Epimorfismo sobre módulo Noetheriano es isomorfismo

Sea M un A-módulo Noetheriano y f \in \rm{\mathop{End}}_A(M) un endomorfismo. Si f es un epimorfismo, entonces es un isomorfismo.

Demostración. Basta ver que f es un monomorfismo. Suponer que no lo fuera. Se verá que para todo n \in \mathbb{N} existen elementos x_n \in M tales que f^{n-1}(x_n) \neq 0 pero f^n(x_n) = 0.

Por inducción en n. Si n = 1, como f no es un monomorfismo, existe un x_1 \in M no nulo tal que f(x_1) = 0.

Para el caso n + 1, considerar por hipótesis inductiva un elemento x_n que cumpla con las propiedades requeridas. Como f es un epimorfismo, x_n es la imagen de un cierto elemento x_{n+1} \in M, es decir f(x_{n+1}) = x_n. Por hipótesis inductiva se tiene que f^{n-1}(x_n) \neq 0. Reemplazando x_n por f(x_{n+1}) se obtiene: f^{n-1}(f(x_{n+1})) = f^n(x_{n+1}) \neq 0. La segunda propiedad de la hipótesis inductiva asegura que f^n(x_n) = 0, de modo que nuevamente f^n(f(x_{n+1})) = f^{n+1}(x_{n+1}) = 0.

En general se verifica la inclusión \ker(f^n) \subseteq \ker(f^{n+1}). Además, por lo ya probado, se tienen elementos x_n con n \in \mathbb{N} tales que x_n \not\in \ker(f^{n-1}) pero x_n \in \ker(f^n). Es decir, para todo n \in \mathbb{N} se tiene que \ker(f^n) \subsetneq \ker(f^{n + 1}). Entonces, la siguiente: \ker(f) \subsetneq \ker(f^2) \subsetneq \ker(f^3) \subsetneq \hdots es una cadena creciente de submódulos de M que no se estaciona. Esto es absurdo, pues contradice el hecho de que M es Noetheriano, de modo que f es un monomorfismo.

De manera dual, si M es un A-módulo Artiniano y f un monomorfismo, entonces es un isomorfismo.

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