Dejemos que $D$ sea un dominio integral. ¿Cómo puedo demostrar que hay isomorfismos $$F(D) \otimes_D F(D) \to F(D) \otimes_{F(D)} F(D) \to F(D)$$ El mapa de identidad parece la opción natural para el primero. ¿Tiene un núcleo no trivial? Para el segundo, estoy atascado.
Respuestas
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Jeff
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Esto es una consecuencia de afirmaciones más generales, que son fáciles de demostrar (basta con verificar las propiedades universales):
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Si $M$ es un $R$ -módulo, entonces $R \otimes_R M \cong M$ .
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Si $M,N$ son $S$ -módulos y $R \to S$ es un homomorfismo de anillos conmutativos, existe un homomorfismo canónico de $R$ -módulos $M \otimes_R N \to M \otimes_S N$ . Si $S$ es una localización de $R$ (o más general $R \to S$ es un epimorfismo de anillos conmutativos), es un isomorfismo. La razón es que un $R$ -mapa bilineal en $M \times N$ ya es $S$ -bilineal.
Hurkyl
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Has visto la elección obvia del mapa
$$ F(D) \otimes_D F(D) \to F(D) \otimes_{F(D)} F(D) : a \otimes b \mapsto a \otimes b$$
La segunda opción también debería ser "obvia" una vez que te acostumbras a las cosas: elementos de $F(D) \otimes_{F(D)} F(D)$ se escriben como (sumas de) productos (tensoriales) de dos elementos del anillo. El único producto disponible en $F(D)$ sin embargo, es una multiplicación de anillos, por lo que la opción natural es
$$ F(D) \otimes_{F(D)} F(D) \to F(D) : a \otimes b \mapsto ab$$
La elección "obvia" del mapa $F(D) \to F(D) \otimes_D F(D)$ se produce por un razonamiento similar: para convertir un solo elemento en un producto de dos elementos, se puede utilizar $1$ como el otro elemento:
$$ F(D) \to F(D) \otimes_D F(D) : a \mapsto a \otimes 1 $$
Asegúrese de comprobar que todos estos mapas están bien definidos.
Ahora bien, si usted comenzó con $\frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d} \in F(D) \otimes_D F(D)$ Al pasar por los tres mapas, el resultado es $\frac{ac}{bd} \otimes 1$ . Podemos simplificar
$$ \frac{ac}{bd} \otimes 1 = \frac{a}{bd} \otimes c$$
pero cómo podemos conseguir un $d$ en el denominador del lado derecho? Bueno es fácil de hacer en $F(D)$ : simplemente pon uno ahí y pon uno en el numerador también para anularlo
$$ \frac{a}{bd} \otimes c = \frac{a}{bd} \otimes \frac{cd}{d} = \frac{a}{b} \otimes \frac{c}{d}$$
Bien, entonces el compuesto de los tres mapas a partir de $F(D) \otimes_D F(D)$ es la identidad. Esa era la única difícil: el triple compuesto que empieza en $F(D) \otimes_{F(D)} F(D)$ envía $x \otimes y \mapsto xy \otimes 1$ y
$$ xy \otimes 1 = x \otimes y $$
y si empezamos en $F(D)$ envía $x \mapsto x$ .
Los tres compuestos triples son identidades, por lo que cada uno de los mapas individuales son isomorfismos.
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Permítanme que les explique mejor por qué $F(D) \otimes_D F(D) \cong F(D) \otimes_{F(D)} F(D)$ como $D$ - módulos. Ahora, estrictamente hablando, el mapa
$$p : F(D) \otimes_{F(D)} F(D) \to F(D) \otimes_D F(D)$$ que envía $m \otimes n \to m \otimes n$ es no el mapa de identidad porque los dos objetos en cuestión a priori ¡son diferentes! A la izquierda tenemos las igualdades
$$ma \otimes n = m \otimes an$$ con $m,n \in F(D), a \in D$ mientras que a la derecha tenemos el más igualdades
$$ m \left(\frac{j}{k} \right)\otimes n = m\otimes \left(\frac{j}{k} \right) n$$
donde $m,n \in F(D)$ y $j,k \in D$ , $ k \neq 0$ . La forma de pensar por qué es un isomorfismo es que esas igualdades adicionales que escribí arriba también es cierto en $F(D) \otimes_D F(D)$ . Usando eso $F(D)$ es un $F(D)$ - tenemos
$$\begin{eqnarray*} \left(\frac{j}{k} m\right) \otimes n &=& (k^{-1}mj )\otimes n\\ &=& k^{-1}m \otimes nj \\ &=& k^{-1}m \otimes (njk^{-1})k \\ &=& k^{-1}m k \otimes njk^{-1} \\ &=& m\otimes \left(n\frac{j}{k}\right)\end{eqnarray*} $$
y ¡boom! El $\frac{j}{k}$ ha saltado al otro lado. Así vemos que $F(D) \otimes_D F(D)$ es en realidad un producto tensorial sobre el anillo $F(D)$ y no sólo $D$ .
