Эпиморфизм модуля

[SomePupil]

Пусть $M -$ конечно-порожденный модуль над коммутативным кольцом с единицей, $f\colon M \to M -$ эпиморфизм. Доказать, что, на самом деле, $f -$ автоморфизм.

P. S. Если кто начнет решать, предостережение: индукция по числу порождающих слишком трудоемка.

[Null]

(Я и гугл знаем это)

Хитрая форма леммы Накаямы:
Пусть наше кольцо $A$.
Тогда многочлены $A[F]$ тоже кольцо, а $(A[F],M)$ тоже модуль с правилом $F^k\times x=f(f(\dots f(x)\dots))$(скобка $k$ раз, $1\times x=x$).
Идеалом берем многочлены кратные $F$.

[vpb]

Э... у Вас есть некий пробел в рассуждении. Но очень похоже.

(Решение.)

Прежде всего, пробел состоит в том, что в лемме Накаямы надо, чтобы идеал лежал в любом максимальном, а в нашем случае это не так (берем $A={\mathbb Z}$. Тогда главный идеал в ${\mathbb Z}[X]$, порожденный $X-3$ ---
максимальный и не содержит $X$).

На самом деле решение очень близко к рассуждениям в лемме Накаямы.

1) Пусть $A$ --- кольцо с $1$, $M$ --- однопорожденный модуль над $A$, и $a\in A$ --- элемент такой, что $aM=M$. Тогда умножение на $a$ действует на $M$ биективно.
Действительно, $M\cong A/I$, где $I$ --- идеал. Значит, $a(A/I)=A/I$. Значит, класс $\overline a$ элемента $a$ --- обратим в кольце $A/I$, поэтому умножение на него действует на $A/I$ биективно, значит и $a$ действует на $A/I$, т.е. на $M$, биективно.

2) Если $M$ --- какой-то модуль, $a\in A$ --- элемент такой, что $aM=M$, то $a(M/N)=M/N$ для любого подмодуля $N$. (Это ясно).

3) Допустим, $M$ --- произвольный модуль, $N$ --- подмодуль, и $a$ --- такое, что $aM=M$ и умножение на $a$ действует на $M/N$ биективно. Тогда $aN=N$.
Действительно, пусть $n\in N$. Существует $m\in M$, для которого $am=n$. Если $\overline m$ --- образ $m$ в $M/N$, то $a\overline m=0$, в силу того, что $am\in N$. Но $a$ действует на $M/N$ биективно, значит $\overline m=0$, откуда $m\in N$.

4) Если умножение на $a$ действует инъективно на $M/N$ и на $N$, то и на $M$ тоже инъективно.
Действительно, допустим, что $am=0$. Тогда $a\overline m=0$. Поскольку $a$ инъективно на $M/N$, то $\overline m=0$, откуда $m\in N$. Но тогда $m=0$, поскольку $a$ инъективно на $N$.

5) Утверждение из 1) справедливо для всех конечнопорожденных модулей.
Доказательство --- индукция по числу порождающих. Для однопорожденных это утверждение 1). Иначе есть подмодуль $N$ такой, что $N$ порожден меньшим числом элементов, а $M/N$ однопорожден. По 2), $M/N$ удовлетворяет условию, значит $a$ биективно на $M/N$. Теперь по 3) видим, что и $N$ удовлетворяет условию. Значит $a$ биективно на $N$. Наконец, из 4) следует, что $a$ действует инъективно.

6) Теперь докажем утверждение задачи. Рассмотрим кольцо $A[X]$. Тогда $M$ можно рассматривать как $A[X]$-модуль, если считать, что $X$ действует как $f$. Умножение на $X$ действует сюръективно, а потому по 5) и биективно. Но это как
раз то, что нам нужно.

[Null]

vpb в сообщении #1367521 писал(а):

Прежде всего, пробел состоит в том, что в лемме Накаямы надо, чтобы идеал лежал в любом максимальном

Где в доказательстве леммы Накаямы это нужно?

[SomePupil]

Годится.

P. S. По поводу леммы Накаямы. Пусть $M -$ конечно-порожденный $R$-модуль, $I -$ идеал в $R,$ такой, что $I\cdot M =M.$ Действительно, иногда подразумевают, что $I \subset J,$ где $J -$ радикал Джекобсона $M.$ В этом случае $M = 0.$

Но мне более нравится (вкусовщина, да) такая формулировка леммы Накаямы:
Если $I\cdot M = M,$ то существует $a \equiv 1$ mod $I, a \cdot M = M.$ В этом случае, если $I \subset J,$ то $a$ обратим, и, соответственно, $M = 0.$ При таком подходе ясно, что существует $b \in I,$ такой, что $a = 1 + b$) Это удобно при решении задач.