Deje $M,N$ $R$ módulos de e $P^\bullet, Q^\bullet$ son sus proyectiva resoluciones. Podemos obtener proyectiva resolución de $M\otimes N$$P^\bullet, Q^\bullet$. Si entiendo correctamente homología de grupos de $P^\bullet\otimes Q^\bullet$ $Tor(M,N)$ así que no es una resolución proyectiva.
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
Gabriel
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Hay mucho que hacer en su pregunta, así que voy a tratar y la dirección de la misma pieza por pieza. Permite trabajar sobre un anillo conmutativo, así que no necesita ser cuidado.
$Tor(M,N)$ es un bifunctor, y puede ser calculado como usted probablemente sabe, por las resoluciones de $M$ o $N$, tensoring de manera apropiada y, a continuación, tomar la homología. Sin embargo lo que he descrito (un producto tensor de complejos) es la prueba de esa declaración.
El tensor de la compled $P^*\otimes Q^*$ es una enorme doble complejo. Dependiendo de su familiaridad con el espectral de las secuencias, se necesita un poco o un mucho de trabajo, para demostrar que desde las filas de este doble complejos son exactas, tomando la homología de los rendimientos, precisamente,$Tor(M,N)$. Sin embargo, observe que esto no quiere decir que el producto tensor complejo no es proyectiva o acíclicos. Al igual que cuando se tome una resolución proyectiva, tensor y tomar homología, "filosóficamente" está siempre a la izquierda con al menos uno distinto de cero homología de grupo (sólo en las más altas desaparecer en algunos casos), es decir, $Tor_0$ de lo que se desea calcular, en el caso de un doble complejo, el $P^i$ $Q^j$ no contribuir a su propia homología, así que usted no necesita preocuparse de que usted está calculando cosas que no quiere.
Ahora a tu pregunta: producto Tensor de objetos planos permanecen planas. El producto tensor de cosas gratis permanece libre (de trabajo esto!). El producto tensor de proyectivas de los objetos, por lo tanto, también sigue siendo proyectiva!
Todo esto es un buen augurio para nosotros. Así que ahora, tenemos una doble monstruoso complejo, y nosotros queremos resolver el objeto de $M\otimes N$. No muy a tener sentido decir que "la doble complejo resuelve $M\otimes N$", pero no está lejos de la verdad: tomar el complejo total de esta doble complejo. Que es, la suma directa de los objetos de un total de grado y formar un complejo. Para convertirlo en un complejo que tiene que ser un poco cuidadoso: utilizar el signo truco para corregir las diferencias (ver aquí por ejemplo) y a un complejo. Este complejo es exacto (esto trabaja a mano, o usar Kunneth). Y cada uno de los objetos son proyectivos.
