Picard-Gruppe gegen Klassengruppe
Die Frage.
Lassen $R$sei ein kommutativer Ring. Lassen$M$ Bohne $R$-Modul mit der Eigenschaft, dass es eine gibt $R$-Modul $N$ so dass $M\otimes_R N\cong R$. Gibt es immer ein Ideal?$I$ von $R$ so dass $M$ ist isomorph zu $I$ als $R$-Modul? (Ich vermute nicht in dieser Allgemeinheit)
Der Hintergrund.
Lassen $R$sei ein kommutativer Ring. Hier sind zwei Gruppen, denen man zuordnen könnte$R$.
- Die "Klassengruppe".
Die erste Gruppe ist "von der Zahlentheorie inspiriert". Man nimmt die Ideale von$R$und stellt fest, dass auf ihnen eine natürliche Multiplikation definiert ist. Man definiert zwei Ideale$I$ und $J$sein Äquivalent , wenn es vorhanden nonzerodivisors$s$ und $t$ so dass $sI=tJ$. Diese Beziehung spielt gut mit der Multiplikation und gibt uns eine Multiplikation der Äquivalenzklassen (es sei denn, ich habe es vermasselt; meine Referenz lautet "Rückseite einer Hüllkurvenberechnung"). Dies macht die Äquivalenzklassen zu einem kommutativen Monoid, und man könnte die Klassengruppe von definieren$R$ Einheiten dieses Monoids zu sein, dh Elemente mit einer Umkehrung.
Hinweis: Man könnte stattdessen gebrochene Ideale verwenden. Die Theorie der gebrochenen Ideale wird oft nur für integrale Domänen aufgestellt, und wenn ich es oben vermasselt hätte, hätte ich mich vielleicht auf integrale Domänen beschränken sollen. Ein gebrochenes Ideal wird als integrales Ideal mit einem Nenner definiert, daher glaube ich nicht, dass dies die hier definierte Gruppe ändert.
- Die Picard-Gruppe.
Die zweite Gruppe ist "von der Geometrie inspiriert" - es ist die Picard-Gruppe von $\operatorname{Spec}(R)$. Genauer gesagt, nehmen Sie die Sammlung (es ist keine Menge) von Isomorphismusklassen von$R$-Module $M$. Dies hat eine Multiplikation, die vom Tensorprodukt herrührt, und erfüllt die Axiome eines Monoids, außer dass es keine Menge ist. Die Einheiten dieses Monoids sind jedoch eine Menge, da eine andere Rückseite einer Hüllkurvenberechnung darauf hinzudeuten scheint, dass wenn$M\otimes_R N\cong R$ und wir schreiben $1=\sum_i m_i\otimes n_i$, eine endliche Summe, dann die $m_i$ generieren $M$ als $R$-Modul, das uns eine gewisse Kontrolle über die Größe der Einheiten des Monoids gibt - sie sind alle isomorph zu einem Quotienten von $R^n$Wir haben also die Kontrolle im satztheoretischen Sinne wiedererlangt. Die Einheiten des Monoids sind die zweite Gruppe.
Die Frage kommt von mir, der versucht, mich davon zu überzeugen, dass diese Gruppen im Allgemeinen nicht gleich sind (denn ich erwarte nicht wirklich, dass sie im Allgemeinen gleich sind). Wenn$R$ ist eine Dedekind-Domain (so $\operatorname{Spec}(R)$ ist eine glatte affine Kurve) dann haben wir hier die klassische Definition und die ausgefallene Definition der Klassengruppe von $R$und die Antwort auf die Frage lautet "Ja". Dies liegt daran, dass jeder Rang 1 projektiv ist$R$-Modul ist isomorph zu einem Ideal von $R$;; Wenn ich mich richtig erinnere, dann allgemeiner jeder Rang$n+1$ projektiv $R$-Modul ist isomorph zu $I\oplus R^n$ für ein Ideal $I$ (Dies gilt zumindest für die Ganzzahlen eines Zahlenfelds), mit dem Sie das nullte Algbraic berechnen können $K$-Gruppe (Grothendieck-Gruppe) von $R$. Aber allgemeiner bin ich mir nicht sicher, was los ist.
