Prueba de $(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/ \gcd(m,n)\mathbb{Z}$

Question

Acabo de empezar a aprender sobre el producto tensor y quiero mostrar: $$(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/ \gcd(m,n)\mathbb{Z}.$$

Me pueden decir si mi prueba es de derecho:

$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ y $\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ son tanto finito libre de $\mathbb{Z}$-módulos con la base que consta de un solo elemento, $ \ { 1 \}$. Por lo que $(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})$ tiene la base de $\{ 1 \otimes 1 \}$.

Por lo tanto, cualquier elemento $(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb{Z} / n \mathbb{Z})$ es de la forma $(ab) 1 \otimes 1$ y cualquier elemento en $\mathbb{Z}/ \gcd(m,n)\mathbb{Z}$ es de la forma $k 1 = k$ donde $k \in \{ 0, \dots \mcd(n,m) \}$.

Me gustaría construir un isomorfismo que asigna $ab$ a $k$. Deje que este mapa se $ab (1 \otimes 1) \mapsto ab \bmod \mcd(n,m)$.

Este es un homomorphism entre los módulos de: mapas de $0$ $0$ porque asigna el vacío suma al vacío suma. También cumple con $f(a + b) = f(a) + f(b)$ porque no es sólo un elemento, $a = 1$.

Es surjective. Así que todo lo que tiene para mostrar es que es inyectiva. Pero es claro también, porque si $ab \equiv 0 \bmod \gcd(m,n)$ entonces $a \equiv 0 \bmod n$ y $b \equiv 0 \bmod de m$, de modo que el núcleo es trivial.

Muchas gracias por tu ayuda!!

Answer 1

La parte que falta es más o menos la esencia de la siguiente (incompleta) pruebas alternativas.

Determinar el núcleo de $$ \begin{array}{rlrl} g: & \mathbb{Z} & \rightarrow & (\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) \\ & z & \a & z (1 \otimes 1) \end{array} $$ Que es: Cuando es cierto que $z (1 \otimes 1)$ es null? Ya que es cierto para $n \in m\mathbb{Z} \cup n\mathbb{Z}$, entonces usted sabe que es verdad para el ideal generado por ella: $\langle \mathrm{mcd}(m,n)\rangle \subconjunto \mathrm{ker}(g)$.

Usted sabe que el mapa es surjective porque $1 \otimes 1$ es un generador. Si usted demuestra que $\mathrm{ker}(g) \subconjunto \langle \mathrm{mcd}(m,n) \rangle$, usted tendrá el isomorfismo que usted reclama. Esta es la parte que te falta. Es equivalente a mostrar que la su $f$ es bien definido.

Así, la conclusión es que no es justo.

Answer 2

Vamos $M$ $R$-módulo y dejar que $I$ a ser un ideal de $R$. Entonces tenemos $\frac RI\otimes_RM\cong\frac M{IM}$.

Primera prueba: considere la secuencia exacta $0\I\I\a\frac RI\to0$. Tensoring con $M$ y el uso de la derecha-la exactitud del producto tensor obtenemos $I\otimes_RM\R\otimes_RM\a\frac RI\otimes_RM\to0$. Sabemos que $R\otimes_RM\cong R$ través $r\otimes m\mapsto rm$; bajo este isomorfismo la imagen de la $I\otimes_RM\R\otimes_RM$ es, precisamente, $IM$, y dado que esta imagen es, precisamente, el núcleo de $R\otimes_RM\a\frac RI\otimes_RM$, la reclamación se sigue del teorema de isomorfismo.

