Zero nel prodotto tensore di moduli
Sia $R$ un anello commutativo con unità.
Siano $A,B$ due $R$-moduli e sia $A \otimes B$ il loro prodotto tensore su $R$, con la naturale struttura di $R$-modulo.
La seguente affermazione è vera?
$a \otimes b = 0$ in $A \otimes B$ se e solo se esiste $r \in R$ tale che $b = r \beta$ per qualche $\beta \in B$ e $ra = 0$.
Una delle due implicazioni è facile. Infatti se vale quella condizione si ha
\[ a \otimes b = a \otimes r \beta = ra \otimes \beta = 0.\]
Ammesso che l'altra implicazione sia vera, ho qualche difficoltà a dimostrarla. C'è un modo immediato di vedere questo fatto senza andare ad impazzire con le relazioni che definiscono il prodotto tensore a partire dal gruppo libero sul prodotto diretto?
Siano $A,B$ due $R$-moduli e sia $A \otimes B$ il loro prodotto tensore su $R$, con la naturale struttura di $R$-modulo.
La seguente affermazione è vera?
$a \otimes b = 0$ in $A \otimes B$ se e solo se esiste $r \in R$ tale che $b = r \beta$ per qualche $\beta \in B$ e $ra = 0$.
Una delle due implicazioni è facile. Infatti se vale quella condizione si ha
\[ a \otimes b = a \otimes r \beta = ra \otimes \beta = 0.\]
Ammesso che l'altra implicazione sia vera, ho qualche difficoltà a dimostrarla. C'è un modo immediato di vedere questo fatto senza andare ad impazzire con le relazioni che definiscono il prodotto tensore a partire dal gruppo libero sul prodotto diretto?
Risposte
"Il prof. Walter Spangher":Ed ha ragione; i prodotti tensoriali di moduli non li utilizzato (esattamente) da 28 giorni e non me li ricordo...
L'algebra è traditrice, se non la utilizzi la dimentichi!
Faccio un tentativo: se non erro con \(R=\mathbb{Z};A=\mathbb{Z}_p;B=\mathbb{Z}_q\) ove \(p;q\in\mathbb{P}\) ottieni il \(\mathbb{Z}\)-modulo (o gruppo abeliano) nullo!
Sì...ma questo non contraddice quello che sto dicendo io. Con $[\cdot]_p$ indico la classe modulo $p$ (e analogamente quella modulo $q$).
In $\ZZ_p \otimes \ZZ_q$ (con $p\ne q$) facciamo vedere che $1 \otimes 1 = 0$.
Infatti $
In $\ZZ_p \otimes \ZZ_q$ (con $p\ne q$) facciamo vedere che $1 \otimes 1 = 0$.
Infatti $
_q$ è invertibile in $\ZZ_q$, e chiamiamo $[m]_q$ il suo inverso. Si ha $1 \otimes 1 = 1 \otimes
_q[m]_q = p (1 \otimes [m]_q) =
_p \otimes [m]_q = 0$.
In pratica sempre quando $m,n$ sono coprimi $\ZZ _m \otimes \ZZ_n =0$.
L'affermazione e' falsa in generale. Ecco un controesempio.
Sia $k$ un campo e sia $R=k[X,Y]$/$(X^2,XY,Y^2)$.
Allora $R$ e' un anello locale con ideale massimale $(X,Y)$.
Sia $A=R$ e sia $a=X\in R$. Sia $B=R^2$ e sia $b=((X),(Y))\in R^2$.
Allora $a\otimes b$ e' zero in $A\otimes_RB$. Ma non esiste un
elemento $r\in R$ con le proprieta' indicate.
Infatti se $ra=0$, allora $r$ non puo' essere invertibile.
D'altra parte, se $b$ e' divisibile per $r$, abbiamo le inclusioni di ideali
$(X,Y)\subset (r)\subset R$. Poiche' $(X,Y)$ non e` principale, abbiamo
per forza $(r)=R$ e quindi $r$ e' invertibile. Contraddizione.
Sia $k$ un campo e sia $R=k[X,Y]$/$(X^2,XY,Y^2)$.
Allora $R$ e' un anello locale con ideale massimale $(X,Y)$.
Sia $A=R$ e sia $a=X\in R$. Sia $B=R^2$ e sia $b=((X),(Y))\in R^2$.
