Разложение модуля в прямую сумму подмодулей

[sour]

Нашел такое утверждение: чтобы модуль $M$ раскладывался в прямую сумму своих подмодулей $N \oplus L$ необходимо и достаточно, чтобы $N + L = M$ и $N \cap L = 0$. Доказательство достаточности очевидно.

(Оффтоп)

Если $N \cap L = 0$, то гомоморфизм сложения $\varphi \colon N \oplus L \mapsto N + L$, $(n, l) \mapsto n + l$ является изоморфизмом, а из этого и того что $N + L = M$ следует, что $N \oplus L \cong M$.

Но я не понимаю, как доказать необходимость.

[Anton_Peplov]

sour в сообщении #1570710 писал(а):

Но я не понимаю, как доказать необходимость.

Полагаю, Вы понимаете, что нужно взять произвольное $M = N \oplus L$ и доказать, что из этого следует, что $N + L = M$ и $N \cap L = 0$?

[sour]

Anton_Peplov
Конечно. Я пытался предположить, что одновременно $M = N \oplus L$ и $N + L \ne M$ или $N \cap L \ne 0$, но не смог получить никаких противоречий.

[Anton_Peplov]

sour
Не нужно от противного. Пусть $M = N \oplus L$. Давайте доказывать, что $M = N + L$. Нужно доказать два включения: $M \subset N + L$ и $N + L \subset M$. Докажем первое включение. Рассмотрим произвольное $m \in M$...

[sour]

Anton_Peplov
Если что-то можно доказать напрямую, это можно доказать и от противного. Если из $M = N \oplus L$ как-то следует, что $M = N + L$, то из предположения $M = N \oplus L$ и $N + L \ne M$ будет следовать противоречие.

Я пытался рассматривать произвольный $m$, не получается.

[Anton_Peplov]

sour в сообщении #1570747 писал(а):

Если что-то можно доказать напрямую, это можно доказать и от противного.

Да. Вопрос в том, как проще.

sour в сообщении #1570747 писал(а):

Я пытался рассматривать произвольный $m$, не получается.

И что не получается?

Anton_Peplov в сообщении #1570727 писал(а):

Нужно доказать два включения: $M \subset N + L$ и $N + L \subset M$. Докажем первое включение. Рассмотрим произвольное $m \in M$...

Рассмотрим произвольное $m \in M$. По условию, $M = N \oplus L$. Значит, существуют такие $n \in N, l \in L$, что $m = n + l$. Значит, $M \subset N + L$.
Обратное включение докажите сами.

[sour]

Anton_Peplov

Цитата:

По условию, $M = N \oplus L$. Значит, существуют такие $n \in N, l \in L$, что $m = n + l$.

В том-то и дело, что не значит. Под равенством тут, конечно же, имеет в виду изоморфизм, сам по себе модуль не может быть равен прямой сумме своих подмодулей, потому что как множество прямая сумма $L \oplus L$ состоит из множества пар вида $(n, l)$, где $n$ и $l \in M$, в отличие от $M$, который состоит не из таких пар.

Какой это изоморфизм мы не знаем, знаем лишь, что он есть. Это вполне может быть не изоморфизм сложения.

[sour]

Я понял. Под равенством тут имеется именно изоморфизм сложения. Тогда всё будет работать.

[Anton_Peplov]

sour в сообщении #1570759 писал(а):

как множество прямая сумма $N \oplus L$ состоит из множества пар вида $(n, l)$, где $n \in N$ и $l \in L$

Вас не затруднит привести цитату из учебника, в котором это сказано? И не путаете ли Вы прямую сумму с внешней прямой суммой?

[sour]

Anton_Peplov
http://gorod.bogomolov-lab.ru/ps/stud/a ... _total.pdf
6.1.1-6.1.2

[Anton_Peplov]

sour в сообщении #1570822 писал(а):

http://gorod.bogomolov-lab.ru/ps/stud/a ... _total.pdf
6.1.1-6.1.2

Да уж. Мазохизм еще тот. В классических учебниках, насколько я помню, вся разница между $N + L$ и $N \oplus L$ в том, что элементы второго представимы в виде суммы элементов $N$ и $L$ единственным образом, а элементы первого - вообще говоря, не единственным. Поскольку $N, L$ - подмодули одного модуля, сложение элемента $N$ и элемента $L$ определено и нет никакого смысла рассматривать элемент прямой суммы как пару.

Ну ок. Рассмотрите множество $P \subset N + L$ всех элементов, представимых в виде суммы элементов $N$ и $L$ единственным образом. Докажите, что оно изоморфно по сложению $N \oplus L$ в вашем определении. И дальше проведите все доказательства для $P$.