Localización conmuta con Hom para módulos finitamente generados

Question

Deje $M,N$ $R$- módulos con $M$ finitely generado y deje $S\subseteq R$ ser multiplicatively cerrado. Entonces existe un módulo de isomorfismo $$S^{-1}\text{Hom}_R(M,N) \xrightarrow{\sim} \text{Hom}_{S^{-1}R}(S^{-1}M,S^{-1}N).$$

Como tarea para casa, me encontré con una 'prueba' de esta declaración. Sin embargo, Hace localización conmuta con Hom para finitely generada por los módulos? pretende demostrar que estoy equivocado. Estoy teniendo problemas en encontrar el error en mi prueba. Podría alguien ayudarme?

Me hizo probar que existe un mapa de $\phi:S^{-1}\text{Hom}_R(M,N) \to\text{Hom}_{S^{-1}R}(S^{-1}M,S^{-1}N)$ definido por $f/s\mapsto(m/t\mapsto f(m)/st)$, y estoy bastante seguro de que no contiene ningún error.

Prueba: Supongamos $m_1,\dotsc,m_n$ ser los generadores de M. Deje $f\in \text{Hom}_{S^{-1}R}(S^{-1}M,S^{-1}N)$ ser dado. Elija $n_i\in N$ $s_i\in S$ tal que $f(m_i/1)=n_i/s_i$. Definir $\pi_f = s_1\dotsm s_n$. Entonces $$\pi f(m/1) = \pi f\left( \sum_{i=1}^n r_i m_i \right) = \pi \sum_{i=1}^n r_i f(m_i) = \pi \sum_{i=1}^n r_i n_i/s_i = \left(\sum_{i=1}\left(\prod_{j=1, j\neq i}^n s_i\right)r_in_i\right)/1,$$ por lo $\pi f(m/1) \in N$ utilizando el canónica de la incrustación en $S^{-1}N$, lo $m\mapsto \pi f(m/1)$ es un mapa de $M\to N$ y es claramente un homomorphism.

Si definimos el mapa de $\psi:\text{Hom}_{S^{-1}R}(S^{-1}M,S^{-1}N)\to S^{-1}\text{Hom}_{R}(M,N)$ $$f \mapsto (m\mapsto \pi_f f(m)) / \pi_f,$$ a continuación, claramente tenemos un homomorphism si está bien definido.

Prueba: permanece para comprobar que el elemento que mapa no depende de la elección de $\pi_f$. Pero si tenemos tanto $\pi_f$ $\pi_f'$ que $\pi_f f$ $\pi_f' f$ son homomorphisms a $N$, luego $$(\pi_f f(m))/\pi_f = (\pi_f\pi_f' f(m))/(\pi_f\pi_f') = (\pi_f' f(m))/(\pi_f')$$ para todos los $m\in M$, lo $\psi$ es en realidad bien definida.

Ahora es fácil comprobar que $\psi$ $\phi$ son inversos, lo que los hace homomorphisms.

Answer 1

El problema con tu argumento es bastante sutil: no se puede decir $\pi f(m/1)\in N$, debido a la canónica homomorphism $i:N\to S^{-1}N$ no puede ser inyectiva (debido a que los elementos de $S$ podría aniquilar a los elementos de $N$). Es decir, siempre hay algún elemento $n\in N$ tal que $i(n)=\pi f(m/1)$, pero que $n$ podría no ser único, y no está claro que usted puede elegir por ejemplo un $n$ por cada $m$ de manera tal que el mapa de $M\to N$ que obtenemos es un homomorphism. Este problema no se produce si $S$ actúa en $N$ de los no divisores de cero (es decir, $sn=0$ implica $n=0$ $s\in S$, $n\in N$), porque, a continuación, $i$ es inyectiva.

En general, de hecho, no hay ninguna manera de elegir a una $n$ por cada $m$ conseguir un homomorphism. Por ejemplo, supongamos $R=k[x,y_1,y_2,y_3,\dots]$ ser un polinomio de anillo en una infinidad de variables, vamos a $M=R/(y_1,y_2,y_3,\dots)$, vamos a $N=R/(xy_1,x^2y_2,x^3y_3,\dots)$, y deje $S=\{1,x,x^2,\dots\}$. Entonces no es demasiado difícil ver que no hay un valor distinto de cero homomorphisms $M\to N$ (para un elemento de $N$ a ser aniquilado por cada $y_n$, tendría que ser infinitamente divisible por $x$). Pero $S^{-1}M$ $S^{-1}N$ son en realidad canónicamente isomorfo: ambos pueden ser identificados con $k[x,x^{-1}]$ cada $y_n$ actuando trivialmente. En particular, esto significa $\operatorname{Hom}_{S^{-1}R}(S^{-1}M,S^{-1}N)$ es distinto de cero (contiene un isomorfismo), mientras que $S^{-1}\operatorname{Hom}_R(M,N)=S^{-1}0=0$. Es un buen ejercicio para ejecutar a través de su prueba con este ejemplo y ver exactamente cómo se descompone.

Para hacer la prueba de trabajo en general, usted necesita $M$ a ser finitely presentado, no sólo finitely generado. La idea detrás de la prueba, a continuación, elegir un $n_i\in N$ elevación $\pi f(m_i/1)$ para cada generador $m_i$$M$, donde se elige $\pi\in S$ no sólo que tal ascensor, existe, pero también que estos $n_i$ va a satisfacer todas de un número finito de relaciones entre el $m_i$. Esto implica que el mapa de $m_i\mapsto n_i$ se extiende a una bien definida homomorphism $M\to N$.

Answer 2

El error es en la frase: 'y es claramente un homomorfismo' (hay una opción de $r_i$, no son únicas).