Se puede determinar a partir de los menores de edad, si el módulo es gratuito?

Question

Motivación (puede omitir esta parte): Un problema en Hartshorne (II.5.8 c) pide a demostrar que si tenemos una coherente gavilla $\mathscr{F}$ en un reducido noetherian esquema de $X$, y la función

$$\varphi(x)=\dim_{k(x)} \mathscr{F}_x \otimes_{\mathcal{O}_x} k(x)$$

es constante en $X$ (donde $k(x)$ es el residuo de campo), entonces, en el hecho de $\mathscr{F}$ es localmente libre. (Esta es una tarea problema para mí.) Yo creo que si $X$ es afín (decir $=\operatorname{Spec}A$), $\mathscr{F}$ será realmente libre, no sólo a nivel local. Sin duda será cierto que $\mathscr{F}$ será la gavilla asociado con un finitely generadas $A$-módulo de $M$, por lo que habrá una secuencia exacta

$$0\rightarrow K\rightarrow A^m \rightarrow M\rightarrow 0$$

para algunos $m\in\mathbb{N}$, y debido a $A$ es noetherian, $K$ será finitely generado. Por lo tanto $M$ es un finitely presentado módulo, por ejemplo por la matriz

$$\begin{pmatrix} g_{11}&\dots& g_{1r}\\ \vdots &\ddots &\vdots \\ g_{m1}&\dots& g_{mr} \end{pmatrix}$$

Entonces si $x=\mathfrak{p}\triangleleft A$, $\mathscr{F}_x\otimes_{\mathcal{O}_x}k(x) = M_\mathfrak{p}\otimes_{A_\mathfrak{p}}k(\mathfrak{p}) = M\otimes_A k(\mathfrak{p})$ es, precisamente, el módulo que presenta esta matriz, excepto con las entradas interpretarse como elementos de $k(\mathfrak{p})$. La condición de que $\varphi(x)$ es constante significa que el rango de esta matriz (con entradas interpretado en $k(\mathfrak{p})$) no depende de $\mathfrak{p}$. (Dicen que siempre se $=s$.) A continuación, la matriz original (entradas interpretado en $A$) tiene la propiedad de que no $\mathfrak{p}\triangleleft A$ contiene todos los $s\times s$ menor; sin embargo, todos los $\mathfrak{p}$ contiene todos los $(s+1)\times (s+1)$ menor. La condición anterior significa que el $s\times s$ menores de generar la unidad ideal en $A$. Desde $A$ es considerado un reducido anillo, la última condición implica que cada una de $(s+1)\times(s+1)$ menor es cero.

Ahora $\mathscr{F}$ es gratis iff $M$ es gratis. Lo que si es cierto que $X$ afín $\Rightarrow$ $\mathscr{F}$ es gratuito (bajo las condiciones de la pregunta), entonces lo que quiero mostrar es la plausible-que-me-aparente afirmación de que si una matriz cumple las condiciones que acabamos de describir, a continuación, se presenta un módulo. A mí me parece que si esto es cierto, no dependerá de la noetherian hipótesis en $A$, ya que todos los ideales y los módulos ya están finitely generado. Así

Mi pregunta: Vamos a $A$ ser un anillo conmutativo con unidad. Deje $M$ ser un finitely presentado en el módulo $A$. Decir que $M$ es presentada por una $m\times r$ matriz con la propiedad de que la $s\times s$ menores de generar la unidad ideal en $A$, pero todas las $(s+1)\times (s+1)$ de los menores de edad son cero.

Es verdad que en este caso $M$ es gratis, de rango $m-s$?

Si es así, ¿me puede dar una pista hacia una prueba? (He estado divirtiendo con este problema tan lejos prefiero menos de una completa solución).

