Módulos sobre $k[X,Y]$

Question

Sobre un PID como $k[X]$, todos ideales (no trivial) son libres y por lo tanto proyectivas. Pero el anillo $k[X,Y]$ no es un PID. ¿Es posible describir todos los ideales de este anillo en particular que son los módulos proyectivos?

(¿Qué pasa si restringimos a $k$ algebraicamente cerraron?...)

Answer 1

Si $k$ es un campo de los ideales $I\subset A=k[X,Y]$ cuales son proyectivas de los módulos a través de $A$ son exactamente las principales ideas.
De hecho cada módulo proyectivo sobre $A$ es libre y gratuito ideal en un dominio sólo puede ser de dimensión $0$ o $1$, debido a que dos no-cero elementos $f,g$ son siempre linealmente dependiente: $g.f+ (-f).g=0$ !

De modo que el libre (= proyectiva) ideales en $A$ $I=(0)$ $dim_A(0)=0 $ $I=fA, \; f\neq 0$ $dim_A (fA)=1$ (donde $\lbrace f \rbrace $ es una base de $I$).

Ya que estoy en un estado de ánimo agresivo [:-)], voy a utilizar un sledge-hammer para justificar mi afirmación anterior de que $I$ es gratis si es proyectiva: el Quillen-Suslin teorema, que de hecho dice que cualquier finitely generado proyectiva módulo a través de un polinomio de anillo $k[X_1,X_2,...,X_n]$ ($ k$ un campo) es gratis.

Editar
Yo estoy más con un estado de ánimo tranquilo, y me voy a dar una más elemental argumento de que proyectiva implica libre.
Si un no-cero ideal en un dominio es proyectiva, debe ser proyectiva de rango uno (esto está demostrado en Bourbaki, Algèbre Conmutativa,cap.II, §5, Théorème 4).
Y ahora sólo uso que proyectiva módulos de grado uno en una unidad flash usb son libres (en lenguaje geométrico: el grupo de Picard de un UFD es trivial. Usted puede encontrar que en este libro por Görtz-Wedhorn, en la página 309).

Answer 2

Uno puede mostrar que el ideal maximal $M=(x,y)$ no es proyectiva, sin el uso de Quillen–Suslin, pero por lo menos voy a asumir tensor de productos y tv de módulos (projectives son un caso especial de los pisos, los pisos son de los límites de projectives).

De hecho, $M$ no es ni siquiera plana: $M \otimes M \to M^2$ no es inyectiva ya que $x\otimes y - y \otimes x \mapsto xy-yx = 0$. Uno se ve en este modulo $M^2$ a ver que $M/M^2$ es un vector distinto de cero en el espacio (de la dimensión 2)$k$, y así el producto tensor es distinto de cero, pero el rango es, entonces, evidentemente, 0.