¿Un anillo tal que todos los proyectivos son establemente libres pero no todos los proyectivos son libres?

Question

Esta pregunta está motivada por este reciente pregunta . Supongamos que $R$ es conmutativo, anillo noetheriano y $M$ a finitely generated $R$ -módulo. Sea $FD(M)$ y $PD(M)$ sea la longitud más corta de resoluciones libres y proyectivas (con todos los módulos f.g.) de $M$ respectivamente.

Nos interesarán dos condiciones sobre $R$ :

(1) Para todo f.g. $M$ , $PD(M)<\infty$ sólo si $FD(M)<\infty$ .

(2) Para todo f.g. $M$ , $PD(M)=FD(M)$ .

No es difícil ver que una es equivalente a (3): todos los módulos proyectivos f.g. son establemente libres . Además, (2) es equivalente a (4): todos los proyectivos de f.g son gratuitos . Es natural preguntarse si (1) y (2) son equivalentes. No creo que lo sean, pero no encuentro un contraejemplo. Así pues:

¿Podemos encontrar un anillo noetheriano conmutativo que satisfaga (3) pero no (4)?

Algunas reflexiones: (3) es equivalente al grupo Grothendick de proyectivas $K_0(R)=\mathbb Z$ . Clase conocida de anillos que satisfacen (3): anillos locales o anillos de polinomios sobre campos.

Por supuesto, hay anillos bien conocidos que fallan (4): anillos de coordenadas de $n$ -esferas $R_n=\mathbb R[x_0,\cdots,x_n]/(x_0^2+\cdots+x_n^2-1)$ para $n$ incluso. Por desgracia, para esos anillos tenemos $K_0(R_n)=\mathbb Z^2$ . (excepto para $n=8r+6$ que sí ofrecen ejemplos, véase más abajo)

ACTUALIZACIÓN: me parece que la respuesta de Tyler sugiere $R_5$ puede funcionar, pero hay que comprobar algunos detalles.

ACTUALIZACIÓN 2: Creo que se puede elaborar una solución más o menos completa, basándose en las respuestas de Tyler y Torsten, los comentarios y algunas indagaciones en Internet.

Reclamación : $R_n$ cumple (3) pero no (4) si $n=5,6$ ou $n=8r+k$ con $r>0$ , $k\in \{3,5,6,7\}$

Prueba : Sea $S^n$ sea el $n$ -esfera y $C(S^n)$ sea el anillo de las funciones continuas.

Para demostrar que $R_n$ cumple (3), basta con demostrar que $K_0(R_n)=\mathbb Z$ (Lemma 2.1, capítulo 2 de la obra de Weibel Libro K ) o el grupo reducido $\tilde K_0(R_n)=0$ . Pero se tiene el isomorfismo (conocido por Swan, véase por ejemplo 5.7 de este documento ): $$\tilde K_0(R_n) \cong \tilde KO_0(S^n) $$ el reducido $K$ -grupos de haces vectoriales reales y es bien sabido que $\tilde KO_0(S^n) =0$ si $n\equiv 3,5,6,7 (\text{mod} 8)$ .

Queda por mostrar nuestras opciones de $R_n$ fallan (4). Sea $T_n$ sea el núcleo de la suryección $R_n^{\oplus n+1} \to R$ definido por la columna de todos los $x_i$ s. $R$ es proyectiva, por lo que la secuencia se divide, así $T_n$ es establemente libre.

Por otro lado, $R_n$ incrusta en $C(S^n)$ y tensando con $C(S^n)$ gira $T_n$ en el haz tangente de $S^n$ . Si $T_n$ es libre, dicho haz tiene que ser trivial. Pero $S_n$ tiene haz tangente trivial si y sólo si $n=1,3,7$ .

Aunque no es sorprendente que la maquinaria topológica sea útil, me seguiría interesando ver un ejemplo algebraico puro, así que si tienes uno, por favor publícalo.

Answer 1

El ejemplo más canónico es probablemente el ejemplo universal estándar para una pregunta de este tipo. Así pues $R_n=k[x_i,y_i]/\sum x_iy_i=1$ donde $k$ es un campo cualquiera y hay $2n$ variables. Por localización se comprueba fácilmente que $K_0(R_n)=\mathbb{Z}$ para cualquier $n$ . Pero el módulo proyectivo dado por la presentación, $$0\to R_n\stackrel{(x_i,\ldots,x_n)}{\to} R_n^n\to P\to 0$$ es claramente establemente libre pero no libre si $n\geq 3$ . Una prueba algebraica (dada por mí y Madhav Nori) puede encontrarse en el artículo de Swan (Annals of Math studues, vol 113, pp 432-522).

