a) ∀ D ∈ RepK(Q, I), soc(D) ⊆ D.

(b) Sean D,D′ ∈ RepK(Q, I) tales que D′ ⊆ D. Entonces el epi-canoni-co πD′ : D′ → D definido anteriormente, es en efecto, un morfismo enRepK(Q, I). Mas aun, dicho morfismo πD′ es un epimofismo.

(c) ∀ D,D′ ∈ RepK(Q, I) tal que D′ ⊆ D, se tiene que AG(D′) es unsubmodulo de AG(D).

(d) ∀ N,M ∈ Mod(A) tales que N 6M, se tiene que F (N) ⊆ F (M).

Proposicion 7.3.6. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, A = KQ/I y D ∈RepK(Q, I). Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) G(D) es semisimple si y solo si Dα = 0 ∀ α ∈ Q1.

(b) G(soc(D)) = soc(G(D)).

Demostracion. (a) ∀ α ∈ Q1 Dα = 0 ⇐⇒ D ' ⊕a∈Q0S(a)dimK(Da) ⇐⇒

G(D) '⊕a∈Q0G(S(a))dimK(Da); y esto sucede, por 7.3.2, si y solo si G(D) es

semisimple.(b) Por el Ejercicio 7.3.5 (a) y (c), tenemos que G(soc(D)) 6 G(D). Sea AS

un submodulo simple de G(D). Por 7.3.2, podemos asumir que G(S(a)) = ASpara algun a ∈ Q0. Luego, AS = G(S(a)) 6 G(D), y como G es fiel y pleno,usando el Ejercicio 7.3.5 (c), se tiene que S(a) ⊆ D. Para ver que G(S(a)) 6G(soc(D)), es suficiente ver que S(a) ⊆ soc(D). Veamos esto ultimo.

Sea α : a→ b en Q1, entonces tenemos el siguiente diagrama conmutativo:

S(a)a

∃

zztt

tt

t

��

0// S(a)b = 0

0

��

Ker(Dα) // DaDα

// Db,

lo cual implica que S(a)a ⊆⋂α:a→b Ker(Dα) = soc(D)a. Por lo tanto, S(a) ⊆

soc(D).Por lo que para todo simple S 6 G(D), vale que S 6 G(soc(D)). Luego

soc(G(D)) = G(soc(D)).

Definicion 7.3.7. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones. Para D ∈ RepK(Q, I),definimos el radical rad(D) ∈ RepK(Q, I) como sigue:

∀ a ∈ Q0 rad(D)a :=

{ ∑α:b→a

Im(Dα) si a no es fuente,

0 si a es fuente.

∀ α ∈ Q1 rad(D)α := Dα|rad(D)o(α).

Decimos que un vertice a ∈ Q0 es una fuente, si no existen flechas α ∈ Q1 talesque t(α) = a.


Proposicion 7.3.8. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, A = KQ/I y seaG : RepK(Q, I) → Mod(A) la K-equivalencia construida en 7.2.2. Entonces,∀ D ∈ RepK(Q, I) G(rad(D)) ' rad(G(D)) como A-modulos.

Demostracion. Por ser I �Q admisible, tenemos que ∃m > 2 tal que Fm ⊆I ⊆ F 2, rad(A) = F/I (vease 6.2.3) y que rad(G(D)) = J(A) · G(D). Por lotanto:

rad(G(D)) = F/I ·G(D) =

m−1∑l=1

∑γ∈Ql

γ ·G(D).

Veamos como es la accion: γ · G(D) para γ ∈ Ql. Sea d = (db)b∈Q0 ∈ G(D)

=⊕

b∈Q0Db (suma directa externa de K-modulos). Sea i

α→ j ∈ Q1. Veamosque α ·G(D) = (0, . . . , Dα(Di)

lugar j

, . . . 0).

En efecto, (α · d)a =∑b∈Q0

[D](εaαεb)(db) = [D](εaεjα)(di) = δajDα(di).

Sea tβ→ i

α→ j ∈ Q2. Veamos que αβ · G(D) = (0, . . . , DαDβ(Dt)lugar j

, . . . , 0). En

efecto,

(αβ · d)a =∑b∈Q0

[D](εaαβεb)(db) = [D](εaεjαβεt)(dt) = δajDαDβ(dt).

Dado que DαDβ(Dt) ⊆ Dα(Di), continuando de esta forma, se tiene que∑x∈(Qn)εj , n>1

x ·G(D) =∑

α∈(Q1)εj

α ·G(D).

Por lo que vale la siguiente igualdad

rad(G(D)) =∑α∈Q1

α ·G(D). (7.1)

Ahora bien, F (rad(G(D)))a =∑α∈Q1

ea · α · G(D) =∑α∈Q1

εaα · G(D). Sia es fuente, se tiene que εaα = 0, por lo que F (rad(G(D)))a = (0, 0 . . . , 0).Supongamos que a no es fuente. Entonces

F (rad(G(D)))a =∑α:b→a

α ·G(D) = (0, . . . ,

lugar “a”∑α:b→a

Im(Dα), 0, . . . , 0);

por lo tanto, la proyeccion πa : F (rad(G(D)))a → rad(D)a en la “coordena-da” a es un ismorfismo, y π : F (rad(G(D))) → rad(D) es un isomorfismo enRepK(Q, I). Luego, como GF ' 1 (cf. 7.2.2 (i)), se tiene que rad(G(D)) 'G(rad(D)) como A-modulos.

Ejercicio 7.3.9. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, A = KQ/I y D ∈RepK(Q, I).


(a) Pruebe que rad(D) ⊆ D.

(b) Defina la representacion cociente como top(D) := D/rad(D). Pruebe quetop(G(D)) ' G(top(D)) como A-modulos.

