$\Bbb{C} \otimes_{\Bbb{R}} \Bbb{C}$ $\Bbb{C} \otimes_{\Bbb{C}} \Bbb{C}$ son no isomorfos como $\Bbb{R}$-espacios vectoriales

Question

$\Bbb{C} \otimes_{\Bbb{R}} \Bbb{C}$ $\Bbb{C} \otimes_{\Bbb{C}} \Bbb{C}$ son no isomorfos como $\Bbb{R}$-espacios vectoriales.

Claramente cada producto tensor es tanto a la izquierda y a la derecha $R$-módulo. Pero, ¿cómo puedo demostrar que no son isomorfos?

Estoy tratando de argumentar como en otros ejemplos, por lo que en $M = \Bbb{C} \otimes_{\Bbb{C}} \Bbb{C}$, no el simple tensor $(-1)\otimes i = (i^2) \otimes i = i \otimes(-1)$. Pero esas dos simples tensores no son iguales en $N = \Bbb{C} \otimes_{\Bbb{R}} \Bbb{C}$. No estoy seguro de cómo lo muestran. Deje $\phi : M \to N$ ser un isomorfismo. A continuación, $\phi((-1)\otimes i)$ debe ser igual a $\phi (i \otimes (-1))$.

Answer 1

Hay que recordar que como $k$-espacios vectoriales, tenemos $\dim(V\otimes_k W)=\dim(V)\dim(W)$. Ahora también recordar que, si $V$ $n$- dimensional $\mathbb{C}$-espacio vectorial, entonces también es un $2n$-dimensional $\mathbb{R}$-espacio vectorial.

Answer 2

Deje $z \otimes w$ ser un simple tensor en $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{C} \mathbb{C}$.

Ciertamente tenemos $z \otimes w = 1 \otimes zw$. Cada simple tensor puede ser escrita en esta forma, de modo que, ciertamente, cada elemento de a $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{C} \mathbb{C}$ tiene la forma $1 \otimes (a+bi)$. Tenga en cuenta que $1 \otimes (a+bi) = 1 \otimes a + 1 \otimes bi = a \otimes 1 + b \otimes i = a \cdot (1 \otimes 1) + b \cdot (1 \otimes i)$. En particular, cada elemento de la $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{C} \mathbb{C}$ puede ser escrito como una $\mathbb{R}$-combinación lineal de $1 \otimes 1$$1 \otimes i$.

Pretendemos que $1 \otimes 1$ $1 \otimes i$ forma una base para $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{C} \mathbb{C}$$\mathbb{R}$, por lo que este módulo es libre de rango 2 sobre $\mathbb{R}$.

por la característica universal de la libre módulos, la asignación de $(1,0) \mapsto 1 \otimes 1$,$(0,1) \mapsto 1 \otimes i$ se extiende a una surjective $\mathbb{R}$-módulo homomorphism $\varphi : \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{C} \otimes_\mathbb{C} \mathbb{C}$.

Ahora definir $\psi$ : $\mathbb{C} \times \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{R}^2$ por $\psi(a+bi,c+di) = (ac-bd, ad+bc)$. Evidentemente, $\psi$ $\mathbb{C}$equilibrada, y por lo tanto induce una $\mathbb{R}$-módulo homomorphism $\Psi$ : $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{C} \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{R}^2$. Por otra parte, $\Psi$ es surjective. Evidentemente, $\varphi$ $\psi$ son mutua recíproca. Por lo tanto $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{C} \mathbb{C}$ es libre de rango 2 como $\mathbb{R}$-módulo.

Ahora vamos a $(a+bi) \otimes (c+di)$ ser un simple tensor en $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{R} \mathbb{C}$. Evidentemente, $(a+bi) \otimes (c+di) = a \otimes c + a \otimes di + bi \otimes c + bi \otimes di = ac(1 \otimes 1) + ad(1 \otimes i) + bc(i \otimes 1) + bd(i \otimes i)$. Ciertamente, a continuación, cada elemento de a $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{R} \mathbb{C}$ $\mathbb{R}$- combinación lineal de $1 \otimes 1, 1 \otimes i, i \otimes 1$, e $i \otimes i$.

Pretendemos que estos cuatro elementos forman una base para $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{R} \mathbb{C}$ como $\mathbb{R}$-módulo. Para ver esto, observe que la característica universal de la libre módulos de nuevo induce un surjective $\mathbb{R}$-módulo homomorphism $\mathbb{R}^4 \rightarrow \mathbb{C} \otimes_\mathbb{R} \mathbb{C}$.

Evidentemente, la asignación de $\mathbb{C} \times \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{R}^4$ $(a+bi,c+di) \mapsto (ac,ad,bc,bd)$ $\mathbb{R}$equilibrada, y así induce un (claramente surjective) $\mathbb{R}$-módulo homomorphism $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{R} \mathbb{C} \rightarrow \mathbb{R}^4$.

Estas asignaciones son mutua recíproca. Por lo tanto $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{R} \mathbb{C}$ es libre de rango 4 como a la izquierda $\mathbb{R}$ módulo.

Más de un anillo conmutativo, (finitely generado) gratis módulos tienen un rango único. Así tenemos a $\mathbb{C} \otimes_\mathbb{C} \mathbb{C} \not\cong_R \mathbb{C} \otimes_\mathbb{R} \mathbb{C}$.

Answer 3

Pensando en lo que estás haciendo, es más natural para mostrar que no son isomorfos como $\mathbb C$-espacios vectoriales (incluso si el ejercicio no lo dice). De hecho, se comienza con $\mathbb C$ y

• en una mano, que lo consideran como una $\mathbb C$-espacio vectorial y extender el escalar a $\mathbb C$, así que básicamente no hacer nada : este es el isomorfismo $\mathbb C \otimes_{\mathbb C} \mathbb C \simeq \mathbb C$ ($\mathbb C$- espacios vectoriales),

• en el otro lado, se consideran como una $\mathbb R$-espacio vectorial y extender el escalar al campo $\mathbb C$ ( brutalmente decidir que los escalares son ahora los números complejos, no sólo de los números reales) : este es el isomorfismo $\mathbb C \otimes_{\mathbb R} \mathbb C \simeq \mathbb C^2$ ($\mathbb C$- espacios vectoriales).

(Obviamente $\mathbb C$-isomorfismo conduce a $\mathbb R$-isomorfismo y $\dim_{\mathbb R}(\mathbb C) \neq \dim_{\mathbb R}(\mathbb C^2)$, solución de problemas de su ejercicio. Pero, en mi humilde opinión, esta no es la parte importante del ejercicio.)