Es un campo de

Question

Deje$R$ sea un anillo local con máxima ideales$M$. Supongamos que es de tipo finito$M$. Demostrar que si${\rm Hom}_R(M, R/M) =\{0\}$, entonces$R$ es un campo.

${\rm Hom}_R(M, R/M)$ Soporte para el grupo de$R$ - módulo de homomorfismos$M$ al cociente$R/M$.

Answer 1

$\DeclareMathOperator{\Hom}{\operatorname{Hom}}$ Por tensor-Hom adjointness ,$$\Hom_R(M, R/M) \cong \Hom_R(M, \Hom_{R/M}(R/M, R/M)) \cong \Hom_{R/M}(M \otimes_R R/M, R/M) \cong \Hom_{R/M}(M/M^2, R/M) = (M/M^2)^*$$ where $ *$ denotes vector space dual over the field $ R / M$. Thus $ (m / m ^ 2) ^ * = 0 \ si y sólo si M / M ^ 2 = 0 \ si y sólo si M = 0$ by Nakayama's Lemma (since $ M$ is finitely generated), i.e. $ R $ es un campo.

Answer 2

Por supuesto me parece zcn la respuesta muy instructivo, sin embargo creo que hay un más bajo nivel tecnológico de la prueba:

Supongamos $R$, no es un campo. A continuación, $M \neq 0$ o, equivalentemente, por Nakayama $M \neq M^2$ (desde $M$ es finitely generado). Por lo tanto existe un elemento $x \in M$ cuya clase $\bar{x}$ $M/M^2$ es distinto de cero. Desde $M/M^2$ $R/M$ espacio vectorial, podemos definir un valor distinto de cero $R/M$ homomorphism $f:M/M^2 \rightarrow R/M$ que es la proyección sobre el subespacio generado por $\bar{x}$. Ahora componer $f$ natural con la proyección de $\pi: M \rightarrow M/M^2$ para obtener un valor distinto de cero $R$-homomorphism $f \circ \pi : M \rightarrow R/M$.

Esto muestra que si $R$ no es un campo debemos tener $\operatorname{Hom}_R(M,R/M) \neq 0$.