Una caracterización de la invertible fracciones de los ideales de un integrante de dominio

Question

Deje $A$ integrante de dominio, $K$ su campo de fracciones. Deje $M$ ser un ideal fraccional de $A$. Me gustaría demostrar que $M$ es invertible si y sólo si $MA_P$ es una de las principales fracciones de ideal de $A_P$ para cada ideal maximal $P$$A$.

EDITAR Como Georges Elencwajg señalado, parece que tenemos que asumir $M$ es finitely generado para probar si parte.

Answer 1

Recordatorio
Distinto de cero fraccional ideal es invertible si y sólo si es proyectiva , y entonces tiene rango uno.

a) Si $M$ es invertible, es proyectiva y distinto de cero. Por lo tanto $M_P$ también es distinto de cero y proyectiva de rango uno más de $A_P$, por lo tanto libre de rango uno, porque $A_P$ es local y por lo tanto un director fraccional ideal para $A_P$.

b) Aquí supongo que $M$ es finitely generado más de $A$.
Si $M_P$ es el principal fraccional es ciertamente libre de rango uno, por lo tanto proyectiva de rango uno .
Como esto es cierto para todos los maximal $P$ , el módulo de $M$ (no-cero) proyectiva: es donde yo uso ese $M$ es finitely generado .
Por lo tanto $M$ es invertible ideal fraccional de $A$, de acuerdo con el Recordatorio.

Answer 2

Voy a probar el título afirmaciones (Proposición 1 y la Proposición 2) utilizando los siguientes lemas.

Lema 1 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $M$ ser invertible fraccional ideal de A. A continuación, $M$ es finitely genera como una $A$-módulo.

Prueba: Existe un ideal fraccional $N$ $A$ tal que $MN = A$. Por lo tanto, no existe $x_i \in M, y_i \in N, i = 1, ..., n$ tal que $1 = \sum x_iy_i$. Por lo tanto, para cada $x \in M$, $x = \sum x_i(xy_i)$. Desde $xy_i \in A$, $M$ es generado por $x_1, ..., x_n$$A$. QED

Lema 2 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $M$ ser invertible ideal fraccional de $A$. A continuación, $M$ es proyectiva como un $A$-módulo.

Prueba: Existe un ideal fraccional $N$ $A$ tal que $MN = A$. Por lo tanto, no existe $x_i \in M, y_i \in N, i = 1, ..., n$ tal que $1 = \sum x_iy_i$. Para cada i, definir Un homomorphism $f_i: M \rightarrow A$$f_i(x) = y_ix$. Desde $x = \sum x_i(y_ix)$ por cada $x \in M$, $x = \sum f_i(x)x_i$. Como se muestra en la prueba del Lema 1, $M$ es generado por $x_1, ..., x_n$$A$. Deje $L$ libre $A$-módulo con base $e_1, ..., e_n$. Definir $A$-homomorphism $p: L \rightarrow M$ $p(e_i) = x_i$ por cada $i$. Definir $A$-homomorphism $s: M \rightarrow L$$s(x) = \sum f_i(x)e_i$. Deje $K = Ker(p)$. Tenemos una secuencia exacta: $0 \rightarrow K \rightarrow L \rightarrow M \rightarrow 0$. Desde $ps = 1_M$, esta secuencia se divide. Por lo tanto $M$ es proyectiva. QED

Lema 3 Deje $A$ ser un anillo local. Deje $M$ ser un finitely generado proyectiva $A$-módulo. A continuación, $M$ es un servicio gratuito de $A$-módulo de rango finito.

Prueba: Deje $\mathfrak{m}$ ser el ideal maximal de a $A$. Deje $k = A/\mathfrak{m}$. Desde $M \otimes k$ es un servicio gratuito de k-módulo de rango finito, existe un libre $A$-módulo de $L$ de rango finito y un surjective homomorphism $f: L \rightarrow M$ tal que $f \otimes 1_k: L \otimes k \rightarrow M \otimes k$ es un isomorfismo. Deje $K = Ker(f)$. Tenemos una secuencia exacta: $0 \rightarrow K \rightarrow L \rightarrow M \rightarrow 0$

Desde $M$ es proyectiva, esta secuencia se divide. Por lo tanto la secuencia siguiente es exacta. $0 \rightarrow K \otimes k \rightarrow L \otimes k \rightarrow M \otimes k \rightarrow 0$

Desde $f \otimes 1_k: L \otimes k \rightarrow M \otimes k$ es un isomorfismo, $K \otimes k = 0$. Desde $K$ es un sumando directo de $L$, $K$ es un finitely generadas $A$-módulo. Por lo tanto $K = 0$ por Nakayama del lexema. QED

Lema 4 Deje $A$ $B$ ser conmutativa anillos. Deje $f: A \rightarrow B$ ser un homomorphism. Deje $M$ ser un proyectiva $A$-módulo. A continuación, $M \otimes_A B$ es proyectiva como un $B$-módulo.

