Sobreyectiva endomorphisms de módulos finitamente generados son isomorfismos

Question

Mi Problema: Vamos a $M$ ser un finitely generadas $A$-módulo de e $T$ un endomorfismo. Quiero demostrar que si $T$ es surjective entonces es invertible.

Mi intento: Deje $m_1,...,m_n$ ser los generadores de $M$$A$. Para cada $b = b_1 m_1 + ... + b_n m_n$ $b_i \in A$ hay $a = a_1 m_1 + ... + a_n m_n$ $a_i \in A$ tal que $$ T(a)=b $$ o en la matriz-vector de la notación $$ T \vec{a} = \vec{b} $$ donde $\vec{x}$ es el vector columna de $x_1,...,x_n$ donde $x = x_1 m_1 + ... + x_n m_n$. Me multiplicar por la matriz adjunta para obtener $$ \mathrm{adj}(T) \vec{b} = \mathrm{adj}(T) T \vec{a} = \det(T) I_n \vec{a} = \det(T) \vec{a} \ . $$ Ahora tome $\vec{b}=0$. A continuación, $\vec{0} = \det(T) \vec{a}$ e lo $T$ es inyectiva si y sólo si $\det(T)$ no es un divisor de cero.

Si puedo demostrar que $T$ es inyectiva, entonces voy a conseguir es invertible. Por eso, creo que el camino es demostrar que $\det(T)$ no es un divisor de cero.

La importancia de finitely generado condición:

Deje $M = A^{\aleph_0} =\{ ( a_1 , a_2 , ... ) \mid a_i \in A \}$ ser un no finitely generadas $A$-módulo. Deje $T : M \to M$ definido por $$ T(a_1, a_2, a_3, ... ) = (a_2, a_3, ... ) \ . $$ Entonces claramente $T$ es surjective pero no inyectiva ($\ker T = \{ ( a , 0 , 0 , ... ) \mid a \in A \}$), y por lo tanto no es invertible.

La importancia de surjective y no inyectiva condición:

Necesita encontrar un contra-ejemplo.

Answer 1

Sí, un surjective $A$-lineal endomorfismo $T:M\to M$ de un finitely generadas $A$-módulo de $M$ es un isomorfismo.

Prueba
Considere la posibilidad de $M$ $A[X]$- módulo a través de la multiplicación de $P(X)*m=P(T)(m)$ , de modo que, por ejemplo,$(X^2-7)*m=T(T(m))-7m$.
[este es un clásico truco en advanced algebra lineal].
Surjectivity de $T$ se traduce en $M=XM$, por lo que , a fortiori, el lugar ideal para los $I=XA[X]$ tenemos $M=IM$.
Ahora Nakayama del lema viene a nuestro rescate : se dice que existe un elemento $XQ(X)\in I$ tal que $(1-XQ(X))*m=0$ todos los $m\in M$, lo que significa que $m=TQ(T)m$ y esto implica inmediatamente que $T$ es invertible con inverse $T^{-1}=Q(T)$.

Este resultado y su extremadamente elegante de prueba son debido a Vasconcelos.
Y si, como tantos de nosotros , usted keeep olvidar lo que Nakayama dice, mira aquí.

Advertencia
Por supuesto, una inyectiva endomorfismo de un finitely módulo generado no tiene por qué ser surjective: tome $A=\mathbb Z$$T:\mathbb Z\to\mathbb Z:m\mapsto 2m$ !

Answer 2

Aquí está una manera rápida y fácil la prueba que he encontrado en las pilas de proyecto: Si $M$ es cíclica y, a continuación, $M \cong A/I$ por algún ideal $I$. A continuación, reemplace $A$$A/I$, de modo que wlog $M = A$. Pero entonces, es fácil. En general, hacemos inducción, pero primero debemos hacer el truco mencionado en Georges Elencwajg la respuesta: dotar a $M$ $A[X]$- módulo de estructura tal que la multiplicación con $X$ es el dado por el endomorfismo $T$. Por lo tanto, podemos suponer que la $T$ es la multiplicación con un elemento $X$ de la base del anillo de $A$ - esto significa que cada submódulo es estable bajo este endomorfismo(!). Así que acaba de recoger algunas generador, mira a su generados submódulo $M'$ y aplicar los Cinco Lema a $$\begin{array}{c} 0 & \rightarrow & M' & \rightarrow & M & \rightarrow & M/M' & \rightarrow & 0 \\ & & X\downarrow ~~~~&& X\downarrow ~~~~ && X \downarrow ~~~~ & & \\ 0 & \rightarrow & M' & \rightarrow & M & \rightarrow & M/M' & \rightarrow & 0\end{array}$$ y hemos terminado.

