Dimostrazione della piattezza dello $ZZ$-modulo $QQ$
Ciao a tutti ragazzi, stavo cercando una dimostrazione del fatto che lo $ZZ$-modulo $QQ$ è piatto (che non faccia uso delle proprietà dei moduli di frazioni). Chiaramente basta mostrare che se $ f : M \to M'$ è un monomorfismo di $ZZ$-moduli, allora, tensorizzando per $QQ$, $ f \otimes 1 : M \otimes QQ \to M' \otimes QQ$ è ancora un monomorfismo.
Ho trovato una dimostrazione che afferma che se $f(m) \otimes \frac{a}{b}=0$ ($=(f \otimes 1)(m \otimes \frac{a}{b})$), allora necessariamente $f(m)=0$ e per l'iniettività di $f$ la dimostrazione è conclusa. Bene, questo fatto non mi convince e non capisco perché. Io avrei detto che, data la fedeltà di $QQ$, allora deve esistere un $n \in ZZ$ tale che $nf(m) \otimes \frac{a}{bn}=0=f(mn) \otimes \frac{a}{nb}$; da cui $nm=0$ e quindi $m \otimes \frac{a}{b}=0$. Il fatto è che non mi convince a pieno neppure questo ragionamento. Provo a spiegarmi meglio: perché in tal caso $m \otimes \frac{a}{b}=0$ se e solo se esso è riconducibile (mediante le proprietà del prodotto tensoriale) ad un elemento del tipo $0 \otimes \frac{a'}{b'}$ ?
Ho riguardato le proprietà del prodotto tensoriale ma non ne vengo a capo.
Grazie a tutti per l'aiuto.
Ho trovato una dimostrazione che afferma che se $f(m) \otimes \frac{a}{b}=0$ ($=(f \otimes 1)(m \otimes \frac{a}{b})$), allora necessariamente $f(m)=0$ e per l'iniettività di $f$ la dimostrazione è conclusa. Bene, questo fatto non mi convince e non capisco perché. Io avrei detto che, data la fedeltà di $QQ$, allora deve esistere un $n \in ZZ$ tale che $nf(m) \otimes \frac{a}{bn}=0=f(mn) \otimes \frac{a}{nb}$; da cui $nm=0$ e quindi $m \otimes \frac{a}{b}=0$. Il fatto è che non mi convince a pieno neppure questo ragionamento. Provo a spiegarmi meglio: perché in tal caso $m \otimes \frac{a}{b}=0$ se e solo se esso è riconducibile (mediante le proprietà del prodotto tensoriale) ad un elemento del tipo $0 \otimes \frac{a'}{b'}$ ?
Ho riguardato le proprietà del prodotto tensoriale ma non ne vengo a capo.
Grazie a tutti per l'aiuto.
Risposte
Ciao! Non sono un granchè in teoria dei moduli, ma vediamo un po'.
Penso tu abbia ragione. Ad esempio, considera lo $\ZZ$-modulo $\ZZ_2$, gruppo abeliano di due elementi, e scegliamo l'identità come mappa iniettiva $f: \ZZ_2 \to \ZZ_2$. Allora chiaramente il teorema è verificato, essendo
\begin{equation}f \otimes 1 : \mathbb{Z}_2 \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Q} \to \mathbb{Z}_2\otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Q}
\end{equation}
iniettivo per il banale fatto che $\ZZ_2\otimes_{\ZZ} QQ = \{ 0 \}$, ma non perché $f(m)$, ovvero $m$, sia zero. Quindi quel ragionamento non regge. Di fatto, se ci pensi, a te non importa se $m$ sia o no zero, tu chiedi che $m \otimes_{\ZZ} \frac{a}{b}$ lo sia, che è una richiesta meno forte.
Penso che il nocciolo del discorso abbia proprio a che fare proprio con i moduli di frazioni, perché arriveresti a dedurre che $m$ è, se non zero, almeno un elemento di torsione, ovvero $c m=0$ per qualche $c \in \ZZ$. Questo conclude: perché quindi seguirebbe che $m \otimes_{\ZZ} \frac{a}{b}=m \otimes_{\ZZ} \frac{c}{c}\frac{a}{b}=cm \otimes_{\ZZ} \frac{a}{cb}= 0 \otimes_{\ZZ} \frac{a}{cb}=0$ ovvero l'iniettività di $f \otimes 1$.
Ad esempio puoi leggere la dimostrazione della piattezza di $\QQ$ all'inizio dell'ultima pagina, specialmente dove parla di come usare la torsione degli elementi, qui.
Il legame tra torsione e l'essere zero nel prodotto tensoriale lo leggi nell'ultimo commento qua. Ma queste fonti usano i moduli di frazioni.
Infine, non ho capito bene il tuo ragionamento dove deduci appunto che $m$ è di torsione (ovvero nm=0). In particolare, tale $n$ può essere ogni numero mi pare di vedere.
Sull'ultima domanda, devo pensarci un attimo, non mi viene ora.
