Groupe Picard vs groupe classe
La question.
Laisser $R$être un anneau commutatif. Laisser$M$ haricot $R$-module avec la propriété qu'il existe un $R$-module $N$ tel que $M\otimes_R N\cong R$. Existe-t-il toujours un idéal$I$ de $R$ tel que $M$ est isomorphe à $I$ comme un $R$-module? (Je soupçonne pas dans cette généralité)
L'arrière-plan.
Laisser $R$être un anneau commutatif. Voici deux groupes auxquels on pourrait s'associer$R$.
- Le "groupe de classe".
Le premier groupe est «inspiré de la théorie des nombres». On prend les idéaux de$R$et observe qu'ils ont une multiplication naturelle définie sur eux. On définit deux idéaux$I$ et $J$être équivalent s'il existe des non-zérodiviseurs$s$ et $t$ tel que $sI=tJ$. Cette relation joue bien avec la multiplication, nous donnant une multiplication sur les classes d'équivalence (sauf si je me suis trompé; ma référence est "calcul de dos d'enveloppe"). Cela transforme les classes d'équivalence en un monoïde commutatif, et on pourrait définir le groupe de classes de$R$ être des unités de ce monoïde, c'est-à-dire des éléments avec un inverse.
Remarque: on pourrait à la place utiliser des idéaux fractionnaires. La théorie des idéaux fractionnaires est souvent mise en place uniquement pour les domaines intégraux, et si je me suis trompé ci-dessus, j'aurais peut-être dû me limiter aux domaines intégraux. Un idéal fractionnaire est défini comme un idéal intégral avec un dénominateur, donc je ne pense pas que cela change le groupe défini ici.
- Le groupe Picard.
Le deuxième groupe est "inspiré par la géométrie" - c'est le groupe picard de $\operatorname{Spec}(R)$. Plus concrètement, prenons la collection (ce n'est pas un ensemble) de classes d'isomorphisme de$R$-modules $M$. Cela a une multiplication provenant du produit tensoriel, et satisfait les axiomes d'un monoïde sauf que ce n'est pas un ensemble. Les unités de ce monoïde sont cependant un ensemble, car un autre calcul de dos d'enveloppe semble indiquer que si$M\otimes_R N\cong R$ et nous écrivons $1=\sum_i m_i\otimes n_i$, une somme finie, puis le $m_i$ produire $M$ comme un $R$-module, nous donnant un certain contrôle sur la taille des unités du monoïde - ils sont tous isomorphes à un quotient de $R^n$nous avons donc repris le contrôle au sens de la théorie des ensembles. Les unités du monoïde constituent le deuxième groupe.
La question vient de moi essayant de me convaincre que ces groupes ne sont pas égaux en général (car je ne m'attends pas vraiment à ce qu'ils soient égaux en général). Si$R$ est un domaine Dedekind (donc $\operatorname{Spec}(R)$ est une courbe affine lisse) alors nous avons ici la définition classique et la définition fantaisie du groupe de classes de $R$, et la réponse à la question est «oui». C'est parce que chaque projectif de rang 1$R$-module est isomorphe à un idéal de $R$; si je me souviens bien, plus généralement chaque rang$n+1$ projectif $R$-module est isomorphe à $I\oplus R^n$ pour un idéal $I$ (cela est vrai au moins pour les entiers d'un champ numérique) qui vous permet de calculer le zéro 'algbrique $K$-groupe (groupe Grothendieck) de $R$. Mais plus généralement que cela, je ne suis pas sûr de ce qui se passe.
Sur la page Wikipédia des diviseurs, j'ai lu "Chaque lot de lignes$L$ au $X$ sur un schéma noéthérien intégral est la classe d'un diviseur de Cartier "ce qui me fait penser que le résultat pourrait être vrai pour les domaines intégraux noéthériens, mais je n'en vois pas la preuve même là (c'est peut-être standard). se demande alors s'il existe des contre-exemples non noéthériens.
Réponses
Voici une tentative de généraliser quelque peu la preuve de Hartshorne mentionnée ci-dessus.
Réclamation: Let$R$ être un anneau dont l'anneau total de fractions $R_{\mathrm{tot}}=S_{\mathrm{nzd}}^{-1}R$est Artinian. Puis tout inversible$R$-module est isomorphe à un idéal inversible.
(L'hypothèse est valable au moins dans les deux cas «naturels» suivants:
- $R$ est un domaine, qui correspond au cas des schémas intégraux,
- $R$ est un anneau noéthérien sans composants intégrés, c'est-à-dire $\mathrm{Ass}\,R$ est précisément l'ensemble des nombres premiers minimaux, auquel cas le spectre de $R_{\mathrm{tot}}$ se compose précisément de ces nombres premiers minimaux, d'où $0$-dimensionnelle.)
Preuve: On procède comme dans la preuve de Hartshorne. Étant donné un module inversible$M$, c'est un module localement libre de rang constant $1$, tout comme le $R_{\mathrm{tot}}$-module $M \otimes_R R_{\mathrm{tot}}$. Comme$R_{\mathrm{tot}}$ est Artinian, tout module de rang localement libre $1$ est en fait un module de classement gratuit $1$, et ainsi nous avons $$M=M\otimes_R R\hookrightarrow M\otimes_R R_{\mathrm{tot}}\simeq R_{\mathrm{tot}}.$$ Cela réalise $M$ comme un $R$-sous-module $M'$ de $R_{\mathrm{tot}}$. Il est fini (parce que$M$ is), appelons ces générateurs $a_1/s_1, \dots, a_n/s_n \in R_{\mathrm{tot}}.$ Mais alors $s=s_1s_2 \dots s_n$ est un diviseur non nul de $R$, et nous avons $sM' \subseteq R$. Ainsi,$M$ est isomorphe à l'idéal inversible $I:=sM'$. $\square$
(Je suppose que l'hypothèse peut être un peu plus assouplie, en supposant que $R_{\mathrm{tot}}$est juste un produit direct fini d'anneaux locaux ( modifier: En fait, encore plus en supposant simplement que$\mathrm{Pic}(R_{\mathrm{tot}})=1$). Mais je ne connais aucun nouveau cas «naturel» que cela fournirait.)
Je suppose que $R$est intégralement fermé dans son champ de fraction. Laisser$A$ être la semi-localisation de $R$ à tous les idéaux maximaux où $R$n'est pas factorielle. (C'est-à-dire,$A=S^{-1}R$ où $S$ est le complément de l'union de tous ces idéaux maximaux.) Alors $Pic(R)$ se trouve à l'intérieur $Cl(R)$ et est en fait le noyau de la carte $Cl(R)\rightarrow Cl(A)$.
Cela doit être dans un article de Fossum quelque part, même si je n'ai pas la référence sous la main.