Auf der Wikipedia-Seite der Teiler las ich "Jedes Zeilenbündel$L$ auf $X$ Auf einem integralen Noether-Schema ist die Klasse eines Cartier-Divisors ", was mich denken lässt, dass das Ergebnis für Noether-Integraldomänen wahr sein könnte, aber ich sehe den Beweis selbst dort nicht (vielleicht ist es Standard). Die Art und Weise, wie es formuliert ist, macht mich Ich frage mich dann, ob es nicht-noetherische Gegenbeispiele gibt.
Antworten
Hier ist ein Versuch, den oben erwähnten Beweis von Hartshorne etwas zu verallgemeinern.
Behauptung: Lassen Sie$R$ sei ein Ring, dessen Gesamtring aus Brüchen besteht $R_{\mathrm{tot}}=S_{\mathrm{nzd}}^{-1}R$ist Artinian. Dann irgendein Invertierbares$R$-Modul ist isomorph zu einem invertierbaren Ideal.
(Die Hypothese gilt zumindest in den folgenden zwei "natürlichen" Fällen:
- $R$ ist eine Domäne, die dem Fall integraler Schemata entspricht,
- $R$ ist ein Noether-Ring ohne eingebettete Komponenten, dh $\mathrm{Ass}\,R$ ist genau die Menge der minimalen Primzahlen, in welchen Fällen das Spektrum von $R_{\mathrm{tot}}$ besteht genau aus diesen minimalen Primzahlen, daher ist $0$-dimensional.)
Beweis: Man geht vor wie im Beweis von Hartshorne. Gegeben ein invertierbares Modul$M$Dies ist ein lokal freies Modul mit konstantem Rang $1$und so ist die $R_{\mathrm{tot}}$-Modul $M \otimes_R R_{\mathrm{tot}}$. Wie$R_{\mathrm{tot}}$ ist Artinian, jedes lokal freie Rangmodul $1$ ist eigentlich ein freies Modul des Ranges $1$und so haben wir $$M=M\otimes_R R\hookrightarrow M\otimes_R R_{\mathrm{tot}}\simeq R_{\mathrm{tot}}.$$ Das wird klar $M$ als $R$-Submodul $M'$ von $R_{\mathrm{tot}}$. Es wird endlich erzeugt (weil$M$ is), nennen wir diese Generatoren $a_1/s_1, \dots, a_n/s_n \in R_{\mathrm{tot}}.$ Aber dann $s=s_1s_2 \dots s_n$ ist ein Nicht-Null-Teiler von $R$, und wir haben $sM' \subseteq R$. So,$M$ ist isomorph zum invertierbaren Ideal $I:=sM'$. $\square$
(Ich denke, dass die Annahme ein bisschen mehr gelockert werden kann, wenn man das annimmt $R_{\mathrm{tot}}$ist nur ein endliches direktes Produkt lokaler Ringe ( edit: Eigentlich noch mehr, wenn man das einfach annimmt$\mathrm{Pic}(R_{\mathrm{tot}})=1$). Aber ich kenne keine neuen "natürlichen" Fälle, die dies liefern würde.)
Ich werde das annehmen $R$ist in seinem Bruchfeld ganzheitlich geschlossen. Lassen$A$ sei die Semilokalisierung von $R$ überhaupt die maximalen Ideale wo $R$ist nicht faktoriell. (Das ist,$A=S^{-1}R$ wo $S$ ist das Komplement der Vereinigung all dieser maximalen Ideale.) Dann $Pic(R)$ sitzt drinnen $Cl(R)$ und ist in der Tat der Kern der Karte $Cl(R)\rightarrow Cl(A)$.
Dies muss irgendwo in einem Papier von Fossum sein, obwohl ich die Referenz nicht zur Hand habe.