2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему
 
 Эпиморфизм модуля
Сообщение08.01.2019, 18:00 
Аватара пользователя


07/01/15
999
Якутск
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Эпиморфизм модуля
Сообщение10.01.2019, 16:54 
Заслуженный участник


12/08/10
1022

(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 $F$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Эпиморфизм модуля
Сообщение10.01.2019, 20:46 
Заслуженный участник


18/01/15
1330
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.

 Профиль  
                  
 
 Re: Эпиморфизм модуля
Сообщение10.01.2019, 22:12 
Заслуженный участник


12/08/10
1022
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?

 Профиль  
                  
 
 Re: Эпиморфизм модуля
Сообщение11.01.2019, 10:21 
Аватара пользователя


07/01/15
999
Якутск
:appl:
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.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 5 ] 

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group