Derecho de cancelación en módulos finitamente generados

Question

Que $R$ ser un anillo comutativo con $1$ y que $S,T$ $R$ módulos tales que $S$ es finitamente generado tal que $S \cong S \oplus T$. ¿Debe $T=0$?

Esto es especialmente cierto si $R$ es un PID, pero ¿qué pasa si $R$ es sólo un anillo comutativo con $1$? (si $R$ es un PID y el hecho de que $S \cong S \oplus T$ y $S$ es finitamente generada implica $T$ finito se genera, así, y el resultado a continuación, de la ley de la cancelación de módulos sobre un PID).

Answer 1

Sí. Que $\mathfrak{m}$ ser entonces cualquier ideal máximo de $R.$

$$S/{\mathfrak{m}S} \cong S\otimes_{R} R/\mathfrak{m} \cong (S\oplus T) \otimes_{R} R/\mathfrak{m} \cong (S\otimes_{R} R/\mathfrak{m})\oplus (T \otimes_{R} R/\mathfrak{m}) \cong S/{\mathfrak{m}S} \oplus T/{\mathfrak{m}T}.$$

Sigue

$$dim_{R/\mathfrak{m}}(T/\mathfrak{m}T) = 0.$$

Por lo tanto,

$$T_{\mathfrak{m}}/\mathfrak{m}T_{\mathfrak{m}} = T/\mathfrak{m}T = 0.$$

Por lo tanto por lema de Nakayama

$$T_{\mathfrak{m}} = 0.$$

Y como esto es cierto para todos los ideales máximos de $R,$ debe ser el caso que $T = 0.$

Answer 2

Aquí es una prueba no con localización.

Supongamos que hay un % ideal maximal $M$$R$que contiene el annihilator de $T$. Entonces $(R/M) \otimes_R T$ es un espacio del vector distinto de cero $R/M$. Por otra parte, ya que,

$$(R/M) \otimes_R S \cong [(R/M) \otimes_R S] \oplus [(R/M) \otimes_R T],$$

cuenta dimensiones sobre $R/M$ muestra que $(R/M) \otimes_R T=0$, cada máximo ideal $M$. Por lo tanto no ideal máximo de $R$ contiene el annihilator de $T$, lo que implica por supuesto que el annihilator de $T$ de $R$, es decir, $T=0$.