Allora $a\otimes b$ e' zero in $A\otimes_RB$. Ma non esiste un
elemento $r\in R$ con le proprieta' indicate.
Infatti se $ra=0$, allora $r$ non puo' essere invertibile.
D'altra parte, se $b$ e' divisibile per $r$, abbiamo le inclusioni di ideali
$(X,Y)\subset (r)\subset R$. Poiche' $(X,Y)$ non e` principale, abbiamo
per forza $(r)=R$ e quindi $r$ e' invertibile. Contraddizione.
Ok...non sarei mai arrivato a un controesempio del genere. Grazie mille.
A questo punto mi verrebbe da dire che è vero se l'anello $R$ è un dominio. In particolare la proprietà dipende solo dall'anello e non dai moduli.
Può essere vera una cosa del genere?
A questo punto mi verrebbe da dire che è vero se l'anello $R$ è un dominio. In particolare la proprietà dipende solo dall'anello e non dai moduli.
Può essere vera una cosa del genere?
No, no ..
$A$ e $B$ sono anche moduli su $k[X,Y]$.
Il fatto che $R$ ha un ideale non principale mi sembra piu' rilevante
$A$ e $B$ sono anche moduli su $k[X,Y]$.
Il fatto che $R$ ha un ideale non principale mi sembra piu' rilevante
No scusa, ma mi è venuta in mente una cosa. Nel tuo esempio sopra, tu dici $a \otimes b = 0$ (tensorizzando su $R$, ma magari anche solo su $K[X,Y]$, o anche solo su $K[X]$).
Cosa c'è che non funziona in questa catena di uguaglianze?
\[ a \otimes b = X \otimes (X,Y) = X (1 \otimes (X,Y)) = 1 \otimes X(X,Y) = 0,\]
prendendo $r = X$ secondo le mie notazioni del primo post.
Forse ho espresso male quello che voglio fare nel primo post, ma in pratica io vorrei che i tensori puri fossero zero se e solo se spostando qua e là scalari (nel senso di elementi dell'anello su cui tensorizzo) posso ottenere zero in uno dei due fattori.
Comunque, se questo non funziona, come fai a dire a $a \otimes b =0$?
Cosa c'è che non funziona in questa catena di uguaglianze?
\[ a \otimes b = X \otimes (X,Y) = X (1 \otimes (X,Y)) = 1 \otimes X(X,Y) = 0,\]
prendendo $r = X$ secondo le mie notazioni del primo post.
Forse ho espresso male quello che voglio fare nel primo post, ma in pratica io vorrei che i tensori puri fossero zero se e solo se spostando qua e là scalari (nel senso di elementi dell'anello su cui tensorizzo) posso ottenere zero in uno dei due fattori.
Comunque, se questo non funziona, come fai a dire a $a \otimes b =0$?
Hai scambiato $a$ e $b$!
OK. Allora prendo $A=B=R^2$ e $a=b=((X),(Y))$.
Adesso sempre $a\otimes b=0$, ma $a=b$ non e' divisibile per nessun
scalare non invertibile di $R$.
OK. Allora prendo $A=B=R^2$ e $a=b=((X),(Y))$.
Adesso sempre $a\otimes b=0$, ma $a=b$ non e' divisibile per nessun
scalare non invertibile di $R$.
Ok...e possiamo mostrarlo così
\[ (X,Y) \otimes (X,Y) = ( (X,0) \otimes (X,0)) + ((X,0) \otimes (0,Y)) + ((0,Y) \otimes (X,0)) + ((0,Y) \otimes (0,Y))\]
e in ognuno degli addendi faccio lo spostamento scegliendo $r= X$ o $r=Y$.
Perfetto, ora mi torna. Comunque visto che $R$ è anche un $K[X]$ modulo (e $K[X]$ ha tutte le proprietà belle del mondo), la mia speranza di trovare un posto (nel senso di una determinata classe di anelli) dove quella proprietà vale (per tutti i moduli su anelli di quella classe) credo che vada a farsi benedire.
E più in generale, mostrare che un tensore puro $a \otimes b$ NON è zero, è un gran casino.
\[ (X,Y) \otimes (X,Y) = ( (X,0) \otimes (X,0)) + ((X,0) \otimes (0,Y)) + ((0,Y) \otimes (X,0)) + ((0,Y) \otimes (0,Y))\]
e in ognuno degli addendi faccio lo spostamento scegliendo $r= X$ o $r=Y$.
