¿Un módulo finitamente generado y localmente libre sobre un dominio que no es proyectivo?

Question

Esta es la continuación de una pregunta anterior

¿Cuál es la definición correcta del grupo de Picard de un anillo conmutativo?

donde me preocupaba la distinción entre módulos invertibles y módulos proyectivos de rango uno sobre un anillo conmutativo arbitrario. Me preocupaba demasiado, debido al siguiente teorema [Bourbaki, Álgebra Conmutativa, Sección II.5.2, Teorema 1]:

Dejemos que $R$ sea un anillo conmutativo y $M$ una generación finita de $R$ -módulo. Los siguientes son equivalentes:
(i) $M$ es proyectiva.
(ii) $M$ es de presentación finita y localmente libre en el sentido más débil: $\forall \mathfrak{p} \in \operatorname{Spec}(R), \ M_{\mathfrak{p}} \cong R_{\mathfrak{p}}^{r(\mathfrak{p})}$ .
(iii) $M$ es localmente libre en el sentido más débil y su función de rango $\mathfrak{p} \mapsto r(\mathfrak{p})$ es localmente constante en $\operatorname{Spec}(R)$ .
(iv) $M$ es localmente libre en el sentido más fuerte: existe $f_1,\ldots,f_n \in R$ generando el ideal unitario, tal que para cada $i$ , $M_{f_i}$ es un programa gratuito $R_{f_i}$ -módulo.
(v) Para todo ideal maximal $\mathfrak{m}$ de $R$ existe $f \in R \setminus \mathfrak{m}$ tal que $M_f$ es un programa gratuito $R_f$ -módulo.

Esto responde a mi pregunta anterior, porque la función de rango de un módulo invertible es idénticamente uno.

Para sentir que realmente entiendo lo que está pasando aquí, me gustaría ver un ejemplo de un módulo localmente libre finitamente generado [en el sentido más débil de (ii) anterior] que sea pas proyectiva. Así, $R$ debe ser noetheriano. El artículo de la wikipedia sobre módulos proyectivos contiene alguna información interesante, en particular el esbozo de un ejemplo de tal módulo sobre un anillo booleano. Para un anillo booleano, la localización en cada ideal primo es simplemente $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ por lo que no es demasiado sorprendente que haya más módulos localmente libres que proyectivos.

Me gustaría ver un ejemplo con $R$ un dominio integral, si es posible. Estaría especialmente bien si puede dar una referencia a uno de los textos estándar sobre álgebra conmutativa que contenga tal ejemplo o al menos una cita de tal ejemplo.

Answer 1

Es imposible producir un ejemplo de un plano finitamente generado $R$ -que no es proyectivo cuando $R$ es un dominio integral. Véase: Cartier, "Cuestiones de racionalidad de los divisores en la geometría algebraica". ici , Apéndice, Lemme 5, p. 249. Véase también Bourbaki Algèbre Chapitre X (Algèbre Homologique, "AH") X.169 Exercise Sect. 1, No. 13. También esbozo una prueba alternativa de que no hay tales ejemplos para $R$ un dominio integral por debajo.

Obsérvese que, para los casos de generación finita $R$ -módulos $M$ ser localmente libre en el sentido más débil equivale a ser plano [Bourbaki, AC II.3.4 Pr. 15, combinado con AH X.169 Exercise Sect. 1, No. 14(c).]. ( $R$ no tiene que ser noetheriano para esto, aunque muchos libros parecen asumirlo).

Hay una forma concreta de interpretar la proyectividad para los módulos planos finitamente generados. Comenzamos traduciendo el criterio de Bourbaki al lenguaje de los factores invariantes. Para cualquier módulo plano finitamente generado $R$ -Módulo $M$ y cualquier número entero no negativo $n$ El $n$ -en factor invariante $I_n(M)$ es el aniquilador del $n$ -a la potencia exterior de $M$ .

Lema. (Criterio de Bourbaki) Un plano finitamente generado $R$ -Módulo $M$ es proyectiva si y sólo si, para cualquier entero no negativo $n$ el conjunto $V(I_n(M))$ está abierto en $\mathrm{Spec}(R)$ .

Esta apertura se traduce en una generación finita.

Propuesta. Si $M$ es un plano finitamente generado $R$ -módulo, entonces $M$ es proyectiva si sus factores invariantes están generados finitamente.

Corolario. Las siguientes condiciones son equivalentes para un anillo $R$ (1) Todo cíclico plano $R$ -módulo es proyectivo. (2) Todo plano finitamente generado $R$ -módulo es proyectivo.

