El producto tensorial $M\otimes N$ de los grupos abelianos no puede ser distinto de cero y libre a menos que ambos $M$ y $N$ son libres. Esto se deduce de los siguientes hechos.
- Cualquier subgrupo de un grupo abeliano libre es libre. Esto es válido incluso en el caso de generación infinita. Wikipedia tiene una prueba en su artículo sobre grupos abelianos libres .
- Bajo ciertas condiciones en $M$ y $N$ para los casos en los que el valor es distinto de cero $n\in N$ el homomorfismo $$ \begin{align} &M\to M\otimes N,\\ &m\mapsto m\otimes n, \end{align} $$ es inyectiva. Es fácil ver que esto se cumple cuando $N$ es gratis y $n$ es un elemento base. También se cumple cuando $M$ y $N$ son ambos libres de torsión. Se puede demostrar esto mediante extensión de escalares para reducirlo al caso de los espacios vectoriales sobre los racionales (y los espacios vectoriales son siempre libres). Este no se mantiene si simplemente se asume que $N$ es libre de torsión, como señaló Jack Schmidt en un comentario (y debo disculparme por haber cometido el error de suponerlo en mi respuesta original).
- Los productos tensores son derecho exacto . Es decir, si $0\to A\to B\to C\to 0$ es una secuencia exacta de grupos abelianos, entonces $$ M\otimes A\to M\otimes B\to M\otimes C\to 0 $$ es exacta. En particular, si $M\otimes A$ es igual a cero, lo que demuestra que $M\otimes B$ y $M\otimes C$ son isomorfos, lo que utilizaré para hacer el cociente de los subgrupos de torsión antes de aplicar 2.
Ahora, supongamos que $M\otimes N$ es distinto de cero y está libre. Sea $T$ sea el subgrupo de torsión de $N$ para que $N/T$ es libre de torsión y $0\to T\to N\to N/T\to 0$ es una secuencia exacta. Por 3, $$ M\otimes T\to M\otimes N\to M\otimes(N/T)\to 0 $$ es exacta. Sin embargo, como $T$ es la torsión, $M\otimes T$ también será de torsión, por lo que su imagen en el grupo libre de torsión $M\otimes N$ es cero. Esto da un isomorfismo $M\otimes N\cong M\otimes(N/T)$ . Aplicando el mismo argumento con el subgrupo de torsión $S$ de $M$ muestra que $(M/S)\otimes(N/T)$ es isomorfo al grupo libre $M\otimes N$ . Entonces, como $M/S$ , $N/T$ son libres de torsión, escogiendo cualquier $n\in N/T$ y usando 2 se obtiene una inyección $$ \begin{align} &M/S\to (M/S)\otimes(N/T),\\ & m\mapsto m\otimes n. \end{align} $$ Así que $M/S$ es isomorfo a un subgrupo del grupo libre $(M/S)\otimes(N/T)$ que, como se indica en 1, significa que $M/S$ es gratis. También lo es, $N/T$ es gratis. Aplicando 2 de nuevo, el homomorfismo $$ \begin{align} &M\to M\otimes(N/T),\\ & m\mapsto m\otimes n \end{align} $$ es inyectiva para cualquier elemento de base $n\in N/T$ . Así que $M$ es isomorfo a un subgrupo del grupo abeliano libre $M\otimes(N/T)\cong M\otimes N$ y, usando 1 una vez más, debe ser libre. Del mismo modo, $N$ es gratis.
