Estoy mostrando sólo no trivial implicación, que mostró a los demás.
1) en Primer lugar supongamos que $K$ es algebraicamente cerrado.
1)a) Deje $\mathfrak{m}$ un ideal maximal de $A$. $B = A / \mathfrak{m}$ es un campo ($\mathfrak{m}$ es máxima) y es una extensión finita de $K$ $A$ es de dimensión finita sobre $K$. Como $K$ es algebraicamente cerca, $B$ es de dimensión $1$ $K$ es decir $B = K$. Esto significa que por cada $a\in A$ existe un único $\lambda\in K$ tal que $a - \lambda \in \mathfrak{m}$. Nota: $D(a)$ la clase modulo $\mathfrak{m}^2$ ese $a - \lambda \in \mathfrak{m}$. Vemos que el mapa de $a\mapsto D(a)$ $K$ derivación de $A$ en la $A$-módulo de $M = \mathfrak{m} / \mathfrak{m}^2$. El universal propiedad de $\Omega^1_{A/K}$ y el hecho de que $\Omega^1_{A/K} = 0$ implica que $D = 0$, por lo que el$M = \mathfrak{m} / \mathfrak{m}^2 = 0$, $\mathfrak{m} = \mathfrak{m}^2$$A$. Ahora como $A$ es de dimensión finita sobre $K$, el ideal de $\mathfrak{m}$ es finitely generado, digamos por elementos de la $m_1,\ldots,m_d$. Como $\mathfrak{m} = \mathfrak{m}^2$ puede escribir cada una de las $m_i$$m_i = \sum_{j=1}^d \lambda_{ij} m_j$. Deje $Y \in\mathbf{M}_d(A)$ tal que $Y_{ij} = \delta_{ij} - x_{ij}$ por cada $i,j$. (Es decir, la matriz de $Y$ $Y = I_d - X$ donde $X$ es la matriz tal que $X_{ij} = x_{ij}$ por cada $i,j$.) Estándar de álgebra lineal hecho, usted puede aleta de una matriz de $Z \in\mathbf{M}_d(A)$ tal que $Z Y = \textrm{det}(Y) I_d$. Esto implica que $\textrm{det}(Y) m_i = 0$ por cada $i$, por lo que el $D\mathfrak{m} = 0$. Pero la matriz de $Y$ es igual a $I_d$ modulo $\mathfrak{m}$ por la construcción, por lo que si ponemos en $e = 1 - D$, $e\in\mathfrak{m}$ $e m = m$ por cada $m\in\mathfrak{m}$. Por lo tanto,$e^2 = 1$$\mathfrak{m} = A e$. Pero, a continuación,$A = (1-e)A \oplus Ae$, el segundo factor, por lo que precede igual a $\mathfrak{m}$. Como $\mathfrak{m}$ es de dimensión$1$$K$, la anterior suma directa de descomposición de la muestra $A \simeq K\times A/\mathfrak{m}$ $K$- álgebras. Como $\Omega^1_{A/\mathfrak{m}}$ es isomorfo a un cociente de $\Omega^1_{A/K}$ que es igual a cero, $\Omega^1_{A/\mathfrak{m}} = 0$.
1)b) Vamos a hacer una pausa aquí, y pensar acerca de lo que hemos demostrado hasta aquí. Hemos de mostrar que siempre $A$ es de dimensión finita $n$$K$$\Omega^1_{A/K} = 0$, uno tiene un isomorfismo de $K$-álgebras $A \simeq K \times C$ donde $C$ $K$- álgebra de dimensión $n-1$ $K$ tal que $\Omega^1_{C/K} = 0$. Esto permite demostrar por inducción que bajo la hipótesis de
- $K$ es algebraicamente cerrado
- $A$ $K$- álgebra de dimensión finita $n$ $K$
- $\Omega^1_{A/K} = 0$
entonces uno tiene un isomorfismo de $K$-álgebras $A \simeq \underbrace{K\times \ldots \times K}_{\textrm{$n$ times}}$
2) caso General, $K$ no es algebraicamente cerrado ya. Deje $L$ ser una extensión de $K$, y deje $E$ ser una expresión algebraica campo cerrado que contiene a $L$. A continuación, $A_{(L)} := A \otimes_K L$ es isomorfo a un sub-anillo de $A_{(E)} := A \otimes_K E$. (Simple álgebra.) A continuación, $A_{(L)} := A \otimes_K L$ $L$- álgebra de dimensión finita sobre $L$. Ahora, $\Omega^1_{A_{(E)}/E} \simeq \Omega^1_{A/K} \otimes_A A_{(E)}$ (compruebe que el último verifica $\Omega^1_{A_{(E)}/E}$'s universal de la propiedad !) es$0$$\Omega^1_{A/K} = 0$. Esto demuestra que $\Omega^1_{A_{(E)}/E} = 0$ y en el caso de que una muestra de que $A_{(E)} := A \otimes_K E \simeq \underbrace{E\times \ldots \times E}_{\textrm{$n'$ times}}$, mostrando que el $A_{(E)}$ es una reducción de anillo (anillo, en la que no hay ninguna que no sea cero nilpotent elemento). Como $A_{(L)} := A \otimes_K L$ es isomorfo a un sub-anillo de $A_{(E)}$, $A_{(L)}$ es también una reducción del anillo.
Lema. Deje $A$ a (conmutativa) finito dimensionales $L$-álgebra. A continuación, $A$ se reduce si y sólo si podemos encontrar finito extensiones $L_i / L$ tal que $A \simeq L_1 \times \ldots \times L_k$ $L$ álgebras.
La prueba del lema. Si tenemos un isomorfismo, $A$ es extremadamente reducido. Por el contrario, si $A$ es reducido, podemos suponer que $A$, no es un campo (debido a que un campo es extremadamente reducida.) Entonces, no es suficiente para mostrar que uno puede encontrar dos $L$-álgebras $A_1,A_2$ tal que $A \simeq A_1 \times A_2$ $L$- álgebras. Porque entonces el $A_i$ será reducido y podríamos usar la inducción de hipótesis para demostrar que las $A$ es reducido. Entre los no-cero ideales de $A$ que son diferentes de $A$, elija un ideal $I$ tal que $I$'s de la dimensión en el $K$ es mínima. Para cualquier $x\not=0$ $I$ tenemos $x^2\not=0$ $A$ no se reduce. Por lo tanto,$I^2 \not = 0$. Pero $I^2 \subseteq I$ y el minimality de $I$ implica que el $I^2 = I$. Como hicimos en 1)a) podemos encontrar $e\in A$ tal que $e\not= 0,1$ tal que $e^2 = 1$, y como en 1)b), a la conclusión, de que hay un isomophism $A \simeq A_1 \times A_2$ $L$- álgebras, lo que demuestra el lema.
Ahora este lema implica que $A_{(L)}\simeq L_1 \times \ldots \times L_k$ $L$ álgebras de donde $L_i / L$ son finitos de extensión. Ahora usted puede fácilmente averiguar que como en el principio de (2) que tenemos $\Omega^1_{A_{(L)}/L} = 0$. Y entonces usted puede fácilmente averiguar que $\Omega^1_{L_i/L} = 0$ por cada $i$. A continuación, os dejo mostrando que $L_i / L$ son separables con "diferencial" argumento. (Ejercicio fácil.)
Finalmente, teniendo en $L = K$ le da lo que quiere mostrar. (Me resultó algo más fuerte.)
