Estuve leyendo acerca de la construcción de un producto del tensor de la cualquier derecha $R$-módulo $M$ y $R$ módulo de la izquierda $N$ sobre un anillo $R$.
¿Por qué es necesario que $M$ y $N$ ser y módulos, respectivamente? ¿Cómo la construcción no funciona lo contrario?
Trate de tensoring a la izquierda $R$-módulo de $M$, con una izquierda $R$-módulo de $N$. Este producto tensor debe estar compuesto de "tensores" $m\otimes n$ (lo siento por denotando por el mismo notación como de costumbre tensores; realmente no se merecen esto) que satisface $rm\otimes n = m\otimes rn$ todos los $r\in R$.
Ahora, para cualquier $r,s\in R$, debemos tener $rsm\otimes n=sm\otimes rn=m\otimes srn$, pero al mismo tiempo $rsm\otimes n=m\otimes rsn$ (porque podemos mover la $rs$ como un todo a través del tensor de signo). Por lo tanto, $m\otimes srn=m\otimes rsn$. En otras palabras, $m\otimes\left(rs-sr\right)n=0$. Del mismo modo, $\left(rs-sr\right)m\otimes n=0$.
Pero esto significa que nuestro falso producto tensor $M\otimes N$ no depende de la izquierda $R$-módulos de $M$$N$, pero sólo en la izquierda $R / \left(\mathrm{Ab} R\right)$-módulos de $M / \left(\left(\mathrm{Ab} R\right) M\right)$ $N / \left(\left(\mathrm{Ab} R\right) N\right)$ donde $\mathrm{Ab} R$ es el colector ideal de $R$ (es decir, el ideal generado por todas las diferencias de la forma $rs-sr$ $r,s\in R$). Y en realidad, es exactamente el producto tensor de estos dos $R / \left(\mathrm{Ab} R\right)$-módulos a través de la conmutativa anillo de $R / \left(\mathrm{Ab} R\right)$. Este producto tensor, por supuesto, puede ser reinterpretado como un producto tensor de un módulo de la izquierda con un módulo adecuado (ya que más de un anillo conmutativo, los módulos se puede cambiar de izquierda a derecha en la voluntad).
Así que la noción de que el producto tensor de derecho módulo con un módulo de la izquierda, es más razonable y completamente abarca la noción de un "producto tensor" de dos módulos.
De manera abstracta, el producto tensor es la construcción de tal forma que hay un isomorfismo natural $\newcommand{\op}{\textrm{op}} \newcommand{\Hom}{\textrm{Hom}}$ $$\Hom_{(S, T^\op)}(A \otimes_R B, C) \cong \Hom_{(S, R^\op)}(A, \Hom_{T^\op}(B, C))$$ donde $A$ $(S, R^\op)$- bimodule, $B$ $(R, T^\op)$- bimodule, y $C$ $(S, T^\op)$- bimodule. (Puede tomar la $S = T = \mathbb{Z}$ si esto le ayuda. Escribo $(S, R^\op)$-bimodule para referirse a un objeto que ha dejado a $S$-acción y derecho $R$-acción simultáneamente, de manera compatible.)
Ahora, a pesar de que el uso de lenguaje adecuado para bimodules aquí, lo que yo digo es también aplicable a:
En primer lugar, vamos a examinar los hom objetos, ya que el tensor de productos se definen en términos de ellos. Si $A$ $B$ son de izquierda $R$-módulos, entonces también se abelian grupos, y hay una natural monomorphism $$\Hom_R(A, B) \hookrightarrow \Hom(A, B)$$ De hecho, se observa que el $R$-acciones de $B$ $A$ (respectivamente) de inducir una $(R, R^\op)$-bimodule estructura en $\Hom(A, B)$, como sigue: si $f : A \to B$ es un homomorphism de abelian grupos, definimos $r \cdot f \cdot s : A \to B$ por $$(r \cdot f \cdot s)(m) = r f(s m)$$ Es fácil comprobar que esto hace que $\Hom(A, B)$ a una $(R, R^\textrm{op})$-bimodule. Pero, ¿qué es $\Hom_R(A, B)$? Es el subgrupo de los homomorphisms $f : A \to B$ tal que $$r \cdot f \cdot 1 = 1 \cdot f \cdot r$$ Por lo tanto, obtenemos un ecualizador diagrama de la forma $$\Hom_R(A, B) \longrightarrow R \otimes \Hom(A, B) \mathrel{\rlap{\lower{0.5ex}{\longrightarrow}}\raise{0.5ex}{\longrightarrow}} \Hom(A, B)$$ donde la parte superior del mapa está dada por la izquierda $R$-acción de $A$: $$r \otimes f \mapsto 1 \cdot f \cdot r$$ y la parte inferior del mapa está dada por la izquierda $R$-acción de $B$: $$r \otimes f \mapsto r \cdot f \cdot 1$$
