¿Puede un anillo cociente R/J ser plano sobre R?

Question

Si R es un anillo y J⊂R es un ideal, ¿puede R/J ser alguna vez un R-módulo plano? Para los geómetras algebraicos, la pregunta es "¿puede una inmersión cerrada ser plana alguna vez?".

La respuesta es sí: tome J=0. Para un ejemplo menos trivial, tome R=R ₁ ⊕R ₂ y J=R ₁ entonces R/J es plano sobre R. Geométricamente, esto es la inclusión de una componente conexa, lo que es una especie de trampa. Si añado las hipótesis de que R no tiene idempotentes (es decir, Spec(R) es conexa) y J≠0, ¿puede R/J ser alguna vez plano sobre R?

Creo que la respuesta es no, pero no sé cómo demostrarlo. He aquí un intento fallido. Considera la secuencia exacta 0→J→R→R/J→0. Cuando tensor con R / J, se obtiene

0→ J/J 2 →R/J→R/J→0

donde el mapa R/J→R/J es el mapa de identidad. Si J≠J 2 esta secuencia no es exacta, contradiciendo la planitud de R/J.

Pero a veces ocurre que J=J 2 como en el caso del ideal máximo del anillo k[t q | q∈ Q _>0 ]. Puedo demostrar que el cociente no es plano en ese caso (ver esta respuesta ), pero tenía que hacer algo ingenioso.

Suelo pensar en anillos conmutativos, pero si tienes un ejemplo no conmutativo, me encantaría verlo.

Answer 1

1. Si $A$ es arbitraria y $I$ es un ideal de tipo finito tal que $A/I$ es un plano $A$ -entonces $V(I)$ está abierto y cerrado. De hecho, $A/I$ es un finitamente presentada $A$ -y por tanto $\operatorname{Spec}(A/I) \to \operatorname{Spec}(A)$ es un monomorfismo plano de presentación finita, por tanto un monomorfismo étale, es decir, una inmersión abierta (cf. EGA IV 17.9.1).

2. Si $A$ es un noetheriano anillo entonces $A/I$ es plana si y sólo si $V(I)$ es abierto y cerrado (todo ideal es de tipo finito).

3. Si $A$ no es noetheriano sino tiene un número finito de ideales primos mínimos (es decir, el espectro tiene un número finito de componentes irreducibles), entonces sigue siendo cierto que $A/I$ es plana si $\operatorname{Spec}(A/I) \to \operatorname{Spec}(A)$ está abierto y cerrado. De hecho, existe un resultado debido a Lazard [Laz, Cor. 5.9] que afirma que la planitud de $A/I$ implica que $I$ es de tipo finito en este caso.

4. Si $A$ tiene un número infinito de ideales primos mínimos entonces puede ocurrir que una inmersión plana cerrada no sea abierta. Por ejemplo $A$ sea un anillo absolutamente plano con un número infinito de puntos (por ejemplo, sea $A$ sea el producto de un número infinito de campos). Entonces $A$ es de dimensión cero y todo anillo local es un campo. Sin embargo, hay puntos no abiertos (de lo contrario $\operatorname{Spec}(A)$ sería discreta y, por tanto, no cuasicompacta). La inclusión de cualquier punto no abierto de este tipo es una inmersión cerrada no abierta que es plana.

El ejemplo de 4) está totalmente desconectado, pero también hay un ejemplo conectado:

5. Existe un conectado esquema afín $\operatorname{Spec}(A)$ con un número infinito de componentes irreducibles, y un ideal $I$ tal que $A/I$ es plana pero $V(I)$ no está abierto. Esto se deduce de [Laz, 7.2 y 5.4].

[Laz] Desconexiones entre espectros anulares y preesquemas (Boletín SMF 95, 1967)

Editar : Prueba corregida de 1). ¡Una inmersión abierta cerrada no es necesariamente una inmersión abierta! (p. ej. $X_{red} \to X$ es una inmersión cerrada que es abierta pero no una inmersión abierta).

Editar : Raynaud-Gruson sólo demuestra que tipo plano+finito => presentación finita cuando el espectro tiene un número finito de asociado puntos. Lazard demuestra que basta con que el espectro tenga un número finito de componentes irreducibles. Añadido ejemplo 5).