Ejemplos. Sea Q = 1 2δ

oo

βoo

3γoo

αoo

, I = 〈βα, δγ〉. Consideremos la repre-

sentacion D = K K3

(0 0 1)oo

(0 1 0)oo

K(010

)oo(

100

)oo

. Entonces D ∈ repK(Q, I), pues

DβDα = 0 = DδDγ . En lo que sigue, calcularemos soc(D), rad(D), top(D) yEnd(D).

soc(D) = K K0

oo

0oo

00oo

0oo

= S(1) ⊕ S(2). En efecto, 1 es el unico

pozo en Q, por lo tanto soc(D)1 = D1 = K. Para a 6= 1, se tiene quesoc(D)a =

⋂x:a→b

Ker(Dx). Luego:

soc(D)2 = Ker(Dβ) ∩Ker(Dδ) =

x1

x2

x3

∈ K3 : x2 = 0 = x3

= K × 0× 0 ' K.

soc(D)3 = Ker(Dα) ∩Ker(Dγ) =

t ∈ K :

t00

=

000

=

0t0

= 0.

rad(D) = K K2

(0 0)oo

(0 1)oo

0oooo

= S(2) ⊕(K K

0oo

1oo

0oooo

). En

efecto, 3 es la unica fuente en Q, por lo tanto rad(D)3 = 0. Dado querad(D)a =

∑x:b→a

Im(Dx) y rad(D)x = Dx|rad(D)o(x)para a 6= 3, se tiene

para dichos vertices:

rad(D)2 = Im(Dα) + Im(Dγ) = K ×K × 0,

rad(D)β = Dβ |K×K×0 = (0 1),

rad(D)1 = Im(Dβ) + Im(Dδ) = K,

rad(D)δ = Dδ|K×K×0 = (0 0).

top(D) = D/rad(D) = 0 Koooo

K0

oo

0oo

= S(2)⊕ S(3).


End(D) ' K[x]/〈x2〉 como K-algebras. En efecto, End(D) = {f =(f1, f2, f3) : D → D en repK(Q)}, entonces f hace conmutar el siguientediagrama

D : K

f1

��

K3

f2

��

(0 0 1)oo

(0 1 0)oo

K

f3

��

(010

)oo

(100

)oo

D : K K3

(0 0 1)oo

(0 1 0)oo

K.(010

)oo

(100

)oo

De donde tenemos que f1 = a, f2 =

x1 x2 x3

y1 y2 y3

z1 z2 z3

, f3 = b. Luego

• f1

(0 1 0

)=(0 1 0

)f2 =⇒

(0 a 0

)=(y1 y2 y3

), por lo

cual y1 = 0 = y3 y y2 = a.

• f1

(0 0 1

)=(0 0 1

)f2 =⇒

(0 0 a

)=(z1 z2 z3

), por lo

cual z1 = 0 = z2 y z3 = a.

• f2

100

=

100

f3 =⇒

x1

y1

z1

=

b00

, por lo cual y1 = 0 =

z1 y x1 = a.

• f2

010

=

010

f3 =⇒

x2

y2

z2

=

0b0

, por lo cual x2 = 0 =

z2 y y2 = b.

De lo anterior, concluimos que a = b = z3 = y2 = x1 y y1 = y3 = z1 =x2 = z2 = 0.

Por lo tanto f = (f1, f2, f3) =

a,a 0 x3

0 a 00 0 a

, a

es invertible si y

solo si a ∈ K\{0}. Por lo que End(D) =

a,

a 0 b0 a 00 0 a

, a : a, b ∈ K

,

y los morfismos no invertibles en End(D) son el conjunto

ν =

0,

0 0 b0 0 00 0 0

, 0 : b ∈ K

� End(D).

Luego, por ??, End(D) es local y J(End(D)) = ν.


En particular, D es una representacion inescindible. En efecto, puesto queEnd(D) ' End(G(D)), obtenemos que End(G(D)) es local, y por ??, AG(D) esinescindible; por lo tanto, D es inescindible. Ademas, End(D) tiene solo 2 idem-potentes (cf. ??): el cero y e := 1End(D) = (1, I3×3, 1). Dado que End(D)/J(End(D)) 'K·e ' K, se tiene que End(D) es elemental de orden 1. Y como J(End(D))2 = 0y dimk(eJ(A)e) = dimk(J(A)) = 1, tenemos que:

QEnd(D) = •α

y Ker(Φ) = 〈α2〉

pues J(End(D))2 = 0. Por lo tanto, End(D) ' KQEnd(D)

〈α2〉 ' K[x]〈x2〉 .

Definicion 7.3.10. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones. La representacionproyectiva P(a) ∈ RepK(Q, I) asociada al vertice a ∈ Q0, se define comosigue:

(a) ∀ b ∈ Q0 P(a)b := εb(KQ)εaεbIεa

,

(b) ∀ α : i → j ∈ Q1 P(a)α : P(a)i → P(a)j esta dado por P(a)α := α·?,esto es, P(a)α(x) := αx con el producto en KQ/I.

Proposicion 7.3.11. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, A = KQ/I, {ea =εa}a∈Q0 y G : RepK(Q, I) → Mod(A) la equivalencia de 7.2.2. Entonces, sesatisfacen las siguientes condiciones.

(a) ∀ a ∈ Q0 G(P(a)) ' Aea como A-modulos.

(b) ∀ a ∈ Q0 rad(P(a)), se calcula como sigue:

• ∀ b ∈ Q0 rad(P(a))b =

{P(a)b si b 6= a,

〈P(a)a \ {K · ea}〉K si b = a.

• ∀ α ∈ Q1 rad(P(a))α(x) = αx con el producto en A.

Demostracion. (a) Consideremos la equivalencia F : Mod(A)→ RepK(Q, I)de 7.2.2. Luego tenemos que

F (Aea)b = ebAea =εb(KQ)εaεbIεa

y F (Aea)α(x) = αx,

lo cual implica que F (Aea) = P(a), por lo que G(P(a)) ' Aea.(b) Sea a ∈ Q0. Para b ∈ Q0, si b es fuente, entonces rad(P(a))b = 0 = P(a)b.

Podemos asumir que b no es fuente. Luego rad(P(a))b =∑

α:x→bIm(P(a)α). Si

b 6= a, tenemos en el carcaj un camino a ///o/o/o xα// b y α·? : P(a)x →

P(a)b; luego

rad(P(a))b =∑α:x→b

Im(P(a)α) =∑α:x→b

α · P(a)x = P(a)b.


Si b = a, en el carcaj Q se tiene un camino de la forma xα// a

δ///o/o/o x con

δ ∈ P(a)x; por lo que

rad(P(a))a =∑α:x→b

Im(P(a)α) =∑α:x→b

α · P(a)x = 〈P(a)a \ {Kea}〉K .

