Exactitud del functor tensorial

Question

Esto puede resultar una pregunta muy estúpida, así que me disculpo de antemano, pero me está confundiendo un poco.

Sé que en general si $$M'\rightarrow M\rightarrow M''\rightarrow 0$$ es una secuencia exacta de $A-$ módulos, entonces $$M'\otimes_AN\rightarrow M\otimes_AN \rightarrow M''\otimes_AN \rightarrow 0$$ es una secuencia exacta para cualquier $A-$ módulo $N$ .

Si en cambio se nos da una secuencia exacta de la forma $$M'''\rightarrow M'\rightarrow M\rightarrow M''\rightarrow 0$$ donde $M'''$ no es el módulo cero (porque sé que el tensado con un módulo no lleva necesariamente mapas inyectivos a mapas inyectivos), entonces supongo que mi pregunta es ¿por qué lo siguiente no es también una secuencia exacta? $$M'''\otimes_A N\rightarrow M'\otimes_AN\rightarrow M\otimes_AN \rightarrow M''\otimes_AN \rightarrow 0$$

¿Qué es lo que va moralmente mal aquí? Supongo que me pregunto dónde está exactamente la prueba de que el primer caso no demuestra que la segunda secuencia es exacta en $M'\otimes_AN$ ?

Agradecería mucho si alguien pudiera aclarar mi confusión. Probablemente estoy siendo un estúpido en esto :/

Answer 1

Bien, entonces tenemos una secuencia exacta

$$ M''' \to M' \to M \to M'' \to 0 $$

Vamos a dividirlo un poco. Voy a denotar por $\alpha$ el mapa $M' \to M$ y por $\beta$ el mapa $M \to M''$ . Entonces podemos descomponer la secuencia exacta anterior en dos secuencias exactas

$$ M''' \to M' \to \operatorname{im} \alpha \to 0 $$

y

$$ 0 \to \ker \beta \to M \to M'' \to 0. $$

Tensando, vemos que la primera se convierte en la secuencia exacta

$$ M''' \otimes N \to M'\otimes N \to \operatorname{im} \alpha \otimes N \to 0 \enspace \enspace \enspace (*) $$

y la segunda se convierte en la secuencia exacta

$$ \ker \beta \otimes N \to M \otimes N \to M'' \otimes N \to 0 \enspace \enspace \enspace (**). $$

Por la exactitud de la secuencia original sabemos que $\operatorname{im} \alpha = \ker \beta$ para que $\operatorname{im} \alpha \otimes N = \ker \beta \otimes N$ . Sin embargo, ya no es necesariamente cierto que sea un submódulo de $M\otimes N$ como producto tensorial con $N$ no se deja necesariamente exacta.

Por la exactitud de $(*)$ , $\operatorname{im}(M''' \otimes N \to M' \otimes N) = \ker(M'\otimes N \to \operatorname{im}\alpha \otimes N = \ker \beta \otimes N)$ . Sin embargo, ahora el mapa $\ker \beta \otimes N \to M \otimes N$ podría no ser una inclusión, podría haber un núcleo no trivial. Por lo tanto, $\ker(M'\otimes N \to \operatorname{im}\alpha \otimes N = \ker \beta \otimes N)$ puede no ser necesariamente igual al núcleo de la composición a $M \otimes N$ , $\ker(M' \otimes N \to M \otimes N)$ . Por lo tanto, la secuencia más larga podría no ser exacta aunque las dos secuencias cortas exactas lo sean.

Esta es la idea general aunque intentemos ampliarla. Una secuencia exacta larga es en realidad un montón de secuencias exactas cortas en cada paso y el tensado no siempre preservará la inclusión de ese núcleo y por lo tanto no siempre preservará las secuencias exactas largas.

Una forma más concisa de decir esto es que el tensado no preserva los núcleos, $\ker \beta \otimes N \neq \ker (\beta \otimes \operatorname{id}_N)$ en general, así que en general no puede preservar secuencias exactas más largas donde necesitamos algo que mapee a un núcleo para seguir siendo exacto.

Answer 2

Algunos contraejemplos

Hay muchos contraejemplos a esta afirmación; evidentemente, tiene que haberlos, porque si no los módulos planos estarían en todas partes. Y quizá la mejor manera de ver por qué falla es examinar algunos ejemplos. Aquí hay una clase de ejemplos que tienen dos ventajas: son fáciles de calcular y muestran algo un poco diferente a trabajar sobre dominios ideales principales (es seguro ignorar los comentarios parentéticos):

Considere $\mathbb{Z}[x]$ -el anillo de polinomios enteros. He aquí un ejemplo de una secuencia exacta de $\mathbb{Z}[x]$ -módulos:

$$ 0\to \mathbb{Z}[x]\xrightarrow{\alpha} \mathbb{Z}[x]^2\xrightarrow{\beta}\mathbb{Z}[x]\xrightarrow{\gamma} \mathbb{Z}/2\to 0 $$

Los mapas están definidos por

• $\alpha(f) = (2f,xf)$
• $\beta(f,g) = 2g - xf$
• $\gamma$ el mapa del cociente a través del ideal $(2,x)$ .

