Trace idéal d'un module projectif

Question

Dans son article de 1969 "Sur les modules projectifs de rang fini", Wolmer Vasconcelos écrit

Laisser $M$ être projectif $R$-module ... La trace de $M$ est défini comme étant l'image de la carte $M \otimes_R \operatorname{Hom}_R(M, R) \to R$, $m \otimes f \to f(m)$; il est noté$\tau_R(M)$. Si$M \oplus N = F$ (gratuit), il est clair que $\tau_R(M)$ est l'idéal de $R$ généré par les coordonnées de tous les éléments dans $M$, pour toute base choisie dans $F$. Il s'ensuit que pour tout homomorphisme$R \to S$, $\tau_S(M \otimes_R S) = \tau_R(M) S$.

Une affirmation similaire apparaît dans son article de 1973 "Finiteness in projective ideals":

On rappelle la notion de trace d'un module projectif $E$ sur l'anneau commutatif $A$. C'est tout simplement l'idéal$J(E) = J = \Sigma f(E)$ où $f$ déborde $\operatorname{Hom}_A(E, A)$. De manière équivalente,$J$ est l'idéal généré par les «coordonnées» de tous les éléments de $E$ chaque fois qu'une décomposition $E \oplus G = F$(gratuit) est donné. Selon la deuxième interprétation, il s'ensuit que si$h \colon A \to B$ est un homomorphisme en anneau, alors $J(E \otimes_A B) = h(J(E)) B$.

La première revendication est facile à vérifier (mais avec un changement de module gratuit) comme suit. Si$F = M \oplus N$ a une base $\{ v_i \}$, on peut considérer $F' = F \oplus R$, où $u$ est un générateur pour $R$. Pour toute$f \colon F \to R$, $F'$ a une base composée de $u$ et tout $w_i := v_i - f(v_i)u$. En ce qui concerne cette base,$v_i = w_i + f(v_i) u$, d'où le $u$-coordonné de $v_i$ est $f(v_i)$. Donc chaque homomorphisme$M \to R$ est la restriction d'une fonction de coordonnées sur $F'$.

Ce qui n'est pas clair pour moi, c'est la raison de la deuxième affirmation $\tau_S(M \otimes_R S) = \tau_R(M) S$. L'inclusion$\tau_R(M) S \subset \tau_S(M \otimes_R S)$ est évident, alors laissez-moi me concentrer sur l'autre.

On peut choisir une décomposition $M \oplus N = F$ (gratuit), pour que $M \otimes_R S \oplus N \otimes_R S = F \otimes_R S =: F_S$, qui est gratuit sur $S$. Jusqu'à l'ajout d'un$S$ summand, on peut aussi supposer que chaque $f \colon M \otimes_R S \to S$ est la restriction d'une fonction de coordonnées sur $F_S$. Mais les coordonnées sur$F_S$dépendent du choix d'une base. Si la base est obtenue à partir d'un$R$-base de $F$, la revendication est claire. Mais$F_S$ pourrait avoir de nombreux choix de $S$-des bases qui ne sont pas dérivées de $R$.

Je pense qu'il me manque quelque chose d'assez trivial, mais je ne peux pas le voir pour le moment, alors j'ai pensé que je préfère demander ici.

Answer 1

La confusion est d'ordre linguistique, comme indiqué dans les commentaires.

Lemme. Laisser$M$ être projectif $R$-module, et supposons $M \oplus N \cong F$ est gratuit sur une base $\mathcal B$. Pour$b \in \mathcal B$, écrire $\varepsilon_b \colon F \to R$ pour le `` double '' élément prenant $b$ à $1$ et tous les autres éléments de base $0$. ensuite$\tau(M)$ est l'idéal généré par $\varepsilon_b(m)$ pour $b \in \mathcal B$ et $m \in M$.

(Par abus de notation, on écrit $\varepsilon_b(m)$ pour ce qui devrait être correctement noté $\varepsilon_b(m,0)$.)

Preuve. Puisque$\varepsilon_b|_M$ est un homomorphisme $M \to R$, nous avons clairement $\varepsilon_b(m) \in \tau(M)$ pour tous $b \in \mathcal B$ et tout $m \in M$. Nous devons montrer qu'ils génèrent. Dans la définition de$\tau(M)$, nous pouvons remplacer $\operatorname{Hom}(M,R)$ par $R^{\mathcal B} = \operatorname{Hom}(F,R) \twoheadrightarrow \operatorname{Hom}(M,R)$. Les éléments peuvent être écrits comme$f = (f_b)_{b \in \mathcal B}$, où $f_b = f(b)$sont des constantes. Maintenant l'idée est que$f(m)$ ne dépend que des coordonnées de $f$ où $m$ est pris en charge:

Laisser $f = (f_b)_{b \in \mathcal B} \in R^{\mathcal B}$ et $m = \sum_{b \in \mathcal B'} a_b b \in M$ pour un sous-ensemble fini $\mathcal B' \subseteq \mathcal B$. Écrire$f_{\mathcal B'}$ pour la fonction dont $\mathcal B'$-les coordonnées sont d'accord avec $f$et dont les autres coordonnées disparaissent. ensuite$$f(m) = \sum_{b \in \mathcal B'} f(a_b b) = \sum_{b \in \mathcal B'} f_b \cdot a_b = \sum_{b \in \mathcal B'} f_b \cdot \varepsilon_b(m),$$ donc $f(m)$ s'exprime comme une combinaison des $\varepsilon_b(m)$. $\square$

Corollaire. Laisser$M$ être projectif $R$-module, et laissez $R \to S$être un homomorphisme en anneau. ensuite $$\tau\left(M \underset R\otimes S\right) = \tau(M)S.$$

Preuve. Écrire$M \oplus N \cong F$ pour certains $R$-module $N$ et un gratuit $R$-module $F$. ensuite$$\left(M \underset R\otimes S\right) \oplus \left(N \underset R\otimes S\right) \cong F \underset R\otimes S.$$ Si $F$ a une base $\mathcal B$, puis les éléments $b \otimes 1$ former une base de $F \otimes_R S$. En outre,$M \otimes_R S$ est généré par des éléments du formulaire $m \otimes 1$. Donc,$\tau(M \otimes_R S)$ est exactement l'idéal généré par $\varepsilon_{b \otimes 1}(m \otimes 1)$, lequel est $\tau(M)S$. $\square$