¿Por qué $\mathbb{C}[x,y,z]/(xz-y)$ un piso $\mathbb{C}[x,y]$ -módulo

Question

¿Por qué $M = \mathbb{C}[x,y,z]/(xz-y)$ un piso $R = \mathbb{C}[x,y]$ -¿Módulo?

La razón que se da en el libro es "la superficie definida por $y-xz$ no se apoya en el $(x,y)$ -avión". Pero no entiendo por qué esto puede ser una razón.

Desde

En $R$ -módulo $M$ es plana si y sólo si para cualquier ideal $S$ de $R$ el mapa $1_M \otimes i: M \otimes_RS \rightarrow M \otimes_RR$ es inyectiva. Aquí, $i: S \rightarrow R$ es el mapa de inclusión.

Intenté encontrar un ideal $S$ en $R$ tal que $M \otimes_RS \rightarrow M \otimes_RR = M$ no es inyectiva, pero no lo he conseguido. Por favor, ayúdenme. Gracias.

Answer 1

Esta respuesta es similar a las demás; tal vez ayude ver los mismos puntos expuestos por otra persona.

En primer lugar, puede ser útil señalar que $\mathbb C[x,y,z]/(xz-y)$ es es isomorfo a $\mathbb C[x,z]$ . Así que usted está mirando el mapa $\mathbb C[x,y] \to \mathbb C[x,z]$ definido por $x \mapsto z, y \mapsto x z$ y preguntando por qué no es plana.

Geométricamente, éste es el mapa $\mathbb A^2 \to \mathbb A^2$ definido por $(x,z) \mapsto (x,xz)$ . Obsérvese que una línea entera en la primera copia de $\mathbb A^2$ en el código fuente (la línea donde $x = 0$ ) se asigna a un único punto del objetivo (el punto $(0,0)$ ), mientras que el mapa es una inmersión abierta en el complemento de esta recta. Como las inmersiones abiertas son planas, el punto $(0,0)$ en el objetivo es donde debemos centrar nuestra atención al buscar la no planitud.

(He aquí una traducción de mi observación sobre las inmersiones abiertas en términos algebraicos: si $f$ es cualquier polinomio en $\mathbb C[x,y]$ con término constante cero, entonces el mapa sobre localizaciones $\mathbb C[x,y]_f \to \mathbb C[x,z]_f$ es plano --- ¡mira esto!)

Hay un ideal que es particularmente "sensible" al punto $(0,0)$ , es decir, su ideal máximo correspondiente $(x,y) \subset \mathbb C[x,y]$ . Así que probemos este ideal.

Tenemos que mirar el mapa inducido $(x,y)\otimes \mathbb C[x,z]\to \mathbb C[x,z]$ . La propia ecuación $y = x z$ definir el mapa $\mathbb C[x,y] \to \mathbb C[x,z]$ sugiere un elemento del núcleo, a saber, el elemento $y\otimes 1 - x\otimes z$ . Dejo como ejercicio comprobar que este elemento es distinto de cero en $(x,y)\otimes\mathbb C[x,z]$ . (Si no sabe cómo hacer este tipo de cálculo, probablemente deberías plantearlo como una pregunta separada. pregunta, pero primero inténtalo).

Una de las lecciones que podemos extraer es que la geometría de la situación determina el álgebra. Una observación más específica es que el mapa $\mathbb A^2 \to \mathbb A^2$ de su pregunta es un parche afín de la ampliación de $\mathbb A^2$ en el origen, y este ejemplo ilustra el hecho general de que las ampliaciones no triviales nunca son planas.

Añadido: Revisando las otras respuestas, parece que uno de los puntos de la la pregunta es comprobar realmente que $y \otimes 1 - x \otimes z$ es distinto de cero en $(x,y)\otimes \mathbb C[x,z]$ .

Hay una forma estándar de calcular productos tensoriales: mediante generadores y relaciones. Aunque puede haber otros trucos en casos particulares (véase, por ejemplo, la respuesta de Michael Joyce), puede que merezca la pena explicar este enfoque estándar, ya que no requiere ninguna astucia. requiere ningún ingenio; siempre se puede simplemente hacerlo.

Tenemos que empezar con una presentación del ideal $(x,y)$ como $\mathbb C[x,y]$ -módulo. Esto es fácil: tiene dos generadores, $x$ y $y$ que satisfacen la relación $y x - x y = 0$ . Así que tenemos la presentación $$ 0 \to \mathbb C[x,y] \cdot e \to \mathbb C[x,y]\cdot f_1 \oplus \mathbb C[x,y]\cdot f_2 \to (x,y) \to 0,$$ donde $e$ , $f_1$ y $f_2$ son sólo nombres de elementos de base de módulos libres, y los mapas vienen dados por $e \mapsto (y f_1, -x f_2)$ y $f_1\mapsto x, f_2 \mapsto y$ .

