¿El grupo Grothendieck de módulos generados finamente forma un anillo conmutativo donde la estructura de multiplicación se induce a partir del producto tensorial?

Question

Para un anillo conmutativo $R$, vamos a $\mathrm{mod-}R$ denotar la categoría de finitely generadas $R$-módulos. Deje $\mathcal C$ ser un abelian, completo, isomorfismo cerrado (es decir, $M\cong N$ en $\mathrm{mod-}R$ e $M\in Ob(\mathcal C)\implies N\in Ob(\mathcal C)$) subcategoría de $\mathrm{mod-}R$.

El grupo de Grothendieck de $\mathcal C$, usualmente denotado por $G(\mathcal C)$, se define como $$\dfrac{\bigoplus_{X\in \operatorname{Ob}(\mathcal C)}\mathbb Z[X]}{\langle [A]-[B]+[C] \mid 0\to A \to B \to C\to 0 \text{ is exact} \rangle }$$ donde $[X]$ denota el isomorfismo de la clase de $X$.

Ahora si para todos los $M,N\in Ob(\mathcal C)$, también tenemos $M\otimes_R N\in Ob(\mathcal C)$, entonces el $\mathbb Z$-módulo de $$\bigoplus_{X\in \operatorname{Ob}(\mathcal C)}\mathbb Z[X]$$ se puede dar un $\mathbb Z$-álgebra a la estructura donde el anillo de la multiplicación es inducida por el producto tensor. Si cada módulo en $\mathcal C$ es plana, entonces el $\mathbb Z$-submódulo $${\langle [A]-[B]+[C] \mid 0\to A \to B \to C\to 0 \text{ is exact} \rangle }$$ of $\bigoplus_{X\in \operatorname{Ob}(\mathcal C)}\mathbb Z[X]$ es también un ideal, por lo que el grupo de Grothendieck en realidad se convierte en un anillo conmutativo, donde la estructura del producto es inducida a partir del tensor de producto.

Mi pregunta es: ¿Qué sucede en caso de que no todos los módulos de $\mathcal C$ necesariamente plana? ¿El grupo de Grothendieck necesariamente convertirse en un anillo conmutativo, donde la estructura del producto es inducida a partir del tensor de producto? Estoy particularmente interesado en el caso de $G(\mathrm{mod-}R)$: es necesariamente un anillo conmutativo?

Answer 1

Supongamos $R$ es un anillo tal que para cada $R$-módulo de $M$ hay una resolución proyectiva $P_\bullet \to M$ de longitud finita (en realidad, esta condición puede ser aflojado un poco como que se nota al final). Entonces podemos definir una estructura de anillo en $G(R)$ el grupo de Grothendieck de finitely generadas $R$-módulos por la definición de los siguientes productos $$[A] \cdot [B] = \sum_i (-1)^i \text{Tor}_i(a,B).$$ Tenga en cuenta que si $P$ es un proyectiva $R$-módulo, a continuación, $[A]\cdot[P] = [A \otimes P]$ desde el $\text{Tor}_i(A,P)$ desaparecen para $i >0$.

La manera de mostrar esto es un poco doloroso. Tenemos que mostrar que

1. Este producto es independiente de la elección de resolución,
2. este producto está bien definido,
3. este producto es simétrica,
4. este producto satisface los axiomas de anillo.

Es en mi opinión más fácil definir este producto como un mapa en $G(R)$ en primer lugar, a pesar de que los gustos pueden variar. Fijar un finitely generadas $R$-módulo de $M$ y dejar $$- \cdot M : G(R) \G(R),\; [A] \mapsto [A] \cdot M := \sum_i (-1)^i [\text{Tor}_i(a,M)].$$

Entonces uno puede mostrar que este mapa es independiente de la elección de la resolución por la que muestra $\text{Tor}_i(-,M)$ es. El bien definedness de el mapa de la siguiente manera, ya que para cualquier corto exacta sequende $0 \to A \to B \to C \to 0$ tenemos una larga secuencia exacta de los términos de referencia, que muestra $[A] \cdot M - [B] \cdot M + [C] \cdot M = 0$. La simetría de la siguiente manera a partir de la simetría de Tor, por lo $[A] \cdot B = [B] \cdot A$.

