Es $R\otimes_R M\cong M$ cuando $R$ ¿no es necesariamente conmutativo?

Question

Supongamos que $R$ no es conmutativo. Supongo que en general $R\otimes_R M\cong M$ no es cierto. Sin embargo, ¿hay casos en los que esto sigue siendo cierto? Por ejemplo, los anillos de grupo para un grupo no conmutativo $G$ ?

Answer 1

Si $R$ es un anillo cualquiera y $M$ es una izquierda $R$ -entonces siempre hay un isomorfismo de grupos abelianos $R \otimes_R M \cong M$ dado por $r \otimes m \mapsto rm$ y $m \mapsto m \otimes 1$ en la otra dirección.

De hecho, $(r,m) \mapsto rm$ es $R$ -equilibrado, por lo que induce un homomorfismo $R \otimes_R M \to M$ de grupos abelianos. Claramente, $m \mapsto m \otimes 1$ es un homomorfismo en el otro sentido, y son inversos, básicamente porque todo tensor puro en $R \otimes_R M$ puede escribirse como $r \otimes m = 1r \otimes m = 1 \otimes rm$ .

Nunca se utiliza la conmutatividad. De hecho, es mejor aprender el producto tensorial de los bimódulos en primer lugar, que es un poco más general pero no más complicado. Si $M$ es algo $(R,S)$ -bimódulo y $N$ es algo $(S,T)$ -bimódulo, entonces $M \otimes_S N$ es un $(R,T)$ -bimódulo. Se mantienen todas las propiedades habituales (como la asociatividad o los objetos neutros, como en el caso anterior). También se puede pensar en el producto tensorial sobre $S$ como método para "integrar" el $S$ -acción "lejos". Esto también se ajusta a la interpretación de coend del producto tensorial como $$M \otimes_S N = \int^{s \in S} M \otimes N.$$ La acción de la izquierda de $R$ en $M$ sobrevive después de esta integración, también la acción correcta de $T$ en $N$ . Muchos resultados sobre módulos sobre anillos conmutativos son en realidad resultados sobre $(R,S)$ -bimódulos o a veces $(R,R)$ -bimódulos. (La parte formal de esta historia se generaliza incluso a los llamados profunctores .)

Aquí hay algo en lo que se utiliza la conmutatividad: Si $M,N$ son $R$ -módulos donde $R$ es un anillo conmutativo (y pronto lamentarás que no te haya dicho si son módulos de izquierda o de derecha), entonces existe un isomorfismo de $R$ -módulos $M \otimes_R N \cong N \otimes_R M$ cartografía $m \otimes n \mapsto n \otimes m$ . En general, cabe esperar que si $M$ es algo $(R,R)$ -bimódulo y $N$ es algo $(R,R)$ -bimódulo, y $R$ es un anillo cualquiera, seguimos obteniendo un isomorfismo $M \otimes_R N \cong N \otimes_R M$ . Comprobemos si $\alpha : M \times N \to N \otimes M,~(m,n) \mapsto n \otimes m$ es $R$ -equilibrado: $\alpha(mr,n)=n \otimes mr$ y $\alpha(m,rn)=rn \otimes m$ pero no hay manera de identificar estas cosas. Sabemos que $nr \otimes m = n \otimes rm$ pero $mr$ tiene que distinguirse de $rm$ en un general $(R,R)$ -bimódulo. Este problema ya aparece para $M=N=R$ . Por lo tanto, hay no isomorfismo de $R$ -bimódulos $R \otimes_R R \cong R \otimes_R R$ cartografía $a \otimes b \mapsto b \otimes a$ , a menos que $R$ ¡es conmutativo!

Hay una forma de corregir este fallo de simetría: si $R$ es cualquier anillo, $M$ es un derecho $R$ -módulo y $N$ es una izquierda $R$ -entonces podemos ver $M$ como una izquierda $R^{op}$ -módulo y $N$ como un derecho $R^{op}$ -y tenemos un isomorfismo de grupos abelianos $M \otimes_R N \cong N \otimes_{R^{op}} M$ .

Answer 2

Si $R$ tiene una unidad, esto sigue siendo cierto. $R$ es un $(R,R)$ -bimodulo, $M$ es una izquierda $R$ -módulo, por lo tanto $R \otimes_R M$ es un $R$ -con la acción dada por $r \cdot (x \otimes m) = rx \otimes m$ . Definir $f : M \to R \otimes_R M$ por $f(m) = 1 \otimes m$ . Entonces $f$ es un morfismo de $R$ -módulos de la izquierda (obviamente es aditivo): $$f(r \cdot m) = 1 \otimes (rm) = (1 \cdot r) \otimes m = r \otimes m = r \cdot (1 \otimes m) = r \cdot f(m)$$ Ahora comprobando que $f$ es inyectiva y sobreyectiva es exactamente la misma prueba que en el caso conmutativo (o se puede definir el morfismo inverso $r \otimes m \mapsto r \cdot m$ y comprobar de nuevo que es un morfismo de $R$ -módulos de la izquierda).