Ahora tensamos con $\mathbb C[x,z]$ para obtener la presentación $$ \mathbb C[x,z] \cdot e \to \mathbb C[x,z] \cdot f_1 \oplus \mathbb C[x,z] \cdot f_2 \to (x,y)\otimes \mathbb C[x,z] \to 0,$$ donde de nuevo los mapas vienen dados por $e \mapsto (y f_1, -x f_2) = (x z f_1, - x f_2) = x(z f_1,-f_2),$ y $f_1 \mapsto x, f_2 \mapsto y = x z$ . (Nótese que en este caso particular esta secuencia exacta es también exacta por la izquierda, pero esto no es una característica general de este enfoque. para calcular productos tensoriales, ya que generalmente la tensorización es exacta por la derecha pero no exacta).

A partir de esta presentación de $(x,y)\otimes \mathbb C[x,z]$ vemos que $x\otimes z - y$ (que es la imagen de $(z f_1, -f_2)$ ) es distinto de cero , ya que $(z f_1, -f 2)$ no está en la imagen del mapa de $\mathbb C[x,z]\cdot e.$

Por otra parte, es un elemento de torsión --- se mata por multiplicación por $x$ (ya que $x(z f_1, -f_2)$ es a imagen de $\mathbb C[x,z] \cdot e$ En efecto es la imagen de $e$ ). Esto refleja el hecho de que si localizamos lejos de $x = 0$ (es decir, invertir $x$ ), el mapa original se vuelve plano, por lo que el mapa $(x,y)\otimes\mathbb C[x,z] \to \mathbb C[x,z]$ debe convertirse en inyectiva tras invertir $x$ por lo que su núcleo debe estar formado por $x$ -elementos de torsión.

Answer 2

He aquí una

Nueva versión de la respuesta

Dejo abajo la versión antigua para que los comentarios sigan siendo comprensibles.

Sea $K$ sea un anillo conmutativo y $x,y,z$ sean indeterminados. Pon $$ M:=\frac{K[x,y,z]}{(xz-y)}\quad. $$ En particular, $M$ es un $K[x,y]$ -módulo.

Afirmamos que $M$ es no $K[x,y]$ -plano.

Establecer $$ t:=1\otimes y-z\otimes x\in K[x,y,z]\underset{K}{\otimes}(x,y). $$ Teniendo en cuenta el criterio de planitud mencionado en la pregunta, basta con comprobar que

$(*)$ la imagen de $t$ en $$ M\underset{K[x,y]}{\otimes}(x,y) $$ es distinto de cero.

En $K$ -mapa bilineal $$ \phi:K[x,y,z]\times(x,y)\to K $$ definido por $$ \phi(f,g)=f(0,0,0)\ \frac{\partial g}{\partial y}(0,0) $$ induce un $K[x,y]$ -mapa bilineal $$ \overline\phi:M\times(x,y)\to K=\frac{K[x,y]}{(x,y)} $$ satisfaciendo $$ \overline\phi(1,y)=1,\quad\overline\phi(z,x)=0. $$ Esto demuestra $(*)$ .

Versión antigua de la respuesta

Sea $K$ sea un anillo conmutativo y $x,y,z$ sean indeterminados. Pon $$ A=K[x,y],\quad B:=K[x,y,z],\quad M:=B/(xz-y). $$ En particular, $M$ es un $A$ -módulo.

Afirmamos que $M$ es no $A$ -plano.

Denotemos la imagen en $M$ del elemento $b\in B$ por $b_M$ .

Teniendo en cuenta el criterio de planitud mencionado en la pregunta, basta con comprobar $$ t:=z_M\otimes x-1_M\otimes y\neq0\in M\otimes_A(x,y). $$ Sea $N$ sea el cociente de $B$ por el sub- $A$ -generado por $$ xz-y,\quad x^2,\quad z^2,\quad xy,\quad yz. $$ Ponga $P:=(x,y)/(x,y)^2$ .

Basta con demostrar que la imagen de $t$ en $N\otimes_AP$ es distinto de cero.

Pero $N$ admite la $K$ -base $$ 1_N,\quad x_N,\quad y_N,\quad z_N $$ (notación obvia), mientras que $P$ admite la $K$ -base $x_P,y_P$ (notación obvia).

La afirmación se deduce fácilmente de estas observaciones.

EDITAR. Gracias a Michael Joyce y Georges Elencwajg por sus comentarios. Intentaré salvar el argumento.

Sea $n_1,n_2,n_3,n_4$ sea el $K$ -base de $N$ mencionado anteriormente, y $p_1,p_2$ sea el $K$ -base de $N$ mencionado anteriormente.

Considere la $K$ -mapa bilineal $f$ de $N\times P$ a $K$ cartografía $(1_N,y_P)$ a $1$ y el otro $(n_i,p_j)$ a $0$ .

Sea $x$ y $y$ actuar mediante $0$ en $K$ .

Entonces basta con comprobar que $f$ es $A$ -bilineal, que (creo) está claro.

