¿$ \operatorname {Ann}(M\otimes_A N) = \operatorname {Ana} M + \operatorname {Ana} N$?

Question

En el curso de trabajo en un ejercicio de Atiyah-MacDonald (ejercicio 3 de la página. 31), he llegado a la convicción de que, por $Un$ arbitraria anillo conmutativo y M$, N$ arbitraria $$-módulos,

$$\operatorname{Ann}(M\otimes_A N)=\operatorname{Ann}M+\operatorname{Ann}N$$

donde $\operatorname{Ann}M$ es el destructor de $M$, etc. Si bien creo que es trivial que $\operatorname{Ann}(M\otimes_A N)\supset\operatorname{Ann}M+\operatorname{Ann}N$, estoy teniendo problemas para establecer el reverso de inclusión y agradecería su ayuda en hacerlo, si es verdadero o si es falso, te agradecería un contraejemplo.

Esto es lo que he pensado hasta ahora:

• En un nivel intuitivo, porque $M\otimes_A N$ es "el más grande/más libres" bilineal de la imagen de $M\times N$, no debe ser aniquilado, sino por el más pequeño de los ideales de $A$ que aniquila, ya sea de $M$ y $N$, y esto es $\operatorname{Ann}M+\operatorname{Ann}$ N. Creo que esta es la razón por la que yo creo que la afirmación sea verdadera.

• Mis intentos para crear una prueba real se han centrado en las propiedades universales de los objetos relevantes: (a) hay un $A$-bilineal mapa $M\times N\rightarrow M\otimes_A N$ tal que $$-bilineal mapa de $M\times N$ los factores a través de ésta; y (b) cualquier homomorphism de $a$ que los factores a través de ambos $A/\operatorname{Ann}M$ y $A/\operatorname{Ann}$ N también factores a través de $A/(\operatorname{Ann}M+\operatorname{Ann}N)$. Este es el bosque que me he perdido. El homomorphisms de $a$ I puede pensar en el endomorfismo anillos de $M,N,M\otimes_A$ N. No he visto cómo ponerlas junto con bilineal mapas para mostrar que estoy buscando.

De nuevo, una indicación de cómo tendría que terminar la prueba (preferiblemente en términos de las propiedades universales, por lo que puedo ver cómo hacer lo que yo he estado tratando de hacer) o un contraejemplo sería muy apreciada.

Answer 1

Esta es una excelente pregunta, y su intuición no es demasiado lejos.

Tenga en cuenta que los contraejemplos dado en las otras respuestas implican un no-finitely módulo generado ($\mathbb Q$ pensado como un $\mathbb Z$-módulo), y las construcciones como aniquiladores se comportan mucho mejor para finitely módulos generados que para no finitely generados (como regla general).

E. g. Suponga que $M = R/I$ y $N = R/J$ son cíclicos. Entonces $M\otimes N = R/(I+J),$ y por lo que su conjetura fórmula es verdadera en ese caso.

Como se observa, siempre $\operatorname{Ann} M + \operatorname{Ann} N \subconjunto \operatorname{Ann} M\otimes$ N. En cuanto a la inversa,el lo que es cierto para general finitely generó $R$-módulos $M$ y $N$ es $\operatorname{Ann}M\otimes$ N está contenido en el radical de $\operatorname{Ann} M + \operatorname{Ann}$ N. Por lo que su conjetura se vuelve correcta si usted restringir a f.g. los módulos, y tomar los radicales de ambos lados.

[Para ver esto, utilice el hecho de que para un finitely módulo generado, el radical de $\operatorname{Ann} M$ es igual a la intersección de los prime ideales $\mathfrak p$ que $\kappa(\mathfrak p) \otimes_R M \neq 0$, donde $\kappa(\mathfrak p)$ denota la fracción de campo de $R/\mathfrak p$.]

No creo que podamos hacer mucho mejor que esto, sin embargo, en el finitely generados, pero no cíclico caso.

Para ver el tipo de cosas que pueden suceder, elija tres ideales de $I_1,I_2,J,$ y dejar $M = R/I_1 \oplus R/I_2$ y $N = R/J$. Entonces $\operatorname{Ann} M = I_1\cap I_2$, $\operatorname{Ann} N = J$ y $M\otimes N = R/I_1+J \oplus R/I_2 + J$, de modo que $\operatorname{Ann} M\otimes N = (I_1 + J) \cap (I_2 +J).$

Ahora siempre tenemos $(I_1\cap I_2) + J \subconjunto (I_1 + J) \cap (I_2 + J) \subconjunto \operatorname{rad}\bigl((I_1 \cap I_2) + J\bigr),$ pero la inclusión no es típicamente una igualdad debido a que el entramado de los ideales de $R$ es siempre modular, pero que normalmente no distributiva).

Así que si usted toma un contraejemplo a la propiedad distributiva para algunos entramado de los ideales, de la alimentación en el ejemplo de arriba va a dar un contraejemplo a la forma precisa de su conjetura (es decir, la igualdad en la nariz, en lugar de hasta tomar radicales) que involucran sólo a finitely módulos.

Answer 2

El contención $\mathrm{Ann}_A(M)+\mathrm{Ann}_A(N)\subseteq\mathrm{Ann}_A(M\otimes_AN)$ puede ser adecuada. Por ejemplo, tome $A = \mathbf {Z} $, $M = \mathbf {Z} / 2\mathbf {Z} $ y $N = $\mathbf {Q}. Entonces $\mathrm {Ana} _A (M) = 2\mathbf {Z} $ y $\mathrm {Ana} _A (N) = 0$ y $M\otimes_AN = \mathbf {Z} / 2\mathbf {Z} \otimes_ {\mathbf {Z}} \mathbf {Q} = 0$ porque el factor tensor izquierdo es asesinado por $2$ pero $\mathbf{Q}$ es divisible. Así que $\mathrm {Ana} _A (M\otimes_AN) = \mathbf {Z} $.

Answer 3

Considerar la \mathbb{Z}$-modules $ $M: = \mathbb {Z} / m\mathbb {Z} $ y $N: = \mathbb {Q} $. Entonces si yo no estoy confundiendo terriblemente:

$\text{ann}M=m\mathbb{Z}$,

$\text{ann}N=0$,

$M\otimes_\mathbb {Z} N = 0$.

Edit: estaba demasiado lento :)