Productos tensoriales y planitud fiel bilateral

Question

Sea $f: R \to S$ sea un morfismo de anillos noetherianos (o más generalmente $S$ puede ser simplemente un $R-R$ bimódulo con un morfismo bimódulo $R \to S$ ). Supongamos que $f$ es fielmente plana en ambos lados, por lo que $M \to M \otimes_R S$ es inyectiva para cualquier derecho $R$ -módulo $M$ y $N \to S \otimes_R N$ es inyectiva para cualquier izquierda $R$ -módulo $N$ .

¿Es entonces cierto que $M \otimes_R N \to M\otimes_R S \otimes_R N$ es inyectiva para cualquier par $(M, N)$ de una derecha y una izquierda $R$ -¿Módulo? Parece demasiado optimista, pero no encuentro ningún contraejemplo.

Answer 1

He aquí un ejemplo. Sea $R = {\mathbb C}[x]$ y que $S = {\mathbb C}\langle x,y\rangle/(xy-yx-1)$ es decir, la primera álgebra de Weyl $A_1$ . Entonces $S$ es libre tanto a la izquierda como a la derecha $R$ -y viene equipado con el módulo natural ( $R$ -bimódulo) inclusión de $R$ . En cambio otro lado, si se toma $M = {\mathbb C}[x]/(x) = N$ obtendrá por $M\otimes_R S\otimes_R M$ el módulo cero. De hecho, cualquier elemento de $S$ es decir, cualquier operador diferencial con coeficientes polinómicos (escribiendo $\partial = \partial/\partial x$ en lugar de $y$ ) puede escribirse de la forma $\sum_i p_i(x) \partial^i$ por lo que cualquier elemento de $M\otimes_R S = {\mathbb C}[x]/(x) \otimes S$ se representa mediante una expresión $\sum_i c_i \partial^i$ donde el $c_i$ son constantes, y ahora una inducción sobre $k$ muestra (creo, mi cerebro está un poco confuso a estas horas) que, para el derecho $R$ -sobre $S/xS$ se tiene $\partial^k \cdot x = k \partial^{k-1}$ . Se puede concluir que $M\otimes_R S\otimes_R M = 0$ mientras que, por supuesto $M\otimes_R M\cong M$ en este ejemplo...