Isomorfismo de $\operatorname{top}f$ implica $f$ es una cubierta proyectiva.

Question

Estoy atascado en lo siguiente y me vendría bien una pista.

Dejemos que $f:P\longrightarrow M$ sea un mapa de módulos de dimensión finita sobre un álgebra de dimensión finita $A$ (sobre probablemente un campo algebraicamente cerrado $K$ ), con $P$ proyectiva. $f$ induce un mapa $\operatorname{top}f:\operatorname{top}P\longrightarrow \operatorname{top}M$ donde $\operatorname{top}M = M/\operatorname{rad}M$ y $\operatorname{rad}M$ es el radical de Jacobson.

Demuestra que $\operatorname{top}f$ un isomorfismo implica $f:P\longrightarrow M$ es una cubierta proyectiva.

No sé por dónde empezar.

Answer 1

Dejemos que $\pi_P:P\to P/\mbox{rad}P$ y $\pi_M:M\to M/\mbox{rad}M$ sean las proyecciones naturales. El homomorfismo inducido $\mbox{top}f$ es tal que $\pi_M\circ f=\mbox{top}f\circ\pi_P$ . Si $y\in M$ entonces, siendo $\mbox{top}f$ surjective, $y+\mbox{rad}M=\mbox{top}f(x+\mbox{rad}P)=f(x)+\mbox{rad}M$ para algunos $x\in P$ . Esto demuestra que $M=\mbox{rad}M+\mbox{Im}f$ . Desde $M$ es de dimensión finita, $\mbox{rad}M$ es superfluo en $M$ Por lo tanto $M=\mbox{Im}f$ es decir $f$ es un epimorfismo.

Por otro lado, si $f(x)=0$ entonces $\mbox{top}f(x+\mbox{rad}P)=f(x)+\mbox{rad}M=0$ , por lo que al ser $\mbox{top}f$ un monomorfismo tenemos $x\in\mbox{rad}P$ . Por lo tanto, $\mbox{Ker}f\leq\mbox{rad}P$ . De nuevo, ya que $P$ es de dimensión finita, $\mbox{rad}f$ es superfluo, por lo que $\mbox{Ker}f$ también es superfluo.

Concluimos que $f:P\to M$ es una cubierta proyectiva.