Answer 3

La pregunta parece referirse a la obtención de intuiciones geométricas para morfismos planos de esquemas (afines). Sea $A = \mathbb{C}[x, y, z]/(x z - y)$ , $X = \operatorname{Spec} A$ y $\mathbb{A}^2_\mathbb{C} = \operatorname{Spec} \mathbb{C}[x, y]$ . La afirmación es que la proyección $\pi : X \to \mathbb{A}^2_\mathbb{C}$ no es un morfismo plano de esquemas. Veamos una imagen.

        

$X$ es evidentemente retorcido. Más formalmente, si nos fijamos en las dimensiones de las fibras sobre los puntos de $\mathbb{A}^2_\mathbb{C}$ se ve que en $(0, 0)$ hay una fibra unidimensional, pero en cualquier otro lugar la fibra es 0-dimensional. Es un hecho que un módulo finitamente generado sobre un dominio noetheriano es localmente libre si y sólo si las dimensiones de las fibras sobre ideales máximos es constante, así que esto confirma nuestra intuición de que $X$ no es plana sobre $\mathbb{A}^2_\mathbb{C}$

Por supuesto, podríamos adoptar un enfoque más directo. De la discusión anterior sabemos que debería haber un problema en $(0, 0)$ por lo que $\mathfrak{m} = (x, y) \subset \mathbb{C}[x, y]$ . Tenemos una secuencia exacta corta $$0 \to \mathfrak{m} \to \mathbb{C}[x, y] \to \mathbb{C} \to 0$$ y al tensar con $A$ obtenemos una secuencia exacta correcta $$A \otimes \mathfrak{m} \to A \to \mathbb{C}[z] \to 0$$ Afirmo que el primer mapa no es inyectivo. En efecto, en $A$ , $$z \cdot x = 1 \cdot y$$ pero en $A \otimes \mathfrak{m}$ $$z \otimes x \ne 1 \otimes y$$ ya que no hay $f \in \mathbb{C}[x, y]$ , $g \in A$ y $h \in \mathfrak{m}$ tal que $$\begin{align*} g f & = z & h & = x \\ g & = 1 & f h & = y \end{align*}$$ Por lo tanto $A$ no es plana sobre $\mathbb{C}[x, y]$ .

Answer 4

¿Cuánto has estudiado de geometría algebraica? Su explicación se basa en que las fibras del morfismo plano tienen dimensión constante. En su caso, el homomorfismo de anillo $R \rightarrow M$ corresponde al mapa de esquemas $X := \text{Spec } M \rightarrow Y := \text{Spec } R$ . Las fibras tienen dimensión $0$ ( $= \dim X - \dim Y$ ) si $x \neq 0$ pero tienen dimensión $1$ si $x = y = 0$ . Así, $f$ no puede ser plana.

Algebraicamente, esto significa que debes considerar $I := (x,y) \subseteq R$ y el mapa correspondiente $I \otimes_R M \rightarrow R \otimes_R M = M$ . Este mapa es inducido por el mapa bilineal $I \times M \rightarrow M$ dada por $(f,m) \mapsto fm$ . Basta con encontrar un elemento no nulo de $I \otimes_R M$ que corresponde a $0$ y dejo como ejercicio para usted comprobar que $x \otimes z - y \otimes 1$ hace el truco.

EDIT: A petición de Georges, añado el álgebra pertinente para dar una prueba completa. Está claro que $x \otimes z - y \otimes 1$ mapas a $0$ en $M$ pero lo que hay que probar es que $x \otimes z - y \otimes 1$ no es ya $0$ en $I \otimes_R M$ .

Tenga en cuenta que $M$ es isomorfo al anillo polinómico $k[x,z]$ . Tenemos $x \otimes P(x,z) =y \otimes Q(x,z)$ sólo si $x \mid Q(x,z)$ y $xz \mid P(x,z).^*$ Por supuesto, esto puede ocurrir, por ejemplo. $y \otimes x = x \otimes xz$ . Si $x \otimes z = y \otimes 1$ entonces debemos tener $x \mid 1$ y $y = xz \mid z$ en $M$ lo que no es el caso. (Esto es fácil de comprobar sólo porque $M$ es un anillo polinómico, para el que sabemos que las unidades son las funciones constantes).

De hecho, se puede demostrar de manera similar que una base para $I \otimes_R M$ como $k$ -viene dado por $x \otimes x^a z^b$ como $a,b$ abarca pares de números enteros no negativos, y $y \otimes z^b$ como $b$ varía entre números enteros no negativos.

${}^*$ Esta es la afirmación clave. Se puede ver directamente invocando la construcción explícita del producto tensorial en este caso. Pero debe haber formas mejores de verlo. Pierre-Yves Gaillard ha dado un enfoque alternativo: el cociente por submódulos apropiados de $I$ y $M$ de modo que se reduce a dimensión finita $k$ -y calcular en ellos.