Mostrar $\mathbb{Q}[x,y]/\langle x,y \rangle$ no es proyectivo como $\mathbb{Q}[x,y]$ -Módulo.

Question

Descargo de responsabilidad: Aunque he estado releyendo mis apuntes, y he escaneado los textos pertinentes, mi álgebra conmutativa está bastante oxidada, así que puede que esté pasando por alto algo básico.

Quiero mostrar $\mathbb{Q} \simeq \mathbb{Q}[x,y]/\langle x,y \rangle$ no es proyectivo como $\mathbb{Q}[x,y]$ módulo. He probado dos métodos, ninguno de los cuales me lleva a la conclusión.

Primero intenté lo que parece ser una especie de estándar cuando se demuestra que algo no es proyectivo: mostrar que el levantamiento de la identidad produce una contradicción. Así que dejé que $\pi: \mathbb{Q}[x,y] \to \mathbb{Q}[x,y]/\langle x,y \rangle$ sea mi suryección dada por $f \mapsto \bar{f}$ y el mapa de identidad es $id: \mathbb{Q}[x,y]/\langle x,y \rangle \to \mathbb{Q}[x,y]/\langle x,y \rangle$ . Así que todo lo que necesito demostrar es que un homomorfismo $\phi: \mathbb{Q}[x,y]/\langle x,y \rangle \to \mathbb{Q}[x,y]$ tal que $\pi \circ \phi =id$ no existe. Pero si $$\pi(f) = \bar{f} = \overline{a_0+a_{10}x+a_{01}y+a_{11}xy+\cdots+a_{n0}x^n + a_{0n}y^n} = \bar{a_0}$$ entonces el mapa no $\bar{a_0} \mapsto a_0$ ¿trabajo? Al fin y al cabo, $$ (\pi\circ \phi)(\bar{a_0}) = \pi(a_0) = \bar{a_0} = id(\bar{a_0}).$$ Al principio me preocupaba que esto no estuviera bien definido, pero como cada elemento de un coset determinado tiene el mismo término constante, no depende de la elección. Así que o bien ya he cometido un error, o simplemente este es el mapa equivocado del que derivar una contradicción.

Lo siguiente que intenté fue utilizar una caracterización diferente de los módulos proyectivos: que $P$ es un proyectivo $R$ -si existe un módulo libre $F$ y un $R$ -módulo $K$ tal que $F \simeq K\oplus P$ . En nuestro caso, esto significa que hay un módulo libre $F$ y un $\mathbb{Q}[x,y]$ -módulo $K$ tal que $$ \mathbb{Q}[x,y] \oplus \cdots \oplus \mathbb{Q}[x,y] \simeq F \simeq K \oplus \mathbb{Q}[x,y]/\langle x,y \rangle \simeq K \oplus \mathbb{Q}.$$ A partir de aquí, mi preocupación es que estoy agitando demasiado la mano cuando digo: obviamente esto no puede ser cierto, ya que cada elemento de la LHS, que es una tupla de polinomios, no se puede romper con un trozo en $K$ y el otro en $\mathbb{Q}$ . ¿Está de acuerdo? Si es así, ¿cómo puedo hacer que este argumento sea más riguroso?

Un problema más: en ninguna parte de ninguno de estos métodos usé explícitamente que el anillo de polinomios aquí es sólo en dos variables. El hecho de que la pregunta no utilizara $\mathbb{Q}[x_1,\ldots,x_n]$ en lugar de $\mathbb{Q}[x,y]$ me preocupa.

Answer 1

Estoy denotando su anillo con $R$ y su ideal con $I$ . Sólo necesitaremos que $R$ es un dominio integral, y que $I$ es un ideal no trivial.

Si $R/I$ es un proyectivo $R$ entonces la siguiente secuencia exacta se divide

$$ 0\rightarrow I\rightarrow R\rightarrow R/I\rightarrow 0 $$

Pero los dominios integrales no tienen sumandos directos propios, así que $I$ tendría que ser trivial (una contradicción).

Answer 2

Un módulo proyectivo sobre un dominio no tiene ningún elemento de torsión distinto de cero, ya que es un submódulo de un módulo libre.
Pero cada elemento de su módulo es un elemento de torsión: es matado por $x$ .

Answer 3

Como dijo Steve D, puedes usar el hecho de que los módulos proyectivos son siempre planos.

Considere el mapa $\mathbb{Q}[x,y]\to \mathbb{Q}[x,y]$ definido multiplicando $x$ . Se trata de una $\mathbb{Q}[x,y]$ -mientras que el tensado $\mathbb{Q}$ dará un mapa inyectivo, pero NO lo es. Así que $\mathbb{Q}$ no es plana como $\mathbb{Q}[x,y]$ -módulo.

Sin embargo, siguiendo sus métodos. El mapa definido en tu primer método no es un $\mathbb{Q}[x,y]$ -ya que si $1$ envía a $1$ entonces $0=\overline{x}$ envía a $x=0$ contradicción.

En tu segundo método, siempre puedes encontrar un elemento $(0,1)$ en RHS, este elemento es un elemento de torsión, $x(0,1)=0$ . Pero no hay ningún elemento en LHS que le corresponda, ya que todo elemento en LHS no es de torsión.

Answer 4

Creo que el mapa (inyectivo) $\bar{a_0} \mapsto a_0$ no funciona, ya que no es un mapa de $\mathbb Q[x,y]$ -módulos. En particular, tenemos que $x\bar{a_0}=0$ pero $xa_0\neq0$ para cada $a_0\in\mathbb Q[x,y]^{\oplus 1}$ y un $\mathbb Q[x,y]$ -mapa lineal requeriría que $x\bar{a_0}\mapsto xa_0$ .

En cualquier caso, debería probar el tercer método, que se basa en el hecho de que si $0\to A\to B\to C\to 0$ es una secuencia exacta corta de $R$ -que se divide en el sentido de que existe un mapa $C\to B$ que invierte el mapa $B\to C$ entonces, de hecho $B\cong A\oplus C$ . Esto permite reformular la primera propiedad de los módulos proyectivos para decir que cualquier secuencia exacta corta que incluya un módulo proyectivo como término final se divide (la elevación del mapa de identidad da la división).

Por lo tanto, todo lo que hay que hacer es encontrar una secuencia exacta de $\mathbb Q[x,y]$ -módulos $0\to A\to B\to\mathbb Q[x,y]/\left<x,y\right>\to0$ tal que $B\not\cong A\oplus\mathbb Q[x,y]/\left<x,y\right>$ .

Las opciones obvias son $A=\left<x,y\right>$ y $B=\mathbb Q[x,y]$ y esto reduce el problema a demostrar que $\left<x,y\right>\oplus\mathbb Q[x,y]/\left<x,y\right>$ no es isomorfo a $\mathbb Q[x,y]$ es decir, no está libre de rango $1$ . Esto es fácil ya que se toma un elemento arbitrario en la suma directa y se demuestra que no se pueden obtener ambos $1$ y $x$ multiplicando por elementos de $\mathbb Q[x,y]$ . Si no me equivoco, esto debería funcionar para mostrar que para cualquier dominio $R$ e ideal propio $I$ , $R/I$ no es proyectivo como $R$ -módulo.