Envolventes inyectivas: asimétrica dualidad

Una de las primeras cosas que uno observa es que todo módulo es cociente de un libre. Esto se demuestra rápidamente, si M es el módulo, basta tomar el libre de base M (bueno, más precisamente, de base el conjunto subyacente a M).

En particular, todo módulo es cociente de un proyectivo. Esta observación no es menos fácil de demostrar, pero es quizás menos “trivial” pues precisa del axioma de elección.

Una respuesta inicial a “¿por qué son interesantes los proyectivos?” puede ser que los módulos proyectivos son una generalización de los módulos libres que tiene sentido en cualquier categoría (hablamos de objeto proyectivo), porque sólo se formula en términos de flechas.

Entonces podemos dualizar la noción, y obtenemos la noción de objeto inyectivo.

Nos podemos entonces preguntar si vale el dual de la afirmación “todo módulo es cociente de un proyectivo”, es decir, ¿es todo módulo un submódulo de un inyectivo?

La respuesta es que sí, pero lo chistoso del asunto es que esto no es nada trivial. Hay que trabajar para demostrar esto, lo cual contrasta con su afirmación dual, cuya prueba son unas pocas líneas.

Así que si tenemos dos enunciados (sobre módulos) duales verdaderos, no necesariamente las pruebas son duales.

Receta de cocina para embeber un R-módulo M en un inyectivo:

0) Probar que en un DIP, todo divisible es inyectivo.
1) Mostrar que todo grupo abeliano es subgrupo de uno divisible.
2) Probar que \hom_{\mathbb{Z}}(R,D) es un R-módulo inyectivo si D es un grupo abeliano divisible.
3) Combinar los pasos 1 y 2 para meter su módulo en uno inyectivo.

La prueba de 0) es una aplicación directa del criterio de Baer; la prueba de 1) pasa porque todo grupo abeliano es cociente de un libre, y \mathbb{Z} se mete en \mathbb{Q} que es divisible; la prueba de 2) pasa por la adjunción con el tensor. \square

Este esbozo muestra que probar este resultado es laborioso.

Pero sin embargo, en este contexto “dual” tenemos una ventaja: todo módulo es submódulo de algún inyectivo “de manera óptima”. Me estoy refiriendo a la envolvente inyectiva.

Es fácil formular qué significa “de manera óptima”: si M\subset E es una inclusión en un módulo inyectivo E, entonces este E es una envolvente inyectiva si no hay otro inyectivo que se meta en el medio, i.e. si M\subset E'\subset E con E' inyectivo, entonces E'=E.

Resulta más práctica otra formulación: ser una envolvente inyectiva (en el anterior sentido) es equivalente a ser una extensión esencial maximal, lema de Zorn mediante (como cualquier cosa que se llame “maximal” :P)

Para probar que existe la envolvente inyectiva y es única a menos de isomorfismo,

1) Probar que un módulo es inyectivo si y sólo si no admite una extensión esencial propia.
2) Usar lo anterior para probar que las dos nociones de “envolvente inyectiva” dadas recién son equivalentes.
3) Usar la caracterización “extensión esencial maximal” para construir la envolvente inyectiva.
4) Usar la caracterización “no hay otro inyectivo en el medio” para ver que es único a menos de isomorfismo.

La prueba de 1) la hice acá, y la parte difícil (la vuelta) se hace metiendo el módulo en un inyectivo, y matándole todo lo que evita que la extensión sea esencial (Zorn mediante); 2) Zorn again; 3) ¡Zorn!; 4) usar la definición de inyectivo nomás y poco más. \square

Muy bien. Así que ahora, como antes, podemos preguntarnos si vale el dual de este teorema. Es decir, ¿todo módulo se puede cubrir por un proyectivo “de manera óptima”?

Es más fácil dualizar bien lo que es una envolvente inyectiva, considerando que un monomorfismo resultará un epimorfismo, y que una intersección resultará una suma (si no me equivoco, una intersección es un caso especial de pullback, y una suma el dual caso especial de pushout).

Se obtiene lo que se llama un cubrimiento proyectivo.

Y resulta que no es cierto que todo módulo (a izquierda) admite un cubrimiento proyectivo. Esto pasa exactamente cuando el anillo es perfecto (a izquierda). Ya comenté este fenómeno al final de este post anterior.

Así que si un enunciado (sobre módulos) es verdadero, su dual no tiene por qué serlo.

¿Por qué ocurre esta asimetría? Rotman nos da una bella explicación, que más que parafrasear, prefiero traducir (está en las páginas 307-308 de An Introduction to Homological Algebra):

Las categorías abelianas son auto-duales en el sentido que el dual de cada axioma en su definición es en sí mismo un axioma; se sigue que si \mathcal{A} es una categoría abeliana, entonces también lo es su categoría opuesta \mathcal{A}^{op}. Un teorema que use solo los axiomas en su prueba es verdadero en toda categoría abeliana; además, su dual es también un teorema en toda categoría abeliana, y su prueba es dual a la prueba original. Las categorías R-ModMod-R son categorías abelianas que tienen propiedades extra [una categoría es isomorfa a R-Mod para algún anillo R si y sólo si es una categoría abeliana cocompleta con un generador proyectivo P; en este caso, R\simeq End(P) (ver Pareigis, Categories and Functors, p.241)]. Las categorías de módulos no son auto-duales, porque tienen estas propiedades adicionales. Esto explica por qué un teorema y su dual que son ciertos en toda categoría de módulos pueden tener pruebas muy diferentes. Por ejemplo, las afirmaciones “todo módulo es cociente de un proyectivo” y “todo módulo puede ser embebido en un inyectivo” son duales y siempre verdaderos. Las pruebas no son duales, porque estas afirmaciones no son verdaderas en toda categoría abeliana. El ejercicio 5.64 en la página 322 muestra que la categoría abeliana de todos los grupos abelianos de torsión no tiene proyectivos no nulos, y el ejercicio 5.65 muestra que la categoría abeliana de todos los grupos abelianos finitamente generados no tiene inyectivos no nulos.

Como comentario final, pongo un vínculo la siguiente pregunta en MO: ¿Qué es el opuesto de una categoría de módulos (o de representaciones de álgebras de Hopf)?

Es una pregunta muy interesante, porque si bien sabemos que la categoría opuesta a una categoría de módulos va a ser abeliana, ¿por qué debería ser de módulos? [las condiciones para que esto ocurriera están en la cita de Rotman]. De hecho, la respuesta aceptada de la pregunta en MO dice que nunca va a ser de módulos, salvo que el anillo sea el nulo 😛

[Admito que cuando primero pensé en este asunto, lo primero que hice fue intentar probar que (R-Mod)^{op} \simeq (R^{op})-Mod, con una especie de ilusión infantil. Al trancarme (obviamente) busqué en internet y encontré esa pregunta.]

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