La condición sobre el producto implica que es el módulo trivial?

Question

Dejemos que $M$ ser un $A$ -y dejar que $\mathfrak{a}$ sea un ideal de $A$ . Supongamos que $\mathfrak{m} \cdot M =0$ para cada ideal máximo $\mathfrak{m}$ de $A$ tal que $\mathfrak{a} \subseteq \mathfrak{m}$ . Es $M$ ¿el módulo trivial?

Aquí $\mathfrak{m} \cdot M = \{\sum_{finite} a_{i} x_{i}: a_{i} \in \mathfrak{m}, x_{i} \in M \}$

Si en realidad sustituimos la condición por $M_{\mathfrak{m}}=0$ (localización de $M$ en $\mathfrak{m}$ ) entonces podemos concluir que $M=\mathfrak{a}M$ , esto es un ejercicio en el libro de Atiyah y Macdonald. ¿Qué ocurre si sustituimos la condición de localización por la condición $\mathfrak{m} \cdot M =0 $ ?

Answer 1

La condición $M_{\mathfrak m}$ y $\mathfrak m M = 0$ tienen poco o nada en común entre sí.

Supongamos que tomamos $\mathfrak a = \mathfrak m$ sea un ideal máximo de $A$ , y establecer $M = A/\mathfrak m$ . Entonces $\mathfrak m \cdot M = 0$ para todos $\mathfrak m$ que contiene $\mathfrak a$ (lo que equivale a decir, para $\mathfrak m$ mismo), sin embargo $M$ no es trivial. (Y también $M \neq \mathfrak a M$ siendo esta última la más trivial módulo).

Answer 2

Considere $A = K[x]$ , $\mathfrak{a} = (x)$ y $M = K[x]/(x) \cong K$ ( $K$ aquí es un campo). Entonces, como $\mathfrak{a}$ es máxima y $\mathfrak{a} M = 0$ su condición se cumple, pero $M$ no es trivial.