$M$ es un módulo gratuito iif $M\otimes B$ gratis

Question

Deje $M$ ser un módulo sobre algunas anillo de $A$ y deje $B$ ser algún anillo que contiene a $A$ (o más en general, vamos a $\rho : A \to B$ ser un anillo homomorphism). A continuación, podemos dotar $M \otimes_A B$ $B$- estructura del módulo (a la derecha) : esto se llama extensión de escalares, y es fácil ver que si $M$ es libre, así que es el módulo obtenido a partir de $M$, por extensión, de los escalares.

Ahora vamos a $A$ ser arbitraria en el anillo, $E$ $(A,A)$- bimodule (lo que significa que $E$ es al mismo tiempo una izquierda $A$-módulo y un derecho $A$-módulo tal que $a.(x.a')=(a.x).a'$). Tenga en cuenta que nosotros no asumimos $A$ es conmutativa. Deje $B=A \times E$ y hacer $B$ anillo : $(a,x).(a',x')=(aa',ax'+xa')$. A continuación, $A$ es un sub-anillo de $B$ $E$ es un ideal del anillo de $B$.

Quiero demostrar lo siguiente : si el (derecho) $A$-módulo de $M$ es tal que el módulo obtenido a partir de $M$ por la extensión de escalares a $B$ (es decir, el $B$-módulo de $M \otimes_A B$) es gratis, $M$ debe ser libre también.

La dificultad radica en el hecho de que la canónica homomorphism $M \otimes_A B \to M$ (que se asigna a$m \otimes (a,x)$$ma$) no es inyectiva. De lo contrario, sería fácil, porque este homomorphism está claramente en.

Gracias por su ayuda.

Por favor, tenga en cuenta que esta pregunta está relacionada con esta: Si $M\oplus M$ es gratuito, $M$ libre?

De hecho, vamos a $B$ ser el módulo de $A \times A$. Entonces es falso que "$M \otimes_A B$ libre implica $M$ libre" debido a que esta declaración puede ser reescrita como "$M \oplus M$ libre implica $M$ libre", y la segunda es falsa.

Pero mi pregunta es diferente porque pedir que $M \otimes_A B$ ser libre (como $B$-módulo) no es la misma suposición.

Answer 1

$B \to A, (a,x) \mapsto a$ es un homomorfismo del anillo, y $A \to B \to A$ es la identidad. Por lo tanto, el % correspondiente de cambios de base $\mathsf{Mod}(A) \to \mathsf{Mod}(B) \to \mathsf{Mod}(A)$componer (hasta isomorfismo) a la identidad, es decir, $(M \otimes_A B) \otimes_B A \cong M$ cada $M \in \mathsf{Mod}(A)$. El resultado sigue.