De forma estable, libre de ideales son gratis?

Question

En mi clase de topología algebraica, un amigo mío que se expresa de la siguiente manera:

Si $R\ne 0$ es un anillo conmutativo con unidad y $I\subset R\oplus R$ es un submódulo tal que $(R\oplus R)/I\cong R$, $I\cong R$ $R$- módulos.

Yo creo que es cierto para los Pid, pero (si es cierto) como para demostrar que para cualquier anillo conmutativo?

Gracias!

Answer 1

Si es un isomorfismo de $R$-módulos, tenemos la secuencia exacta $$ 0 \I \I \oplus R \R \a 0 $$ donde $R \oplus R \to R$ es el mapa $R \oplus R \to (R \oplus R)/I \simeq R$. Desde $R$ es un servicio gratuito de $R$-módulo, también es proyectiva, por lo tanto, esta secuencia se divide ; esto significa que tenemos un isomorfismo $R \oplus R \simeq I \oplus R$. Desde este medio $I$ es un sumando directo de un módulo, esto demuestra que $I$ tiene que ser proyectiva.

En el caso de la Sección, ya que cualquier proyectiva módulo es libre, hemos terminado. En general, la implicación de "proyectiva $\Rightarrow$ libre" es falsa. También es cierto en el caso de un anillo local (no es fácil demostrar que proyectivas de módulos sobre un anillo local son gratis), así que al menos se puede decir $I_P \simeq R_P$ para todo el primer ideales $P \in \mathrm{Spec} \, R$ (ya que la localización de un módulo proyectivo es proyectiva sobre la localización ; esto es fácil de instrucción). Por lo tanto, en todos los casos, creo que la mejor declaración que usted puede conseguir es que el $I$ es localmente libre en el sentido definido anteriormente ($I_P \simeq R_P$ todos los $P$).

Edit : En los comentarios se encuentra un esbozo de una prueba de que si $R$ es un noetherian integral de dominio, a continuación,$I \simeq R$.

Segunda edición : Lema 19.18 en Eisenbud del "Álgebra Conmutativa, con una visión hacia la Geometría Algebraica" es lo que usted desea. La prueba es fácil si se supone que proyectivas de módulos sobre un anillo local son gratis. Gracias a user26857 para que, hoy aprendí algo!

Espero que ayude,

Answer 2

Deje $\varphi$ denotar la surjection $R\oplus R\to (R\oplus R)/I\cong R$. Definir $a=\varphi(1,0)$, $b=\varphi(0,1)\in R$. A continuación,$\varphi(x,y)=ax+by$. Desde $\varphi$ es surjective, podemos encontrar $x_0$, $y_0\in R$ con $ax_0+by_0=1$.

Definir $\psi:R\to R\oplus R$$\psi(r)=(-b r,a r)$. Ahora:

• $\varphi\circ\psi=0$, por lo que la imagen de $\psi$ está contenido en $I$,

• El mapa $R\oplus R\to R$, $(r,s)\mapsto x_0 s-y_0 r$ es la izquierda-inversa de a $\psi$, lo $\psi$ es inyectiva, y

• Para cada $(r,s)\in I$,$ar+bs =0$, por lo que $$ \psi(-y_0 r+x_0 s)= (by_0r-bx_0 s,-ay_0r+ax_0 s) = (by_0r+ax_0r, by_0s+ax_0 s) = (r,s), $$ y llegamos a la conclusión de $\psi$ mapas en $I$.

Hemos mostrado $\psi$ es un isomorfismo de $R$ a $I$.

Answer 3

La conclusión vale para cualquier anillo conmutativo.

Tenemos una breve secuencia exacta de $R$-módulos $$0\to I\to R\oplus R\to (R\oplus R)/I\to 0.$$ Since $(R\oplus R)/I\simeq R$ the above sequence is split, so $R\oplus R\simeq R\oplus yo$. This gives $$\bigwedge^2(R\oplus R)\simeq\bigwedge^2(R\oplus I)\Rightarrow R\simeq I.$$ (Para el último isomorfismo ver esta respuesta.)

Edit. De los argumentos anteriores pueden ser fácilmente generalizado con el fin de mostrar (para $n\ge2$) $$R^n/I\simeq R^{n-1}\Rightarrow I\simeq R,$$ que es, de forma estable, libre de los ideales son gratis.

Answer 4

No es cierto, sin más supuestos: tome $R=\prod_{i\in\mathbb{N}} \mathbb{Z}$, e $I=\mathbb{Z}$.

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EDIT: a Ver Pavel del comentario; esta respuesta es no corregir a menos que el isomorfismo $(R\oplus R)/I\cong R$ es sólo un isomorfismo de anillos.

Si exigimos un isomorfismo de los módulos, entonces la afirmación es verdadera: ver http://en.wikipedia.org/wiki/Invariant_basis_number.

ADEMÁS EDIT: Ahora no estoy seguro de que mi edición anterior es verdad, oh bien. Voy a dejar esta respuesta, con modificaciones, para la posteridad, pero esto no debe ser aceptado.