Demostrar que los endomorfismos sobreyectivos de los módulos noetherianos son isomorfismos y que un módulo semisimple y noetheriano es artiniano.

Question

Estoy revisando para mi examen de Anillos y Módulos y estoy atascado en las siguientes dos preguntas:

$1.$ Dejemos que $M$ sea un módulo noetheriano y $ \ f : M \rightarrow M \ $ un homomorfismo surjetivo. Demuestre que $f : M \rightarrow M $ es un isomorfismo.

$2$ . Demuestre que si un módulo semi-simple es noetheriano entonces es artiniano.

Ambas cuestiones parecen que deberían ser bastante sencillas de demostrar, pero no consigo resolverlas.

Answer 1

$1.$ Dejemos que $M$ sea un noetheriano $R$ - módulo. Demostramos que si $f : M \longrightarrow M$ es un suryecto $R$ - homomorfismo de módulo de $M$ a sí mismo, entonces $f$ es un isomorfismo. Es fácil ver que basta con demostrar que $f$ es inyectiva. Ahora el núcleo de cualquier $R$ - es siempre un submódulo, por lo que podemos considerar la siguiente cadena ascendente de núcleos

$$\ker f \subset \ker f^2 \subset \ker f^3 \subset ....$$

que eventualmente debe ser constante por la condición noetheriana por lo que podemos suponer que hay $ n \in \Bbb{N}$ tal que

$$\ker f^n = \ker f^{n+1} = \ker f^{n+2} = \ldots = \ker f^{2n} = \ldots .$$

Ahora afirmamos que

$$\ker f^n \cap \operatorname{Im} f^n = \{0\}.$$

Claramente $0$ está en el lado izquierdo, así que sólo tenemos que mostrar la inclusión inversa. Tomemos $x \in \ker f^n \cap \operatorname{Im} f^n$ . Entonces $f^n(x) = 0$ y existe $y \in M$ tal que $x = f^n(y)$ . Poniendo esta expresión encontrada para $x$ en $f^n(x) = 0$ conseguimos que

$$f^{2n}(y) = 0$$

y por lo tanto que $y \in \ker f^{2n}$ . Pero entonces, como se ha señalado anteriormente $\ker f^{2n} = \ker f^n$ y por lo tanto que $f^n(y) = 0$ . Pero $x = f^n(y)$ y así $x$ es cero, lo que demuestra nuestra afirmación de que $\ker f^n \cap \operatorname{Im} f^n = \{0\}$ . Ahora, porque $f$ es suryente se deduce que $\operatorname{Im} f^n = M$ . Sin embargo, $\ker f^n \subset M$ para que $\{0\} = \ker f \cap M = \ker f$ para que $f$ es inyectiva y, por tanto, un isomorfismo.

$\hspace{6in} \square$

Editar: Problemas suplementarios:

(1) Demostrar que cualquier inyectiva $R$ - endomorfismo de módulo $\phi : M \rightarrow M$ para $M$ un módulo artiniano es suryente (y por tanto un isomorfismo). Sugerencia: Considere la cadena descendente

$$\operatorname{Coker} \phi \supset \operatorname{Coker} \phi^2 \supset \operatorname{Coker} \phi^3 \supset \ldots $$

(2) Considerando un anillo artiniano $R$ como un módulo sobre sí mismo, demuestre que si $R$ es un dominio integral artiniano, entonces debe ser un campo (Pista: considere un $R$ - módulo endomorfismo y aplicar (1) arriba).

(3) Dejemos que $R$ sea un anillo local artiniano con ideal máximo $\mathfrak{m}$ . Demostrar que $\mathfrak{m}$ de $R$ es nilpotente. Pista: Por la condición Artiniana tenemos la cadena descendente $$\mathfrak{m} \supset \mathfrak{m}^2 \supset \ldots \supset \mathfrak{m}^k = \mathfrak{m}^{k+1} = \ldots $$

para algunos $k \in \Bbb{N}$ . Supongamos que $\mathfrak{m}^k \neq 0$ (Sí, estamos usando el mismo $k$ ). Por el lema de Zorn se puede elegir un ideal $I$ en $R$ mínimo con respecto a la propiedad que $I\cdot \mathfrak{m}^k \neq 0$ . Esto es decir que existe un elemento $x \in I$ tal que $x \mathfrak{m}^k \neq 0$ y, por tanto, por la minimidad de $I$ , $(x) = I$ . Considerando $(x)$ como $R$ - y observando que está generado finitamente, concluir que

$$(x)\mathfrak{m}^k = (x)$$

y aplicar el Lemma de Nakayama para obtener una contradicción.

Answer 2

$1.$ Permítanme darles una prueba del siguiente resultado asombroso debido a Vasconcelos:

Teorema:
Dejemos que $M$ sea una entidad finitamente generada $R$ -módulo, Noetheriano o no y que $ \ f : M \rightarrow M \ $ sea un homomorfismo suryente. Entonces $f : M \rightarrow M $ es inyectiva (por lo tanto es un isomorfismo).

Prueba:
Utilizamos el truco estándar de convertir $M$ en un $R[X]$ -definiendo $X\cdot m=f(m)$ .
Para el ideal $I=XR[X]$ tenemos $M=IM$ ya que para cualquier $m\in M$ podemos escribir por surjetividad de $f$ : $m=f(n)=X\cdot n$ y $X\in I$ .
Desde Nakayama dice que $$M=IM\implies m=im$$ existe $i=P(X)X\in I$ con $m=P(X)X\cdot m=P(f)(f(m))$ para todos $m\in M$ .
Así que finalmente $f(m)=0\implies m=P(f)(f(m))=P(f)(0)=0 \:$ La inyectabilidad de $f$ se ha demostrado.

Answer 3

$2.$ Un módulo semisimple $M$ es una suma directa de módulos simples. Si es noetheriano, hay un número finito de sumandos en esa descomposición, y entonces $M$ tiene una longitud finita. Por lo tanto, es artiniano.

Answer 4

$1.$ Dejemos que $\,f:M\to M\,$ sea un epimorfismo o $\,R\,$ -módulos, con $\,M\,$ Noetheriano.

i) Demuestre que $\,M\,$ puede convertirse en $\,R[t]\,$ -módulo, definiendo $\,tm:=f(m)\,,\,\forall m\in M$

ii) Poner $\,I:=\langle t\rangle=tR[t]\,$ , demuestran que $\,MI=M\,$

iii) Aplicar el lema de Nakayama para deducir que existe $\,1+g(t)t\in I\,$ s.t. $\,(1+g(t)t)M=0$

iv) Por último, tome $\,y\in \ker f\,$ y mostrar $\,y=0\,$ aplicando (iii)

Answer 5

Para la primera pregunta, mira la siguiente cadena de ideales: $$\ker f\subset \ker f^2\subset \ker f^3\ldots$$