Prueba: Deje $N$ $B$- módulo. $N$ puede ser considerado como un $A$-módulo a través de $f$. $Hom_B(M \otimes_A B, N)$ es canónicamente isomorfo a $Hom_A(M, N)$. Este isomorfismo es functorial en $N$. Desde $Hom_A(M, -)$ es un functor exacto, $Hom_B(M \otimes_A B, -)$ es exacta. Por lo tanto $M \otimes_A B$ es proyectiva como un $B$-módulo. QED

Lema 5 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $M$ $N$ $A$- submódulos de $K$. Deje $MN$ $A$- submódulo de $K$ generado por el conjunto {$xy; x \in M, y \in N$}. Deje $M^{-1} = \{x \in K; xM \subset A\}$. Supongamos $MN = A$. A continuación,$N = M^{-1}$.

Prueba: Desde $N \subset M^{-1}$, $MN \subset MM^{-1} \subset A$. Desde $MN = A$, $MM^{-1} = A$. Multiplicando ambos lados de la $MN = A$$M^{-1}$, obtenemos $M^{-1}MN = M^{-1}$. Por lo tanto $N = M^{-1}$. QED

Lema 6 Deje $A$ integrante de dominio. Deje $K$ a ser el campo de fracciones de $A$. Deje $M$ ser finitely generadas $A$-submódulo de $K$. Deje $M^{-1} = \{x \in K; xM \subset A\}$. Deje $P$ ser un primer ideal de $A$. Deje $(M_P)^{-1} = \{x \in K; xM_P \subset A_P\}$. A continuación,$(M^{-1})_P = (M_P)^{-1}$.

Prueba: Deje $x \in M^{-1}$. Desde $xM \subset A$, $xM_P \subset A_P$. Por lo tanto $x \in (M_P)^{-1}$. Por lo tanto $M^{-1} \subset (M_P)^{-1}$. Por lo tanto $(M^{-1})_P \subset (M_P)^{-1}$.

Deje $x_1, ..., x_n$ ser generadores de $M$ $A$- módulo. Deje $y \in (M_P)^{-1}$. A continuación,$yx_i \in A_P$$i = 1, ..., n$. Hense existe $s \in A - P$ tal que $syx_i \in A$$i = 1, ..., n$. Desde $sy \in M^{-1}$, $y \in (M^{-1})_P$. Por lo tanto $(M_P)^{-1} \subset (M^{-1})_P$ QED

La proposición 1 Deje $A$ integrante de dominio, $K$ su campo de fracciones. Deje $M$ ser invertible ideal fraccional de $A$. Deje $P$ ser un primer ideal de $A$. A continuación, $M_P$ es una de las principales fracciones de ideal.

Prueba: Por el Lema 1, $M$ es finitely genera como una $A$-módulo. Por lo tanto $M_P$ es finitely genera como una $A_P$-módulo. Por el Lema 2, $M$ es proyectiva como un $A$-módulo. Por tanto, por el Lema 4, $M_P$ es proyectiva como un $A_P$-módulo. Por lo tanto, por el Lema 3, $M_P$ es un servicio gratuito de $A_P$-módulo de rango finito. Desde $M_P \neq 0$ e una $A_P$-base de $M_P$ es linealmente independiente sobre $K$, $M_P$ es un servicio gratuito de $A_P$-módulo de rango 1. Por lo tanto $M_P$ es una de las principales fracciones de ideal. QED

Proposición 2 Deje $A$ integrante de dominio, $K$ su campo de fracciones. Deje $M$ ser un finitely generado ideal fraccional de $A$. Supongamos $M_P$ es una de las principales fracciones de ideal de $A_P$ para cada ideal maximal $P$$A$. A continuación, $M$ es invertible.

Prueba: Deje $M^{-1} = \{x \in K; xM \subset A\}$. Deje $P$ ser un ideal maximal de a $A$. Por tanto, por el Lema 6, $(M^{-1})_P = (M_P)^{-1}$. Por lo tanto, $(MM^{-1})_P = (M_P)(M^{-1})_P = (M_P)(M_P)^{-1}$ Desde $M_P$ es una de las principales, $M_P$ es invertible. Por tanto, por el Lema 5, $(M_P)(M_P)^{-1} = A_P$. Por lo tanto $(MM^{-1})_P = A_P$. Por tanto, por el Lema 4 de esta pregunta, $MM^{-1} = A$. QED