Corolario. En un dominio integral $R$ cada plano finitamente generado $R$ -módulo es proyectivo.

Corolario. Un ideal plano $I$ de $R$ es proyectiva si su aniquilador está generado finitamente.

Ejemplo. Voy a tratar de dar un ejemplo de un ideal principal de un anillo $R$ que es localmente libre en sentido débil pero no proyectivo. Por supuesto, mi punto no es la naturaleza de este contraejemplo en sí mismo, sino la forma en que uno utiliza los criterios anteriores para producirlo.

Dejemos que $S:=\bigoplus_{n=1}^{\infty}\mathbf{F}_2$ y que $R=\mathbf{Z}[S]$ . (Los elementos de $R$ son, por tanto, expresiones $\ell+s$ , donde $\ell\in\mathbf{Z}$ y $s=(s_1,s_2,\dots)$ de elementos de $\mathbf{F}_2$ que finalmente se estabilizan en $0$ .) Considere el ideal $I=(2+0)$ .

Primero afirmo que para cualquier ideal primo $\mathfrak{p}\in\mathrm{Spec}(R)$ El $R_{\mathfrak{p}}$ -Módulo $I_{\mathfrak{p}}$ está libre de rango $0$ o $1$ . Hay tres casos: (1) Si $x\notin\mathfrak{p}$ entonces $I_{\mathfrak{p}}=R_{\mathfrak{p}}$ . (2) Si $x\in\mathfrak{p}$ y $\mathfrak{p}$ no contiene $S$ entonces $I_{\mathfrak{p}}=0$ . (3) Finalmente, si ambos $x\in\mathfrak{p}$ y $S\subset\mathfrak{p}$ entonces $I_{\mathfrak{p}}$ es un ideal principal de $R_{\mathfrak{p}}$ con aniquilador trivial.

Queda por demostrar que $I$ no es proyectiva como una $R$ -módulo. Pero su aniquilador es $S$ que no está generada finitamente sobre $R$ .

[Esta respuesta fue reorganizada por recomendación de Pete Clark].

Answer 2

Después de reflexionar un rato, me doy cuenta de que asumiendo los resultados de Bourbaki que mencioné en el enunciado de la pregunta, hay una respuesta muy directa a mi pregunta. (No quiero decir esto como un desprecio a la excelente respuesta de Clark Barwick, que llegó instantáneamente y contiene mucha otra información valiosa. Más bien quiero decir que si hubiera pensado más detenidamente no habría necesitado formular la pregunta).

La clave está en el siguiente y sencillo resultado:

Lema: Sea $R$ sea un anillo[n siempre conmutativo], $\mathfrak{p}_1 \subset \mathfrak{p}_2$ ideales primos de $R$ y $M$ una zona libre finitamente generada (en el sentido más débil) $R$ -módulo. Entonces $r(\mathfrak{p}_1) = r(\mathfrak{p}_2)$ .

La prueba es obvia, una vez que te das cuenta de que localizar en $\mathfrak{p}_1$ es lo mismo que localizar en $\mathfrak{p}_2$ y luego localizar en (el ideal en $R_{\mathfrak{p}_2}$ que corresponde naturalmente a) $\mathfrak{p}_1$ . (Este es el mismo argumento que permite ver que es suficiente para requerir $M_{\mathfrak{p}}$ para ser libre en cada ideal maximal $\mathfrak{p}$ .) También estoy utilizando que el rango de un módulo libre finitamente generado sobre un anillo [¡conmutativo!] está bien determinado, como se ve al tensar al campo cociente de algún ideal maximal.

[Tenía una especie de bloqueo psicológico que provenía de un vago recuerdo de que la función de rango era meramente semicontinua. Por lo que veo ahora, la semicontinuidad no aparece en ninguna parte del estudio de la función de rango. Tuve que ver esencialmente este argumento impreso -- en la obra de Milnor Introducción a la teoría K algebraica justo esta noche para poder desbloquearse].

Corolario: Sea $R$ sea un anillo con un único ideal primo mínimo (por ejemplo, un dominio integral). Entonces, cualquier anillo localmente libre finitamente generado $R$ -el módulo tiene constante y por lo tanto (por el resultado de Bourbaki anterior) es proyectiva.

Esto también ilustra por qué los contraejemplos más naturales provienen de los anillos de dimensión cero: la función de rango está determinada por su comportamiento en los primos mínimos, así que también se puede mirar el caso de dimensión cero.