endomorfismo nilpotente en módulos generados finitamente sobre un dominio

Question

Si $R$ es un dominio y $f: R^n \to R^n$ es un $R$ -endomorfismo de módulo. Supongamos que $f^m = 0$ para algunos $m> 0$ . Demostrar que $f^n = 0$ .

Los casos $ m \le n$ es trivial. Cuando $m>n$ No tengo mucha idea de cómo empezar. Intenté aplicar el teorema de Cayley-Hamilton pero no parece ayudar mucho.

Answer 1

Dejemos que $Q$ sea el campo de fracciones de $R$ y que $F:Q^n\to Q^n$ sea el morfismo de $Q$ -que tiene la misma matriz que $f$ (con respecto a las bases estándar de $R^n$ en el caso de $f$ y de $Q^n$ en el caso de $F$ )

• Demostrar que $F$ es nilpotente, y que por tanto $F^n=0$ .

• Si $i:R^n\to Q^n$ es la inclusión obvia, entonces tenemos $F\circ i=i\circ f$ . Utiliza esto, y el hecho de que $i$ es una función inyectiva, para demostrar que $f^n=0$ .

Answer 2

Es conveniente pero innecesario pasar al campo de la fracción. Tu corazonada de aplicar Cayley-Hamilton funciona. Por Cayley-Hamilton, tenemos

$$f^n = a_{n-1} f^{n-1} + \dots + a_i f^i$$

donde $a_k \in R$ y $a_i \neq 0$ (por supuesto, si todos los $a_i$ son cero, entonces hemos terminado). Multiplicando por $f^{m-i-1}$ da

$$a_i f^{m-1} = 0$$

y por lo tanto, ya que $R$ es un dominio integral, que

$$f^{m-1} = 0.$$

Ahora puedes multiplicar por $f^{m-i-2}$ etc. Al final se llega a la conclusión de que $f^n = 0$ como se desee.

Answer 3

Vea el matiz como si estuviera en un anillo de matrices del mismo tamaño, pero con entradas en el cierre algebraico del campo de las facciones para $R$ .

Por lo tanto, tiene una forma normal de Jordan, y como es nilpotente, debe tener todos los ceros en la diagonal. La forma normal es entonces un triángulo estrictamente superior.

Por último, es fácil demostrar que $M^n=0$ para cualquier matriz estrictamente triangular superior en el $n\times n$ anillo de la matriz. Lo mismo ocurre con la matriz original, que es un conjugado de esta forma normal.