Que $A$ denotan un anillo comutativo. Entonces si $A$ es un campo, podemos deducir que cada # de $A$-módulo es libre. ¿Se sostiene lo contrario? ¿es decir, si cada $A$-módulo es gratuito, deduce que $A$ es un campo?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?Tobias y Andrea respuestas son bastante óptimo para anillos conmutativos. Me gustaría compartir una estrategia que funciona para no conmutativa anillos así.
Para cualquier anillo (con identidad) $R$ derecho $R$ módulos son gratuitos iff $R$ es un anillo de división.
Prueba: Supongamos $S$ ser un simple derecho $R$ módulo. A continuación, $S$ es gratis. Pues es simple, no se puede tener más de una copia de $R$ en su descomposición en suma de copias de $R$. Por lo tanto $S\cong R$ derecho $R$ módulos, y esto muestra $R$ es un simple derecho $R$ módulo. Que implica inmediatamente $R$ es un anillo de división.
Asumir que $R$ es un anillo comutativo con $1$ que cada módulo es libre. Que $I\subseteq R$ ser un ideal. Tenga en cuenta que $R/I$ es un $R$-módulo y por lo tanto libre. Si $I\neq\{0\}$, entonces cada elemento de $R/I$ es un elemento de torsión (ya que podemos actuar por cualquier elemento no nulo de I para obtener $0$ $R/I$). Desde $R/I$ es también libre, $R/I=\{0\}$. Por lo tanto, $I=R$. Así, los ideales sólo son $\{0\}$ y $R$, $R$ de significado es un campo.
Asumiendo $R$ es un dominio, entonces aquí es otro enfoque:
En primer lugar, $R$ debe ser un PID, porque es un ideal que no es principal no es un $R$-módulo.
Ahora considere el $K$, el cociente del anillo de $R$ $R$- módulo, y tenga en cuenta que $1_R \in K$ es un elemento primitivo (es decir. si $1 = ay$,$a \in R^{\ast}$) y por lo tanto existe una base de $K$ contiene $1_R$ - llámelo $\{1_R, v_1, \ldots, v_k\}$. Considere la posibilidad de $v_1 = a_1/b_1$$b_1\neq 0$$R$, luego $$ a_11_R - b_1v_1 = 0 $$ lo que implica que $a_1 = 0$ donde $v_1 = 0$ - esto es imposible.
Por lo que debemos seguir ese $K$ es unidimensional, y por lo tanto,$K = R$.