Finalmente, rad(P(a))α = P(a)α|rad(P(a))o(α)= α·?.

(1) Sea

,

I = 0 y A = KQ. Entonces, se tiene lo siguiente

Tambien se suele escribir P(1) = 1, P(2) =2↓α1

=21, P(3) =

3↓β1

=31.


(2) Consideremos Q = 1 2δ

oo

βoo

3γoo

αoo

, I = 〈βα, δγ〉, A = KQ/I. Defi-

nimos ei := εi + I para i = 1, 2, 3. x := x+ I ∀ x ∈ KQ. Entonces, tenemos losiguiente

P(1) = Kε1 0oooo

0oooo ' S(1) = K 0oo

oo0oo

oo.

P(2) P(2)1 = Kβ ⊕Kδ P(2)2 = Ke2δ · ?oo

β · ?oo

P(2)3 = 0oooo

' K2 K(01

)oo(

10

)oo

0oooo

, donde el cambio de bases

esta dado como sigue: B := {β, δ} es una base de P(2)1 y B′ := {e2} es

una base de P(2)2. Por lo tanto [β · ?]B′

B =

(10

)y [δ · ?]B

′

B =

(01

).

rad(P(2)) ' K2 0oooo

0oooo

= S(1)2 = soc(P(2)).

P(2) =2

β��δ1 1

=2

1 1.

P(3) P(3)1 = 0 P(3)2 = Kα⊕Kγoooo

P(3)3 = Ke3γ · ?oo

α · ?oo

' 0 K2oooo

K(01

)oo(

10

)oo

,

rad(P(3)) ' 0 K2oooo

0oooo

= S(2)2 = soc(P(3)).

P(3) =3

α��γ2 2

=3

2 2.

(3) Sea

y consideremos I = 〈βα− γδ, λβ, λ3〉. Entonces, tenemos lo siguiente:

P(1)


P(1) =

1|λ1|λ1

=111.

rad(P(1)) es como sigue:

rad(P(1)) =1|λ1

=11.

rad2(P(1)) es como sigue:

P(2) y rad(P(2)) son como sigue:


P(2) =2|β1

=21

y rad(P(2)) = S(1).

P(3)

rad(P(3))

P(3) =

3|δ1|λ1|λ1

=

3111

, rad(P(3)) =

1|λ1|λ1

=111

=P(1).


P(4)

Lema 7.3.12. Sea A una K-algebra de dimension finita, {ei | 1 6 i 6 n} unafamilia completa de idempotentes ortogonales primitivos de A. Consideremosel funtor de Nakayama ν : mod(A) → mod(A), el cual es la composicion de

los K-funtores mod(A)∗:=HomA(−,A)−−−−−−−−−−→ mod(Aop)

DAop=HomA(−,K)−−−−−−−−−−−−−→ mod(A).Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ i ν(Aei) ' DAop(eiA) ' I0(top(Aei)) como A-modulos.


(b) ∀ i, j Φj : ejDAop(eiA) → HomK(eiAej ,K) es un isomorfismo de K-modulos, donde Φj(ejf)(eiaej) := (ejf)(eia) = f(eiaej) ∀ a ∈ A, ∀ f ∈DAop(ei).

(c) ν es isomorfo al funtor AD(A)A ⊗A − : mod(A)→ mod(A).

Demostracion. (a) Se tiene, en virtud del Ejercicio 3.9.10, que (Aei)∗ :=

HomA(Aei, A) ' eiA como Aop-modulos. Luego, como Aei ' P0(top(Aei)),tenemos por 5.6.9 que

I0(top(Aei)) ' DAop((Aei)∗) ' DAop(eiA),

donde ν(Aei) := DAop((Aei)∗).

(b) Sean i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Luego se tiene el isomorfismo de K-modulos:t : eiAej → eiAe⊗A Aej dado por t(eiaej) := eia⊗ ej (cuyo inverso esta dadopor eiA⊗AAej → eiAej eia⊗a′ej 7→ eiaa

′ej). Luego, se tienen los siguientesisomorfismos de K-modulos

ejDAop(eiA)ρ→ HomA(Aej , DAop(eiA))

θ→ HomK(eiA⊗A Aej ,K)

HomK(eiA⊗A Aej ,K)HomK(t,K)−−−−−−−→ HomK(eiAej ,K)

dados por: ejfρ7→ ρ(ejf)(aej) = aejf, g

θ7→ θ(g)(eia⊗ a′ej) = g(a′ej)(eia).Veamos que Φj = HomK(t,K) ◦ θ ◦ ρ. En efecto,

(HomK(t,K) ◦ θ ◦ ρ)(ejf)(eiaej) = θ ◦ ρ(ejf)(t(eiaej)) = θ(ρ(ejf))(eia⊗ ej)

= ρ(ejf)(ej)(eia) = ejf(eia) = Φj(ejf)(eiaej),

probandose (b).(c) Para M ∈ mod(A), se tienen los siguientes isomorfismos naturales

DA(AD(A)A ⊗AM) = HomK(D(A)⊗AM,K)

' HomA(M,HomK(D(A),K)) ' HomA(M,A).

Por lo tanto, DA(D(A)⊗AM) 'M∗, por lo que que ν(M) ' DAopDA(D(A)⊗M) ' D(A)⊗M.

Definicion 7.3.13. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones. Para cada a ∈ Q0, larepresentacion inyectiva I(a) asociada al vertice a, se define como sigue:

(a) ∀ b ∈ Q0 I(a)b := HomK(P(b)a,K),

(b) ∀ α : x → y ∈ Q1 se define I(a)α : I(a)x → I(a)y, donde ∀ f ∈ I(a)x =HomK(P(x)a,K), ∀ z ∈ P(y)a I(a)α(f)(z) := f(zα), esto es, I(a)α =HomK(? · α,K), donde ? · α : P(y)a → P(x)a es la multiplicacion aizquierda de α.


Proposicion 7.3.14. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, A = KQ/I, {ea =εa}a∈Q0

y G : RepK(Q, I) → Mod(A) la K-equivalencia de 7.2.2. Entonces∀ a ∈ Q0 G(I(a)) ' I0(top(Aea)) como A-modulos.