Perfetto, ora mi torna. Comunque visto che $R$ è anche un $K[X]$ modulo (e $K[X]$ ha tutte le proprietà belle del mondo), la mia speranza di trovare un posto (nel senso di una determinata classe di anelli) dove quella proprietà vale (per tutti i moduli su anelli di quella classe) credo che vada a farsi benedire.
E più in generale, mostrare che un tensore puro $a \otimes b$ NON è zero, è un gran casino.
"Pappappero":
E più in generale, mostrare che un tensore puro $a \otimes b$ NON è zero, è un gran casino.
welcome to Homological Algebra 1.
"Pappappero":
E più in generale, mostrare che un tensore puro $ a \otimes b $ NON è zero, è un gran casino.
Una condizione sufficiente a che [tex]a \otimes b \ne 0[/tex] se [tex]a,b \ne 0[/tex] è che esista una mappa [tex]\varphi \colon B \to R[/tex] tale che [tex]\varphi(b) = 1[/tex]. Non è necessaria, ma talvolta torna molto utile. La dimostrazione è talmente facile che mi vergogno di scrivere questo post.
Questo mi torna, ma non si applica al mio caso.
In realtà neanche capire come sono fatti i tensori puri che sono zero si applica al mio caso, quindi vi spiego meglio il mio problema, che credo sia un fatto assolutamente standard in algebra commutativa:
Sia $K$ un campo e sia $K[\alpha]$ un'estensione semplice con $\alpha^2 \in K$ (in particolare nel mio caso ho $K = \QQ$ e $\alpha = \sqrt{d}$ con $d$ libero da quadrati). Io voglio far vedere che $K[\alpha] \otimes_K K[\alpha]$ contiene un divisore di zero, e il mio candidato ideale come divisore di $0$ è $\alpha \otimes 1 - 1 \otimes \alpha$, che fa zero quando moltiplicato per $\alpha \otimes 1 + 1 \otimes \alpha$. Però voglio far vedere che questi due elementi sono diversi da zero (e far vedere che uno è diverso da zero sarà del tutto simile a far vedere che anche l'altro è diverso da zero).
Poi vorrei generalizzare la cosa al caso in cui $\alpha^k \in K$ (con $k > 2$), ma una volta capito il caso con il quadrato dovrebbe essere facile il resto (immagino verrà fuori una combinazione di potenze di $\alpha$ tipo l'inizio della serie geometrica o qualcosa di simile).
In realtà neanche capire come sono fatti i tensori puri che sono zero si applica al mio caso, quindi vi spiego meglio il mio problema, che credo sia un fatto assolutamente standard in algebra commutativa:
Sia $K$ un campo e sia $K[\alpha]$ un'estensione semplice con $\alpha^2 \in K$ (in particolare nel mio caso ho $K = \QQ$ e $\alpha = \sqrt{d}$ con $d$ libero da quadrati). Io voglio far vedere che $K[\alpha] \otimes_K K[\alpha]$ contiene un divisore di zero, e il mio candidato ideale come divisore di $0$ è $\alpha \otimes 1 - 1 \otimes \alpha$, che fa zero quando moltiplicato per $\alpha \otimes 1 + 1 \otimes \alpha$. Però voglio far vedere che questi due elementi sono diversi da zero (e far vedere che uno è diverso da zero sarà del tutto simile a far vedere che anche l'altro è diverso da zero).
Poi vorrei generalizzare la cosa al caso in cui $\alpha^k \in K$ (con $k > 2$), ma una volta capito il caso con il quadrato dovrebbe essere facile il resto (immagino verrà fuori una combinazione di potenze di $\alpha$ tipo l'inizio della serie geometrica o qualcosa di simile).
