Ejercicio de Atiyah - Macdonald sobre el producto tensorial

Question

Dejemos que $A$ sea un anillo conmutativo con unidad y $\mathfrak a$ sea un ideal de $A$ . Además, dejemos $M$ ser un $A$ -módulo. Demuestre que $A/ \mathfrak a \otimes_A M$ $\cong$ $M/ \mathfrak a M$ .

Una posible forma de hacerlo es la siguiente: Consideremos el mapa bilineal $ B: A/ \mathfrak a \times M \to M/\mathbb a M$ definido como $(a \bmod \mathfrak a ,m) \to am \bmod \mathfrak a M$ . Por la propiedad universal del producto tensorial este mapa induce un mapa lineal $B$ : $A/\mathfrak a \otimes_A M \to M/\mathfrak a M$ cuyo mapa inverso $ M/\mathfrak a M \to A/\mathfrak a \otimes_A M $ es $m \bmod \mathfrak a M\to (1 \bmod \mathfrak a) \otimes m $ . Por tanto, el mapa inducido es un isomorfismo. Aquí hay dos preguntas:

$1$ . ¿Hay algún problema en mi solución?

$2$ . ¿Qué otras formas hay de resolver este problema?

Editar : Otra forma de demostrarlo podría ser la siguiente: Consideremos la secuencia exacta $ 0 \to \mathfrak a \to A \to A/\mathfrak a \to 0 $ . Ahora aplicando el functor $ (- \otimes M)$ da una secuencia exacta $ \mathfrak a \otimes M \to A \otimes M \to A/ \mathfrak a \otimes M \to 0$ . ¿Cómo concluir desde aquí?

Answer 1

El primer intento está bien. La inversa que describes está bien definida y los mapas son de hecho mutuamente inversos.

Veamos el segundo enfoque. (Editado para clarificar.)

Tensar la secuencia exacta $$0\to \mathfrak{a}\to A\to A/\mathfrak{a}\to 0$$ con $M$ se obtiene la secuencia exacta $$\mathfrak{a}\otimes_A M\to A\otimes_A M\to A/\mathfrak{a}\otimes_A M\to 0.$$

Después de identificar $A\otimes_A M$ avec $M$ la manera obvia, los homomorfismos $\mathfrak{a}\otimes_A M\to M$ y $M\to A/\mathfrak{a}\otimes_A M$ se dan de la siguiente manera. La primera, $\mathfrak{a}\otimes_A M\to M$ , mapea elementos homogéneos $f\otimes m$ a su producto $fm$ . Puede que no sea inyectiva, pero su imagen se ve fácilmente que es $\mathfrak{a}M\subset M$ . El segundo mapa $M\to A/\mathfrak{a}\otimes_A M$ sólo asigna un elemento $m$ a $1\otimes m$ que la secuencia es exacta sólo significa que este mapa es sobreyectivo y su núcleo es la imagen del mapa anterior; por lo tanto su núcleo es $aM$ .

Ahora, en general, si $\varphi\colon N\to N'$ es un $A$ -entonces el homomorfismo $\overline{\varphi}\colon N/\ker{\varphi}\to N'$ asignación de una clase de residuo $[n]$ a $\varphi(n)$ está bien definido y es inyectivo: tenemos $\varphi(n) = \varphi(m)$ si y sólo si $n - m\in \ker(\varphi)$ . Tenga en cuenta que aquí $\mathrm{im}(\varphi) = \mathrm{im}(\overline{\varphi})$ .

Aplicando esto al mapa $M\to A/\mathfrak{a}\otimes_A M$ de la que sabemos que es sobreyectiva y tiene núcleo $\mathfrak{a}M$ obtenemos el isomorfismo deseado $M/\mathfrak{a}M\to A/\mathfrak{a}\otimes_A M$ . Este mapa, de hecho, no es más que el inversa descrito en la pregunta.

Argumentar a través de la exactitud de la toma de productos tensoriales es sólo otra forma de conseguir que este mapa esté bien definido y sea biyectivo. Por supuesto, hay más pruebas, sobre todo porque puedes hacer las cosas más sofisticadas si lo deseas, pero en el fondo, al final, todas producirán (al menos) uno de los mapas y mostrarán que es un isomorfismo.

