Ejemplo de módulo no reflexivo.

TFG_Sixto_José_Martínez_Gan.tex

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 			y viceversa, es decir, para cualquier vector $w$ de $V$, $v \mapsto \productoescalar{w}{v}$ es un elemento de \Hom{K}{V}{K}. Esta biyección es un isomorfismo de \modulo{K}s, por lo que tenemos que $V$ es isomorfo a \dual{V} y, por consiguiente, a \dualdual{V} también. Con esto hemos demostrado que \dualdual{V} es un \espaciovectorial{K} de la misma dimensión de $V$, pero para verificar que este sea reflexivo debemos cerciorarnos de que la aplicación $\psi$ sea un isomorfismo. Para ello, basta darse cuenta que el kernel de esta es necesariamente el vector nulo, que se corresponde con evaluar todas las aplicaciones de \dual{V} en el $\mathbf{0}$, y por lo tanto $\psi$ es inyectiva; como $V$ y \dualdual{V} son de la misma dimensión, concluimos que $\psi$ es un isomorfismo.
 		\end{ejemplo}
 		\begin{ejemplo}
-			\todo[inline]{Poner ejemplo de un módulo no reflexivo.}
+			Consideremos ahora el \modulo{\enteros} \cociente{\enteros}{p\enteros} donde $p$ es un número primo. Sabemos que $\cociente{\enteros}{p\enteros} = \engendrado{1}$ por lo tanto, cualquier $\phi \in \dual{\cociente{\enteros}{p\enteros}}$ está unívocamente determinado por la imagen de $1$. Supongamos que $\phi\!\left( 1 \right) = x \in \enteros$, se debe cumplir que
+			\begin{equation*}
+				px = p\phi\!\left( 1 \right) = \phi\!\left( p\cdot 1 \right) = \phi\!\left( 0 \right) = 0  \ \Leftrightarrow \ px = 0 \ \Leftrightarrow \ x = 0.
+			\end{equation*}
+			Es decir, que $\dual{\left( \cociente{\enteros}{p\enteros} \right)} = \conjunto{\dual{\mathbf{0}}}$ donde $\mathbf{0}$ envía cualquier elemento de \cociente{\enteros}{p\enteros} al $0$ de \enteros. Al estar \dual{\left( \cociente{\enteros}{p\enteros} \right)} solo compuesto por la aplicación que todo lo lleva al cero, su dual, $\dualdual{\left( \cociente{\enteros}{p\enteros} \right)}$, solo estará compuesto por la aplicación \dualdual{\mathbf{0}} que envía todo al $0$ de \enteros. Al ser todos estos conjuntos finitos, podemos ver que la cardinalidad de \dualdual{\left( \cociente{\enteros}{p\enteros} \right)} y \cociente{\enteros}{p\enteros} no coinciden y por lo tanto no pueden ser isomorfos, impidiendo esto a su vez que \cociente{\enteros}{p\enteros} sea un \modulo{\enteros} reflexivo.
 		\end{ejemplo}
 		
 		Una discusión más profunda acerca de los módulos reflexivos y sus propiedades puede encontrarse en \cite[\href{https://stacks.math.columbia.edu/tag/0AUY}{Tag 0AUY}]{STACKS}.
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 			\end{aligned}\right\rbrace \implies \text{$M$ es un módulo libre}
 		\end{gather}
 	
-		Lo primero que haremos es ver que \derivaciones{f} es siempre un módulo reflexivo de rango $n$ tal y como demuestra en \cite{SAITO}.
-		\todo[inline]{En el artículo de Vallés pone que tiene que ser \textit{square-free}.}
-		\begin{lema}
-			\derivaciones{f} es un \modulo{\Kx} reflexivo.
-		\end{lema}
-		\begin{proof}
-			\todo[inline]{No entiendo la demostración de Saito.}
-		\end{proof}
-		
-		Si vemos el esquema, tenemos que \derivaciones{f} es libre de torsión, pero necesitaríamos que tuviese rango $1$ para continuar hacia delante. Lo que haremos será estudiar el módulo $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ para reducir este rango y poder continuar.
+		Puede encontrarse en \cite[corolario 1.7]{SAITO} una demostración de que \derivaciones{f} es un módulo reflexivo. Siguiendo el esquema, tenemos que \derivaciones{f} es libre de torsión, pero necesitaríamos que tuviese rango $1$ para continuar hacia delante. Lo que haremos será estudiar el módulo $\bigwedge^n \derivaciones{f}$ para reducir este rango y poder continuar.
 		\begin{lema}
 			Sea $M$ un \modulo{A} de rango $n$ y $s \in \naturales$. Entonces, $\bigwedge^s M$ es un \modulo{A} de rango $\binom{n}{s}$.
 		\end{lema}