Answer 3

La siguiente prueba se basa en el papel: "En Endomorphisms son Isomorphisms", Amer. De matemáticas. Mensual 78 (1971), 357-362 por Morris Orzech, de la Universidad de Queen.

Me dijo acerca de este documento por KCd en este hilo.

La idea es reducir el teorema para un caso fácil donde $A$ es un Noetherian anillo.

Lema (un ligero generalización de Atiyah-Macdonald Ejercicio 6.1) Deje $A$ ser un no-necesariamente conmutativo anillo. Deje $M$ ser un Noetherian $A$-módulo. Deje $N$ $A$- submódulo de $M$. Deje $f\colon N \rightarrow M$ ser un surjective $A$-homomorphism. A continuación, $f$ es inyectiva.

Prueba Vamos $K_n = \ker(f^n)$, $n = 1, 2,\dots$. Desde $M$ es Noetherian, existe $n$ tal que $K_n = K_{n+1} = \cdots$. Deje $x \in K_1$. Desde $f$ es surjective, no existe $x_2, \dots, x_n$ tal que

$x = f(x_2)$

$x_2 = f(x_3)$

$\dots$

$x_{n-1} = f(x_n)$

$x_n = f(x_{n+1})$

Desde $x_{n+1} \in K_{n+1}$, $x_{n+1} \in K_n$. Por lo tanto $f^n(x_{n+1}) = 0$. Por lo tanto $x = f(x_2) = f^2(x_3) = \cdots = f^n(x_{n+1}) = 0$. QED

Teorema (una generalización del teorema de Vasconcelos). Deje $A$ ser un anillo conmutativo. Deje $M$ ser un finitely generadas $A$-módulo. Deje $N$ $A$- submódulo de $M$. Deje $f\colon N \rightarrow M$ ser un surjective $A$-homomorphism. A continuación, $f$ es inyectiva.

Prueba Deje $0 \neq y_0 \in N$. Esto es suficiente para demostrar $f(y_0) \neq 0$. Deje $f(y_0) = x_0$.

Deje $x_1, \dots, x_n$ ser generadores de $M$. Vamos $f(y_i) = x_i$, $i = 1,\dots, n$.

Supongamos $f(x_i) = \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} x_j, i = 0, 1,\dots, n$ y $y_i = \sum_{j = 1}^{n} b_{i, j} x_j, i = 0, 1,\dots, n$.

Vamos $B = \mathbb{Z}[a_{i, j}, b_{i, j}]$. $B$ es un Noetherian sub-anillo de $A$.

Vamos $P = Bx_1 + \cdots + Bx_n$, $Q = By_0 + By_1 + \cdots + By_n$. Desde $y_i \in P, i = 0, 1, ..., n, Q \subset P$. Desde $f(y_i) = \sum_{j=1}^{n} b_{i, j} f(x_j) \in P, f(Q) \subset P$. Por lo tanto $f$ induce una $B$-homomorphism $g\colon Q \rightarrow P$. Desde $f(y_i) = x_i, i = 1,\dots, n$, $g$ es surjective. Por lo tanto, por el lema, $g$ es inyectiva. Por lo tanto $f(y_0) = g(y_0) \neq 0$ como se desee. QED

Answer 4

Una aplicación de la serpiente lema, usted puede reducir al caso de $M=A^r$, es decir, $M$ es un servicio gratuito de $A$-módulo.

Así que usted tiene una secuencia exacta $$ 0 \to \ker T \to A^r \stackrel T \to A^r \to 0 $$

Ellos son libres de módulos, por lo que la secuencia de divisiones, es decir, podemos escribir el central como $\ker T \oplus \text{im } T$:

$$ 0 \to \ker T \to \ker T \oplus A^r \stackrel T \to A^r \to 0 $$

Ahora, la única manera de dimensiones puede añadir aquí, es si $\ker T = 0$. Por lo $T$ es un isomorfismo. (este es quizás innecesariamente complicado, pero funciona) (esto estaba mal, pero ver los comentarios de los detalles sobre cómo reducir de conexión de los módulos. Tal vez admitir una más fáciles de la prueba.)