Deje $f:A\rightarrow B$ ser un homomorphism de anillos conmutativos, y $M$ finita $B$-módulo. Si $a\in A$ $M_a$ es un servicio gratuito de $A_a$-módulo, luego de un primer ideal $\mathfrak q$$B$$f(a)\notin\mathfrak q$, como para demostrar que $M_{\mathfrak q}$ es un plano en el módulo $A$ ?
Respuesta
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Tenga en cuenta que $M_a$ es gratuita a través de $A_a$ implica que el $M_a$ es plano sobre a $A_a$ desde el libre módulos son planas. Desde $A_a$ es un plano $A$ módulo (exactitud de la localización), obtenemos que $M_a$ es plano sobre a $A$. Ahora, $M_a = A_a \otimes_A M = A_a \otimes_A (B \otimes_B M) = (A_a \otimes_A B) \otimes_B M = B_{f(a)} \otimes_B M = M_{f(a)}$. Por lo tanto, $M_a$ $B_{f(a)}$- módulo. A continuación, considere el anillo mapa de $A \rightarrow B_{f(a)}$ (esta es la composición,$A \rightarrow B \rightarrow B_{f(a)}$). Desde $f(a) \notin \mathfrak{q}$, obtenemos que $\mathfrak{q}B_{f(a)}$ es el primer en $B_{f(a)}$. Deje $\mathfrak{p}$ ser una de las primeras en $A$ tal que $\mathfrak{q}B_{f(a)}$ se encuentra sobre $\mathfrak{p}$. A continuación, basta para mostrar que $M_{\mathfrak{q}} = (M_a)_{\mathfrak{q}B_{f(a)}}$ es plano sobre a $A_\mathfrak{p}$ (debido a $A_{\mathfrak{p}}$ es plano sobre a $A$).
Esta última afirmación se muestra en http://stacks.math.columbia.edu/tag/00HT parte $(6)$. (Se aplican $(6)$ tomar $R = A$, $A = B_{f(a)}$, $M = M_a$, donde $R$, $A$, $M$ son los símbolos que se utilizan en parte $(6)$)
