Muestre que$(A / \mathfrak{a}) \otimes_A M \cong M / \mathfrak{a} M$ para un anillo$A$, ideal$\mathfrak{a}$,$A$ - module$M$.

Question

Este es Atiyah-Macdonald Ejercicio 2.2

Ejercicio: Supongamos $A$ ser un anillo, $\mathfrak a$ un ideal, $M$ $A$- módulo. Mostrar que $(A/\mathfrak a) \otimes_A M$ es isomorfo a $M/\mathfrak aM$. [Tensor de la secuencia exacta $0 \to \mathfrak a \to A \to A/\mathfrak a$$M$.]

Me gustaría comprobar mi prueba. Será publicado como un wiki de la comunidad. Dejar comentarios o editar, pero si usted editar, convertir el texto en rojo o al menos hacer que la edición obvio para distinguir mi enfoque original, con lo que es incorrecto o puede ser mejor escrito, etc.

También, siéntase libre de publicar pruebas alternas.

Answer 1

Traspaso de mis comentarios desde otras pruebas ya han sido publicados.

Por tensoring la secuencia exacta $0 \to \mathfrak a \to A \to A / \mathfrak a \to 0$$M$, obtenemos la secuencia exacta $$ \mathfrak un \otimes_A M \\otimes_A M \a / \mathfrak un \otimes_A M \0. $$

Considerar el isomorfismo canónico $A \otimes_A M \cong M$. Mediante la composición de las flechas que entran y salen de $A \otimes_A M$ en la secuencia exacta de arriba con las flechas de este isomorfismo, obtenemos la secuencia exacta $$ \mathfrak un \otimes_A M \xrightarrow{\varphi} M \xrightarrow{\psi} / \mathfrak un \otimes_A M \0. $$

Es sencillo comprobar que esta secuencia es realmente exacto. Tenemos $$ \ker \psi = \operatorname{im} \varphi = \mathfrak una M. $$

Por lo tanto, el primer teorema de isomorfismo da $A / \mathfrak a \otimes_A M \cong M / \mathfrak a M$.

Answer 2

Me gustaría publicar una alternativa a prueba:

Por la Proposición 2.12 de la ops respuesta (en otras palabras, la característica universal del producto tensor) la siguiente bilineal mapa

\begin{eqnarray*} \psi:A/\mathfrak{a}\times M & \to & M/\mathfrak{a}M \\ (x+\mathfrak{a},M) & \mapsto & xm+\mathfrak{a}M \end{eqnarray*} induce la única lineal mapa \begin{eqnarray*} \Psi:A/\mathfrak{a}\otimes_A M & \to & M/\mathfrak{a}M \\ x+\mathfrak{a}\otimes M & \mapsto & xm+\mathfrak{a}M \end{eqnarray*} (es $\Psi\otimes=\psi$ donde $\otimes:A/\mathfrak{a}\times M\to A/\mathfrak{a}\otimes M$ es el tensor mapa universal de la propiedad)

Por otro lado, hay un lineal mapa \begin{eqnarray*} \phi: & M \to & A/\mathfrak{a}\otimes_A M \\ & m \mapsto & (1+\mathfrak{a})\otimes m \end{eqnarray*} con $\mathfrak{a}M\subseteq$ ker$\phi$, ya que para $x\in\mathfrak{a}$ $m\in M$ tenemos $\phi(xm)=(1+\mathfrak{a})\otimes xm=(x+\mathfrak{a})\otimes m=0$

Por lo tanto, $\phi$ induce la siguiente lineal mapa $$\Phi:M/\mathfrak{a}M \to A/\mathfrak{a}\otimes_A M$$ con la propiedad $\Phi \pi=\phi$ donde $\pi: M\to M/\mathfrak{a}M$ es la natural proyección de mapa.

A continuación se muestra que $\Psi$ $\Phi$ son inversos el uno del otro.

$\Psi\Phi(m+\mathfrak{a}M)=\Psi((1+\mathfrak{a})\otimes m)= m+\mathfrak{a}M$

y

$\Phi\Psi((\sum_i\alpha_ix_i+\mathfrak{a})\otimes\sum_j\beta_jm_j)=\Phi\Psi((1+\mathfrak{a})\otimes\sum_{i,j}\alpha_i\beta_jx_im_j)=\Phi(\sum_{i,j}\alpha_i\beta_jx_im_j+\mathfrak{a}M)=$$(1+\mathfrak{a})\otimes \sum_{i,j}\alpha_i\beta_jx_im_j=(\sum_i\alpha_ix_i+\mathfrak{a})\otimes\sum_j\beta_jm_j$, donde $\alpha_i,\beta_j\in \mathbb{N}$ e son cero para todos, pero un número finito de $i,j$.

Answer 3

Esto es en su mayoría similar a su argumento, pero mucho más fácil.

