Uso del lema de Nakayama para demostrar el teorema de isomorfismo para módulos libres finitamente generados

Question

Supongamos que $R \neq 0$ es un anillo conmutativo con $1$ . Lo siguiente es bien conocido:

(Teorema de isomorfismo para módulos libres finitamente generados) [FGFM] $R^{n}\cong R^{m}$ como $R$ -si y sólo si $n=m$ .

Una de las pruebas de este resultado (si no recuerdo mal) se basaba de alguna manera en la idea de que podemos hacer un cociente por un ideal máximo de $R$ (cuya existencia está garantizada por el lema de Zorn), y reducir la situación a la de los espacios vectoriales. Sin embargo, me interesa un enfoque diferente. Recordemos que

(Lemma de Nakayama) Supongamos $M$ es una entidad finitamente generada $R$ -y $M=IM$ donde $I$ es un ideal contenido en el radical de Jacobson de $R$ . Entonces, $M=0$ .

Mi pregunta es:

¿Podemos demostrar el FGFM utilizando el lema de Nakayama?

Mi principal motivación para hacer esta pregunta es doble:

1) ver el poder y la utilidad del Lemma de Nakayama, y

2) ver una bonita y corta demostración de FGFM que no implique reducir el problema a un resultado de álgebra lineal.

Agradezco cualquier aportación :)

Answer 1

He aquí una idea. Utiliza la siguiente consecuencia de Nakayama:

Si $M$ es una entidad finitamente generada $R$ -módulo y $f\colon M\to M$ es un homomorfismo de módulo suryente, entonces $f$ es un isomorfismo.

Prueba : Ver $M$ como $R[x]$ -donde la acción de $x$ en $M$ viene dada por $f$ . Por supuesto $xM = M$ . La prueba del lema de Nakayama da entonces que hay algún elemento $P(x)\in R[x]$ tal que $(1 - P(x)x)M = 0$ . Entonces, para cualquier $m\in M$ , $$0 = (1 - P(x)x)m = m - P(f)(f(m))\implies m = P(f)(f(m)).$$ Esto demuestra que $P(f)$ es un inverso de $f$ .

Para usar esto para demostrar la FGFM, haz lo siguiente. Supongamos que $n\geq m$ y que $R^n\cong R^m$ . Primero, fijar una base $e_1,\ldots, e_n$ de $R^n$ e identificar $R^m$ con el submódulo de $R^n$ generado por $e_1,\ldots, e_m$ Así que $R^m\subseteq R^n$ . Dejemos que $\pi\colon R^n\to R^m$ sea el mapa de proyección. Dado que por la suposición $R^n\cong R^m$ hay algún isomorfismo $f\colon R^m\to R^n$ . Pero entonces $\pi\circ f\colon R^m\to R^m$ es suryente, y por tanto, por el resultado anterior, también es un isomorfismo. Sin embargo, como $f$ es sobreyectiva, la única manera de que $\pi\circ f$ puede ser un isomorfismo es si $\pi$ es inyectiva. Por supuesto, esto sólo ocurre cuando $n = m$ .