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Mostrando $R(m\otimes n)$ es gratis si $Rm$ $Rn$ son gratis

Deje $R$ ser un anillo conmutativo con identidad.

La siguiente es una declaración que me encontré sobre el submódulo $Rt$ generado por un descomponible tensor $t=m\otimes n$ ser libre, dado que el $Rm$ $Rn$ son gratuitas. No estoy seguro de si lo contrario es cierto, pero yo estaría interesado en ver un contraejemplo.

Deje $M, N$ $R$- módulos, y deje $m$$M$$n$$N$. Supongamos también que $Rm$ $Rn$ son gratuitas.

Es $R(m \otimes n)$ libre?

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Xetius Puntos 10445

Creo que esto funciona. Deje $A=k[x,y,z]/(x^2,xy,xz)$, vamos a $M$ ser el cociente de la libre $A$-módulo generado por $e_1$ $e_2$ sujeto a las relaciones $$xe_1=ye_2 \qquad ze_2=0$$ and let $N$ be the quotient of the free $A$-module generated by $f_1$ and $f_2$ subject to the relation $$yf_1=zf_2.$$ Then $e_1$ is free in $M$ and $f_1$ is free in $N$, yet $$x\cdot e_1\otimes f_1 = xe_1\otimes f_1 = ye_2\otimes f_1 = e_2\otimes yf_1 = e_2\otimes zf_2 = ze_2\otimes f_2 = 0.$$

Let me check using Macaulay2:

First, construct our base ring

i1 : R = QQ[x,y,z]/(x*z,x*y,x*x);

Next, $M$ as a quotient of the free module $F=R^2$

i2 : F = R^2;

i3 : M = F / (x*F_0 - y*F_1, z*F_1);

and then $N$, also as a quotient of $F$,

i4 : N = F / (y*F_0 - z*F_1);

The element $e_1$, the image of the first generator of $F$ in $N$ is free:

i5 : kernel map(M, R^1, {{1}, {0}})

o5 = image 0

Likewise, $f_1$,the image of the first generator of $F$ in $N$ is free:

                             1
o5 : R-module, submodule of R

i6 : kernel map(N, R^1, {{1}, {0}})

o6 = image 0
                             1
o6 : R-module, submodule of R

Finally, $e_1\otimes f_1$ is not free in $M\otimes N$:

i7 : kernel map(M**N, R^1, {{1}, {0}, {0}, {0}})

o7 = image | x |

                             1
o7 : R-module, submodule of R

This not only shows that $x$ kills $e_1\otimes f_1$ but that in fact it generates its (one-dimensional) annihilator.

N.B. I constructed this by first deciding the relations which define the modules, and then iteratively computing kernels using and adding relations to the ring until I got $e_1$ and $f_1$ a ser libre.

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codemac Puntos 689

Este es un menor de edad complemento a Mariano de la respuesta. El objetivo es hacer que el cálculo sea lo más fácil y visual posible.

Deje $K$ ser un campo, vamos a $X,Y$ ser indeterminates, y deje $x,y$ ser la canónica imágenes de $X,Y$ en $$A:=\frac{K[X,Y]}{(X^2,XY,Y^2)}\quad. $$ Usando el diagrama $$ e_1\stackrel{y} {\,} e_2\stackrel{x}{\leftarrow}e_3\stackrel{y} {\,} e_4 $$ definir el $A$-módulo de $E$ como sigue:

  • $\{e_1,e_2,e_3,e_4\}$ $K$- base de $E$;

  • la primera flecha, significa $ye_1=e_2$;

  • la ausencia de una $x$-flecha que emanan de $e_1$$xe_1=0$;

y así sucesivamente.

Este es de hecho un $A$-módulo, ya que las flechas son uncomposable, y $Ae_3$ es gratis porque dos flechas que emanan de la $e_3$.

Deje $F$ $A$- módulo conectado de una manera similar al diagrama de $$ f_2\stackrel{x}{\leftarrow}f_3\stackrel{y} {\,} f_4\stackrel{x}{\leftarrow}f_5. $$ En particular, $Af_3$ es gratis.

Ahora calcular $$ x(e_3\otimes f_3)=xe_3\otimes f_3=ye_1\otimes f_3=e_1\otimes yf_3=e_1\otimes xf_5=xe_1\otimes f_5=0. $$ Por lo $A(e_3\otimes f_3)$ es no libre, a pesar de $Ae_3$$Af_3$.

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