求非交换环及连通分次代数上有限模满自同态非单射的反例

最直观的例子来自无限维向量空间的自同态环：

设$k$是任意域，$V$是$k$上的无限维向量空间，取一组基${e_n}_{n≥0}$。令$A = \text{End}_k(V)$，这是一个非交换环（无限维空间的线性变换不满足交换律）。

把$V$看作左$A$-模，定义线性变换$f: V \to V$为：
$$f(e_n) = e_{n-1} \quad (n≥1), \quad f(e_0)=0$$

• 满同态验证：对任意$v = \sum_{i=0}^m c_i e_i ∈ V$，取$w = \sum_{i=0}^m c_i e_{i+1}$，则$f(w) = v$，所以$f$是满的。
• 非单验证：$e_0 ≠ 0$但$f(e_0)=0$，说明$\ker f ≠ {0}$，因此$f$不是单同态，自然不是同构。

这里$V$作为$A$-模是循环模（任意元素都能被$A$中元素映射到基元），属于有限生成模，完全符合问题里的条件。

我们需要找非诺特的连通交换分次代数（诺特的连通交换分次代数是局部环，有限生成模的满自同态必为同构，这是Nakayama引理的推论）：

设$k$是域，$A = k[x_1,x_2,x_3,...]$，其中每个$x_i$是次数为1的齐次元素，$A$按标准分次（$A_n$是所有次数为$n$的单项式生成的$k$-空间）。

取循环分次$A$-模$M = A$，定义分次自同态$f: A \to A$：

• 对零次元素$1$，$f(1)=0$；

• 对任意$n≥1$的齐次元素$a = x_{i_1}x_{i_2}...x_{i_n}$，$f(a) = x_{i_2}...x_{i_n}$（去掉第一个变量，若$n=1$则$f(a)=1$）。

• 满同态验证：对任意$b∈A$，取$x_1 b$，则$f(x_1 b)=b$，所以$f$是满的。

• 非单验证：$1≠0$但$f(1)=0$，同时$x_1 - x_2 ≠0$，但$f(x_1 - x_2)=1-1=0$，说明核非零，因此$f$不是单同态，不是同构。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者jdc