Segunda prueba: la asignación de $\frac RI\times M\a\frac M{IM}$ dada por $(r+I), m)\mapsto rm+IM$ está bien definido y $R$-bilineal, por lo que se induce un $R$-lineal de la asignación de $\frac RI\otimes_RM\a\frac M{IM}$, que es, obviamente, surjective, y a la inversa, la cartografía es dada por $m+IM\mapsto(1+I)\otimes m$; esta asignación está bien definido ya que si $m\in IM$, digamos $m=\sum_k i_km_k$, con $i_k\in I, m_k\en M$, entonces $R$-bilinearity de $\otimes$ tenemos $(1+I)\otimes m=\sum_k\bigl[i_k(1+I)\bigr]\otimes m_k=\sum_k0_{R/I}\otimes m_k=0$.

En general, si $N$ es un $R$-submódulo de un módulo $M$, entonces

$$I\frac MN=\frac{IM+N}N\,,$$

así

$m $\mathbb Z\,\frac{\mathbb Z}{n\mathbb Z}=\frac{(m\mathbb Z)\mathbb Z+n\mathbb Z}{n\mathbb Z}=\frac{m\mathbb Z+n\mathbb Z}{n\mathbb Z}=\frac{\gcd(m,n)\mathbb Z}{n\mathbb Z}\,.$$

Por último, aplicar el primer resultado obtenemos

$$\frac{\mathbb Z}{m\mathbb Z}\otimes_{\mathbb Z}\frac{\mathbb Z}{n\mathbb Z}\cong\frac{\frac{\mathbb Z}{n\mathbb Z}}{m\mathbb Z\,\frac{\mathbb Z}{n\mathbb Z}}=\frac{\frac{\mathbb Z}{n\mathbb Z}}{\,\frac{\gcd(m,n)\mathbb Z}{n\mathbb Z}\,}\cong\frac{\mathbb Z}{\gcd(m,n)\mathbb Z}\,.$$

ANEXO

El mismo razonamiento muestra que para cualquier ideales $I,J$ en $R$ tenemos $\frac RI\otimes_R\frac RJ\cong\frac R{I+J}$.

Answer 3

Reclamo: $(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) \cong \mathbb{Z}/ \gcd(m,n)\mathbb{Z}$

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Prueba:

Nos muestran la reclamación de la muestra que $(\mathbb{Z}/ \gcd(m,n)\mathbb{Z}, b)$ donde $b: \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / n \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}/ \gcd(m,n)\mathbb{Z}$ es el mapa en $(a,b) \mapsto ab \mod \mathrm{mcd} (n,m)$satisface la característica universal de $(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) \otimes_\mathbb{Z} (\mathbb{Z} / n \mathbb{Z}) $ es decir, para cualquier $\mathbb Z$-módulo $P$ y cualquier bilineal mapa $b^\prime : \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / n \mathbb{Z} \P$ existe un único lineal mapa de $l$ que $l \circ b = b^\prime$.

Definir $l: (a \mod \mathrm{mcd} (n,m)) \mapsto b^\prime (1,a) $. La linealidad de $l$ sigue directamente de bilinearity de $b^\prime$. Por $(a,b) \in \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \times \mathbb{Z} / n \mathbb{Z}$ tenemos $l(b(a,b)) = l(ab) = b^\prime (1,ab) = b^\prime (a,b) de dólares para que $l$, de hecho, hace que el diagrama conmuta.

Para finalizar la prueba comprobamos que $l$ es único. Para ello vamos a $l^\prime$ tales que $l^\prime \circ b = b^\prime$. Entonces $l(a) = l(b(1,a)) = b^\prime (1,a) = l^\prime (b(1,a)) = l^\prime (una)$, de ahí el reclamo de la siguiente manera.

Answer 4

Lo único que le falta es mostrar que el mapa está bien definido. De hecho, nos implícitamente hacer una elección de los representantes, cuando escribimos $a \otimes b$ o $ab(1 \otimes 1)$ en $\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \otimes \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$. Así que primero tenemos que demostrar que si $a \equiv c \bmod m$ y $b \equiv d \bmod$ n, entonces la imagen de $c \otimes d$ es el mismo en el mapa. Es decir, debemos mostrar $cd \equiv ab \bmod gcd(m, n)$.