Hace $a\otimes b=0$ en $M\otimes_R N$ implica $ar=0$ o $rb=0$ para un número no nulo de $r\in R$ ?

Question

Dejemos que $R$ sea un anillo y que $M$ ser un derecho $R$ -módulo y $N$ ser una izquierda $R$ -módulo. Entonces $M\otimes_R N$ es el producto tensorial sobre $R$ .

Considere $a\in M$ y $b\in N$ tal que el tensor puro $a\otimes b=0$ . Entonces entiendo que esto no implica que $a=0$ o $b=0$ .

Mi pregunta es: ¿hay $r\in R$ , $r\ne0$ tal que $ar=0$ o $rb=0$ ?

Si la pregunta es cierta, quiero saber la prueba. Si no, ¿podría darme algún contraejemplo?

Answer 1

He aquí un tonto contraejemplo. Dejemos que $R$ sea el anillo cero. Entonces no hay elementos no nulos de $R$ , por lo que tal $r$ trivialmente nunca puede existir. (Nótese que la única $R$ -módulo es el $0$ por lo que sólo hay una versión de este ejemplo: $M=N=0$ y $a=b=0$ .)

Si $R$ es un dominio integral, entonces la respuesta es sí. Supongamos que $a\in M$ y $b\in N$ no son de torsión (es decir, no son aniquilados por ningún elemento no nulo de $R$ ). Sea $K$ sea el campo de fracciones de $R$ y que $T(M)$ sea el submódulo de elementos de torsión de $M$ . Tenga en cuenta que $M/T(M)$ es libre de torsión, por lo que el mapa de inclusión $M/T(M)\to M/T(M)\otimes_R K$ es inyectiva (se puede demostrar esto identificando $M/T(M)\otimes_R K$ con la localización de $M/T(M)$ con respecto a todos los elementos no nulos de $R$ ). En particular, dado que $a\in M$ no es un elemento de torsión, entonces la imagen de $a$ bajo la composición $M\to M/T(M)\to M/T(M)\otimes_R K$ es distinto de cero. Como $M/T(M)\otimes_R K$ es un $K$ -espacio vectorial, existe un $K$ -mapa lineal $M/T(M)\otimes_R K\to K$ que envía la imagen de $a$ a $1$ . Componiendo todos estos mapas juntos, obtenemos un homomorfismo $f:M\to K$ tal que $f(a)=1$ .

Desde $b\in N$ tampoco es de torsión, entonces por el mismo argumento existe un homomorfismo $g:N\to K$ tal que $g(b)=1$ . Existe entonces un homomorfismo único $h:M\otimes N\to K$ tal que $h(m\otimes n)=f(m)g(n)$ para todos $m$ y $n$ . Entonces tenemos $h(a\otimes b)=1$ Así que $a\otimes b\neq 0$ .

No sé qué pasa con los anillos arbitrarios $R$ .

Answer 2

El siguiente argumento funciona si $N$ es plana (para que la incrustación $aR \subseteq M$ para ser preservado por el producto tensorial con $N$ ) y $R$ es un anillo reducido .

Si $a$ es un elemento de torsión de $M$ entonces existe una regularidad $r \in R$ tal que $ar = 0$ , independientemente de si $a \otimes b = 0$ o no. En este caso, su conclusión es trivial.

Supongamos ahora que $a$ no es un elemento de torsión de $M$ . Sólo por definición, se deduce que $aR \subseteq M$ es un sin torsión $R$ -módulo: cada $f \in (aR)^* = \hom_R (aR,R)$ viene dado por su valor en $a$ , digamos que $f(a)=q \in R$ Así que si $r \in R$ es tal que $f(ar) = 0$ para todos $f \in (aR)^*$ se deduce que $qr = 0$ para todos $q \in R$ y en particular $r^2 = 0$ De ahí que $r=0$ (porque $R$ se reduce). Concluimos que $\bigcap \limits _{f \in \hom _R (aR,R)} \ker f = 0$ .

Si $f \in \hom _R (aR,R)$ entonces

$$0 = (f \otimes \text{id}_N) (0) = (f \otimes \text{id}_N) (a \otimes b) = f(a)b .$$

Hay dos posibilidades:

• si $a \in \bigcap \limits _{f \in \hom _R (aR,R)} \ker f$ entonces $a=0$ Así que puede tomar $r=1$ (suponiendo que $R$ para ser unital);

• si $a \notin \bigcap \limits _{f \in \hom _R (aR,R)} \ker f$ entonces existe $f_0 \in \hom _R (aR,R)$ tal que $f_0 (a) \ne 0$ , por lo que dejar que $r_0 = f_0 (a)$ implica que $r_0 b = 0$ .

  Si $R$ es unital podemos hacerlo aún mejor: considerando la forma $f(ar)=r$ obtenemos $r_0 =f(a)=1$ , lo que implica $b=0$ .