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A partir de la secuencia exacta$0\to\mathfrak{a}\to A\to A/\mathfrak{a}\to 0$ obtenemos el diagrama conmutativo con filas exactas $$ \ require {AMScd} \ def \ ma {\ mathfrak {a}} \begin{CD} {} @. \ma\otimes_AM @>>> A\otimes_AM @>>> A/\ma\otimes_AM @>>> 0 \\ @. @VVV @VVV @VVV \\ 0 @>>> \ma M @>>> M @>>> M/\ma M @>>> 0 \end {CD} $$ donde la flecha vertical más a la izquierda es surjective y la flecha vertical media es un isomorfismo. Un diagrama estándar persiguiendo muestra que la flecha $$ A / \ ma \ otimes_AM \ a M / \ ma M, $$ definida por$(a+\ma)\otimes x=ax+\ma M$ para hacer que el diagrama sea conmutativo, también es un isomorfismo.

Answer 4

La proposición 2.12: Vamos a $M, N$ $A$- módulos. Entonces existe un par de $(T, g)$ que consta de un $A$-módulos de $T$ e una $A$-mapeo bilineal $g : M \times N \to T$, con la siguiente propiedad:

Dado cualquier $A$-módulo de $P$ y cualquier $A$-mapeo bilineal $f : M \times N \to P$, no existe un único $A$-lineal de asignación de $f' : T \to P$ tal que $f = f' \circ g$ (en otras palabras, cada bilineal de la función en $M \times N$ factores a través de $T$).

Por otra parte, si $(T, g)$ $(T', g')$ son dos pares con esta propiedad, entonces existe un único isomorfismo $j : T \to T'$ tal que $j \circ g = g'$.

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La proposición 2.18: Vamos a $$M' \xrightarrow f M \xrightarrow g M'' \to 0$$ be an exact sequence of $Un$-modules and homomorphisms, and let $N$ be any $Un$-module. Then the sequence $$M' \otimes N \xrightarrow{f \otimes 1} M \otimes N \xrightarrow {g \otimes 1} M'' \otimes N \to 0$$ (where $1$ denotes the identity mapping on $$ N) es exacta.

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La prueba de Ejercicio 2.2: $\newcommand{im}{{\operatorname{im}}}$ Considere la posibilidad de $$ 0 \to \mathfrak a \xrightarrow i A \xrightarrow \pi A / \mathfrak a \to 0$$ where $i : \mathfrak un \a$ is the inclusion map: $x \mapsto x$, and $\pi : \a / \mathfrak un$ is the quotient map: $x \mapsto x + \mathfrak un$. This is a short exact sequence. By Proposition 2.18, $$\mathfrak a \otimes M \xrightarrow{i \otimes 1} A \otimes M \xrightarrow{\pi \otimes 1} (A/\mathfrak a) \otimes M \to 0$$ is exact. This means that $\ker \pi \oplus 1 = \im i \otimes 1$ and $\pi \otimes 1$ is surjective. By the fundamental theorem of module homomorphisms , $(A \otimes M) / \ker (\pi \otimes 1) \cong (A/\mathfrak a) \otimes M$. We show that $(A \otimes M) / \ker (\pi \otimes 1) \cong M/\mathfrak a M$.

Definir $f : A \times M \to M/\mathfrak aM$$(a, m) \mapsto am + \mathfrak aM$$g : A \times M \to A \otimes M$$(a, m) \mapsto a \otimes m$. Por la Proposición 2.12, no existe una única $f'$ tal que $f = f' \circ g$: $$%\xymatrix{A \times M \ar[r]^g \ar[dr]_{f} & A \otimes M \ar[d]^{f'}\\ & M / \mathfrak aM }$$ Observe that $f'$ is surjective, since given any $\overline m = m + \mathfrak aM \M/ \mathfrak aM$, we have $f'(1 \otimes m) = m + \mathfrak aM$. By the fundamental theorem of module homomorphisms, it follows that $\otimes M / \ker f' \cong M/ \mathfrak aM$.

Nos muestran que $\ker f' = \ker (\pi \otimes 1)$: Vamos a $\sum_{k = 1}^n a_k \otimes m_k \in \ker (\pi \otimes 1) = \im (i \otimes 1)$ y observar que $$f' \bigg( \sum_{k = 1}^n a_k \otimes m_k \bigg) = \sum_{k = 1}^n f'(a_k \otimes m_k) = \sum_{k = 1}^n a_k m_k + \mathfrak aM = 0$$ and therefore $\sum_{k = 1}^n a_k \otimes m_k \en \ker f'$. Hence we have $\ker(\pi \otimes 1) \subseteq \ker f'$. Let $x \in \ker f'$ and suppose, without loss of generality, that the element we chose is $1 \otimes m$ (we can do this since $\sum a_k \otimes m_k = 1 \otimes \sum a_k m_k$). Hence we have $f'(1 \otimes m) = 1\cdot m + \mathfrak aM = m + \mathfrak aM = 0$. Thus $m \in \mathfrak aM$, so $m = \sum_{k = 1}^n a_i m_i$ where $a_i \en \mathfrak un$ and $m_i \en M$. It follows immediately that $1 \otimes m = 1 \otimes \sum_{k = 1}^n a_k m_k = \sum_{k = 1}^n a_k \otimes m_k \en \im (i \otimes 1) = \ker (\pi \otimes 1)$. Hence we have $\ker f' \subseteq \ker (\pi \otimes 1)$ and thus $\ker f' = \ker (\pi \otimes 1)$.