Sous-module d'un module libre

Pour un anneau principal, tout sous-module d'un module libre est libre, sans hypothèse de finitude. (En tout cas si on a l'axiome du choix)
Donc tu auras du mal à trouver un contrexemple

Soit $F$ un module libre sur $R$ principal, choisis une base $(e_i)_{i\in I}$. On choisit un bon ordre sur $I$, noté $\leq$. Soit $U$ un sous-module de $F$
Pour $i\in I, F_i =$ le sous-module de $F$ engendré par les $e_j, j\leq i$, et $U_i = U\cap F_i$.

Soit $p_i$ la projection de $F$ sur $R$ selon $e_i$. Alors $p_i(U_i)$ est un sous-module de $R$, i.e. un idéal, donc de la forme $Ra_i$. Si $a_i=0$, on ne fait rien, sinon on choisit $u_i\in U_i$ d'image $a_i$ par $p_i$.

Alors la famille des $u_i, i$ tels que $a_i \neq 0$ est une base de $U$.

En effet :

Soit $u\in U$, il s'écrit $\sum \lambda_i e_i$, avec les $\lambda_i \in R$ presque tous nuls, en particulier il y a un $i$ maximal tel que ce soit non nul, donc $u\in U_i$. $p_i(u) = xa_i$ pour un certain $x$.
Alors $u- xu_i$ est dans $U_j$ pour un certain $j<i$.

Donc par récurrence transfinie, $U_i$ est engendré par $(u_k)_{k\leq i} $, et comme $U = \bigcup_i U_i$, $U$ est bien engendré par les $u_i$ . Reste à prouver qu'ils sont linéairement indépendants.

Mais ça c'est simple : si $j<i$, $u_j \in F_j$ et $u_i$ a une composante non nulle sur $e_i$.

Donc par exemple si $\sum_i \lambda_i u_i =0$, je prends le $j$ maximal tel que $\lambda_j\neq 0$, et je regarde $p_j(\sum_i \lambda_i u_i) = \lambda_j a_j \neq 0$ (car si on a pris $u_j$, c'est que $a_j \neq 0$), ce qui est absurde.

Donc les $u_i$ sont linéairement indépendants et engendrent $U$ : c'est une base !