Producto Tensor de un módulo con un ideal es isomorfo a su producto estándar

Question

Deje $A$ ser un anillo conmutativo y $M$ $A$- módulo. Deje $I$ ser cualquier ideal de $A$. Tenemos una epimorphism $M \otimes_A I \rightarrow IM$. A mí me parece que esto no es en general un isomorfismo.

P1: Cualquier contraejemplo?

Si $M$ es plana, entonces $M \otimes_A I \cong IM$. Sin embargo, llanura parece ser demasiado fuerte condición para que esta igualdad se cumple para cualquier ideal $I$. Estoy interesado en encontrar una caracterización de $M$ tal que $M \otimes_A I \cong IM$ para cualquier ideal $I$$A$.

P2: Alguna sugerencia?

Answer 1

Una $A$-módulo de $M$ es plano si y sólo si para cada finitely generado ideal $I$ de $A$, $M\otimes_AI\rightarrow IM$ es un isomorfismo. Prueba de ello es, por ejemplo, como el Teorema 1.2.4 de Liu geometría algebraica libro de texto. En realidad los estados con todos los ideales de a $I$, pero de forma directa limitar el argumento se reduce al caso de finitely generado ideales.

Answer 2

Aquí está su contraejemplo: Vamos a $A = k[x]/x^2$ y deje $I = (x)$. A continuación, $I$ es en sí mismo una $A$-módulo, $I^2 = 0$ pero $I \otimes_A I \neq 0$.

Edit: Para mostrar que $I \otimes_A I \neq 0$. Intuitivamente, la idea es que no podemos hacer $x \otimes x = 1 \otimes x^2$ porque $1 \notin I$. Para hacer este programa formal que $I \times I \to I$ definido por $(ax, bx) \mapsto abx$ es un bien definido y distinto de cero bilineal mapa. Se debe, entonces, el factor a través de $I \otimes_A I$.

Answer 3

Es fácil venir para arriba con un montón de counterexampless, sin saber la noción de curvatura, con sólo mirar simple de casos especiales.

Para $M=A/J$ tenemos $M \otimes_A I = I/IJ$, que inyecta a $M$ si y sólo si $IJ= I \cap J$. Para $I=J$ dice $I^2=I$. Pero, por supuesto, no son los ideales con $I^2 \neq I$ (por ejemplo la máxima ideales en un PID, o ideales con $I^2=0 \neq I$ como en la de Jim ejemplo).