Una $R$ módulo de e $S$ módulo que no puede ser un $R$-$S$ bimodule

Question

En relación con esta pregunta: Módulos y tensor de productos

Pregunta: Por dos anillos conmutativos $R$ $S$ (con unity), hay un grupo abelian $M$ ha $R$ módulo de e $S$ módulo de estructuras, pero nunca tiene una $R$, $S$ bimodule estructura? (Todas las estructuras unital.)

Siempre puede ser que un bimodule estrutura es posible, el uso de la producto mencionado en esta página, pero no estoy lo suficientemente familiarizado con la construcción.

Answer 1

Considerar el grupo abelian $M=\mathbb Q^2$ y deje $R=\mathrm{End}_{\mathbb Z}(M)$ ser su endomorfismo anillo. $R$ es de modo natural un $\mathbb Q$-álgebra y de hecho es isomorfo a $M_2(\mathbb Q)$, el álgebra de $2\times 2$ racional de las matrices.

A continuación, $M$ es una izquierda y una derecha $R$-módulo, pero no es una $(R,R)$-bimodule de alguna manera.

De hecho, esta estructura nos daría un morfismos de anillos de $\Phi:R\otimes R^{\mathrm{op}}\to\mathrm{End}_{\mathbb {Z}}(M)$ tal que $\Phi(r\otimes s)(m)=rms$ para todos los $r$, $s\in R$ y todos los $m\in M$. Desde $R\otimes R^{\mathrm{op}}$ es un simple álgebra, el mapa de $\Phi$ debe ser inyectiva, pero luego tenemos a $16=\dim_{\mathbb Q}R\otimes R\leq\dim_{\mathbb Q}\mathrm{End}_{\mathbb {Z}}(M)=4$, lo cual es absurdo.

Una idea similar funciona si nos restringimos a conmutativa anillos:

Por ejemplo, los campos de $R=\mathbb Q(\sqrt2)$ $S=\mathbb Q(\sqrt 3)$ son tanto isomorfo a $M=\mathbb Q^2$ abelian grupos, por lo $M$ puede ser hecho en una izquierda $R$-módulo y en una izquierda $S$-módulo. Pero no se puede en un $R\otimes S$-módulo de alguna manera. De hecho, una estructura de este tipo daría un morfismos de anillos de $R\otimes S\to M_2(\mathbb Q)$. Uno puede comprobar que $R\otimes S$ es un campo, por lo que el mapa debe ser inyectiva. Desde su dominio y codominio tienen la misma dimensión en el $\mathbb Q$, el mapa es además un isomorfismo. Esto es absurdo, porque su dominio es conmutativa y su rango no es.

Podemos refundición este último ejemplo, en términos de pura álgebra lineal: dice que no hay dos matrices $A$, $B\in M_2(\mathbb Q)$ que viaje y tal que $A^2=2I$$B^2=3I$; estas matrices corresponden a la acción de la $\sqrt2$ $\sqrt3$ $\mathbb Q^2$ de un hipotético $(R,S)$-bimodule estructura en $M$. En estos términos podemos argumentar de la siguiente manera: $A$ se convierte en diagonalizable sobre$\mathbb Q(\sqrt2)$, con distintos valores propios, y desde $B$ viajes con $A$, $B$ sí debe ser diagonalizable sobre $\mathbb Q(\sqrt2)$: esto es imposible, porque el egenvalues de $B$ son las raíces cuadradas de los $3$ y no hay tal cosa en $\mathbb Q(\sqrt2)$.

Answer 2

Tome $R = \mathbb Q^2$$S = \mathbb Q[\sqrt 2]$. Como abelian grupo, son isomorfos, vamos a llamar a $M$ el grupo común strucure. (Tome $(1, \sqrt 2)$ como una base para S).

A continuación, $M$ $R$- módulo y un $S$-módulo. Sin embargo, no es un $R\otimes S$-módulo tal que $(r\otimes 1)\cdot m = r\cdot m$ $(1\otimes s)\cdot m = s\cdot m$ - que creo que este es un mínimo de compatibilidad de la condición.)

De hecho, si lo fuera, entonces, por un lado, $$ \begin{aligned} ((0,1)\otimes \sqrt 2) \cdot \sqrt{2} &= ((0,1)\otimes 1)\cdot ((1,1)\otimes \sqrt 2)\cdot \sqrt{2} \\ &= (0,1)\cdot( \sqrt{2} \cdot \sqrt2)\\ &= (0,1)\cdot(2, 0) \\ &= 0 \end{aligned} $$

Pero en el otro lado $$ \begin{aligned} ((0,1)\otimes \sqrt 2) \cdot \sqrt{2} &= ((1,1)\otimes \sqrt 2)\cdot ((0,1)\otimes 1)\cdot \sqrt{2} \\ &= \sqrt2 \cdot ( (0,1)\cdot (0,1) ) \\ &= \sqrt2 \cdot \sqrt2\\ &= 2 \end{aligned} $$