Grupo picard vs grupo de clase
La pregunta.
Dejar $R$ser un anillo conmutativo. Dejar$M$ frijol $R$-módulo con la propiedad de que existe un $R$-módulo $N$ tal que $M\otimes_R N\cong R$. ¿Existe siempre un ideal?$I$ de $R$ tal que $M$ es isomorfo a $I$ como un $R$-¿módulo? (Sospecho que no en esta generalidad)
El fondo.
Dejar $R$ser un anillo conmutativo. Aquí hay dos grupos a los que uno podría asociarse$R$.
- El "grupo de clase".
El primer grupo está "inspirado en la teoría de números". Uno toma los ideales de$R$y observa que tienen definida una multiplicación natural. Uno define dos ideales$I$ y $J$para ser equivalente si existen no-divisores$s$ y $t$ tal que $sI=tJ$. Esta relación juega bien con la multiplicación, dándonos una multiplicación en las clases de equivalencia (a menos que haya metido la pata; mi referencia es "cálculo al revés"). Esto convierte las clases de equivalencia en un monoide conmutativo, y se podría definir el grupo de clases de$R$ ser unidades de este monoide, es decir, elementos con una inversa.
Nota: en su lugar, se podrían usar ideales fraccionarios. La teoría de los ideales fraccionarios a menudo se establece solo para los dominios integrales, y si me equivoqué anteriormente, tal vez debería haberme limitado a los dominios integrales. Un ideal fraccionario se define como un ideal integral con un denominador, por lo que no creo que esto cambie el grupo definido aquí.
- El grupo Picard.
El segundo grupo está "inspirado en la geometría": es el grupo de Picard de $\operatorname{Spec}(R)$. Más concretamente, tome la colección (no es un conjunto) de clases de isomorfismo de$R$-módulos $M$. Esto tiene una multiplicación que proviene del producto tensorial y satisface los axiomas de un monoide, excepto que no es un conjunto. Sin embargo, las unidades de este monoide son un conjunto, porque otro cálculo del reverso de un sobre parece indicar que si$M\otimes_R N\cong R$ y escribimos $1=\sum_i m_i\otimes n_i$, una suma finita, entonces el $m_i$ generar $M$ como un $R$-módulo, lo que nos da cierto control sobre el tamaño de las unidades del monoide; todas son isomórficas a un cociente de $R^n$así que hemos recuperado el control en un sentido teórico de conjuntos. Las unidades del monoide son el segundo grupo.
La pregunta viene de mí tratando de convencerme de que estos grupos no son iguales en general (porque realmente no espero que sean iguales en general). Si$R$ es un dominio de Dedekind (por lo que $\operatorname{Spec}(R)$ es una curva afín suave), entonces tenemos aquí la definición clásica y la definición elegante del grupo de clases de $R$, y la respuesta a la pregunta es "sí". Esto se debe a que cada proyectiva de rango 1$R$-módulo es isomorfo a un ideal de $R$; si recuerdo correctamente, entonces, de manera más general, cada rango$n+1$ descriptivo $R$-módulo es isomorfo a $I\oplus R^n$ por algún ideal $I$ (esto es cierto al menos para los enteros de un campo numérico) lo que le permite calcular el cero algbraico $K$-grupo (grupo Grothendieck) de $R$. Pero en términos más generales, no estoy seguro de lo que está pasando.
En la página de Wikipedia de los divisores , leo "Cada paquete de líneas$L$ en $X$ en un esquema integral noetheriano es la clase de algún divisor de Cartier "lo que me hace pensar que el resultado podría ser cierto para los dominios integrales noetherianos, pero no veo la prueba ni siquiera allí (tal vez sea estándar). La forma en que está redactado me hace me pregunto entonces si hay contraejemplos no noetherianos.
Respuestas
Aquí hay un intento de generalizar un poco la prueba de Hartshorne antes mencionada.
Reclamo: Let$R$ ser un anillo cuyo anillo total de fracciones $R_{\mathrm{tot}}=S_{\mathrm{nzd}}^{-1}R$es artiniano. Entonces cualquier invertible$R$-módulo es isomorfo a un ideal invertible.
(La hipótesis es válida al menos en los dos casos "naturales" siguientes:
- $R$ es un dominio, que corresponde al caso de esquemas integrales,
- $R$ es un anillo noetheriano sin componentes incrustados, es decir $\mathrm{Ass}\,R$ es precisamente el conjunto de primos mínimos, en cuyo caso el espectro de $R_{\mathrm{tot}}$ consiste precisamente en estos primos mínimos, por lo tanto, es $0$-dimensional.)
Prueba: Se procede como en la prueba de Hartshorne. Dado un módulo invertible$M$, este es un módulo libre localmente de rango constante $1$, y también lo es el $R_{\mathrm{tot}}$-módulo $M \otimes_R R_{\mathrm{tot}}$. Como$R_{\mathrm{tot}}$ es Artinian, cualquier módulo de rango libre localmente $1$ es en realidad un módulo gratuito de rango $1$, y así tenemos $$M=M\otimes_R R\hookrightarrow M\otimes_R R_{\mathrm{tot}}\simeq R_{\mathrm{tot}}.$$ Esto se da cuenta $M$ como un $R$-submódulo $M'$ de $R_{\mathrm{tot}}$. Se genera finitamente (porque$M$ es), llamemos a estos generadores $a_1/s_1, \dots, a_n/s_n \in R_{\mathrm{tot}}.$ Pero entonces $s=s_1s_2 \dots s_n$ es un divisor distinto de cero de $R$, y tenemos $sM' \subseteq R$. Por lo tanto,$M$ es isomorfo al ideal invertible $I:=sM'$. $\square$
(Supongo que la suposición se puede relajar un poco más, asumiendo que $R_{\mathrm{tot}}$es solo un producto directo finito de los anillos locales ( editar: En realidad, incluso más simplemente asumiendo que$\mathrm{Pic}(R_{\mathrm{tot}})=1$). Pero no conozco ningún caso nuevo "natural" que esto pudiera proporcionar).
Asumiré que $R$está integralmente cerrado en su campo de fracción. Dejar$A$ ser la semilocalización de $R$ en todos los ideales máximos donde $R$no es factorial. (Es decir,$A=S^{-1}R$ dónde $S$ es el complemento de la unión de todos esos ideales máximos). $Pic(R)$ se sienta adentro $Cl(R)$ y es de hecho el núcleo del mapa $Cl(R)\rightarrow Cl(A)$.
Esto debe estar en un artículo de Fossum en alguna parte, aunque no tengo la referencia a mano.