A partir de este punto, por lo tanto, es aceptable para escribir $[A] \cdot [B]$, y podemos probar que el anillo de axiomas, uno por uno. Para esto es bueno tener en cuenta que para un $R$-módulo de $M$ con resolución proyectiva $P_\bullet \to M$ hemos $$[M] \cdot [N] = \sum_i (-1)^i [\text{Tor}_i(M,N)] = \sum_i(-1)^i H_i(P_\bullet \otimes N) = \sum_i (-1)^i [P_i \otimes N].$$

Este cálculo incluye el trivial lema que en el grupo de Grothendieck tenemos $\sum_i(-1)^i [C_i] = \sum_i (-1)^i [H_i(C_\bullet)]$ para cualquier finito compleja $C_\bullet$ en la categoría.

A continuación, el anillo de los axiomas pueden ser fácilmente controlados mediante el uso de propiedades del producto tensor.

El requisito de que cada objeto en la categoría finita y proyectiva de la resolución es demasiado fuerte. Si cada objeto tiene un número finito de la resolución que se $F$-acíclicos para un functor $F$ en la categoría, a continuación, se induce un derivado de morfismos de grupos de Grothendieck. En realidad, la resolución no necesita ser incluso en la propia categoría. Por ejemplo, para las categorías de coherente poleas que casi nunca han proyectiva resoluciones, pero en algunas situaciones (los detalles omitidos a propósito), podemos tener localmente libre de resoluciones, que se $\text{Tor}_i(-, *)$ acíclicos, por lo que podemos definir el producto.

Answer 2

No. Por ejemplo, supongamos $k$ ser un campo y dejar a $R=k[x]/(x^2)$. A continuación, cada finitely generadas $R$-módulo es una suma directa de copias de $R$ e $R/(x)$, y es fácil ver que $G(\mathrm{mod}R)$ es de libre generado como un grupo abelian por $[R/(x)]$, con $[R]=2[R/(x)]$ (se puede ver esto ya no es un homomorphism $G(\mathrm{mod}R)\to\mathbb{Z}$ el envío de un módulo a su dimensión de $k$-espacio vectorial). Pero este grupo no forma un anillo bajo el tensor de producto, ya que $R\otimes R\cong R$ e $R/(x)\otimes R/(x)\cong R/(x)$ así que tendría que tener tanto $[R]^2=[R]=2[R/(x)]$ e $[R]^2=(2[R/(x)])^2=4[R/(x)]$.

Answer 3

Tome $R=\mathbb {Z/4}$, y asumir la $\otimes$ induce un distributiva de la multiplicación.

Luego tenemos a $\mathbb{Z/2} + \mathbb{Z/2}= \mathbb Z/4$ de la habitual de extensión.

Sin embargo, si se multiplica por $\mathbb Z/2$, conseguir que en el LHS $\mathbb Z/2 + \mathbb Z/2$ y en el RHS $\mathbb Z/2$, lo que implicaría que $\mathbb Z/2 = 0$.

Sin embargo, si usted mira el mapa definido en finitely generadas $\mathbb Z/4$-módulos (que son, por tanto, finito) por $f:X\mapsto \ln |X|$, luego se extiende linealmente a $\bigoplus_{X} \mathbb Z \cdot[X]\to (\mathbb R, +)$ y siempre que $0\to A\to B\to C\to 0$ es exacto, tenemos $|B| = |C||A|$ lo $f(A)-f(B)+f(C)=0$, por lo tanto, $f$ realidad induce un mapa de $G(\mathrm{mod}-R)\to (\mathbb{R},+)$ que envía a $\mathbb Z/2$ a $\log 2 \neq 0$

Por lo tanto, $\otimes$ no inducir a un distributiva de la multiplicación sobre la $G(\mathrm{mod}-R)$ (en realidad, si se mira de cerca, usted ni siquiera necesita para asumir la distributividad, porque sería seguir automáticamente)