Restricción de escalares es un derecho medico adjunto producto tensor

Question

Esta es la primera vez que voy hacer una pregunta, espero que no sea una pregunta tonta.
Estoy estudiando a través de Ravi Vakil notas, y llegué a este 1.5 E ejercicio que se lee como este:

Supongamos $A \to B$ es una de morfismos de anillos. Si $M$ $B$- módulo, usted puede crear un $A$-módulo de $M_A$ considerando como un $A$-módulo. Esto le da un functor $\newcommand\Mod{\mathop{\textrm{Mod}}\nolimits}(\,\cdot_A) : \Mod(B) \to \Mod(A)$. Muestran que este functor es derecho-adjoint a $( \cdot \otimes_A B)$. En otras palabras, describir un bijection

$\newcommand\In{\mathop{\textrm{Hom}}\nolimits} \Hom_B(N \otimes_A B,M) \cong \Hom_A(N,M_A)$ functorial en ambos argumentos.

Puedo ver claramente por qué $N \otimes_A B$ $B$- módulo (es suficiente para definir la multiplicación $b(n\otimes c)=(n \otimes_b c))$. He pensado en ello, pero yo simplemente no puede encontrar un bijection.

Gracias a todos de antemano.

Answer 1

Si $M_B$ $B$- módulo, a continuación, $M_A\cong\operatorname{Hom}_B(B,M)$ donde $B$ es considerado como un $A$-$B$-bimodule, así que este es el estándar de contigüidad entre el tensor y Hom.

Una forma directa de ver la bijection es considerar $f\colon N\otimes_AB\to M$ y el envío a $\tilde{f}\colon N\to M$ definido por $$\tilde{f}(n)=f(n\otimes 1)$$ que es una de morfismos de $A$-módulos: $$\tilde{f}(na)=f(na\otimes 1)=f(n\otimes a)=f((n\otimes 1))=\tilde{f}(n)un$$ Del mismo modo, se puede definir, dado $g\colon N_A\to M_A$, $$\hat{g}\colon N\times B\a M$$ por $$g'(n,b)=g(n)b$$ que es $A$equilibrada: $$g'(na,b)=g(na)b=g(n)ab=g'(n,ab)$$ y por lo $g'$ define un único morfismos $\hat{g}\colon N\otimes_A B\to M$ ($B$- módulos).

Se trata de una simple verificación de que tenemos dos mapas de la inversa de la otra.