Pregunta. Deje $R$ ser un anillo, $\mathfrak{p}$ un primo, $M$ un finitely generado por $R$-módulo, y $N$ cualquier $R$-módulo. Es natural mapa $$\textrm{Hom}_R(M, N)_\mathfrak{p} \to \textrm{Hom}_{R_\mathfrak{p}}(M_\mathfrak{p}, N_\mathfrak{p})$$ un isomorfismo (de $R_\mathfrak{p}$-módulos)?
Puedo demostrar esto, en el caso de $M$ es finitely presentado: de hecho, vamos a $S$ ser cualquier plano $R$-álgebra, y vamos a $$R^m \to R^n \to M \to 0$$ ser un derecho de la secuencia exacta; tensoring con $S$ da otro derecho-secuencia exacta $$S^m \to S^n \to M \mathbin{\otimes_R} S \to 0$$ y la aplicación de hom functors, tenemos a la izquierda-exacto secuencias $$0 \to \textrm{Hom}_R(M, N) \to N^n \to N^m$$ $$0 \to \textrm{Hom}_S(M \mathbin{\otimes_R} S, N \mathbin{\otimes_R} S) \to (N \mathbin{\otimes_R} S)^n \to (N \mathbin{\otimes_R} S)^m$$ y $S$ es plano, por lo que tensoring la primera secuencia de los rendimientos $$0 \to \textrm{Hom}_R(M, N) \mathbin{\otimes_R} S \to (N \mathbin{\otimes_R} S)^n \to (N \mathbin{\otimes_R} S)^m$$ pero la ampliación de las secuencias por $0$ a la izquierda, y poner en vertical de mapas entre los dos últimos, llegamos a la conclusión de que $\textrm{Hom}_R(M, N) \mathbin{\otimes_R} S \cong \textrm{Hom}_S(M \mathbin{\otimes_R} S, N \mathbin{\otimes_R} S)$ por los cinco lema (modulo comprobación de la conmutatividad de los diagramas). Esta es esencialmente la prueba Eisenbud da [Álgebra Conmutativa, Prop. 2.10].
El problema con la extensión a una prueba para finitely-generado módulos es que tenemos que reemplazar $R^m$ con un potencial arbitrario submódulo $K$$R^n$, y eso no puede ser libre o incluso finitely generado sin algunas suposiciones adicionales en $R$. Yo no puede ver el resumen de un disparate prueba de la reclamación, pero tengo que admitir que no lo he probado un desnudo de manos de la prueba. Sin embargo, es el reclamo, incluso, cierto?
