¿El epimorfismo de anillo induce funtores totalmente fieles invertidos en las categorías de módulos?

Question

Deje que$R$ y$S$ sean anillos conmutativos, y$\varphi : R \to S$ sea un epimorfismo en la categoría de anillos.

¿El functor inducido$F : S\text{-Mod} \to R\text{-Mod}$ es totalmente fiel?

Este es el caso cuando$R = \Bbb Z$ y$S = \Bbb Q$, pero me pregunto si esto se mantiene en general.

Además, ¿qué sucede si omito el requisito de que$R$ y$S$ sean conmutativos?

Answer 1

No es difícil ver que, sin ningún supuestos en $\varphi$, la restricción de escalares $F$ es fiel, ya que no cambia el morfismos como mapas .

Así que en realidad se trata de mostrar que el $F$ es bajo el supuesto de que $\varphi$ es un epimorphism. Voy a asumir que todos los anillos son conmutativas, desde pushouts en la categoría de no-necesariamente conmutativo anillos son demasiado complicadas para que este argumento para trabajar.

Vamos a empezar con un lema

Si $\varphi: R \to S$ es un epimorphism, a continuación, los mapas de $i_1:S \to S \otimes_R S, s \mapsto s \otimes 1$ $i_2: S \to S \otimes_R S, s \mapsto 1 \otimes s$ son iguales el uno al otro y isomorphisms.

Este es en realidad el caso especial de la siguiente declaración acerca de epimorphisms y pushouts en cualquier categoría:

Si $\mathcal C$ es una categoría, a continuación, $f:A\to B$ $\mathcal C$ es un epimorphism iff este diagrama es un pushout cuadrado: $$\requieren{AMScd} \begin{CD} A @>{f}>>B \\ @V{f}VV @VV{\operatorname{id}_B}V\\ B @>>{\operatorname{id}_B}> B \end{CD}$$

Prueba: Esto es simplemente una reformulación de las definiciones. Vamos sólo anote el comprobante de la dirección en la que realmente necesitamos. Revisamos la definición de la propiedad de la pushout. Supongamos que $X$ es un objeto en $C$ y hemos morfismos $g_1, g_2:B \to C$ tal que $g_1 \circ f = g_2 \circ f$, es decir, un cocone sobre el diagrama $$\requieren{AMScd} \begin{CD} A @>{f}>>B \\ @V{f}VV\\ B \end{CD}$$ Entonces, por definición de $f$ ser un epimorphism, conseguimos que los $g_1=g_2$, así que no hay un único morfismos $B \to C$, dado por $g_1=g_2$, lo que hace necesario diagramas conmutan. Por lo tanto $B$ es el push-out como se reivindica.

Deje $M$ $N$ $S$- módulos, a continuación, $F(M)$ $F(N)$ $R$- módulos a través de la restricción de escalares. Deje $f:F(M) \to F(N)$ $R$- lineal mapa. Nuestro objetivo es que si nos identificamos $M "=" F(M)$ y $N"="F(N)$, $f:M \to N$ es $S$-lineal.

Deje $m \in M$, entonces considere el mapa de $S \times S \to N, (s,s') \mapsto sf(s'm)$. Por la característica universal del producto tensor (utilizando ese $f$ $R$- lineal), esto induce un mapa de $h: S \otimes_R S \to N, s \otimes s' \mapsto sf(s'm)$. Pero, ya que los mapas $S \mapsto S \otimes_R S, s \mapsto s \otimes 1$ $S \mapsto S \otimes_R S, s \mapsto 1 \otimes s$ son iguales, tenemos que $f(sm)=h(1 \otimes s)=h(s \otimes 1)=sf(m)$. Esto demuestra que $f$ $S$- lineal.