Answer 2

Este es un intento de completar el argumento de Tyler. En primer lugar, observamos que $KO^0(S^5)=\mathbb Z$ (nótese que esto es cierto para todas las esferas de dimensión $\equiv 5,6,7 \bmod 8$ ). Esto significa que todo haz vectorial topológico sobre $S^5$ es topológicamente establemente trivial. Sea ahora $E$ sea un vector algebraico algebraico sobre $S^n$ es decir, un módulo proyectivo f.g. sobre $\mathbb R[x_0,\dots,x_n]/(x_0^2+\cdots+x_n^2-1)$ de rango $k$ . Como es topológicamente establemente trivial significa que hay secciones continuas $f_1,\dots,f_k$ de algunos $E\bigoplus R^m$ trivializarla, es decir, formar una base en cada fibra. Ahora bien, ser una trivialización es una condición abierta bajo la norma sup (con respecto a alguna métrica sobre el haz vectorial para ser precisos), así que si podemos demostrar que el secciones algebraicas de cualquier haz vectorial $F$ son densos en el espacio de obtenemos que también es algebraicamente trivial. Sin embargo, eligiendo un $G$ tal que $F\bigoplus G$ es trivial se reduce a demostrar que $\mathbb R[x_0,\dots,x_n]/(x_0^2+\cdots+x_n^2-1)$ es denso en el anillo de continuos (de valor real) sobre $S^n$ pero esto se deduce de la Stone-Weierstrass de Stone-Weierstrass.

Anexo : Hice un pequeño thinko, implícitamente uso que un elemento de $\mathbb R[x_0,\dots,x_n]/(x_0^2+\cdots+x_n^2-1)$ que es invertible como función continua en la esfera es invertible en el anillo, lo que por supuesto no es cierto (puede ser cero en un punto complejo de la esfera). Por lo tanto, es necesario considerar la localización en la que todas esas funciones son invertibles. Sin embargo, el resultado sigue siendo un anillo noetheriano.

Anexo 1 : Confundí teoría K real y compleja en mi descripción inicial, cosa que ya está arreglada. También encontré (como era de esperar) una referencia para los argumentos en Bochnak, Coste, Roy: Real algebraic geometry, Cap 12.

Answer 3

EDIT: No es un ejemplo porque se me pasó la hipótesis noetheriana. Dejado aquí para la posteridad.

Sea R el anillo de funciones continuas sobre la 5-esfera. El teorema de Swan implica que los módulos proyectivos finitamente generados sobre este anillo son lo mismo que los haces vectoriales sobre $S^5$ . El haz tangente de la 5-esfera no es trivial (no es paralelizable, lo que es clásico). Sin embargo, el grupo homotópico límite $\varinjlim \pi_5 BO(n)$ que clasifica las clases de isomorfismo estables de los haces vectoriales es trivial, por lo que todo haz vectorial sobre $S^5$ es establemente trivial.

Answer 4

He aquí un ejemplo de anillo no conmutativo que cumple (3) pero no (4): el anillo de grupo integral $\mathbb{Z}[C_\infty \times Q_8]$ donde $Q_8$ es el grupo de cuaterniones de orden 8 y $C_\infty$ es el grupo cíclico infinito. Utilizando los métodos desarrollados por Swan en (Projective resolutions over binary polyhedral groups, Journal fur die Reine und Ang. Math. 342 66---172 (1983)), Frank Johnson en UCL ha demostrado:

(i) $K_0(\mathbb{Z}[C_\infty \times Q_8])\cong K_0(\mathbb{Z}[Q_8])\cong \mathbb{Z}$ (que es (3));

(ii) $\mathbb{Z}[C_\infty \times Q_8]$ tiene infinitos módulos isomórficamente distintos de rango 1. Así que (4) falla bastante mal.

La prueba consiste en descomponer el anillo como un producto de fibras y luego analizar la estructura del módulo al estilo del capítulo 2 de Algebraic K-Theory de Milnor.

El artículo de Swan da ejemplos de anillos de grupos finitos integrales con módulos establemente libres y no libres. Sin embargo, no hay grupos finitos conmutativos cuyos anillos integrales de grupo tengan módulos establemente libres no triviales. El excelente libro de T.Y. Lam sobre el problema de Serre contiene mucha información sobre este tipo de cosas.

Answer 5

Ejemplo 1.2.2 del capítulo 1 del libro en curso de Weibel sobre la teoría K http://www.math.rutgers.edu/~weibel/Kbook.html dice que $R_2$ en la notación de su pregunta tiene un módulo establemente libre que no es libre.

Curiosamente, más abajo en la página se encuentra el "Teorema de cancelación de Bass para módulos establemente libres". En él se dice que si $R$ es un anillo noetheriano conmutativo de dimensión Krull $d$ entonces todo módulo establemente libre de rango $>d$ es gratis.