Pregunta de homomorfismo del módulo

Question

Estoy tratando de trabajar en este problema:

Deje $R$ ser un anillo conmutativo, $I$ un nilpotent ideal de $R$, y $M,N$ $R$-los módulos. Deje $\phi :M \to N$ $R$- módulo homomorphism. Demostrar que si la inducida por el mapa de $\bar{\phi} : M/IM \to N/IN$ es surjective, a continuación, $\phi$ es surjective.

Si puedo demostrar que $N = \phi(M) + IN$ luego me sale una recursividad: $N = \phi(M) + I(\phi(M) + IN) = \phi(M) + I^{2}N = \cdots = \phi(M) + I^{k}N = \phi(M)$

Solo estoy teniendo problemas con la lógica que conduce al hecho de que $N = \phi(M) + IN$. La definición natural de $\bar{\phi}$$\bar{\phi}(M/IM) = \phi(M) + IN = N/IN$. He visto una solución en la que escribieron $\bar{\phi}(M/IM) = (\phi(M) + IN)/IN = N/IN$ y se utiliza un isomorfismo teorema de decir que $\phi(M) + IN = N$ pero no entiendo donde proviene.

Cualquier ayuda compensación a esto se agradece!

Answer 1

Sugerencia. $M\to N\to C\to 0$ es exacto. así $ M/IM \to N/IN\to C/IC\to 0 $ es exacta.
tienes $C=IC $ % que $C=I^nC =0 $

Answer 2

La forma elemental funciona muy bien: tomar cualquier $n\in N$ y buscar en su clase de $\overline{n}\in N/IN$. Por supuesto existe $\overline{m}\in M/IM$ $\overline{\phi(m)} = \overline{\phi}(\overline{m}) = \overline{n}$, así $\varphi(m)-n\in IN$. Pero esto significa que el $n = \phi(m)+n'$ % adecuado $m\in M,n'\in IN$.

Answer 3

Aquí es una alternativa a prueba el uso de Nakayama del lexema.

Nakayama del Lema: Vamos a $M$ ser un finitely generadas $A$-módulo de e $\mathfrak a$ un ideal de a $A$ contenida en el Jacobson radical $\mathfrak R$$A$. A continuación, $\mathfrak aM = M$ implica $M = 0$.

Corolario: Vamos a $M$ ser un finitely generadas $A$-módulo, $N$ un submódulo de $M$, $\mathfrak a \subseteq \mathfrak R$ un ideal. A continuación, $M = \mathfrak aM + N$ implica $M = N$.

Reclamo: Vamos a $A$ ser un anillo, $\mathfrak a$ ideal contenida en el Jacobson radical de $A$; deje $M$ $A$- módulo de e $N$ un finitely generadas $A$-módulo, y deje $u : M \to N$ ser un homomorphism. Si el inducido homomorphism $M / \mathfrak aM \to N / \mathfrak aN$ es surjective, a continuación, $u$ es surjective.

Prueba: tenga en cuenta que $u$ es surjective si $u(M) = N$. Si podemos mostrar que $u(M) + \mathfrak aN = N$, luego por el corolario Nakayama del lema, podemos concluir que $u(M) = N$ y, por tanto, $u$ es surjective. Es trivial que $u(M) + \mathfrak aN \subseteq N$, por lo que es suficiente para mostrar $N \subseteq u(M) + \mathfrak aN$. Deje $n \in N$ y el aviso de que $n \in n' + \mathfrak aN$ algunos $n' \in N$ desde cosets partición $N$. Desde $\overline u$ es surjective, existe $m \in M$ tal que $$\overline u(\overline m) = \overline u(m + \mathfrak aM) = u(m) + \mathfrak aN = n' + \mathfrak aN.$$ Thus $n \n' + \mathfrak un = u(m) + \mathfrak un \N / \mathfrak un = u(M) + \mathfrak un$.