Es el producto tensor $B$ de piso de dos $A$-módulos plana por $A$?

Question

Dado un morfismos de anillos conmutativos $A\to B$ tal que $B$ es un plano $A$-módulo y dado $M$, $N$ dos $B$-módulos plana como $A$-módulos, es el producto tensor $M\otimes_B N$ plana por $A$??

El producto tensor $M\otimes_A N$ es plano sobre a $A$, la prueba no es difícil:

Dada una secuencia exacta $0\to X\to Y\to Z\to 0$ $A$- módulos desde $M$ es un televisor de $A$-módulo de la secuencia de $0\to X\otimes_A M\to Y\otimes_A M\to Z\otimes_A M\to 0$ es exacta. De nuevo $N$ es un plano $A$-módulo, y puesto que el tensor de conmutar tenemos la declaración.

He probado algunos argumentos similares, pero sin ningún éxito, y no puedo encontrar un contraejemplo.

Hay un morfismos $M\otimes_A N\to M\otimes_B N$ (que se muestra en aquí), pero no sé cómo usarlo.

Answer 1

En general no, no, incluso si $M$ $N$ son, de hecho, $B$- álgebras. Para ver esto, vamos a $A = k[t]$ ser el anillo de polinomios en una indeterminada $t$ sobre un campo $k$, e $B = k[x,y]$ ser el anillo de polinomios en dos indeterminates $x,y$ $k$ hecho en un $A$-álgebra mediante la asignación de $t$$x+y$. Deje $M = B/(y)$ $N = B/(x)$ ser el cociente de los anillos, enfáticamente no plana como $B$-módulos pero todavía plana como $A$-módulos porque, en efecto, $M = k[x]$ $t$ que se asigna a $x$ $N = k[y]$ $t$ que se asigna a $y$ son tanto que incluso isomorfo a $A$. Sin embargo, el producto tensor $M \otimes_B N$ $B / (x,y) = k$ que no es plana como una $A$-módulo.

Esto es probablemente más fácil para ver geométricamente: $\mathop{\mathrm{Spec}} M$ $\mathop{\mathrm{Spec}} N$ son dos rectas en el plano $\mathop{\mathrm{Spec}} B$ cuya intersección es un punto: cada línea de mapas rotundamente, e incluso isomorphically, a la línea de $\mathop{\mathrm{Spec}} A$, pero su intersección (que es su producto de fibra sobre el plano) no mapa rotundamente.

Muy buena pregunta, aunque!

Answer 2

Suponga que como $B$-módulos, usted tiene que $N= B\otimes_A N$: tenga en cuenta que esto es en general falso. Es evidente que existe una mapa de $B\otimes_A N\to N$ que envía a $b\otimes n\to bn$. Uno podría estar tentado a utilizar a la inversa funcional $n\to 1\otimes n$, pero esto no es necesariamente $B$-lineal, a menos que decir $A\to B$ es sobre. Si esto fuera cierto, entonces el argumento pasa a través de. Ver esto. Como un ejemplo de cómo $B$ podría definitivamente no ser isomorfo a $B\otimes_A B$, tome $B$ $k$- álgebra con $k$ un campo, $k\to B$ el mapa de la estructura, y decir $B$ es finitely dimensiones de la dimensión $>1$. A continuación, $B\otimes_k B$ tiene dimensión estrictamente mayor que $B$.

Ahora tome $C$ una secuencia exacta. A continuación, $N\otimes_A C$ es exacta, y desde $B$ es plano, por lo que es $B\otimes_A N\otimes_A C$. Ahora escribo $$M\otimes_B N =(M\otimes_A B)\otimes_B (B\otimes_A N)$$

A continuación, $M\otimes_B N\otimes C$ se obtiene a partir de a $B\otimes_A N\otimes_A C$ por tensoring primero a través de la $B$$B$, que conserva la exactitud, y luego con $M$$A$, lo que también lo hace.