¿Módulo proyectivo no libre sobre un UFD regular?

Question

¿Cuál es el ejemplo más sencillo de un dominio $R$ que es regular (en particular noetheriano) y factorial que admite un módulo proyectivo finitamente generado que no es libre?

De hecho, me alegraré al menos un poco con cualquier ejemplo, ya que no se me ocurre ninguno en este momento.

Algunos breves comentarios: $R$ debe tener una dimensión Krull mayor que uno o, de lo contrario, será un PID. El módulo en cuestión necesita tener rango mayor que uno, porque las hipótesis fuerzan al grupo de Picard a ser igual al grupo de la clase divisora y al grupo de la clase divisora a ser trivial. Y como es sabido, por trabajo de Quillen y Suslin, no se puede tomar $R$ un anillo polinómico sobre un campo. Ah, sí, y por supuesto $R$ no puede ser local (ni siquiera semilocal, supongo). Ya me he quedado sin ideas...

P.D.: Si puedes conseguir un ejemplo más sencillo eliminando la hipótesis de generación finita, también me interesaría.

Answer 1

Sea $A=\mathbb R[x_0,\ldots,x_n]/(x_0^2+\ldots+x_n^2-1)$ sea el anillo de coordenadas de $S^n$ . Sea $P$ sea el núcleo de la suryección $A^{n+1}\rightarrow A$ definido por $(x_0,\ldots,x_n)$ . Si $n\not=1,3,7$ entonces $P$ no es gratis. Claramente $P\oplus A \sim A^{n+1}$ . Para $P$ no libre, tenga en cuenta que $P\otimes C(S^n,\mathbb R)$ corresponde al haz tangente de $S^n$ que no es gratuito, a menos que $n=1,3,7$ . Esto da ejemplos de $A$ -de rango $=$ dimensión $A$ que es establemente libre pero no libre. Obsérvese que cuando el rango $P>$ dimensión $A$ entonces $P$ es cancelativa (Bass' 1964), es decir. $P\oplus A^t\sim Q\oplus A^t$ implica $P\sim Q$ . El ejemplo anterior dice que el resultado de Bass es el mejor posible. Nótese que Suslin (~1977) ha demostrado que si $A$ es un álgebra afín sobre un campo algebraicamente cerrado, entonces proyectivo $A$ módulos de rango = dimensión $A$ también son cancelatorios. Por lo tanto, si sustituimos $\mathbb R$ por $\mathbb C$ en $A$ entonces $P$ es gratis.