Yo no podía llegar con un ejemplo de un finitely generado plana módulo que no es libre. Sé que más de local de los anillos, la libertad y el plano son equivalentes. De modo que el anillo no puede ser un anillo local.
Respuestas
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Deje $R$ ser un anillo semisimple que no es un anillo de división, y tomar un idempotente $e\notin \{0,1\}$. Entonces tenemos que $R=eR\oplus(1-e)R$ es un trivial de la descomposición de $R$, y ambas piezas son cíclicos y proyectiva (ya que los sumandos de $R$) por lo tanto plana.
En realidad ninguna pieza es un módulo, pero vamos a discutir aquí que al menos uno de ellos no es libre para simplificar las cosas. Si ambos eran libres, que implicaría que $R\cong R^n$ algunos $n>1$ como módulos. (Cada factor contribuye al menos una $R$, ver.) Pero desde $R$ tiene IBN propiedad, esto es imposible.
Así, al menos, una de las piezas es plana, pero no gratis.
Si realmente quieres ser de hormigón, puede utilizar un número finito de anillo semisimple para hacer las cosas obvias: vamos a probar $R=\Bbb F_2\times\Bbb F_2$. $\Bbb F_2$ es el trigal de dos elementos.
El módulo de $I=\Bbb F_2\times \{0\}$ es un sumando directo de $R$, pero no puede ser libre: un módulo tendría que tener al menos cuatro elementos, y este módulo sólo tiene dos elementos!
Jeff
Puntos
804
Anillos sobre el que cada módulo es plana se llama absolutamente plana, o Von Neumann regular. Si $I$ es cualquier no-trivial ideal de una superficie absolutamente plana anillo, a continuación, $R/I$ es finitely generado plana por $R$, pero no es gratis (desde $R/I \neq 0$$\mathrm{Ann}(R/I)=I \neq 0$). Los productos de los campos son absolutamente plana.
