la caracterización de libre módulos de potencia exterior

Question

Suponga $M$ es un (finitely generado) $A$-módulo tal que $\wedge^n M$ es libre de rango $1$ algunos $n \geq 1$. De lo anterior se sigue que el $M$ es libre de rango $n$? O al menos localmente libre de rango $n$?

En general, hay una manera de caracterizar local libre de los módulos a través exterior poderes y tensor de productos?

Answer 1

Siguiente variación de Robin Chapman idea funciona en la geometría algebraica. Tome $X$ curva elíptica punto negativo : es afín a la variedad. Por punto general $P \in X$$L=\mathcal O(P)$. A continuación, $M=L\oplus L^*=\mathcal O(P) \oplus \mathcal O(-P)$ tiene propiedades: A) $\Lambda ^2 (M)=\mathcal O$ es libre de rango uno. B) $M$ no es libre porque no tiene secciones excepto el cero (desde $\mathcal O(P)$ y $\mathcal O(-P)$ no tienen secciones excepto el cero)

Answer 2

Esto no es una respuesta completa, pero es solo una idea acerca de su la primera pregunta. Deje $P$ a un rango de un módulo proyectivo sobre el anillo conmutativo $A$, e $P^*=\mathrm{Hom}_A(P,A)$ ser su doble. A continuación, para $M=P\oplus P^*$, $\bigwedge^2 M\cong P\otimes_A P^*\cong$ is free. There must be $P$ for which $M$ no es gratis, pero no puedo pensar en ninguna, en la parte superior de mi cabeza.

Si $A$ es un dominio de Dedekind, a continuación, $M$ es gratis. Tomando $A=C^\infty(N)$ donde $N$ es un buen colector, a continuación, $P$ correspondería a una línea de paquete en la $N$. Si $M$ es libre, entonces la suma directa de este línea de paquete y su doble sería trivial. Seguramente hay colectores de y la línea de paquetes para que esta no es cierto?

Answer 3

Las condiciones "localmente libre", "finitely generado proyectiva" y "dualizable" son equivalentes, y el último puede ser formulada en términos del tensor de productos (es decir, de la "unidad" $A \to M \otimes M^*$ y el "counit" $M^* \otimes M \to A$ la satisfacción de las dos triangulares identidades).