Es Orzech la generalización de la surjective-endomorfismo es inyectiva teorema correcta?

Question

En las matemáticas.stackexchange respuesta #239445, Makoto Kato citó una declaración del papel

Morris Orzech, En Endomorphisms son Isomorphisms, Amer. De matemáticas. Mensual 78 (1971), 357--362.

La declaración (Teorema 1 en dicho papel) afirma que si $A$ es un anillo conmutativo, si $M$ es un finitely generado por $A$-módulo, si $N$ $A$- submódulo de $M$, y si $f : N \to M$ es un surjective $A$-lineal mapa, $f$ también es inyectiva.

Esta afirmación se generaliza el hecho bien conocido de que un surjective endomorfismo de un finitely generado por $A$-módulo es inyectiva (que aparece, por ejemplo, como Lema 10.15.4 en las Pilas del proyecto, la Versión 5b422bc, recopiladas en Nov 05, 2014 -- la numeración será probablemente el cambio, pero es el Lema {lema-diversión} en álgebra.tex - y estoy citando esto porque las Pilas proyecto tiene una alternativa interesante prueba de este hecho). Orzech de la prueba en primer lugar se aborda el caso de $A$ noetherian y, a continuación, reduce el caso general. Por desgracia, el paso de reducción está mal: el mapa de $f$ se aplica a los elementos de $M$ que no se sabe que pertenecen a $N$. (La prueba en Orzech del papel es el mismo que el de Kato del post.)

Es la misma afirmación verdadera para no Noetherian $A$ ? Incluso yo no puedo probar el $M = A$ de los casos, ni puedo obtener un contraejemplo de los sospechosos habituales (polinomios en una infinidad de variables, o idempotente variables, o nilpotent variables).

Answer 1

Deje $A$ ser un anillo conmutativo. Deje $M$ ser un finitely generadas $A$-módulo de e $N$ $A$- submódulo de $M$. Deje $f\colon N \rightarrow M$ ser un surjective homomorphism de $A$-módulos. A continuación, $f$ es inyectiva.

Prueba. Deje $0 \neq x'_0 \in N$. Esto es suficiente para demostrar $f(x'_0) \neq 0$. Set $f(x'_0) = x_0$.

Deje $x_1, \dots, x_n$ ser generadores de $M$. A continuación,$x'_0=\sum_{i=1}^na'_ix_i$$x_0=\sum_{i=1}^na_ix_i$.

Deje $x'_i\in N$ tal que $f(x'_i) = x_i$ y escribir $x'_i = \sum_{j = 1}^{n} a_{ij} x_j$.

Vamos $A' = \mathbb{Z}[a_{ij}, a_{i}, a'_i]$. $A'$ es un Noetherian sub-anillo de $A$.

Vamos $N' = A'x'_0 + A'x'_1 + \cdots + A'x'_n$, $M' = A'x_1 + \cdots + A'x_n$, y $f':N'\to M'$ se define de una manera obvia.

Answer 2

user26857 la respuesta muestra cómo reparar la reducción de la Noetherian caso. Aquí es cómo reparar la prueba de la Noetherian caso:

Deje $M$ ser un noetherian $A$-módulo y deje $N \subseteq M$ ser un submódulo. Deje $f : N \to M$ ser un surjective lineal mapa. A continuación, $f$ es inyectiva.

Prueba: Supongamos $n \geq 0$. A pesar de $f^n$ no es un bien definido homomorphism este es un parcial homomorphism, definidos en el submódulo $D_n = N \cap f^{-1}(N) \cap f^{-1}(f^{-1}(N)) \cap \dotsc \cap f^{-1}(f^{-1}(\dotsc))$ (intersección de a $n$ submódulos). Deje $K_n \subseteq D_n$ ser el núcleo de $f^n$. A continuación, $K_n \subseteq K_{n+1}$ todos los $n$. Desde $M$ es noetherian, hay algunos $n$ tal que $K_n = K_{n+1}$. Deje $x \in N$$f(x)=0$. Desde $f$ es surjective, lo mismo es cierto para $f^n : D_n \to M$. Elija algunas de $y \in D_n$$x = f^n(y)$. A continuación, $y \in D_{n+1}$ y en realidad $f^{n+1}(y)=0$, por lo que el $x=f^n(y)=0$.

Answer 3

Ahora he encontrado Un constructiva prueba de Orzech del teorema, que se basa en la Cayley-Hamilton teorema.