Puede un anillo cociente R/J nunca ser plana sobre R?

Question

Si R es un anillo y J⊂R es un ideal, puede R/J ser nunca un plano R-módulo? Para algebraica de los geómetras, la pregunta es, "¿puede un cerrado de inmersión en vez de ser plana?"

La respuesta es sí: tomar J=0. De una forma menos trivial ejemplo, tomar R=R₁⊕R₂ y J=R₁, entonces R/J es plano sobre R. Geométricamente, esto es la inclusión de un componente conectado, que es una especie de trampa. Si puedo añadir la hipótesis de que R no tiene idempotents (es decir, Spec(R) está conectado) y J≠0, puede R/J nunca ser plana sobre R?

Creo que la respuesta es no, pero no sé cómo demostrarlo. He aquí un intento fallido. Considere la secuencia exacta 0→J→R→R/J→0. Cuando el tensor de R/J, se obtiene

0→ J/J²→R/J→R/J→0

donde el mapa de R/J→R/J es el mapa de identidad. Si J≠J², esta secuencia no es exacta, contradiciendo a la llanura de R/J.

Pero a veces sucede que J=J², como en el caso de la máxima ideal del anillo k[t^p| q∈Q_>0]. Puedo demostrar que el cociente no es plana, en ese caso (ver esta respuesta), pero yo tenía que hacer algo inteligente.

A menudo pienso sobre anillos conmutativos, pero si usted tiene un no-conmutativa ejemplo, me encantaría verlo.

Answer 1

Sólo un pequeño punto. Hay anillos sobre el que cada módulo es plana. Estos son los absolutamente plano de los anillos en la marcada respuesta anterior, sino que son llamados también de von Neumann regular de los anillos. Un infinito producto de los campos es el estándar ejemplo de un conmutativa von Neumann regular anillo que no es semisimple. Pero hay montones y montones de no conmutativa von Neumann regular de los anillos. Tenga en cuenta que un Noetherian von Neumann regular anillo semisimple, pero cada von Neumann regular anillo es coherente.

Answer 2

Yo creo que uno puede usar una Eilenberg la estafa tipo de argumento. Vamos N denotar los números enteros positivos. Sea a=Z[N] denota el Z-polinomio anillo en N. Crear un surjective de morfismos A->A, mediante el envío de x_1 a cero y para i>1 envío de x_i a x_{i-1}. A continuación, Un sí es un buen cociente de A. Pero, claramente es plana como un a-módulo.

Hay una construcción similar (creo) para crear un noetherian pero infinitamente generado anillo donde esto funciona así.

Answer 3

Su "trivial" ejemplos de todos los resultado de la suma directa de descomposición del anillo R. pidiendo ejemplos sin idempotents, están pidiendo para los anillos que no tienen suma directa de descomposición. En un no conmutativa anillo R, la correspondiente sería un anillo que no tiene central idempotents. Me puede dar un no conmutativa ejemplo que está "entre", de modo que ha trivial idempotents, pero no trivial central idempotents.

Por un ideal J en un no conmutativa (lea: no necesariamente conmutativo) anillo R, hay una manera de reformular cuando el derecho R-módulo de I/J es plana. En T. Y. Lam Conferencias sobre los Módulos y Anillos, la Proposición 4.14 implica que R/J es derecho de plano si y sólo si, para cada ideal izquierda _RL ⊆ R,

J ∩ L = JL.

(Observe que este proporciona una manera alternativa de verificar que para este tipo J, J² = J.)

Ahora, dado un campo k (o incluso un anillo de división!), deje que V sea un (a la derecha) espacio vectorial de countably dimensión infinita, y dejar que R = Final de_k(V), actuando en V desde la izquierda. Este anillo tiene muchos idempotents, correspondiente a la suma directa de las descomposiciones de V. Uno puede mostrar que R tiene exactamente tres ideales, es decir, 0, R, y el ideal J consta de endomorphisms de rango finito (vea los Ejercicios 3.15-3.16 de Lam Ejercicios en el Clásico Anillo de la Teoría). En particular, R no se descompone como suma directa de dos trivial subrings. Sea f cualquier finito de rango elemento de R, y sea p en R ser una proyección de V sobre la imagen de f. Ciertamente, f = pf ∈ Jf. Esto hace que sea fácil mostrar que J satisface J ∩ L = JL para cada izquierdo L ideal de R, y de ello se sigue que R/J es plana.