Answer 2

Ofrezco una solución muy similar a la dada por Ben, pero cito resultados específicos utilizados del capítulo 2 de Atiyah-Macdonald y doy una presentación ligeramente diferente. Lo dejo aquí sólo porque puede ser útil para algunos lectores que tengan dificultades con este capítulo, como me ocurrió a mí cuando lo estudié por primera vez.

El problema:

Dejemos que $A$ sea un anillo conmutativo con unidad, $\mathfrak{a}$ un ideal, $M$ un $A$ -módulo. Demuestre que $(A/\mathfrak{a}) \otimes_A M \cong M/\mathfrak{a}M.$

Solución:

Siguiendo la pista, considere la secuencia exacta $$0 \to \mathfrak{a} \xrightarrow{\pi} A \xrightarrow{\phi} A/\mathfrak{a} \to 0.$$

El mapa $\pi$ es la inclusión estándar, $\pi(a) = a,$ para todos $a \in \mathfrak{a}$ . Es fácil ver que $\pi$ es inyectiva y $\mathrm{Im}(\pi) = \mathfrak{a}$ . El mapa $\phi$ es el estándar de las inyecciones, $\phi(a) = a + \mathfrak{a},$ para todos $a \in A$ . Es fácil ver que $\mathrm{Ker}(\phi) = \mathfrak{a}$ . Desde $\mathrm{Im}(\pi) = \mathrm{Ker}(\phi)$ , $\pi$ es inyectiva, y $\phi$ es suryectiva, estamos satisfechos de que se trata, de hecho, de un secuencia exacta.

Dado que cada objeto de la secuencia exacta corta puede verse como un $A$ -podemos tensor con el $A$ -Módulo $M$ que por $\textbf{Proposition 2.18}$ (página 28) induce una nueva secuencia exacta $$ \mathfrak{a} \otimes_A M \xrightarrow{\pi \, \otimes \, 1} A \otimes_A M \xrightarrow{\phi \, \otimes \, 1} A/\mathfrak{a} \otimes_A M \to 0.$$

Refiriéndose a $\textbf{Proposition 2.14, iv)}$ (página 26) sabemos que tenemos un isomorfismo \begin{align}\varphi &\colon A \otimes_A M \to M\\ \varphi &\colon a \otimes x \mapsto ax. \end{align}

Como nuestro objetivo es hacer una reclamación $M/\mathfrak{a}M$ es isomorfo a $A/\mathfrak{a} \otimes_A M$ es un pensamiento natural, con la primera teorema de isomorfismo, intentar utilizar lo que tenemos hasta ahora para cocinar un mapa suryectivo de $M$ a $A/\mathfrak{a} \otimes_A M$ y espero que el núcleo sea $\mathfrak{a}M$ . Por lo tanto, el candidato natural es considerar $$(\phi \otimes 1) \circ \varphi^{-1} \colon M \to A/\mathfrak{a} \otimes_A M.$$

Primero vea que por la exactitud de la secuencia tensada $\phi \otimes 1$ debe ser un morfismo suryente. Dado que $\varphi$ es un isomorfismo, $\varphi^{-1}$ debe ser también un morfismo suryectivo, por lo que $(\phi \otimes 1) \circ \varphi^{-1}$ es una composición de morfismos suryentes y por lo tanto también es un morfismo suryectivo. Pero también tenemos

\begin{align*} \mathrm{Ker}\left((\phi \otimes 1) \circ \varphi^{-1}\right) &= \varphi \left( \mathrm{Ker}(\phi \otimes 1) \right) \tag{prove this if it is not obvious why}\\ &= \varphi(\mathfrak{a} \otimes_A M) \tag{$\mathrm{Im}(\pi \otimes 1) = \mathrm{Ker}(\phi \otimes 1)$}\\ &=\mathfrak{a}M \tag{definition of $\varphi$}. \end{align*}

Así, por el primer teorema de isomorfismo para módulos, concluimos que $(A/\mathfrak{a}) \otimes_A M \cong M/\mathfrak{a}M.$