Demostracion. ∀ a, b ∈ Q0, es facil ver que P(b)a = eaAeb. Consideremos laK-equivalencia F : Mod(A) → RepK(Q, I) de 7.2.2. Por 7.3.12, tenemos queDAop(eaA) ' I0(top(Aea)). Luego, es suficiente probar que F (DAop(eaA)) 'I(a). En efecto, por 7.3.12 (b), tenemos ∀ α : x→ y ∈ Q1 el diagrama

exDAop(eaA)α · ?

//

Φx��

eyDAop(eaA)

Φy��

I(a)x = HomK(eaAex,K)I(a)α

// HomK(eaAey,K) = I(a)y,

donde las flechas verticales son isomorfismos. Por lo tanto, es suficiente ver queel diagrama anterior conmuta. Para ello, sea z ∈ eaAey, f ∈ DAop(eaA) =HomK(eaA,K), luego

I(a)α ◦ Φx(exf)(z) = I(a)α(Φx(exf))(z) = Φx(exf)(zα) = f(zα) = (αf)(z)

= Φy(ey(αf))(z) = Φy((αex)f)(z) = Φy ◦ (α · ?)(exf)(z).

Por lo que I(a)α ◦ Φx = Φy ◦ (α · ?).

Ejercicio 7.3.15. Sea B = {x1, x2, . . . , xn} una K-base de un K-espaciovectorial V. Consideremos V ∗ = HomK(V,K) y B∗ = {fxi | 1 6 i 6 n}, confxi : V → K tal que fxi(xj) := δij . Pruebe que B∗ es una K-base de V ∗ (B∗

es llamada la “base dual” de B).

Ejercicio 7.3.16. Sea T : V → V ′ en mod(K), B una base de V y B′ unabase de V ′. Consideremos T ∗ := HomK(T,K) : (V ′)∗ → V ∗ y a las matricesasociadas de T y T ∗ en las respectivas bases, i.e., B := [T ]B

′

B y A := [T ∗]B∗

(B′)∗ .

Pruebe que A = Bt, donde la matriz transpuesta de B es Bt.

Definicion 7.3.17. Sea Q un carcaj. Introducimos la correspondencia ∗ :=Hom(−,K) : RepK(Qop) → RepK(Q) : para cada D ∈ RepK(Qop), D∗ ∈RepK(Q) se define como sigue:

∀ a ∈ Q0 (D∗)a := (Da)∗ = HomK(Da,K).

∀ α : x→ y ∈ Q1 (D∗)α := HomK(Dαop ,K) : (Dx)∗ → (Dy)∗.

Dado el morfismo f : D → D′ en RepK(Qop), definimos f∗ : (D′)∗ → D∗ enRepK(Q) como f∗ := {(fx)∗ = HomK(fx,K) : (D′x)∗ → (Dx)∗}x∈Q0

.

Ejercicio 7.3.18. Sea Q un carcaj. Pruebe que ∗ : RepK(Qop) → RepK(Q)es un funtor K-lineal.


Definicion 7.3.19. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones. Para cada a ∈ Q0,la representacion proyectiva opuesta Pop(a) ∈ RepK(Qop) asociada alvertice a, se define como sigue:

∀ b ∈ Q0 Pop(a)b := P(b)a,

∀ α : x→ y ∈ Q1 Pop(a)αop := ? · α : Pop(a)y → Pop(a)x.

Ejercicio 7.3.20. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones. Pruebe que para todaa ∈ Q0, se tiene que I(a) = (Pop(a))∗.

Observacion. El calculo de I(a), se hace usando los Ejercicios 7.3.20 y 7.3.16.

(1) Sea

I = 0, A := KQ.

I(1)

I(1) =2 3α��β

1=

2 31

.

I(2)


Analogamente, I(3) ' S(3).

(2) Sea Q = 1 2δ

oo

βoo

3γoo

αoo

, I = 〈βα, δγ〉. Entonces, tenemos lo siguien-

te:

I(2)

P op(2) : P op(2)1 = 0? · β//

? · δ// P op(2)2 = Ke2

? ·α//

? · γ// P op(2)3 = Kα⊕Kγ

' 0//// K

(10

)//(

01

) // K2

∴ I(2) = (P op(2))∗ ' 0 Koooo

K2

(0 1)oo

(1 0)oo

,

i.e. I(2) =3 3α��γ

2=

3 32

.

rad(I(2)) ' rad

(0 Koooo

K2

(0 1)oo

(1 0)oo

)= 0 Koo

oo0 = S(2)oo

oo.

top(I(2)) ' 0 0oooo

K2oooo

= 0 0oooo

Koooo ⊕ 0 0oo

ooKoo

oo= S(3)2.

I(1)

P op(1) :

P op(1)1 = Ke1

? · β//

? · δ// P op(1)2 = Kβ ⊕Kδ

? ·α//

? · γ// P op(1)3 = Kδα⊕Kβγ

∴ P op(1) ' K

(10

)//(

01

) // K2

(0 10 0

)//(

0 01 0

)// K2 ,


y I(1) = (P op(1))∗ ' K K2

(1 0)oo

(0 1)oo K2

(0 01 0

)oo(0 10 0

)oo

rad(I(1)) ' K K2

(1 0)oo

(0 1)oo K2oo

oo =2 2β��δ

1=

2 21

.

top(I(1)) ' 0 0oooo K2oo

oo = S(3)⊕ S(3).

rad2(I(1)) ' K 0oooo 0

oooo = S(1).

top(rad(I(1))) ' 0 K2oooo 0

oooo = S(2)⊕ S(2).

(3) Q = 1α//2

βoo , I = 〈αβ, βα〉, A := KQ/I.

I(1)

P op(1) : P op(1)1 = Ke1? · β// P op(1)2 = Kβ

? ·αoo ' K

1// K

0oo

.

∴ I(1) = (P op(1))∗ ' K0//K

1oo ' P(2), i.e. I(1) =

2|β1

=21.

I(2)

P op(2) : P op(2)1 = Kα? · β// P op(2)2 = Ke2

? ·αoo ' K

0// K

1oo

.

Por lo tanto, I(2) = (P op(2))∗ ' K1//K

0oo ' P(1), i.e. I(1) =

12.

(4) Consideremos A = KQ/I, donde:

y I = 〈βα− γδ, λβ, λ3〉. Luego tenemos lo siguiente: I(1) ' S(4),


,

.