Answer 4

1) Si Una es arbitrario y que I es un ideal de finito de tipo tal que Un/*I* es un plano de Unmódulo, entonces V(I) es abierto y cerrado. De hecho, Una/*I* es un finitely presentado **- álgebra y así Spec(a/I)->Spec(A) es un plano monomorphism finito de presentación, por tanto, un étale monomorphism, es decir, abierto a la inmersión (cf. EGA IV 17.9.1).

2) Si Una es un noetherian anillo, a continuación, Una/*I* es plano si y sólo si V(I) es abierto y cerrado (cada ideal es finito tipo).

3) Si Una no es noetherian pero tiene un número finito de un mínimo de primer ideales (es decir, el espectro tiene un número finito de componentes irreducibles de), entonces todavía sostiene que Un/*I* es plana iff Spec(a/I)->Spec(A) es abierto y cerrado. De hecho, no es un resultado debido a Lazard [Laz, Cor. 5.9], que establece que la planitud de Un/*I* implica que el yo es finito tipo en este caso.

4) Si Una tiene un número infinito de un mínimo de primer ideales, entonces puede ocurrir que un plano cerrado de inmersión no está abierto. Por ejemplo, dejar que Un ser absolutamente un anillo plano con un número infinito de puntos (por ejemplo, dejar que Un ser el producto de un número infinito de campos). A continuación, Una es cero-dimensional y en cada anillo es un campo. Sin embargo, no existen puntos abiertos (de lo contrario la Especificación(Un) sería discreto y por lo tanto no cuasi-compacto). La inclusión de cualquier falta de punto abierto es cerrado, no abierto de inmersión, que es plana.

En el ejemplo de 4) es totalmente desconectada, pero también hay conectado un ejemplo:

5) No existe un conectada afín esquema de Especificación(Un), con un número infinito de irreductible componentes, y un ideal I tal que Un/*I* es plana, sino que V(I) no está abierto. Esto se deduce de [Laz, 7.2 y 5.4].

[Laz] Disconnexités des spectres d'anneaux et des préschémas (Toro SMF 95, 1967)

Edit: corrección de la prueba 1). Abierto cerrado la inmersión no es necesariamente un abrir inmersión! (por ejemplo, X_red->X es un cerrado de inmersión que se abre pero no un abierto de inmersión.)

Edit: Raynaud-Gruson, sólo muestra que la plana+finitos tipo => finito de la presentación cuando el espectro tiene un número finito de asociados de puntos. Lazard, demuestra que es suficiente que el espectro tiene un número finito de irreductible componentes. Añadido el ejemplo 5).

Answer 5

Aquí es una mejor (léase: correcto) respuesta de lo que he probado anteriormente.

Hay un anillo que todos conocidos y de amor: el anillo de dos números, k[e]/(e^2). Yo reclamo que k=(k[e]/(e^2))/(e) es un proyectiva k[e]/(e^2)-módulo. De hecho, esto se desprende muy fácilmente desde el hecho de que el cociente de morfismos es split. De hecho, la unidad de morfismos k->k[e]/(e^2) se divide el surjection k[e]/(e^2)->k. Por lo tanto, k es una división sumando directo de un módulo, y por lo tanto es proyectiva. Desde proyectiva módulos son planas, esto muestra que k es plano sobre el doble de los números.

Un argumento similar muestra que al parecer demuestra que una k-álgebra a, que es finitely generado y local a través de un algebraicamente cerrado de campo tiene k plana anillo cociente. En efecto, si m es el ideal maximal, entonces A/m=k, y 0->m->A->A/m->0 se divide.

No estoy seguro de si esta correcta la intuición, pero uno puede pensar en el punto de cierre del anillo de doble números como una deformación retractarse de todo el espacio. Y, para los habitantes de los anillos, son pequeñas en los barrios alrededor de sus cerrado puntos.