Demostrar que $A^{\oplus n} \otimes_A N \cong N^{\oplus n}$

Question

Dejemos que $A,N$ sea $A$ -módulos. Estoy tratando de probar $A^{\oplus n} \otimes_A N \cong N^{\oplus n}$ . Primero definimos $f: F(A,N) \rightarrow N^{\oplus n}$ donde $F(A,N)$ es un módulo libre con una base $e_{a,\nu}, a \in A, \nu \in N$ . Vemos que $f: e_{(a_1,...,a_n),\nu} \mapsto (a_1\nu,...,a_n\nu), a_i \in A, \nu \in N$ es un homomorfismo correctamente definido, porque $e_{\alpha_1(\alpha_2+\alpha_3),\nu}-e_{\alpha_1\alpha_2,\nu}-e_{\alpha_1\alpha_3,\nu} \mapsto (0,...,0), \\ e_{\alpha,\nu_1(\nu_2+\nu_3)}-e_{\alpha,\nu_1\nu_2}-e_{\alpha,\nu_1\nu_3} \mapsto (0,...,0), \\ e_{a\alpha,\nu}- a e_{\alpha,\nu}\mapsto(0,...,0),\\ e_{\alpha,a\nu} - ae_{\alpha,\nu}\mapsto(0,...,0).$

A continuación tenemos que demostrar que $f$ es un isomorfismo. Pero, ¿cómo hacerlo?

Answer 1

En general $(M \oplus N) \otimes P \simeq (M \otimes P) \oplus (N \otimes P)$ Una dirección es como tú dices $(m,n) \otimes p \mapsto (m \otimes p, n \otimes p)$ con el inverso $(m \otimes p_1, n \otimes p_2) \mapsto (m,0)\otimes p_1 + (0,n)\otimes p_2$ .

En tu caso también utilizas $A \otimes_A M \simeq M$ que viene dado por $a \otimes m \mapsto am$ y $m \mapsto 1 \otimes m$ .

¿tiene sentido?

Answer 2

La forma más sencilla es demostrar que $A^{\oplus n} \otimes_A N$ tiene la propiedad universal de $N^{\oplus n}$ . De hecho, por la propiedad universal de $- \otimes_A N$ tenemos $\newcommand{\Hom}{\textrm{Hom}}$ $$\begin{split} \Hom (A^{\oplus n} \otimes_A N, M) & \cong \Hom_A (A^{\oplus n}, \Hom (N, M)) \\ & \cong \Hom_A (A, \Hom (N, M))^{\times n} \\ & \cong \Hom (N, M)^{\times n} \\ & \cong \Hom (N^{\oplus n}, M) \end{split}$$ Por lo tanto, por el lema de Yoneda, $A^{\oplus n} \otimes_A N \cong N^{\oplus n}$ . Lo mejor de esta prueba es que $n$ puede ser un infinito cardenal, y $A$ no necesita ser conmutativo.