¿Son módulos proyectivos sobre un anillo de artinian gratis?

Question

Citando un comentario a esta pregunta:

Por un teorema de Serre, si $R$ es un conmutativa artinian anillo, cada descriptiva de módulo [ $R$ ] es libre. (El teorema establece que para cualquier conmutativa noetherian anillo de $R$ y proyectiva módulo de $P$ ( $R$ ], si $\operatorname{rank}(P) > \dim(R)$, entonces existe un proyectiva [$R$-módulo] $Q$ $\operatorname{rank}(Q)=\dim(R)$ tal que $P\cong R^k \oplus Q$ donde $k=\operatorname{rank}(P)−\dim(R)$.)

Al $R$ es un PID, esto es, en Lang, Álgebra (Sección III.7), y al $R$ es local este es un famoso teorema de Kaplansky. Pero a pesar de un esfuerzo razonable, me parece que no puede encontrar ninguna otra referencia a este teorema de Serre. ¿Alguien sabe de uno? ¿Hay alguna otra manera de demostrar que cada módulo proyectivo sobre un artinian anillo es gratis?

Answer 1

Deje $R$ ser cualquier anillo conmutativo cuyos módulos proyectivos son todos gratuitos, y deje $e\notin \{0,1\}$ ser un idempotente de $R$.

A continuación, $eR$ $(1-e)R$ son tanto proyectivas, por lo tanto libres de algunos de rango 1 o más, y $eR\oplus(1-e)R=R$, por lo que tenemos $R^n\cong R$ $R$ módulo para algún número natural $n\geq 2$. Esto es absurdo, ya conmutativa anillos tienen IBN.

Esto demuestra que $R$ no tiene ningún trivial idempotents.

Desde un Artinian anillo sin trivial idempotents es local, ahora se puede ver el dramático fracaso de Artinian anillos de tener el "proyectiva implica libre" de la propiedad, excepto en la "buena" de casos locales.

Answer 2

Siento llegar tarde a esta fiesta, pero citando a mi comentario y de alguna manera me perdí.

Sí, una condición que se ha pasado por alto: debemos presumir que $P$ tiene rango constante, alternativamente, $\operatorname{Spec}(A)$ está conectado, o $A$ no tiene no trivial idempotents, etc.

Este resultado es Serre de la División Teorema que establece que un proyectiva $A$-módulo, $P$, de constante rango de $r \geq d+1$ donde $d=\dim(A)$ debe contener un unimodular elemento (SST) [no quedar: $P$ también se cancellative bajo esta condición (Bajo Cancelación del Teorema)].

$P$ que contiene un unimodular elemento $p \in P$ es equivalente a un surjection $P \twoheadrightarrow A$, lo que nos da kernel $Q$ (que también estará proyectiva), y porque el surjection divide tenemos $P \simeq A \oplus Q$. Repita esta división hasta que el valor de la resultante del núcleo coincide con la dimensión de $A$.

Como resultado, las $A$-módulos para los que $\operatorname{rank}(P)=\dim(A)$ son llamados módulos proyectivos de superior rango.

Para mayor referencia: ver T. Y. Lam Serre del Problema en Módulos Proyectivos (esp. p.291-2)