I(1):

,

.

Por lo tanto, tenemos:

, .


.

.

.

De donde top(I(1)) = S(4) ⊕ S(3)2, top(rad(I(1))) = S(1) ⊕ S(2) ⊕ S(3),top(rad2(I(1))) = S(1) y rad3(I(1)) = S(1).

Proposicion 7.3.21. Sea A una K-algebra de dimension finita. Consideremosuna familia completa {ei | 1 6 i 6 n} de idempotentes ortogonales primitivosde A, Pi := Aei, Si := top(Pi), Ii := I0(Si) y DA : mod(A) → mod(Aop) ladualidad usual (cf. 5.5.3). Entonces, se satisfacen las siguientes condiciones.

(a) ∀ i HomA(AD(A)A,AIi) ' APi.

(b) Para cada i, se tienen los siguientes isomorfismos de K-modulos:

HomA(Pi,M) ' eiM ' HomK(HomA(M, Ii).

Demostracion. (a) En virtud de 7.3.12 (a), se tiene que HomA(D(A), Ii) 'HomA(D(A), DAop(eiA)) ' HomAop(eiA,A) ' Aei = APi.

(b) Tenemos que HomA(Pi,M) = HomA(Aei,M) ' eiM. Tambien de7.3.12 (a), concluimos que

HomK(HomA(M, Ii),K) ' HomK(HomA(M,DAop(eiA)),K) '' HomK(HomAop(eiA,DA(M)),K) ' HomK(DA(M)ei,K).

Por lo tanto, basta probar lo siguiente: ∀ N ∈ mod(Aop) HomK(Nei,K) 'eiDAop como K-modulos.

En efecto, sea N ∈ mod(Aop). Luego, por 5.6.5 y Ejercicio 3.9.10, se tiene

eiDAop(N) ' HomA(Aei, DAop(N)) ' (Aei)∗⊗ADAop(N) ' eiA⊗ADAop(N).


Por lo tanto,

HomK(eiDAop(N),K) ' HomK(eiA⊗A DAop(N),K)

' HomAop(eiA,HomK(DAop(N),K)) = HomAop(eiA,DADAop(N))

' HomAop(eiA,N) ' Nei.∴ HomK(Nei,K) ' HomK(HomK(eiDAop(N),K),K) ' eiDAop(N).

Ejercicio 7.3.22. Sea Λ una K-algebra. Pruebe que ∀ M ∈ Mod(Λ), ∀ ΛSsimple, se tiene que HomΛ(M,S) ' HomΛ(top(M), S) como K-modulos.

Teorema 7.3.23. Sea A una K-algebra de dimension finita, {ei | 1 6 i 6 n}una familia completa de idempotentes ortogonales primitivos de A, Pi := Aeiy Si := top(Pi) ∀ i. Entonces, las siguientes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ j, ∀ M ∈ mod(A) dimK(HomA(Pj ,M)) = dimK(EndA(Sj))msj (M)y dimEndA(Sj)(Sj) = msj (top(AA)).

(b) Si A es basica, entonces ∀ i, j se tienen las siguientes igualdades:

dimK(Ext1A(Si, Sj)) = dimK

(ejJ(A)

J(A)2ei

)

= dimK(EndA(Sj))msj

(rad(Pi)

rad2(Pi)

).

Demostracion. (a) Sea M ∈ mod(A). La primera igualdad se deriva de5.1.7 (c). Por otro lado, por ??, definiendo B := A/J(A) se tiene que BB =⊕n

j=1 BSmjj , EndA(Si) ' EndB(Si) =: Di, que es una K-algebra de divi-

sion con dimension finita. Luego, dimEndA(Sj)(Sj) = dimDj (DjSj) = mj =mSj (top(A)).

(b) Sea i, j ∈ {1, 2, . . . , n}. Veamos primero que vale

HomA(rad(Pi), Sj) ' Ext1A(Si, Sj) como K-modulos. (7.2)

En efecto, aplicando a la sucesion exacta 0 → rad(Pi) → Pi → Si → 0, elfuntor HomA(−, Sj), se tiene la sucesion exacta de K-modulos

0→ HomA(Si, Sj)→ HomA(Pi, Sj)h→ HomA(rad(Pi), Sj)

→ Ext1A(Si, Sj)→ 0,

donde h(f) = f |rad(Pi). Es suficiente ver que h = 0. Sea f : Pi → Sj no nulo,entonces f es un epimorfismo, por lo que Pi/Ker(f) ' Sj , lo cual implicaque Ker(f) es maximal; y por ??, se tiene que Ker(f) = rad(Pi), y h(f) =f |rad(Pi) = 0. Por lo tanto h = 0, probandose 7.2.


Ahora bien, tenemos los siguientes isomorfismos de K-modulos

Ext1A(Si, Sj) ' HomA(rad(Pi), Sj) ' HomA(top(rad(Pi), Sj)

' HomA(Sj , top(rad(Pi))) ' HomA(Pj , top(rad(Pi))),

dichos isomorfismo se obtienen en virtud de (7.2), el Ejercicio 7.3.22 y de queHomA(Sp, Sq) = 0 p 6= q (por ser A basica). Por lo tanto, se tiene que

Ext1A(Si, Sj) ' HomA

(Pj ,

rad(Pi)

rad2(Pi)

)como K-modulos. (7.3)

Aplicando (a) al isomorfismo (7.3), obtenemos que

dimK(Ext1A(Si, Sj)) = dimK

(HomA

(Pj ,

rad(Pi)

rad2(Pi)

))ˆ

= dimK(EndA(Sj))mSj

(rad(Pi)

rad2(Pi)

).

Por otro lado,

HomA

(Pj ,

rad(Pi)

rad2(Pi)

)= HomA

(Aej ,

J(A)eiJ(A)2ei

)

' ej(J(A)eiJ(A)2ei

)' ej

J(A)

J(A)2ei.

Finalmente, por (7.3) concluimos que dimK(Ext1A(Si, Sj)) = dimK(ej

J(A)J(A)2 ei).

Corolario 7.3.24. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, A = KQ/I, {ea =εa + I}a∈Q0 , Pa := Aea, Sa := top(Pa) y Ia := I0(Sa) ∀ a ∈ Q0. Entonces, lassiguientes condiciones se satisfacen.