De manera más general, tenemos que formar un tipo especial de límite llamado un 'fin': $$\Hom_R(A, B) = \int_R \Hom(A, B)$$ En el caso de dos functors $A, B : \mathcal{R} \to \textbf{Set}$, esto equivale a la conocida fórmula $$\textrm{Nat}(A, B) \cong \int_{r : \mathcal{R}} \textrm{Hom}(A r, B r)$$
Ahora, ¿qué acerca de tensor de productos? Están formados esencialmente dual de la moda. Damos por sentado que no hay un producto tensor de abelian grupos de satisfacciones $$\Hom(A \otimes B, C) \cong \Hom(A, \Hom(B, C))$$ y queremos entender cómo obtener la correspondiente construcciones de más de $R$. Deje $A, B , C$ ser bimodules como en el primer párrafo. En primer lugar, considerar el hom-objeto $\Hom(A, \Hom_{T^\op}(B, C))$. Debido a $\Hom$ exacta en la segunda variable, se puede extraer el fin de obtener $$\int_{T^\op} \Hom(A, \Hom(B, C)) \cong \Hom(A, \Hom_{T^\op}(B, C))$$ Termina commmute con los extremos, por lo que podemos sustituir el exterior $\Hom$ $\Hom_{(S, R^\op)}$ como sigue: $$\int_S \int_{R^\op} \int_{T^\op} \Hom(A, \Hom(B, C)) \cong \Hom_{(S, R^\op)}(A, \Hom_{T^\op}(B, C))$$ Hemos asumido que hay un tensor-hom contigüidad de abelian grupos, por lo que podemos sustituir el integrando en el lado izquierdo para obtener $$\int_S \int_{R^\op} \int_{T^\op} \Hom(A \otimes B, C) \cong \Hom_{(S, R^\op)}(A, \Hom_{T^\op}(B, C))$$ y sabemos que $$\Hom_{(S, T^\op)}(A \otimes B, C) \cong \int_S \int_{T^\op} \Hom(A \otimes B, C)$$ así obtenemos $$\int_{R^\op} \Hom_{(S, T^\op)}(A \otimes B, C) \cong \Hom_{(S, R^\op)}(A, \Hom_{T^\op}(B, C))$$ y ahora, la aplicación de la Yoneda lema, nos puede empujar a la final en el primer argumento de el integrando para obtener el coend fórmula para el producto tensor: $$A \otimes_R B = \int^R A \otimes B$$ Desembalaje de la definición de coend, esto significa que hay una coequaliser diagrama de la forma $$A \otimes R \otimes B \mathrel{\rlap{\lower{0.5ex}{\longrightarrow}}\raise{0.5ex}{\longrightarrow}} A \otimes B \longrightarrow A \otimes_R B$$ donde la flecha superior es el mapa dada por la derecha de la $R$-acción de $A$: $$a \otimes r \otimes b \mapsto a r \otimes b$$ y la flecha inferior es el mapa dada por la izquierda $R$-acción de $B$: $$a \otimes r \otimes b \mapsto a \otimes r b$$ Así, vemos que el requisito de que $A$ derecho $R$-módulo de e $B$ ser una izquierda $R$-módulo es forzado por el hecho de que $\Hom(B, -)$ tiene un natural derecho $R$-estructura del módulo al $B$ es una izquierda $R$-módulo!
Por otra parte, es claro a partir de esta construcción que $\Hom_R$ $\otimes_R$ son sólo dos maneras de neutralizar dos opuestos $R$-acciones:
No entiendo la posible confusión. El producto tensor de $M$ $N$ se define para ser el objeto de $R$-biadditive mapas de $M\times N\to G$ aditivo de mapas de $M\otimes_R N\to G$. En otras palabras, la función completa de un producto tensor, toda su universal de la razón de ser es una máquina que convierte el $R$-biadditive de los mapas en las aditivas. Con esto, dijo, es claro que la noción de $R$-biadditive mapas son importantes, ¿no? ¿Qué son los $R$-biadditive mapas? Son mapas de $f:M\times N\to G$ (donde $G$ es de algún grupo abelian) con la propiedad de que son aditivos en cada ranura y "equilibrados" en el sentido de que $f(mr,n)=f(m,rn)$ foros ll $r\in R$$(m,n)\in M\times N$. A decir esta última frase, para dar sentido a $f(mr,n)=f(m,rn)$ necesitamos $M$ una $R$-módulo de e $N$ a la izquierda $R$-módulo.
