Gruppo Picard vs gruppo classe
La domanda.
Permettere $R$essere un anello commutativo. Permettere$M$ fagiolo $R$-modulo con la proprietà che esiste un $R$-modulo $N$ tale che $M\otimes_R N\cong R$. Esiste sempre un ideale$I$ di $R$ tale che $M$ è isomorfo a $I$ come un $R$-modulo? (Sospetto non in questa generalità)
Lo sfondo.
Permettere $R$essere un anello commutativo. Ecco due gruppi a cui ci si potrebbe associare$R$.
- Il "gruppo di classe".
Il primo gruppo è "ispirato alla teoria dei numeri". Uno prende gli ideali di$R$e osserva che hanno una moltiplicazione naturale definita su di loro. Uno definisce due ideali$I$ e $J$essere equivalente se esistono nonzerodivisori$s$ e $t$ tale che $sI=tJ$. Questa relazione gioca bene con la moltiplicazione, dandoci una moltiplicazione sulle classi di equivalenza (a meno che non abbia sbagliato; il mio riferimento è "calcolo di inviluppo"). Questo rende le classi di equivalenza un monoide commutativo e si potrebbe definire il gruppo di classi di$R$ essere unità di questo monoide, cioè elementi con un inverso.
Nota: si potrebbero invece usare ideali frazionari. La teoria degli ideali frazionari è spesso impostata solo per domini integrali, e se avessi sbagliato sopra allora forse avrei dovuto limitarmi ai domini integrali. Un ideale frazionario è definito come un ideale integrale con un denominatore, quindi non credo che questo cambi il gruppo definito qui.
- Il gruppo Picard.
Il secondo gruppo è "ispirato dalla geometria" - è il gruppo Picard di $\operatorname{Spec}(R)$. Più concretamente, prendiamo la raccolta (non è un insieme) di classi di isomorfismo di$R$-moduli $M$. Questo ha una moltiplicazione proveniente dal prodotto tensoriale e soddisfa gli assiomi di un monoide tranne che non è un insieme. Le unità di questo monoide tuttavia sono un insieme, perché un altro calcolo di inviluppo sembra indicare che se$M\otimes_R N\cong R$ e scriviamo $1=\sum_i m_i\otimes n_i$, una somma finita, quindi il $m_i$ creare $M$ come un $R$-modulo, dandoci un po 'di controllo sulla dimensione delle unità del monoide - sono tutte isomorfe a un quoziente di $R^n$così abbiamo ripreso il controllo in senso teorico degli insiemi. Le unità del monoide sono il secondo gruppo.
La domanda viene da me che cerco di convincermi che questi gruppi non sono uguali in generale (perché non mi aspetto che siano uguali in generale). Se$R$ è un dominio Dedekind (quindi $\operatorname{Spec}(R)$ è una curva affine liscia) quindi abbiamo qui la definizione classica e la definizione di fantasia del gruppo di classi di $R$e la risposta alla domanda è "sì". Questo perché ogni rango 1 proiettivo$R$-modulo è isomorfo a un ideale di $R$; se ricordo bene allora più in generale ogni rango$n+1$ proiettiva $R$-module è isomorfo a $I\oplus R^n$ per qualche ideale $I$ (questo è vero almeno per gli interi di un campo numerico) che consente di calcolare lo zero algbrico $K$-gruppo (gruppo Grothendieck) di $R$. Ma più in generale di così non sono sicuro di cosa stia succedendo.
Sulla pagina Wikipedia dei divisori ho letto "Every line bundle$L$ sopra $X$ su uno schema noetheriano integrale è la classe di qualche divisore di Cartier "il che mi fa pensare che il risultato potrebbe essere vero per domini integrali noetheriani, ma non vedo la prova nemmeno lì (forse è standard). Il modo in cui è formulato mi rende mi chiedo quindi se ci siano controesempi non noetheriani.
Risposte
Ecco un tentativo di generalizzare in qualche modo la suddetta dimostrazione di Hartshorne.
Affermazione: Let$R$ essere un anello il cui anello totale di frazioni $R_{\mathrm{tot}}=S_{\mathrm{nzd}}^{-1}R$è Artinian. Quindi qualsiasi invertibile$R$-modulo è isomorfo a un ideale invertibile.
(L'ipotesi vale almeno nei seguenti due casi "naturali":
- $R$ è un dominio, che corrisponde al caso degli schemi integrali,
- $R$ è un anello noetheriano senza componenti incorporati, ad es $\mathrm{Ass}\,R$ è precisamente l'insieme dei numeri primi minimi, nei quali casi lo spettro di $R_{\mathrm{tot}}$ consiste precisamente di questi numeri primi minimi, quindi è $0$-dimensionale.)
Prova: si procede come nella dimostrazione di Hartshorne. Dato un modulo invertibile$M$, questo è un modulo gratuito a livello locale di rango costante $1$, e così è il $R_{\mathrm{tot}}$-modulo $M \otimes_R R_{\mathrm{tot}}$. Come$R_{\mathrm{tot}}$ è Artinian, qualsiasi modulo di rango gratuito a livello locale $1$ è in realtà un modulo gratuito di rango $1$, e così abbiamo $$M=M\otimes_R R\hookrightarrow M\otimes_R R_{\mathrm{tot}}\simeq R_{\mathrm{tot}}.$$ Questo si rende conto $M$ come un $R$-sottomodulo $M'$ di $R_{\mathrm{tot}}$. È finitamente generato (perché$M$ è), chiamiamo questi generatori $a_1/s_1, \dots, a_n/s_n \in R_{\mathrm{tot}}.$ Ma allora $s=s_1s_2 \dots s_n$ è un divisore diverso da zero di $R$, e noi abbiamo $sM' \subseteq R$. Quindi,$M$ è isomorfo all'ideale invertibile $I:=sM'$. $\square$
(Immagino che l'assunto possa essere un po 'più rilassato, assumendolo $R_{\mathrm{tot}}$è solo un prodotto diretto finito di anelli locali ( modifica: in realtà, ancora di più semplicemente assumendo che$\mathrm{Pic}(R_{\mathrm{tot}})=1$). Ma non conosco nessun nuovo caso "naturale" che questo fornirebbe.)
Lo presumo $R$è integralmente chiuso nel suo campo frazione. Permettere$A$ essere la semilocalizzazione di $R$ a tutti gli ideali massimi dove $R$non è fattoriale. (Questo è,$A=S^{-1}R$ dove $S$ è il complemento dell'unione di tutti questi ideali massimi.) Allora $Pic(R)$ si siede all'interno $Cl(R)$ ed è infatti il nucleo della mappa $Cl(R)\rightarrow Cl(A)$.
Deve essere in un articolo di Fossum da qualche parte, anche se non ho il riferimento a portata di mano.