(a) ∀ a ∈ Q0, ∀ M ∈ mod(A) se tiene mSa(M) = dimK(HomA(Pa,M))= dimK(eaM) = dimK(HomA(M, Ia)).

(b) ∀ a, b ∈ Q0 dimK(Ext1A(Sa, Sb)) = Card(εb(Q1)εa) = mSb

(rad(Pa)rad2(Pa)

).

(c) ∀ M ∈ mod(A) `(M) =∑a∈Q0

dimK(eaM) = dimK(M).

Demostracion. Por 7.3.2, tenemos que ∀ a ∈ Q0 EndA(Sa) ' K. Por otrolado, A es basica (cf. 6.2.3), luego (a) es consecuencia de 7.3.21 (b) y 7.3.23 (a).Ası mismo, (b) se sigue de 7.3.23 (b). Finalmente, como `(M) =

∑a∈Q0

mSa(M),se tiene que (c) es consecuencia de (a).

Ejercicio 7.3.25. Los siguientes ejercicios fueron tomados de [4].


(a) En cada uno de los siguientes ejemplos, describa los modulos simples, losproyectivos inescindibles y sus radicales; y los inyectivos inescindibles ysus cocientes por su soclo.

(i) •

��

Q = • // • •oo I = 0.

(ii) •

��

Q = • α// • β

// • βα = 0.

(iii) Q = • •oo •oo •oo • I = rad2(KQ).oo

(iv) •α

��

•δ

��

Q = •β

��

γ// •ε

��

εγ = 0 = εδ.

• •

(v) •β

��•

λ

��αµ = 0, γµ = 0,

Q = • •

γ��

α

^^<<<<<<<<αλ = 0, βα = δγ.

•δ

^^>>>>>>>>•

µ

^^>>>>>>>>

(b) Sea Q el carcaj 3

1 //

@@��2

OO

y M la representacion K

K (10

) //1

==||||||||K2

(0 1)

OO

de Q. Calcule top(M), soc(M) y rad(M). Muestre que el algebra End(M)no es un campo, pero M es inescindible.

7.4. La caracterıstica de Euler 275

(c) Sea Q el carcaj

• •δoo

•β

OO

•αoo

γ

OO

donde βα = 0. Muestre que la siguiente representacion es inescindible:

K K1

oo

K2

(1 0)

OO

K.(01

)oo1

OO

(d) Sea a ∈ Q0 donde Q = (Q0, Q1) es un carcaj finito. Demuestre lo siguien-te.

(i) El proyectivo P (a) es un KQ-modulo simple si y solo si a es un pozo.

(ii) El inyectivo I(a) es un KQ-modulo simple si y solo si a es una fuente.

(iii) Caracterice a los vertices a ∈ Q0 tales que rad(P (a)) es simple.

(iv) Caracterice a los vertices a ∈ Q0 tales que I(A)/S(a) es simple.

7.4. La caracterıstica de Euler

Consideremos A una K-algebra de dimension finita. En esta ultima seccion leasociamos a cada A-modulo finitamente generado un vector con elementos enlos enteros. Esto con el fin de utilizar metodos del algebra lineal en el estudiode A-modulos.

Definicion 7.4.1. Sea A una K-algebra de dimension finita y {S1, S2, . . . , Sn}una familia completa de representantes de iso-clases de A-modulos simples. Lafuncion vector dimension dim : Obj(mod(A))→ Zn, se define como:

dim(M) :=

m1

m2

...mn

= (m1,m2, . . . ,mn)t,

donde mi := mSi(M) ∈ Z.

Observacion 7.4.2. Sea A una K-algebra de dimension finita. Consideremos{ei | 1 6 i 6 n} una familia completa de idempotentes ortogonales primitivosde A, Pi := Aei, Si := top(Pi) y Ii := I0(Si).


(a) Por 7.3.21 y 7.3.23 (a), tenemos las siguientes igualdades ∀M ∈ mod(A) :

• dimK(EndA(Sj))mSj (M) = dimK(HomA(Pj ,M)) = dimK(ejM) =dimK(HomA(M, Ij)).

• dimK(M) =∑nj=1 dimK(EndA(Sj))mSj (M).

(b) En la prueba de ??, se obtuvo el siguiente diagrama conmutativo degrupos abelianos:

F (mod(A))ϕ//

π��

⊕ni=1 Z · [Si]

K0(A)

ϕ∼

77ooooooooooo

donde π(x) = x + R(mod(A)) y ϕ([M ]) =∑ni=1 mSi(M)[Si] ∀ M ∈

mod(A).

Por otro lado, usando el Z-isomorfismo ν :⊕n

i=1 Z · [Si] → Zn dado por[Si] 7→ (0, . . . , 1

lugar i, . . . 0)t, tenemos el Z-isomorfismo ν ◦ ϕ : K0(A) →

Zn. Dado que ∀ M ∈ mod(A)

(ν ◦ ϕ)(π([M ])) = ν(ϕ[M ]) =

n∑i=1

mSi(M)ν([Si]) = dim(M),

denotaremos frecuentemente a ν ◦ ϕ por dim : K0(A)→ Zn.

Definicion 7.4.3. Sea A una K-algebra basica de dimension finita, {ei | 1 6i 6 n} una familia completa de idempotentes ortogonales primitivos de A,Pi := Aei y Si := top(Pi) ∀ i. La matriz de Cartan CA ∈ Matn×n(Z)asociada al algebra A, tiene como elemento ij a mSi(Pj). Denotaremos por[CA]j a la columna “j” de CA, y por [CA]i a la fila “i” de CA. Observe que[CA]j = dim(Pj).

Observacion. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, A = KQ/I y {ea :=εa}a∈Q0 .

(a) ∀ M ∈ mod(A) dim(M) = (dimK(eaM))ta∈Q0. En efecto, por 7.3.24,

sabemos que mSa(M) = dimK(eaM).

(b) Dado que F : mod(A)→ repK(Q, I) es una K-equivalencia con “inversa”G : repK(Q, I) → mod(A) (vease 7.2.2), y que ∀ D ∈ repK(Q, I) y∀ a ∈ Q0 eaG(D) ' Da como K-modulos (cf. 7.2.2 (k)), concluimos que∀ D ∈ repK(Q, I) dim(D) = (dimK(Da))ta∈Q0

.

