¿Es correcto mi ejemplo? $A \otimes_R B \ne A \otimes_\mathbb{Z} B$ .

Question

Ejercicio IV.5.3.(a) (en Álgebra de Hungerford) pide un ejemplo para demostrar que lo siguiente puede ocurrir realmente para un anillo $R$ y $R$ -módulos $A$ , $B$ (módulos izquierdo y derecho, respectivamente). $$ A \otimes_R B \ne A \otimes_\mathbb Z B. $$

Así que traigo $A=B=R=\mathbb R$ . Revisa mi argumentación y sé crítico si hay algo mal. No importa si es incorrecto o no, nuevos ejemplos son bienvenidos.

Mi respuesta. Obsérvese que el conjunto $X_1 = \{1,\ \pi,\ \pi^2 \}$ es linealmente independiente en $\mathbb R$ en $\mathbb Q$ . Vemos fácilmente que si $a_0 + a_1 \pi + a_2 \pi^2 =0$ con racional $a_i$ entonces todos $a_i$ son cero ya que $\pi$ no es algebraico sobre $\mathbb Q$ . Entonces podemos ampliar $X_1$ para obtener una base $X$ de $\mathbb R$ en $\mathbb Q$ .

Definir un mapa de conjuntos $T$ de $X$ en $\mathbb R$ por $$T(1)=1,\ \ \ \ T(\pi)=\pi^2,\ \ \ \ T(\pi^2)=\pi, $$ y $T(x)=0$ para cualquier otro $x \in X$ . Entonces podemos extender de forma única $T$ linealmente para obtener un $\mathbb Q$ -mapa lineal $T:\mathbb R \to \mathbb R$ .

Ahora defina $f:\mathbb R \times \mathbb R \to \mathbb R$ por $f(x,\ y) = T(x)T(y)$ . Entonces $f$ es $\mathbb Q$ -bilineal. La propiedad universal del producto tensorial dice que existe un único $\mathbb Z$ -mapa lineal $\bar f:\mathbb R \otimes_\mathbb Z \mathbb R \to \mathbb R$ inducida por $f$ . Entonces tenemos $$ \bar f (\pi \otimes \pi) = T(\pi)T(\pi) = \pi^4 \ne \pi = T(\pi^2)T(1) = \bar f (\pi^2 \otimes 1). $$ Por lo tanto $\pi \otimes \pi \ne \pi^2 \otimes 1$ en $\mathbb R \otimes_\mathbb Z \mathbb R$ . Pero es obvio que $\pi \otimes \pi = \pi^2 \otimes 1$ en $\mathbb R \otimes_\mathbb R \mathbb R$ de ahí el resultado.

Answer 1

Tu prueba me parece buena, y has demostrado con éxito que el mapa natural $\mathbb{R}\otimes_\mathbb{Z}\mathbb{R}\to\mathbb{R}\otimes_\mathbb{R}\mathbb{R}$ no es un isomorfismo. Sin embargo, $\mathbb{R}\otimes_\mathbb{Z}\mathbb{R}$ y $\mathbb{R}\otimes_\mathbb{R}\mathbb{R}$ son como grupos abelianos, ya que ambos son isomorfos a $\mathbb{Q}^{\oplus2^{\aleph_0}}$ . (Dígame si quiere una prueba de esto; se deduce inmediatamente del hecho de que ambos son $\mathbb{Q}$ -espacios vectoriales de tamaño $2^{\aleph_0}$ .) Si le interesa, aquí tiene un ejemplo en el que los grupos correspondientes no son, de hecho, pares isomorfo como grupos abelianos:

Sea $R=\mathbb{Z}[x]$ y toma $A=\mathbb{Z}$ donde $x$ actúa sobre $A$ como $0$ y $B=\mathbb{Z}[x,x^{-1}]$ como un subring de $\operatorname{Frac}R\cong\mathbb{Q}(x)$ . Entonces $A\otimes_R B=0$ ya que tenemos, para cualquier $a\in A$ y $f\in B$ : $$a\otimes_R f=a\otimes_R x(x^{-1}f)=ax\otimes_R x^{-1}f=0\otimes_R fx^{-1}=0\otimes_R 0.$$ Sin embargo, $A\otimes_\mathbb{Z} B$ es distinto de cero; de hecho, es isomorfo a $B$ como $\mathbb{Z}$ -ya que $A\cong\mathbb{Z}$ como $\mathbb{Z}$ -módulo.