¿Cuándo están libres los módulos duales?

Question

Dejemos que $A$ sea un dominio integral conmutativo, con campo de fracciones $K$ . Sea $T$ sea una entidad libre de torsión finitamente generada $A$ por lo que $T \otimes_A K$ es un espacio vectorial de dimensión finita $V$ . Sea $T^*$ sea el conjunto de $y$ en el espacio vectorial dual, $V^*$ , de tal manera que $\langle x, y \rangle \in A$ por cada $x \in T$ .

¿Bajo qué hipótesis sobre $A$ puedo concluir que $T^*$ es un programa gratuito $A$ -¿Módulo? Mi conjetura actual es que esto se mantiene siempre que $A$ es un UFD . (Por supuesto, se cumple trivialmente si $A$ es un PID).

He aquí algunas ideas mías. Definir el rango de $T$ para ser $\dim_K T \otimes_A K$ . Puedo demostrar que, si $A$ es un UFD, entonces $T^*$ es gratis para $T$ de rango $1$ . Para cualquier $T$ podemos hacer una secuencia exacta corta $$0 \to S \to T \to U \to 0$$ donde $S$ es el rango $1$ y $U$ es libre de torsión con rango uno menos que $T$ . Así que tenemos $$0 \to U^* \to T^* \to S^* \to \mathrm{Ext}^1(U,A) \to \cdots$$ . Esto parece un buen comienzo, pero no sé cómo controlar ese grupo Ext. ¡Sospecho que uno de ustedes lo sabe!

Esto está motivado por el informe de Kevin Buzzard pregunta sobre los anillos de la matriz.

Answer 1

El doble módulo de un finitely módulo generado es reflexiva, es decir, $M^{**}=M$, y reflexives están muy cerca de projectives. Específicamente, si $R$ es un Noetherian de dominio, a continuación, un módulo es proyectivo si $Ext^i(M,R)=0$ todos los $i>0$, y su reflexiva si $Ext^i(M,R)=0$$i=1,2$.

También vale la pena señalar que cada reflexivo es el dual de algún módulo, específicamente de $M^*$. Por lo tanto, su pregunta equivale a "por lo de los anillos es cada reflexiva módulo libre?" En esta luz, es muy similar a la pregunta de cuando cada módulo proyectivo es libre.

De lo anterior Ext criterio, es claro que si la dimensión global de $R$ es menor o igual a 2, que ser reflexivo es lo mismo que ser proyectiva. Yo iría tan lejos como para conjeturar el contrario también es cierto: que si gldim de R es 3 o más, que hay un no-módulo proyectivo que es reflexivo (y por lo tanto no es libre).

Si esta conjetura es verdadera, entonces la respuesta a tu pregunta es "anillos con dimensión global de 2 o menos, de tal forma que cada proyectiva es libre". Por supuesto, no es inmediatamente claro qué son, pero es un comienzo.

Answer 2

OK, ahora tengo un contra-ejemplo. Gracias a las respuestas anteriores para mostrarme dónde buscar.

Deje $A = k[x,y,z]$. Deje $M$ ser el núcleo de el mapa de $(x,y,z) : A^3 \to A$ $N$ co-núcleo del mapa $(x,y,z)^T: A \to A^3$. Yo reclamo que $M = N^{*}$ pero $M$ no es libre.

A ver que $M=N^{*}$, considerar la definición de la secuencia de $$0 \to A \to A^3 \to N \to 0.$$ Esto da lugar a $$0 \to N^{*} \to A^3 \to A.$$ El núcleo de el mapa de la derecha es$M$, por definición.

Ahora, vamos a ver que $M$ no es libre. Hemos graduado a corto secuencia exacta $$0 \to M \to A^3 \to A[1] \to k[1] \to 0.$$ Así Hilbert serie de $M$ es $$\frac{3}{(1-t)^3} - \frac{t^{-1}}{(1-t)^3} + t^{-1} = \frac{(1-t)^3 - 1 + 3t}{t(1-t)^3} = \frac{3t-t^2}{(1-t)^3}.$$ Si $M$ eran de un módulo, su Hilbert de la serie se vería $(t^a+t^b)/(1-t)^3$.

$N$ tampoco es libre; no he averiguado si $N$ es reflexiva.

Answer 3

Cada doble $T^*$ donde $T$ es de torsión-gratis-y por lo tanto todos los reflexiva módulo -- es un segundo syzygy, como se muestra por dualizing un proyectiva presentación de $T$. Por otro lado, se desprende de Auslander-Bridger (o ver un poco más legible presentación por Masek (último Corolario en este trabajo) que si un anillo de $R$ satisface S1 y es Gorenstein en el mínimo de los números primos, entonces cada segundo sicigias es reflexiva.

Por lo tanto, para la reducción de los anillos de ser un doble de torsión libre es equivalente a ser reflexivo es equivalente a ser un segundo sicigias. En particular, mientras que la dimensión global es, al menos, 3, hay duales que no son proyectivos.

Volvemos a la pregunta original: cuando se puede concluir que el doble de $T$ es gratis? (Voy a hablar sólo sobre los anillos, así que ignora la distinción entre libres y proyectiva.) Suponga $A$ es un anillo local regular. Si hay un módulo de $N$ tal que $\operatorname{Ext}(T,N)=0$$i = 1, ..., \operatorname{depth} (N)-2$, el doble de $T$ es gratis. En particular, si $N$ tiene profundidad menor o igual a$3$$\operatorname{Ext}_R^1(T,N)=0$, el doble de $T$ es gratis. Esto es, en un reciente artículo de Jothilingam, pero no es difícil de probar directamente. No es una condición exclusivamente en $A$, pero tal vez sea útil.

Answer 4

En el caso de los anillos locales regulares se da un criterio para que un módulo reflexivo sea libre aquí (se requiere acceso académico). El resultado es el siguiente

Dejemos que $A$ sea un anillo local regular y $M$ un reflexivo finitamente generado $A$ -módulo. Entonces, si $\operatorname{Ext}_A^1(\operatorname{Hom}(M,M),A) = 0$ $M$ es libre en $A$ . Sin embargo, esto no es bueno ya que acabamos de pedir la desaparición cohomológica en otro lugar.

También se da un criterio en términos de ideales no mixtos de altura $2$ (aunque se desvanece más). Esto supongo que no es terriblemente sorprendente ya que la obstrucción en su construcción vive en la codimensión $\ge 2$ . De hecho, con la hipótesis de que $A$ sea un UFD se tiene $\operatorname{codim} \operatorname{Supp}_A(\operatorname{Ext}_A^1(U,A)) \ge 2$

He intentado hacerlo un poco mejor (o encontrar un contraejemplo) asumiendo que $A$ es al menos Gorenstein de dimensión Krull finita y utilizando el hecho de que se puede escribir la resolución inyectiva para $A$ pero aún no he tenido suerte.