Ejemplos. (1) Consideremos Q = 2 // 1 3oo , A = KQ. Entonces,

P(1) = S(1), por lo tanto dim(P(1)) =

100

. P(2) = K1// K 0oo ,


por lo que dim(P(2)) =

110

. P(3) = 0 // K K1

oo , por lo que

dim(P(3)) =

101

. Por lo tanto, la matriz de Cartan asociada a A es1 1 10 1 00 0 1

.

(2) Sea Q = 1 2δ

oo

βoo

3γoo

αoo

, consideremos I = 〈βγ, δγ〉, y A = KQ/I,

P(1) = S(1), P(2) = K2 K

(10

)oo (

01

)oo 0oooo

y P(3) = 0 K2oooo

K

(10

)oo (

01

)oo .

Por lo tanto, CA =

1 2 00 1 20 0 1

.

Teorema 7.4.4. Sea A una K-algebra basica de dimension finita. Conside-remos una familia completa {ei | 1 6 i 6 n} de idempotentes ortogonalesprimitivos de A, Pi := Aei, Si := top(Aei) y Ii := I0(Si) ∀ i. Entonces, pa-

ra la matriz diagonal D :=

d1 0. . .

0 dn

con di := dimK(EndA(Si)), se

satisfacen las siguientes condiciones.

(a) [CA]j = D · dim(Pj) y [CA]i = (D · dim(Ii))t.

(b) D−1CA dim(Si) = dim(Pi), D−1CtA dim(Si) = dim(Ii). En particular,

D−1CA ∈ Matn×n(Z).

(c) Si gldim(A) < ∞, entonces {π[Pi] | 1 6 i 6 n} es una Z-base de K0(A)y det(D−1CA) = ±1.

Demostracion. (a) Por 7.4.2 (a), tenemos las siguientes igualdades: dimSi(Pj)= dimK(HomA(Pi, Pj)) = dimK(HomA(Pj , Ii)) = djmSj (Ii). Por lo tanto,∀ i, j se tiene dimSi(Pj) = djmSj (Ii), de donde se obtiene (a).

(b) Es consecuencia de (a), ya que [CA]j = CA dim(Sj) y (Si)tCA = [CA]i.

(c) Supongamos que gldim(A) <∞. Luego pd(Si) <∞ ∀ i; y en particular,cada Si, admite una resolucion proyectiva finita

0→ Pmi,i → · · · → P1,i → P0,i → Si → 0.

Por lo tanto dim(Si) =∑mij=0(−1)jdim(Pmj ,i). Por lo que 〈π([Pi])

ni=1〉Z =

K0(A); y como rk(K0(A)) = n, concluimos que π([Pi])ni=1 es una Z-base de

K0(A).


Por otro lado, dado que D−1CA dim(Si) = Pi (i.e. manda base en ba-se), se tiene que D−1CA es invertible en Matn×n(Z). Sea B ∈ Matn×n(Z)tal que (D−1CA)B = 1n×n. Luego det(D−1CA) det(B) = 1, obteniendo quedet(D−1CA) = ±1.

Corolario 7.4.5. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, Q0 = {1, 2, . . . , n}, {ei =εi}ni=1, A = KQ/I, Pi := Aei, Si := top(Pi) y Ii := I0(Si) ∀ i ∈ Q0. Entonces,se satisfacen las siguientes condiciones.

(a) ∀ i, j [CA]j = dim(Pj) y [CA]i = (dim(Ii))t.

(b) CA dim(Si) = dim(Pi) y CtA dim(Si) = dim(Ii) ∀ i ∈ Q0.

(c) Si gldim(A) <∞, entonces det(CA) = ±1.

Demostracion. Sabemos que A es una K-algebra basica de dimension finitay ademas EndA(Si) ' K (cf. 7.3.2). Luego di := dimK(End(CASi)) = 1, lo

cual implica que D =

d1 0. . .

0 dn

= 1n×n. Por lo tanto, el corolario se

sigue de 7.4.4.

Ejemplo. Sea A = KQ/I donde:

y I = 〈βα− γδ, λβ, λ3〉. Entonces CA =

3 1 3 10 1 0 10 0 1 10 0 0 1

y det(CA) = 3; por lo

tanto gldim(A) =∞.

Definicion 7.4.6. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones tal que A = KQ/I esde dimension global finita (i.e. gldim(A) <∞). Sea Q0 = {1, 2, . . . , n}.

(a) La caracterıstica de Euler de A es la forma Z-bilineal 〈−,−〉A : Zn ×Zn → Z, dada por 〈x, y〉A := xt(C−1

A )ty.

(b) La forma cuadratica de Euler de A, es la forma cuadratica qA : Zn →Z donde qA(x) := 〈x, x〉A.

(c) La transformacion de Coxeter ΦA : Zn → Zn esta definida porΦA(x) := −CtAC−1

A · x.


Ejemplos. (1) SeaQ = 2 // 1 3oo , A = KQ. Es claro que gldim(A) =1 (cf. 6.1.17).

Luego CA =

1 1 10 1 00 0 1

, (C−1A )t =

1 0 0−1 1 0−1 0 1

, por lo que ΦA =

−CtAC−1A =

−1 1 1−1 0 1−1 0 0

, 〈x, y〉A =(x1 x2 x3

)−1 1 1−1 0 1−1 0 0

y1

y2

y3

=

x1y1 +x2y2 +x3y3−x2y1−x3y1 y qA(x) = 〈x, x〉A = x21 +x2

2 +x33−x1x2−

x1x3.

(2) Sea Q = 1 2oooo

, A = KQ. Entonces gldim(A) = 1 y se tiene que

P(1) = S(1), P(2) =2

1 1. Por lo tanto, CA =

(1 20 1

), (C−1

A )t =(1 0−2 1

), ΦA

(−1 2−2 3

). Luego 〈x, y〉A = (x1, x2)

(1 0−2 1

)(y1

y2

)= x1y1+

x2y2 − 2x1y2 y qA(x) = x21 + x2

2 − 2x1x2

Ejercicio 7.4.7. Sea 0 → X0 → X1 → · · · → Xn → 0 una sucesion exactalarga en mod(K). Pruebe que

∑ni=0(−1)i dimK(Xi) = 0.