(Esto es sólo un ejemplo especial de algo llamado el complejo de Koszul dado por la secuencia regular $(2,x)$ - dos elementos relativamente primos cualesquiera que generen un ideal propio funcionarán, ya que $\mathbb{Z}[x]$ es un dominio GCD). Aquí hay dos ejemplos para mostrar por qué la tensiografía no mantiene esta exactitud:

Ejemplo 1

Se puede aplicar el functor $\mathbb{Z}/2\otimes_{\mathbb{Z}[x]}-$ para obtener el complejo $$ 0\to \mathbb{Z}/2\xrightarrow{\alpha} \mathbb{Z}/2\oplus \mathbb{Z}/2\xrightarrow{\beta}\mathbb{Z}/2\to\mathbb{Z}/2\to 0 $$ Aquí, $\mathbb{Z}/2$ es un $\mathbb{Z}[x]$ a través del mapa de cociente $\mathbb{Z}[x]\to \mathbb{Z}/2$ Así que $2$ y $x$ actúan de forma trivial, y por lo tanto $\ker\beta = \mathbb{Z}/2\oplus\mathbb{Z}/2$ mientras que $\operatorname{Im}\alpha = 0$ . En otras palabras, $\operatorname{Tor}_1^{\mathbb{Z}[x]}(\mathbb{Z}/2,\mathbb{Z}/2) = \mathbb{Z}/2\oplus\mathbb{Z}/2$ . Nota para calcular los funtores derivados "deberíamos" haber cortado el $\mathbb{Z}/2$ pero eso no importa ya que no estamos calculando la homología zeroth.

Ejemplo 2

Aquí hay un ejemplo más interesante, que sigue trabajando con $\mathbb{Z}[x]$ -módulos: Considere lo siguiente $\mathbb{Z}[x]$ -: la estructura del grupo abeliano subyacente viene dada por $V = \mathbb{Z}/4\times\mathbb{Z}/4$ . Existe un endomorfismo de $V$ como grupos abelianos dados por la matriz

$$T= \begin{pmatrix} 2 & 2\\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$

Dejar $x$ actuar a través de $T$ hace $V$ en un $\mathbb{Z}[x]$ -módulo. Aplicando $V\otimes_{\mathbb{Z}[x]}-$ a la secuencia exacta da un complejo de cadena $$ V\xrightarrow{\alpha} V^2\xrightarrow{\beta} V\to V\otimes_{\mathbb{Z}[x]}\mathbb{Z}/2\to 0 $$

Ahora $\beta([(1,0),(1,0)]) = (2,0) - (2,0) = 0$ . Sin embargo, $\alpha(a,b) = [ (2a,2b), (2a + 2b,b)]$ . Así que el complejo no es exacto en $V^2$ .

Para producir su propio...

...encontrar anillos que tengan módulos no planos y módulos con resoluciones libres de una longitud mínima de dos. La mayoría de las veces deberías obtener un ganador.

Answer 3

Si entiendo bien la pregunta, usted ya lo sabía, cuando $$ M'''\to M'\to M\to M''\to 0 $$ es exacta, $$ M'''\otimes_AN\to M'\otimes_AN\to M\otimes_AN\to M''\otimes_AN\to 0 $$ podría no ser exacta cuando $M'''=0$ y usted trató de evitar esa dificultad asumiendo que $M'''\neq0$ . Por desgracia, eso no evita el problema. Si tiene un contraejemplo con $M'''=0$ , entonces se puede fabricar un contraejemplo otro con cualquier $M'''$ que desee. Sólo tiene que poner el $M'''$ en lugar del $0$ y definir el mapa $M'''\to M'$ para ser el mapa cero.

OK, así que probablemente lo siguiente que hay que intentar es asumir que no sólo el módulo $M'''$ pero también el mapa $M'''\to M$ tiene que ser distinto de cero. Eso evita la construcción que acabo de describir, pero sigue sin evitar el problema. Toma tu contraejemplo para el caso en que $M'''=0$ y modifícalo como sigue. Poner cualquier $M'''$ en lugar del $0$ y también reemplazar $M'$ con $M'\oplus M'''$ . A continuación, defina el mapa de $M'''$ a (la nueva) $M'$ para ser la inclusión del segundo sumando. EDIT: También debería haber dicho que el mapa del nuevo $M'$ a $M$ es la composición de la proyección de la nueva $M'$ a la antigua con el mapa original de la antigua $M'$ a $M$ .

En efecto, lo que he hecho aquí es empalmar tu corta secuencia exacta original con la secuencia exacta (aún más corta) $M'''\to M'''\to 0$ . Este es el caso más sencillo de (la inversa de) lo que explicó Dori Bejleri sobre la división de secuencias exactas más largas en varias secuencias exactas cortas.