Answer 2

Sólo una pequeña puntualización. Hay anillos sobre los que cada módulo es plano. Son los anillos absolutamente planos de la respuesta comprobada, pero también se llaman anillos regulares de von Neumann. Un producto infinito de campos es el ejemplo estándar de anillo regular conmutativo de von Neumann que no es semisimple. Pero hay muchísimos anillos regulares de von Neumann no conmutativos. Obsérvese que un anillo regular de von Neumann noetheriano es semisimple, pero todo anillo regular de von Neumann es coherente.

Answer 3

Todos tus ejemplos "triviales" resultan de descomposiciones de suma directa del anillo R. Al pedir ejemplos sin idempotentes, estás pidiendo anillos que no tengan descomposiciones de suma directa. En un anillo no conmutativo R, lo correspondiente sería un anillo que no tuviera central idempotentes. Puedo proporcionar un ejemplo no conmutativo que es "intermedio", de modo que tiene idempotentes no triviales, pero no idempotentes centrales no triviales.

Para un ideal J en un anillo no conmutativo (léase: no necesariamente conmutativo) R, hay una manera de reformular cuándo el módulo R derecho R/J es plano. En la obra de T.Y. Lam Conferencias sobre módulos y anillos la proposición 4.14 implica que R/J es plano por la derecha si y sólo si, para cada ideal de la izquierda _R L ⊆ R,

J ∩ L = JL.

(Obsérvese que esto proporciona una forma alternativa de verificar que para tal J, J 2 \= J.)

Ahora bien, dado un campo k (¡o incluso un anillo de división!), sea V un espacio vectorial (derecho) de dimensión contablemente infinita, y sea R = End _k (V), actuando sobre V desde la izquierda. Este anillo tiene muchos idempotentes, que corresponden a descomposiciones de suma directa de V. Se puede demostrar que R tiene precisamente tres ideales, a saber, 0, R y el ideal J que consiste en endomorfismos de rango finito (véanse los ejercicios 3.15-3.16 de la obra de Lam Ejercicios de teoría clásica de anillos ). En particular, R no se descompone como suma directa de dos subrings no triviales. Sea f cualquier elemento de rango finito de R, y sea p en R una proyección de V sobre la imagen de f. Ciertamente f = pf ∈ Jf. Esto hace fácil demostrar que J satisface J ∩ L = JL para todo ideal izquierdo L de R, y se deduce que R/J es plano.

Answer 4

Creo que se puede utilizar un argumento del tipo de la estafa de Eilenberg. Sea N el número entero positivo. Sea A=Z[N] el anillo polinómico Z sobre N. Cree un morfismo suryectivo A->A enviando x_1 a cero y para i>1 enviando x_i a x_{i-1}. Entonces A mismo es un cociente propio de A. Pero, claramente A es plano como módulo de A.

Existe una construcción similar (creo) para crear un anillo noetheriano pero generado infinitamente en el que esto también funcionaría.

Answer 5

He aquí una respuesta mejor (léase: correcta) que la que he intentado antes.

Existe un anillo que todos conocemos y amamos: el anillo de los números duales, k[e]/(e^2). Afirmo que k=(k[e]/(e^2))/(e) es un módulo k[e]/(e^2) proyectivo. De hecho, esto se deduce fácilmente del hecho de que el morfismo cociente es partido. En efecto, el morfismo unitario k->k[e]/(e^2) escinde la suryección k[e]/(e^2)->k. Por lo tanto, k es un sumando directo partido de un módulo libre, y por lo tanto es proyectivo. Como los módulos proyectivos son planos, esto demuestra que k es plano sobre los números duales.

Un argumento similar muestra aparentemente que cualquier k-álgebra A que es finitamente generada y local sobre un campo algebraicamente cerrado tiene k como anillo cociente plano. En efecto, si m es el ideal máximo, entonces A/m=k, y 0->m->A->A/m->0 es divisible.

No estoy seguro de si esta es la intuición correcta, pero se puede pensar en el punto cerrado del anillo de números duales como un repliegue de deformación de todo el espacio. Y, para los anillos locales, son vecindades diminutas alrededor de sus puntos cerrados.