Cuándo es

Question

Es sencillo demostrar que si $A,B$ son espacios del vector, entonces el $A^* \otimes B = \text{Hom}(A,B)$, donde $A^*$ es el doble de $A$. ¿Hasta qué punto esto tiene para los módulos, donde debemos interpretar $B^*$ $\text{Hom}(B,R)$?

Answer 1

Creo que he aprendido algo de aquí, así que voy a grabar como respuesta.

Deje $R$ ser un anillo conmutativo. Para un $R$-módulo de $A$, los siguientes son equivalentes:
(i) $A$ es finitely generado proyectiva.
(ii) Para todos los $R$-módulos de $B$ natural mapa de $\Phi: A^{\vee} \otimes B \rightarrow \operatorname{Hom}(A,B)$ -- es decir, la inducida por $(f,b) \mapsto (a \mapsto f(a)b)$ - es un isomorfismo de $R$-módulos.
(iii) El natural mapa de $\Phi: A^{\vee} \otimes A \rightarrow \operatorname{Hom}(A,A)$ es un isomorfismo de $R$-módulos.

Prueba: (i) $\implies$ (ii) se da en Akhil la respuesta. Un (posiblemente) más puramente conmutativa prueba algebraica es dado en mi comentario a su respuesta. Es decir, usted tiene el mapa de $\Phi$, lo que quiere mostrar es un isomorfismo, por lo que es suficiente para mostrar que $\Phi_{\mathfrak{p}}$ es un isomorfismo para todos el primer ideales $\mathfrak{p}$ (para ello véase, por ejemplo, $\S 7.7$ de estas notas). Desde un finitely generado proyectiva módulo a través de un anillo local es libre ($\S 3.5.4$ de las notas), reducimos el caso de $A$ finitely generado y libre, y esto es fácil.

(ii) $\implies$ (iii) es inmediata.

(iii) $\implies$ (i): Sea a $\Phi^{-1}(1_A) = \sum_{i=1}^m f_i \otimes a_i$. Entonces tenemos que para todos los $a \in A$, $a = \sum_{i=1}^m f_i(a) a_i$. Por la Base Dual Lema ($\S 3.5.3$), esto implica que $A$ es finitely generado y proyectivo.

Answer 2

Mientras que Mariano ha respondido a la pregunta, y a Aarón en los comentarios ha proporcionado un enlace a una página con una prueba, permítanme que les nota un argumento alternativo y un poco tangencial punto filosófico. Supongamos $A$ es finitely generado y proyectivo y $B$ cualquier $R$-módulo. El reclamo es que el $A^* \otimes B \simeq \hom_R(A, B)$ natural. Hay una manera sencilla de ver esto basado en una observación general acerca de functors de $R$-módulos.

Es decir, supongamos $F, F'$ son dos functors de la categoría de $R$-a los módulos de alguna otra categoría, es decir, una abelian categoría. Supongamos que hay una transformación natural $t: F \to F'$ tal que $t(M)$ es un isomorfismo siempre $M$ es gratis. Supongamos, además, que $t$ es derecho-exacto, es decir, conserva cokernels. Entonces la demanda es que $t(M)$ es un isomorfismo para cualquier $M$.

Para probar esto, considere la posibilidad de una presentación gratuita de $M' \to M'' \to M \to 0$. A continuación, hay un diagrama conmutativo entre las dos secuencias exactas $$ F(M') \to F(M'') \to F(M) \to 0$$ y $$ F'(M') \to F'(M'') \to F'(M) \to 0$$ dada por la transformación natural $t$. Desde la vertical de mapas inducida por $t$ son isomorphisms en los términos de $M', M''$, es fácil ver (por medio de un diagrama de chase) que el mapa de $F(M) \to F'(M)$ es un isomorfismo así.

Para ver cómo esto se aplica para el presente caso, corregir $A$ proyectiva y finitely generado (por lo que el $A^*$ es fácilmente visto para ser finitely generado proyectiva así, por ejemplo, por dualizing una secuencia exacta) y tenga en cuenta que $B \mapsto A^* \otimes B, B \mapsto \hom(A, B)$ son tanto de derecha-exacto (de hecho, exacto!) functors porque $A^*$ es proyectiva. Desde allí es claramente un mapa de $A^* \otimes B \to \hom(A, B)$, lo que claramente es un isomorfismo de un módulo, el análisis anterior implica de inmediato que es un isomorfismo para cualquier $B$.

Como una mayor aplicación de esta, se puede dar una simple prueba de que el hecho de que $S^{-1} A \otimes_A M = S^{-1} M$ para cualquier subconjunto multiplicativo $S \subset A$. Por otra parte, el mismo truco se usa para mostrar que para un noetherian anillo $A$, $I$-adic finalización coincide con tensoring con $\hat{A}$ para finitely módulos generados (aunque es un poco diferente de truco, porque uno trabaja con la categoría de finitely generadas $A-modules). One can, in fact, show that any additive functor from $$-modules to $$-modules that is right exact and commutes with arbitrary direct sums is given by tensoring with a fixed module*; this is a fun exercise. If one works with contravariant functors, then one sees that a functor from $$-modules to $$-módulos es representable si y sólo si se envía colimits a los límites. Estos argumentos se aplican a otras categorías (que son generados muy bien).

En última instancia, al pensar de esta manera categórica no es simplemente un ejercicio para su propio bien: una situación que se plantea con frecuencia (por ejemplo, en el local de la dualidad local cohomology o en el análisis de la cohomology de las fibras de una coherente gavilla) es que uno tiene un $\delta$-functor de $A$-módulos para algunos abelian categoría, y se encuentra que es idéntica a cero en altas dimensiones. A continuación encontrará partir de este análisis que la última nonvanishing $\delta$-functor en realidad está dada por tensoring con algún módulo.

*De hecho, si $T$ es un functor de $A$-módulos de a $A$-módulos, entonces si $T$ conserva colimits, $T$ es isomorfo a la functor $M \mapsto T(A) \otimes M$. Para hacer esto, uno puede construir una transformación natural $T(A) \otimes M \to T(M)$ (considerar cada una de las $m \in M$ como un homomorphism $A \to M$) y, a continuación, aplicar el análisis anterior a este par de derecho-exacto functors.

En el caso de que le pidieron, (con la notación de conmutación de modo que $A$ es un módulo sobre el ring $R$) tenemos el derecho-functor exacto $T: B \mapsto \hom_R(A, B)$, y queremos darnos cuenta de esto como un producto tensor. El argumento anterior muestra que debemos tomar $T(R) = \hom_R(A, R) = R^*$. Esto, en cierto sentido, se explica la aparición de la doble objeto de la declaración.

Answer 3

Cuando $A$ es proyectivo y finitamente generado, funciona.

Si $A$ es gratis pero no finitamente generado, no es así; si $A$ f.g. y no proyectivas, también hay contraejemplos.