Mi trabajo hasta ahora: he comprobado esta "a mano" en el más simple trivial caso, que la matriz de la presentación de $M$$2\times 1$$s=1$: supongamos $a,b\in A$ $M$ es presentado por $\begin{pmatrix} a\\b\end{pmatrix}$. La condición en la $s\times s$ de los menores de edad significa $(a,b)=1$, lo $\exists f,g\in A$$fa+gb=1$. (La condición en la $(s+1)\times(s+1)$ de los menores de edad no nos dicen nada porque ya está forzado por la forma de la matriz). A continuación, el $A$-lineal mapa

$$r\mapsto \begin{pmatrix}gr\\-fr\end{pmatrix}$$

es un isomorfismo de $A^1\rightarrow M$. Es inyectiva porque $gr=-fr=0$ implica que el $r=r(fa+gb)=0+0=0$, y es surjective porque arbitrarias $\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$$A^2$, tome $r=bx-ay$, entonces a partir de la $fa=1-gb$$gb=1-fa$, tenemos

$$\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}gr\\-fr\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x-g(bx-ay)\\ y+f(bx-ay)\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}(1-gb)x+gay\\ (1-fa)y+fbx\end{pmatrix}=(fx+gy)\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$$

que representa el cero en $M$.

Empecé a mirar el siguiente caso más simple de lo que podía pensar: tomé $A=k[a,b,c,d]/(a+b+c+d-1,ad-bc)$ $k$ algunas de campo, y estaba pensando en el módulo presentado por la matriz $\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$. Me gustaría mostrar esta matriz es isomorfo a $A^1$. Todavía no he pensado acerca de menores de edad mayor que $1\times 1$ generación de la unidad ideal, por lo que me di cuenta de que en el interés de momento me pregunte por ayuda.

Un último pensamiento: de Repente mientras escribía esto me di cuenta de que el resultado que yo quiero es reminiscencias de la Quillen-Suslin teorema, como se describe en Michael Artin del Álgebra. Esto me hace sospechar que el resultado que yo quiero no ser cierto en todos los casos. Cualquier pensamiento sobre la relación de mi pregunta a la Quillen-Suslin teorema se agradece también.

Answer 1

No, no es cierto que localmente libre implica libre en un esquema afín. Aquí están algunos detalles.

Considere la posibilidad de un noetherian anillo de $A$ y la correspondiente afín esquema de $X=\text {Spec(A)}$.
Un finitely módulo generado $M$ $A$ corresponde a una coherente gavilla $\tilde M=\mathcal F$$X$.
Tenemos las equivalencias $$M \;\text {is projective}\iff \mathcal F \;\text {is locally free}\quad (I)$$ and $$M \;\text {is free}\iff \mathcal F \;\text {is free} \quad (II)$$

Sin embargo, las condiciones de $(II)$ son mucho más fuertes que $(I)$:

Si el rango de $M$ (o, equivalentemente, de $\mathcal F$) es uno, por ejemplo, los correspondientes módulos proyectivos constituyen el grupo de Picard $\text {Pic}(A)$, denotado $\text {Pic}(X)$ en la configuración geométrica.
Así que cada elemento no nulo de a $\text {Pic}(A)$ de los rendimientos de un no-libre localmente libre coherente gavilla de rango uno.
Pero, ¿existen anillos con $\text {Pic} (A)\neq 0$ ?
Seguro: me podría dar más ejemplos, pero yo prefiero a impresionar diciendo Claborn increíble (pero cierto!) resultado:

Dado un arbitrario grupo abelian $G$, existe un dominio de Dedekind $A$ $\text {Pic}(A)=G.$

Editar en su "último pensamiento"
De hecho, Quillen-Suslin es muy relevante: se demostró que en $\mathbb A^n_k$ ($k$ un campo) , correspondiente a $A=k[T_1,\ldots, t_n]$, $(I)$ y $(II)$ son equivalentes: cada localmente libre de gavilla en el espacio afín es libre .
Esto es análogo a la consecuencia de que cada topológico vector paquete es trivial en $\mathbb R^n$, pero mucho más difícil.
(Y como un paréntesis comentario, es una verdadera lástima que Suslin, uno de los más grandes algebraists/algebraica de los geómetras nunca consiguió una medalla Fields.)