Ahora, si $R$ pasa a ser propiedad conmutativa de modo que la distinción entre izquierda y derecha de los módulos es sólo una formalidad que realmente puede tomar el producto tensor de cualquiera de los dos módulos.
Esta todo dicho, no hay ningún problema en tomar sólo a abelian grupos $M$ $N$ y formando el cociente $\mathbb{Z}[M\times N]/S$ donde $S$ es el subgrupo generado por hacer $\otimes:M\times N\to\mathbb{Z}[M\times N]$ bilineal. Dicho esto, usted está en secreto acaba de calcular el producto tensor de dos $\mathbb{Z}$-módulos.
La moraleja de la historia es que necesitamos algún tipo de $R$ estructura $M$ $N$ desde el tensor de productos nacen de un deseo de transferir una $R$ propiedad a otra persona ($R$-bilineal a $R$-lineal para conmutativa $R$).
EDIT: Esta es la dirección de KCd de los comentarios. Lo más probable es que la derecha sobre mí, malinterpretando su pregunta, por lo que me disculpo.
Así que, ¿por qué no podemos considerar el producto tensor de dos a la izquierda $R$-módulos? Primero vamos a ver por qué la pregunta que el tensor de productos intento de respuesta no tiene sentido si tenemos en cuenta dos a la izquierda $R$-módulos, dicen. En este caso es claro que la analógica que estamos buscando es aditivo en cada variable mapas de $f:M\times N\to R$ tal que $f(rm,n)=f(m,rn)$. El problema con esto que si $R$ no es conmutativa empecemos descompone las cosas, de cosas que probablemente no había previsto. Por ejemplo,
$$f((rs)m,n)=f(r(sm),n)=f(sm,rn)=f(m,srn)$$
que si esto es cierto para todos los $r,s$ sugiere que existe algún tipo de conmutatividad cosa va de aquí. Por supuesto, si nuestros anillos son conmutativas, a continuación, cualquier cosa fina y no nos importa si $M$ o $N$ son de izquierda o de derecha $R$-módulos, pero si nuestro anillo no conmutativo entonces nos parece que podríamos tener problemas. Por ejemplo, supongamos que nuestra $M,N$ realmente son álgebras de más de $R$. Algo muy natural, mapa, a continuación, es considerar la multiplicación mapa de $M\times M\to M$--nuestra esperanza es que este se ajuste el tipo de mapa que nos gustaría a considerar, pero podemos ver que si este mapa "$R$-biadditive" en este nuevo sentido, a continuación, tendríamos $rs=(rs1)1=1(sr1)=sr$ todos los $s,r$, de modo que $M$ tendría que ser conmutativa.
Todo esto, dijo, supongo que, en teoría, podría hacer la misma construcción con ambos dejaron $R$-módulos, supongo que el problema es lo que la construcción iba a corresponder. Es fácil pensar que de $R$-biadditive mapas con una izquierda y a la derecha $R$-módulos (por ejemplo pensar sobre el mapa de $\text{Mat}_{n\times m}(R)\times\text{Mat}_{m\times n}(R)\to \text{Mat}_n(R)$ dado por la multiplicación de la matriz--esto es un $\text{Mat}_m(R)$-biadditive mapa), pero no puedo imaginar (la parte superior de mi cabeza) donde el tipo de mapas estaríamos discutiendo cuando tenemos dos a la izquierda $R$-los módulos donde se $R$ es noncommuative (desde cualquier mapa tendría que satisfacer que raro "conmutativa condición") - y, por supuesto, si $R$ es conmutativa, a continuación, pensar en ellos como a la izquierda $R$ módulos y hacerlo de manera que te sugiero es lo mismo que pensar acerca de ellos como de una a la izquierda y a la derecha $R$-módulos respectivamente.
Moraleja de la historia: Se podría hacer una construcción, pero ¿por qué sería significativo no es del todo claro.
Acerca de por qué a nadie le importa biadditive mapas no creo que puedo vencer a la explicación dada por Gowers aquí.
Tengo la esperanza de que yo era capaz de ayudar un poco.
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