El núcleo de $R \to A \otimes_R B$ es nada

Question

Deje $R \to A$ $R \to B$ dos homomorphisms de anillos conmutativos cuyos núcleos son nulas (es decir, sólo consisten en nilpotent elementos). Entonces el núcleo de $R \to A \otimes_R B$ es también nula.

Ver SE/916173 para Zhen Lin prueba de este hecho, que utiliza la geometría algebraica, en particular Chevalley del Teorema. Este se usa para mostrar que si $X \to S$ $Y \to S$ han densa de la imagen, a continuación,$X \times_S Y \to S$.

Me pregunto, ¿hay una relación directa y algebraicas elementales prueba de este hecho? Después de mirar a $R_{red}$ etc., podemos suponer que la $R,A,B$ son reducidos y que $R \to A$, $R \to B$ son inyectiva, por lo que tenemos que demostrar que $R \to A \otimes_R B$ es inyectiva. Es el caso especial $R=\mathbb{Z}$ más sencillo? Con el fin de evitar desagradables tensor de cálculos, podemos reformular la pregunta de la siguiente manera: Cómo construir un inyectiva anillo homomorphism $R \to C$ que factores a través de$R \to A$$R \to B$?

Answer 1

Si $A$ $R$- álgebra, y $P\subset R$ un alojamiento ideal, a continuación, $A_P \neq 0$ exactamente cuando el núcleo de $R\to A$ está contenido en $P$. Por lo $R\to A$ tiene nil kernel exactamente al $A_P \neq 0$ para todos los mínimos de los números primos $P$.

Pero, al $P$ es un mínimo prime, $A_P\neq 0$ exactamente cuando hay un mapa de $f: A\to L$ a un campo, con $R\cap \ker f = P$.* Como en el argumento anterior, si tenemos un mapa para$A$$B$, se puede construir uno para $A\otimes B$.

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* Si $A_P \neq 0$, $A_P$ tiene un máximo ideal, así que hay un mapa de $f:A\to A_P \to L$ $R\cap \ker f$ un alojamiento ideal contenido en $P$. Desde $P$ es mínima, $R\cap \ker f = P$. Por el contrario, si $f:A\to L$ es un mapa con $R\cap \ker f = P$, los factores de $A\to A_P \to L$, ya que se invierte todo lo que no se en $P$. Por lo $A_P\neq 0$.

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Argumento anterior:

Si $R$ es una parte integral de dominio, $K$ su campo de fracciones, yo creo que se puede argumentar de la siguiente manera.

$R\to A$ es inyectiva si y sólo si $A_K = A\otimes K \neq 0$. Pero entonces no es un ideal maximal de a $A_K$, con un cociente de campo $L$ extender $K$. Esto nos da un mapa de $A\to L$ cuyo núcleo se reúne $R$ trivialmente.

Del mismo modo, hay un mapa de $B\to L'$ cuyo núcleo se reúne $R$ trivialmente. Pasando a un tema común extensión, podemos suponer que $L=L'$. La característica universal del producto tensor, a continuación, nos da un mapa $A\otimes B \to L$. Dado que el núcleo se reúne $R$ trivialmente, se deduce que el $R\to A\otimes B$ es inyectiva.