Teorema 7.4.8. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones y A = KQ/I, con gldim(A) <∞. Entonces, ∀ M,N ∈ mod(A) se tiene que:

〈dim(M),dim(N)〉A =

∞∑j=0

(−1)j dimK(ExtjA(M,N)).

Demostracion. Sea N ∈ mod(A) fijo. Usaremos induccion sobre d := pd(M)para M ∈ mod(A).

Sea d = 0. Podemos asumir que M = Pi := Aei. Entonces, por 7.3.6 (b),tenemos lo siguiente

〈dim(Pi),dim(N)〉A = (dim(Pi))t(C−1

A )t dim(N)

= ((Si))t dim(N) = mSi(N) = dimK(HomA(Pi, N)),

donde la ultima igualdad se debe a 7.3.24 (a). Como ExtjA(Pi, N) = 0 ∀ j > 1,se obtiene la igualdad en este caso.

Sea d > 1. Supongamos que el teorema es valido ∀ M ′ ∈ mod(A) conpd(M ′) < d. Como d > 1, tenemos por ?? (e) una sucesion exacta 0→ M ′ →P0 → M → 0 en mod(A), con P0 proyectivo y pd(M ′) 6 d − 1. Aplicando elfuntor HomA(−, N) a la sucesion anterior, se obtiene la sucesion exacta largaen mod(K), donde j(X,Y ) := ExtjA(X,Y ) ∀ j > 0, con Ext0

A = HomA(X,Y )

0→ (M,N)→ (P0, N)→ (M ′, N)→1(M,N)→1(P0, N)→1(M ′, N)

→2(M,N)→2(P0, N)→2(M ′, N)→ · · · .


Aplicando el Ejercicio 7.4.7 a la sucesion exacta larga anterior, se tiene

∞∑j=0

(−1)j dimK(ExtjA(M,N))

=

∞∑j=0

(−1)j dimK(ExtjA(P0, N))−∞∑j=0

(−1)j dimK(ExtjA(M ′, N))

= 〈dim(P0),dim(N)〉A − 〈dim(M ′),dim(N)〉A= 〈dim(P0)− dim(M ′),dim(N)〉A = 〈dim(M),dim(N)〉A,

donde la ultima igualdad se obtiene de la igualdad dim(P0) − dim(M ′) =dim(M), la cual a su vez se obtiene de la sucesion exacta 0 → M ′ → P0 →M → 0.

Proposicion 7.4.9. Sea (Q, I) un carcaj con relaciones, A = KQ/I congldim(A) < ∞, Q0 = {1, 2, . . . n}, {ei = εi + I}i∈Q0

, Pi := Aei y Ii :=I0(top(Pi)) ∀ i ∈ Q0. Entonces, se satisfacen las siguientes condiciones.

(a) ∀ i ∈ Q0 ΦA dim(Pi) = −dim(Ii).

(b) ∀ x, y ∈ Zn 〈x, y〉A = −〈y,ΦAx〉 = 〈ΦAx,ΦAy〉A.

Demostracion.(a) ΦA dim(Pi) = −CtAC−1

A dim(Pi) = −CtA dim(Si) = −dim(Ii), donde lasultimas igualdades se dan por 7.4.5 (b).

(b) 〈x, y〉A = xt(C−1A )ty = ytC−1

A x = yt(C−1A )tCtAC

−1A x = −〈y,ΦAx〉. Esto

es, 〈x, y〉A = −〈y,ΦAx〉, lo cual implica que −〈y,ΦAx〉 = −(−〈ΦAx,ΦAy〉) =〈ΦAx,ΦAy〉.

Ejercicio 7.4.10. Sea K un campo.

(a) Sea Q = 1 2oooo

el carcaj de Kronecker. Definimos la representacion

Hλ de Q como Hλ = K Kλoo

1oo

, para cada λ ∈ K. Muestre que ∀ λ ∈ Kse tiene que Hλ es inescindible; y que Hλ ' Hµ si y solo si λ = µ.

(b) Calcule la dimension global y la matriz de Cartan de cada algebra delEjercicio 7.3.25 (a).

(c) Sea A = KQ donde Q = 1α//2

βoo . Demuestre las siguientes afirmacio-

nes.

(i) Los A-modulos S(1) = S0//0

0oo , S(2) = 0

0//K

0oo y S(1, 2)λ =

K1//K

λoo , con λ ∈ K, son simples; y S(1, 2)λ 6' S(1, 2)µ si λ 6= µ.


(ii) Si M es un A-m odulo simple de dimesi on finita, entonces M es

isomorfo a S(1), S(2) o bien a S(1, 2)λ, donde λ ∈ K.

(d) Determine la matriz de Coxeter de las siguientes K-algebras:

(K K2

0 K

) K 0 0 0 0K K 0 0 0K 0 K 0 0K 0 K K 0K K K K K

K 0 0 0 0K K 0 0 0K 0 K 0 0K 0 0 K 0K K K K K

K 0 0 0 00 K 0 0 0K K K 0 0K 0 0 K 0K K K K K

.

Bibliografıa

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[14] C. A. Weibel. An Introduction to Homological Algebra. Cambridge Studiesin Advanced Mathematics 38, Cambridge University Press, New York,1997.

Indice alfabetico

anillo, 89centro de un, 92opuesto, 93trivial, 89

anillosisomorfismo de, 91morfismo de, 90

anulador, 114

categorıaopuesta, 71

endomorfismosanillos de, 94

equivalencia, 74equivalencia natural, 74

funtor, 68contravariante, 69covariante, 68denso, 74fiel, 74pleno, 74

grupo, 79abeliano, 79

grupos abelianosmorfismos de, 80

ideal, 92izquierdo, 92

idempotente, 120imagen, 92inmersion, 74

K-algebra, 94K-algebras

morfismo de, 95

moduloa derecha, 96a izquierda, 95simple, 117

modulosmorfismos de, 97

modulos a izquierda y derecha, 95

nucleo, 92

operacion binaria, 77operacion binaria opuesta, 77

retıcula, 46completa, 46

retıculasisomorfismo de, 47morfismo de, 47

subanillo, 92subgrupo abeliano, 82submodulo, 100

maximal, 117

transformacion natural, 73

285

anillos, m odulos y algebras de artin - inicio ...libro)intteorep.pdf · anillos, m odulos y...

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