Si $M$ es un artinian módulo y $f$ : $M$ $\mapsto$ $M$ es un inyectiva homomorphism, a continuación, $f$ es surjective

Question

Si $M$ es un artinian módulo y $f$ : $M$ $\mapsto$ $M$ es un inyectiva homomorphism, a continuación, $f$ es surjective.

De alguna manera me enteré de que si tenemos en cuenta el módulo de $\mathbb Z_{p^{\infty}}$ indica el submódulo de la $\mathbb{Z}$-módulo de $\mathbb{Q/Z}$ compuesto de elementos que son aniquilados por algún poder de $p$, entonces es artinian, pero si tenemos la homomorphism $f$: $f(\frac{1}{p^{k}})=\frac{1}{p^{k+1}}$, entonces tenemos una $\mathbb{Z}$-módulo homomorphism, pero este mapa no es surjective, porque $\frac{1}{p}$ no tiene preimagen.

Yo estaría muy agradecido si alguien me puede decir lo que está mal con este contraejemplo? Y como para demostrar la proposición sobre si es correcto? Gracias.

Answer 1

No hay ningún bien definido homomorphism $f: \mathbb Z_{p^\infty} \to \mathbb Z_{p^\infty}$ que satisface $f\left(\frac{1}{p^k}\right) = \frac{1}{p^{k+1}}$. La existencia de una $f$ implicaría $$0 = f(0) = f(1) = f\left(p \frac{1}{p}\right) = p f\left(\frac{1}{p}\right) = p \frac{1}{p^2} = \frac{1}{p}$$ lo cual es una contradicción.

---

Para demostrar la proposición, considerar el descenso de la secuencia de submódulos $$M \supseteq \operatorname{im} f \supseteq \operatorname{im} f^2 \supseteq \operatorname{im} f^3 \supseteq \ldots.$$ Desde $M$ es Artinian, la secuencia se hace estacionario, decir $\operatorname{im} f^k = \operatorname{im} f^{n}$ todos los $k \geq n$. A continuación, $$M = \operatorname{ker} f^n + \operatorname{im} f^n.$$ De hecho, para $x \in M$ tenemos $f^n(x) \in \operatorname{im} f^n = \operatorname{im} f^{2n}$, por lo que hay un $y \in M$ s.t. $f^{2n}(y) = f^n(x)$. A continuación,$x = (x-f^n(y)) + f^n(y) \in \operatorname{ker} f^n + \operatorname{im} f^n$. Pero $f$ es inyectiva, por lo $f^n$ es inyectiva así, es decir,$\operatorname{ker} f^n = 0$. Por lo tanto $\operatorname{im} f^n = M$, lo $f^n$ y, por tanto, $f$ es surjective.

Answer 2

SUGERENCIA: $\phi(M) \subseteq M$ , y así sucesivamente (se aplican $\phi$ nuevo) es un descendiente de la cadena, por lo que debe terminar. Entonces, ¿qué sucede?

SUGERENCIA 2: Por la parte descendente de la cadena de condición, debemos tener $\phi^{n+1}(M)=\phi^n(M)$ algunos $n$. Ahora vamos a $m \in M$. A continuación, $\phi^n(m)=\phi^{n+1}(k)$ algunos $k \in M$ desde $\phi^{n+1}(M)=\phi^n(M)$. Pero $\phi$ es inyectiva, por lo que usted puede cancelar para obtener ...?

Answer 3

Tomar la parte descendente de la cadena:

$$ M\supseteq\phi(M)\supseteq\phi^2(M)\supseteq\dots\supseteq\phi^n(M)=\phi^{n+1}(M)=\dots $$

donde se han encontrado $n$ mínimo donde la cadena se estabiliza, el uso de la Artinian hipótesis.

Si $M\neq\phi(M)$,$m\notin\phi(M)$. ¿Qué se puede decir acerca de la $\phi(m)$? Y entonces, ¿qué acerca de la $\phi^2(m)$? ¿Cómo funciona esto nos lleva a una contradicción?

---

También puede dualize esta prueba para mostrar: un surjective endomorfismo de un Noetherian módulo es inyectiva. Pensamiento a lo largo de las mismas líneas, examinar esta cadena:

$$ \ker(\phi)\subseteq\ker(\phi^2)\subseteq\dots\subseteq\ker(\phi^n)=\dots $$

Suponiendo $\ker(\phi)\neq 0$, usted será capaz de mostrar que hay $y\in \ker(\phi^2)\setminus\ker(\phi)$, $z\in \ker(\phi^3)\setminus\ker(\phi^2)$... etc.