$\operatorname{Hom}_R(\mathfrak{a},M)$ es isomorfo a $\mathfrak{a}^{-1}M$ si $R$ es un dominio Dedekind

Question

Quiero demostrar el lema 2.5.1 de Silverman Temas avanzados de la aritmética de las curvas elípticas (cuya prueba se deja al lector):

Dejemos que $R$ sea un dominio Dedekind, sea $\mathfrak{a}$ sea un ideal fraccionario de $R$ y que $M$ sea un objeto libre de torsión $R$ -módulo. Entonces el mapa natural $$ \varphi \colon \mathfrak{a}^{-1}M \rightarrow \operatorname{Hom}_R(\mathfrak{a},M) $$ que envía $x \in \mathfrak{a}^{-1}M$ a la $R$ -homomorfismo de módulo $\varphi_x \colon \alpha \mapsto \alpha x$ es un isomorfismo.

Esta afirmación se parece mucho al isomorfismo estándar entre un módulo unital $N$ sobre un anillo unital $S$ y $\operatorname{Hom}_S(S,N)$ pero hay algunos problemas. En particular, $\mathfrak{a}^{-1}M$ no tiene ningún sentido aparente, ya que $M$ es un $R$ pero en general no es cierto que $\mathfrak{a}^{-1} \subseteq R$ . Además, la prueba estándar de $\operatorname{Hom}_S(S,N) \simeq N$ definitivamente requiere que $1 \in S$ .

Muchas gracias por cualquier ayuda.

EDIT: Según Mohan, tengo que demostrar que el mapa $\varphi \colon \mathfrak{a}^{-1} \otimes_R M \rightarrow \operatorname{Hom}_R(\mathfrak{a},M)$ dado por $$ \varphi \left( \sum_{i} \beta_i \otimes m_i \right) \alpha := \sum_{i} \left( \alpha \beta_i \right)m_i \quad \forall \alpha \in \mathfrak{a} $$ es un isomorfismo de $R$ -(está bien definido ya que $\alpha \beta_i \in \mathfrak{a} \mathfrak{a}^{-1} = R$ ). Es evidente que $\varphi$ es un homomorfismo de $R$ -pero no puedo demostrar ni la inyectividad ni la subjetividad.

¿Puede alguien ayudarme?

Answer 1

Si $P$ es una entidad finitamente generada y proyectiva $R$ -entonces hay un isomorfismo canónico $$\zeta:P^*\otimes_RM\simeq\operatorname{Hom}_R(P,M)$$ dado por $\zeta(f\otimes m)(x)=f(x)m$ .

(Para una prueba, véase la Proposición 6 de estas notas .)

Ahora, volviendo a la pregunta que tenemos $\mathfrak a^*\otimes_RM\simeq\operatorname{Hom}_R(\mathfrak a,M)$ . Pero $\mathfrak a^*\simeq\mathfrak a^{-1}$ (¿por qué?) y hemos terminado.

Observación. Desde $M$ se supone que está libre de torsión (lo que en realidad no es necesario), se puede utilizar otro enfoque a través del isomorfismo mencionado aquí: Hom y tensor con un módulo plano .