Il mio metodo si applica, in realtà. Considera la mappa traccia [tex]\text{Tr} \colon K[\alpha] \to K[/tex] e poi prendi [tex]1 \otimes \text{Tr} \colon K[\alpha] \otimes_K K[\alpha] \to K[\alpha][/tex] definita sui tensori puri come [tex](1 \otimes \text{Tr})(x \otimes y) := \text{Tr}(y) x[/tex]. Allora [tex](1 \otimes \text{Tr})(1 \otimes \alpha - \alpha \otimes 1) = \text{Tr}(\alpha) - \text{Tr}(1) \alpha[/tex]. Ora, [tex]\text{Tr}(\alpha) = [K[\alpha]:K] = d[/tex]. Se [tex]\text{char}(K) \nmid d[/tex] hai finito: in questo caso, infatti, [tex]d \alpha \ne 0[/tex] e visto che [tex]\alpha \not \in K[/tex], non puoi avere [tex]d \alpha - \text{Tr}(\alpha) = 0[/tex]. Se [tex]1 \otimes \alpha - \alpha \otimes 1[/tex] fosse nullo, la sua immagine tramite una mappa lineare sarebbe nulla!Comunque, quando l'anello di base è un campo, non c'è praticamente mai nessun problema. Puoi ad esempio dimostrare che se [tex]\mathbf v_1,\ldots,\mathbf v_r[/tex] sono vettori linearmente indipendenti di [tex]V[/tex] e [tex]\mathbf w \ne 0[/tex] in [tex]W[/tex], allora [tex]\mathbf v_1 \otimes \mathbf w, \ldots, \mathbf v_r \otimes \mathbf w[/tex] sono linearmente indipendenti in [tex]V \otimes W[/tex]. Puoi anche calcolare il rango dei tensori, se la base è un campo. Si tratta sostanzialmente di adattare il metodo di riduzione di Gauss per matrici.
Mmm..tutto torna se hai fatto un errore quando hai scritto $Tr(\alpha) = d$. Mi torna che sia $Tr (1) = d$ e $Tr(\alpha) = 0$. (la mia estensione ha grado $2$ e ho $\alpha^2 \in K$, quindi l'altra radice è $-\alpha$).
L'idea è che io definisco una mappa da $K[\alpha] \otimes K[\alpha]$ in $K[\alpha]$ che non fa zero sul mio elemento.
Puoi (ri)-enunciare per piacere in generale il criterio che hai scritto nel primo post di questa pagina? Senza fare riferimento ai tensori puri. O forse è semplicemente una cosa superstandard della serie
$\omega \in A \otimes B$ non è zero se esiste una mappa $\phi: A \otimes B \to C$ tale che $\phi(\omega) \ne 0$.
L'idea è che io definisco una mappa da $K[\alpha] \otimes K[\alpha]$ in $K[\alpha]$ che non fa zero sul mio elemento.
Puoi (ri)-enunciare per piacere in generale il criterio che hai scritto nel primo post di questa pagina? Senza fare riferimento ai tensori puri. O forse è semplicemente una cosa superstandard della serie
$\omega \in A \otimes B$ non è zero se esiste una mappa $\phi: A \otimes B \to C$ tale che $\phi(\omega) \ne 0$.
Intendevo naturalmente [tex]\text{Tr}(1) = d[/tex], scusa per l'errore grossolano.
In realtà l'idea del "criterio" che ho dato è l'ultima cosa che hai scritto:
combinata con il fatto che talvolta è facile costruire mappe [tex]A \otimes B \to A[/tex] utilizzando la proprietà universale del prodotto tensore e partendo da mappe lineari [tex]\varphi \colon B \to R[/tex]. Infatti, ogni mappa di questo tipo produce [tex]1 \otimes \varphi \colon A \otimes_R B \to A \otimes_R R \simeq A[/tex], che è quello che ho fatto io prima. Ti torna adesso?
In realtà l'idea del "criterio" che ho dato è l'ultima cosa che hai scritto:
"Pappappero":
Mmm..tutto torna se hai fatto un errore quando hai scritto [tex]Tr(\alpha) = d[/tex]. Mi torna che sia [tex]Tr (1) = 0[/tex] forse è semplicemente una cosa superstandard della serie
[tex]\omega \in A \otimes B[/tex] non è zero se esiste una mappa [tex]\phi: A \otimes B \to C[/tex] tale che [tex]\phi(\omega) \ne 0[/tex].
combinata con il fatto che talvolta è facile costruire mappe [tex]A \otimes B \to A[/tex] utilizzando la proprietà universale del prodotto tensore e partendo da mappe lineari [tex]\varphi \colon B \to R[/tex]. Infatti, ogni mappa di questo tipo produce [tex]1 \otimes \varphi \colon A \otimes_R B \to A \otimes_R R \simeq A[/tex], che è quello che ho fatto io prima.
Ti torna adesso?
Perfetto...grazie mille
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