Mostrando que la propiedad de Cohen-Macaulay se preserva bajo una extensión de anillo

Question

Sea $R$ un anillo de Noether graduado por $\mathbb{N}$, con $R_0$ local Artiniano. Supongamos también que $R$ está finitamente generado sobre $R_0$ por elementos de grado $1$. Sea $M$ un $R$-módulo Cohen-Macaulay. Sea $Y$ un indeterminado sobre $R_0$ y definamos el anillo local $R_0(Y)=R_0[Y]_S$, donde $S$ es el conjunto multiplicativo de $R_0[Y]$ que consiste en todos los polinomios que contienen al menos una unidad en sus coeficientes. Finalmente, definimos $R' = R \otimes_{R_0} R_0(Y)$ y $M' = M \otimes_{R_0} R_0(Y). Observamos que el homomorfismo de anillos locales$R_0 \rightarrow R_0(Y)$es plano y que su fibra es$k(Y)$, donde$k$es el campo de clases de residuos de$R_0$.

Pregunta 1: ¿Cómo podemos ver que $M'$ es un $R'$-módulo Cohen-Macaulay?

Pregunta 2: ¿Cómo podemos ver que las dimensiones de Krull de $M,M'$ son iguales?

PD: Si tenemos un homomorfismo local de anillos noetherianos $(R,m) \rightarrow (S,n)$ y un $S$-módulo finito $N$ que es plano sobre $R$, entonces para un $R$-módulo finito $M$, $M \otimes_R N$ es CM sobre $S$ si y solo si $M$ es CM y $N/mN$ es CM sobre $S$. Lo que me confunde en la situación actual es que hay más de dos anillos presentes, es decir, $R, R_0, R_0(Y)$ y de hecho $R$ ni siquiera es local.

Answer 1

Establezca $S_0=R_0(Y)$. La extensión de anillos $R_0\subset S_0$ es local y plana. Entonces la extensión de anillos $R\subset R'=S_0\otimes_{R_0}R$ es (fielmente) plana y sabemos que $M$ es un módulo Cohen-Macaulay de dimensión $d$. La pregunta es la siguiente:

Sea $R\to R'$ un homomorfismo de anillos plano de anillos noetherianos, y $M$ un módulo Cohen-Macaulay de dimensión $d$. ¿Cuándo $M'=R'\otimes_RM$ es un módulo Cohen-Macaulay de dimensión $d$?

Si $R,R'$ son anillos locales noetherianos y el homomorfismo también es local, entonces $M'$ es un módulo Cohen-Macaulay de dimensión $d$ si y solo si $R'/mR'$ es artiniano (aquí $m$ denota el ideal maximal de $R$).

En general, procedemos de la siguiente manera: sea $P'\in\operatorname{Supp}M'$. Entonces $p=P'\cap R\in\operatorname{Supp}M$, y el homomorfismo $R_p\to R'_{P'}$ es fielmente plano. Dado que $M_p$ es Cohen-Macaulay, solo tenemos que observar la fibra $R'_{P'}/pR'_{P'}$. Si todas estas fibras son artinianas, hemos terminado.

En nuestro caso particular, la fibra es $R[Y]_P/pR[Y]_P$ donde $P$ es un ideal primo en $R[Y]$ que yace sobre $p$. Así que esta es una localización de $(R/p)[Y]$ en un ideal primo que yace sobre $(0)$, y por lo tanto es Cohen-Macaulay. (Para una mejor comprensión, permítanme cambiar la notación: $S$ es un dominio integral y $Q\subset S[Y]$ es un ideal primo con $Q\cap S=(0)$. Entonces $S[Y]_Q$ es isomorfo a una localización de $K[Y]$, donde $K$ es el cuerpo de fracciones de $S$, por lo que es Cohen-Macaulay.)

Aunque encuentro muy claro por qué $M$ y $M'$ tienen las mismas funciones de Hilbert (a través del resultado citado 1.2.25), y por lo tanto $\dim M'=\dim M$, aún no entiendo cómo obtener esto de lo anterior. Quizás estoy pasando por alto algo sobre esa fibra.

Editar. Respuesta alternativa para la pregunta 1.

Tenemos $R'=R\otimes_{R_0}R_0[Y]_S=R[Y]_S$. Entonces $M'=R'\otimes_RM=M[Y]_S$ (aquí $M[Y]$ significa $R[Y]\otimes_RM$). Ahora aplique el Teorema 2.1.9 y el Teorema 2.1.3(b) y obtenga que $M'$ es Cohen-Macaulay.