PhD Thesis

en H m−1 (K(f1, . . . , fm)). Por lo tanto tenemos la secuencia exacta corta
0
T or1( R R , I Jf )
m−1 H (Lm)
A continuación calculamos el módulo T or1( R
I
Ωm−1
df + dg
0. (2.9)
R , ). Si Usamos la hipótesis
Jf
que el ideal I = 〈f, g〉 es intersección completa tenemos que el complejo
es una resolución de R
I
el complejo anterior obtenemos
0
0
(f,g) (−g,f)
R
R R
R
. Si efectuamos el producto tensorial ⊗R R
Jf = ⊗Rk en
k
0
0
k k
k
Esto significa que T or1( R R , ) = k ⊕ k. Antes de continuar un lema que nos
I Jf
permitirá demostrar que Ωm−1
df+dg
es un módulo no nulo.
Lema 2.35. Sea (R, η) un anillo r.l.e.t.f, y 〈f〉 un ideal con una singularidad
aislada. La aplicación
df :
0
0
Ωm−1 df ∧ Ωm−2 m JfΩ Jf
→
+ dg ∧ Ωm−2 Jf,gΩm Jf,g
definida por w ↦→ df ∧ w es un isomorfismo.
Prueba. Sólo la inyectividad no es clara. Si df ∧ w = 0 entonces df ∧ w =
df ∧dg∧w1, por lo tanto df ∧(w−dg∧w1) = 0. Como H i (K(fx1, · · · , fxm)) = 0
para todo i = m entonces existe w2 ∈ Ω m−2 tal que w = dg ∧ w1 + df ∧ w2,
es decir w = 0.
Notemos que, Ωm−1
df+dg
Jf
Jf,g
⊗R R
I = 0 por que si no M = Jf
Jf,g cumpliría
que M
IM = 0 y por el Lema de Nakayama se tendría M = 0. Pero Jf = η y
Jf,g ⊂ η 2 nos dice que M = 0. Por (2.9), dim(H m−1 (Lm)) > 2 y no puede
ser isomorfo a
Esto finaliza el Ejemplo 2.34.
T or1(R/I, R/ 〈Jf, Jg〉) = T or1(R/I, R/Jf).
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