Ciao
"JellyBean22":
Ho trovato una dimostrazione che afferma che se $f(m) \otimes \frac{a}{b}=0$ ($=(f \otimes 1)(m \otimes \frac{a}{b})$), allora necessariamente $f(m)=0$ e per l'iniettività di $f$ la dimostrazione è conclusa. Bene, questo fatto non mi convince e non capisco perché.
Penso tu abbia ragione. Ad esempio, considera lo $\ZZ$-modulo $\ZZ_2$, gruppo abeliano di due elementi, e scegliamo l'identità come mappa iniettiva $f: \ZZ_2 \to \ZZ_2$. Allora chiaramente il teorema è verificato, essendo
\begin{equation}f \otimes 1 : \mathbb{Z}_2 \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Q} \to \mathbb{Z}_2\otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Q}
\end{equation}
iniettivo per il banale fatto che $\ZZ_2\otimes_{\ZZ} QQ = \{ 0 \}$, ma non perché $f(m)$, ovvero $m$, sia zero. Quindi quel ragionamento non regge. Di fatto, se ci pensi, a te non importa se $m$ sia o no zero, tu chiedi che $m \otimes_{\ZZ} \frac{a}{b}$ lo sia, che è una richiesta meno forte.
Penso che il nocciolo del discorso abbia proprio a che fare proprio con i moduli di frazioni, perché arriveresti a dedurre che $m$ è, se non zero, almeno un elemento di torsione, ovvero $c m=0$ per qualche $c \in \ZZ$. Questo conclude: perché quindi seguirebbe che $m \otimes_{\ZZ} \frac{a}{b}=m \otimes_{\ZZ} \frac{c}{c}\frac{a}{b}=cm \otimes_{\ZZ} \frac{a}{cb}= 0 \otimes_{\ZZ} \frac{a}{cb}=0$ ovvero l'iniettività di $f \otimes 1$.
Ad esempio puoi leggere la dimostrazione della piattezza di $\QQ$ all'inizio dell'ultima pagina, specialmente dove parla di come usare la torsione degli elementi, qui.
Il legame tra torsione e l'essere zero nel prodotto tensoriale lo leggi nell'ultimo commento qua. Ma queste fonti usano i moduli di frazioni.
Infine, non ho capito bene il tuo ragionamento dove deduci appunto che $m$ è di torsione (ovvero nm=0). In particolare, tale $n$ può essere ogni numero mi pare di vedere.
Sull'ultima domanda, devo pensarci un attimo, non mi viene ora.
Ciao
Ciao! Anzitutto grazie mille della risposta. Questo mi ha fatto capire che ho fatto una domanda sensata .
Il mio ragionamento diciamo che partiva da un "supponendo che". Partiamo da presupposto che fino a poco fa non sapevo che cosa fosse un elemento di torsione (ho studiato algebra commutativa da solo). Però, ora che lo so, credo di potermi spiegare meglio. In sostanza ho pensato "se $m \otimes \frac{a}{b}=0$, allora, partendo dal presupposto che ciò accade se è solo se $m$ è di torsione, deve esistere necessariamente un elemento $n$ tale che $mn=0$". Per cui la mia domanda si riduce alla seguente (che sarebbe l'ultima domanda che ho fatto nel post): perché $m \otimes \frac{a}{b}=0$ se e solo se $m$ è di torsione?
.Il mio ragionamento diciamo che partiva da un "supponendo che". Partiamo da presupposto che fino a poco fa non sapevo che cosa fosse un elemento di torsione (ho studiato algebra commutativa da solo). Però, ora che lo so, credo di potermi spiegare meglio. In sostanza ho pensato "se $m \otimes \frac{a}{b}=0$, allora, partendo dal presupposto che ciò accade se è solo se $m$ è di torsione, deve esistere necessariamente un elemento $n$ tale che $mn=0$". Per cui la mia domanda si riduce alla seguente (che sarebbe l'ultima domanda che ho fatto nel post): perché $m \otimes \frac{a}{b}=0$ se e solo se $m$ è di torsione?
Questo ti dice che essere piatto su un PID (quale e' \(\mathbb{Z}\) ) e' equivalente all'essere senza torsione https://crazyproject.wordpress.com/2011 ... quivalent/
Questo è interessante . Mi da un altro modo immediato per dimostrare la piattezza di $QQ$. Tuttavia quel dubbio rimane sempre 
. Mi da un altro modo immediato per dimostrare la piattezza di $QQ$. Tuttavia quel dubbio rimane sempre
"JellyBean22":
Questo è interessante
Vedi qua, precisamente Lemma 1.13. Usando solo la definizione costruttiva di prodotto tensoriale, in maniera indiretta, nella dimostrazione puoi vedere come dedurre che $m \otimes 1=0$ implichi che $m$ sia annullato da qualche intero $n$ (e' di torsione). Il caso $m \otimes \frac{a}{b}$ e' analogo (ti torna?).
Il viceversa, cioe' vedere che se $m$ e' di torsione allora il tensore e' zero, e' immediato come abbiamo gia' visto.
Ciao!
Si, certo, torna ; leggerò con calma il documento. Grazie dell'aiuto e alla prossima!
; leggerò con calma il documento. Grazie dell'aiuto e alla prossima!
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