(En esta pregunta, todos los anillos y álgebras son conmutativo con identidad.)
Tengo una situación que se reduce a los siguientes datos: un anillo de $R$, un $R$-álgebra $A$, con una subalgebra $B$ tal que $A$ e $B$ es libre de rango finito como $R$-módulos, y un $R$-álgebra homomorphism $B\to R$. (Actualización: Si ayuda, usted puede asumir que el cociente $R$-módulo de $A/B$ también es gratis.) De esta manera, $A$ e $R$ son tanto $B$-álgebras, y podemos formar su producto tensor: $$\begin{array}{ccc}A\otimes_B R & \leftarrow & R\\ \uparrow & & \uparrow \\ A & \leftarrow &B \end{array}$$
La pregunta es:
Debe el resultado homomorphism $R\to A\otimes_B R$ ser inyectiva?
En otras palabras, si $I$ es el núcleo de $B\to R$ debe $IA\cap R=0$?
Sé que el núcleo de $R\to A\otimes_B R = A/IA$ debe consistir de nilpotents por el siguiente argumento: desde $A$ es finito como un $R$-módulo integral como un $R$-álgebra, y por lo tanto también como un $B$-hospederos principales. Desde integral de las extensiones Acostado Sobre la propiedad, el mapa de los esquemas $\mathrm{Spec}(A)\to \mathrm{Spec}(B)$ es surjective. Surjectivity es preservada por extensión en la base, por lo que el mapa de esquemas $\mathrm{Spec}(A\otimes_B R) \to \mathrm{Spec}(R)$ es surjective. Y una de morfismos de afín esquemas densa imagen si y sólo si el núcleo de la correspondiente anillo homomorphism consta de nilpotents.
Así, en el supuesto más débil que el $A$ simplemente ser integral sobre la $R$, yo ya se encuentra que el mapa de $R\to A\otimes_B R$ es inyectiva modulo nilpotents en $R$. ¿El extra suposición de que $A$ e $B$ ser libre de rango finito como $R$-módulos implica que el núcleo es $0$?
Actualización: Aquí hay un par de igualmente plausible declaraciones con contraejemplos, en caso de que ayuda a encontrar un contraejemplo a la pregunta original:
(Falso) Supongamos $R$ es un anillo, $A$ es $R$-álgebra, y $B\subseteq A$ es una subalgebra de $A$, de tal manera que $A$ e $B$ son tanto libre como $R$-módulos. Deje $B\to R$ ser $R$-álgebra homomorphism. A continuación, $R\to A\otimes_B R$ es inyectiva.
Un contraejemplo es dado por la configuración de $B=R[x]$ e $A=R[x,x^{-1}]$. Si elegimos la homomorphism $B\to R$ envío de $x\mapsto 0$, entonces el producto tensor $A\otimes_B R$ es el cero del anillo.
A la pregunta original, se pregunta si un ejemplo de este tipo de $A$ e $B$ existe $A$ e $B$ libre de rango finito como $R$-módulos.
(Falso) Supongamos $A$ es un anillo y $B$ es un sub-anillo de $A$ tal que $A$ es finitely generado como un $B$-módulo. Para cualquier $B$-álgebra $R$, el homomorphism $R\to A\otimes_B R$ es inyectiva.
He aquí un contraejemplo (debido a Hendrik Lenstra): vamos a $A=\mathbb{Z}[x]/(x^2-x)$ e $B=\mathbb{Z}[y]/(y^2-2y)$; el homomorphism $B\to A: y\mapsto 2x$ es inyectiva. Sin embargo, tensoring con el $B$-álgebra $B/(2)$, obtenemos un no inyectiva mapa de $B/(2)\to A/(2): y\mapsto 0$. A la pregunta original, pide un ejemplo en el que el mapa de $B\to R$ es una sección de una $R$-álgebra estructura en $B$, lo $B$ e $A$ libre de rango finito como $R$-módulos.
Actualización: Para un resultado positivo (también a partir de las conversaciones con Hendrik Lenstra), la declaración sostiene si $B$ es generar por un solo elemento como un $R$-módulo, que (desde $B$ también es libre de rango finito como un $R$-módulo) implica que $B$ es de la forma $R[x]/(f(x))$ con $f$ monic.
El argumento es el siguiente: Decir $f$ tiene el grado $n$ y el homomorphism $B\cong R[x]/(f(x))\to R$ envía $x$ a $r$; a continuación, seleccionando el generador de $x-r$ de % de $B$ en lugar de $x$, podemos suponer que $x\mapsto 0$. En ese caso, el kernel $I$ de % de $B\to R$ es $(x)$, por lo que nos encontramos con que $f(x)\in R[x]$ es divisible por $x$; escribo como $f(x) = x\cdot g(x)$ para algunos monic polinomio $g$ grado $n-1$. Ahora supongamos que tenemos algo en $IA\cap R$: será una ecuación de $xa = s$ para algunos $a\in A$ e $s\in R$. Multiplicando ambos lados por $g(x)$, obtenemos $s\cdot g(x) = xg(x) a = f(x) a = 0$ en $A$, ya que el $f(x)=0$ en $B$. Pero $s\cdot g(x)=0$ es $R$-relación lineal entre $\{1,x,\dots,x^{n-1}\}$, que forman una $R$-base de $B$, por lo que todos los coeficientes deben ser cero. Pero $g$ es monic, por lo que el coeficiente de $x^{n-1}$ en $s\cdot g(x)$ es $s$, lo $s=0$. Por lo tanto $IA\cap R=0$, lo $R\to A/IA \cong A\otimes_B R$ es inyectiva.
Sin embargo, finito álgebras generalmente no son monogénicas, por lo que todavía puede ser contraejemplos.
