Genauigkeit der Sequenz und Lokalisierung

Question

Annehmen $A$ ist eine endlich erzeugte $\mathbb{Z}$-Algebra und $R$ ist eine endlich erzeugte $A$-Algebra. Wir haben eine Folge von endlich erzeugt$R$-Module \begin{align*} \mathbb{F}:M_1\rightarrow M_2\rightarrow M_3 \end{align*} so dass die Zusammensetzung der Karten in der Sequenz Null ist (nicht genau) und wir wissen das $\mathbb{F}\otimes \mathrm{Frac}(A)$, wo $\mathrm{Frac}(A)$ ist das Bruchfeld von $A$ist genau bei $M_2\otimes\mathrm{Frac}(A)$. Dann folgt daraus$\mathbb{F}\otimes A_a$ ist genau bei $M_2\otimes A_a$ für einige ungleich Null $a\in A$?

Answer 1

$\newcommand{\im}{\mathrm{im}}$

Mit den hinzugefügten Bedingungen wird dies wahr (ich nehme die Notation an $\mathrm{Frac}(A)$ geht davon aus $A$ ist eine integrale Domäne).

Betrachten Sie die Aufnahme $\im\subset \ker$. $A_a\otimes \im \subset A_a\otimes \ker$ ist immer noch eine Aufnahme, wie $A_a$ ist flach, also müssen wir nur beweisen, dass es für einige eine Gleichheit wird $a$.

Beachten Sie jedoch, dass diese Aufnahme immer noch besteht $R$-linear (obwohl wir überspannen $A$). Wenn die LHS Generatoren der RHS enthält, ist die Einbeziehung eine Gleichheit.

$\ker$ wird endlich erzeugt ($R$ ist noetherisch, da es endlich über generiert wird $\mathbb Z$, und $M_2$wird endlich durch Hypothese erzeugt, daher auch jedes Submodul); also lass$x_1,...,x_n$ bezeichnen eine Reihe von Generatoren.

$\mathrm{Frac}(A) \otimes \im \to \mathrm{Frac}(A)\otimes \ker$ ist das gerichtete colimit des $A_a\otimes \im\to A_a\otimes \ker$.

Also lass $y_1,...,y_n\in A_a\otimes \im$ Elemente sein, die Vorboten von werden $x_1,...,x_n$ unter $A_a\otimes \im \to \mathrm{Frac}(A)\otimes \im$.

Daraus folgt, dass die Bilder von $y_1,...,y_n$ im $A_a\otimes \ker$ identifiziert werden mit $x_1,...,x_n$ im $\mathrm{Frac}(A)\otimes \ker$. Da es nur endlich viele von ihnen gibt, identifizieren sie sich mit$x_1,...,x_n$ in einigen $A_b\otimes\ker$ für einige $b$ teilbar durch $a$, und so $A_b\otimes \im\to A_b\otimes \ker$ ist $R$-linear und sein Bild enthält $x_1,...,x_n$Also sind wir fertig.

Answer 2

Die Antwort ist nein ohne weitere Hypothesen.

In der Tat nehmen $A=R=\mathbb Z$, $M_1 = M_2 = \mathbb Q, M_3 = \mathbb{Q/Z}$, die Sequenz $\mathbb F$ ist $id_\mathbb Q$ gefolgt von der kanonischen Projektion.

Es ist eindeutig nicht genau in $M_2$ (($id_\mathbb Q$ ist surjektiv, die kanonische Projektion jedoch nicht $0$), ähnlich wenn Sie mit Tensor $\mathbb Z[\frac 1 n]$ für jeden $n$.

Allerdings, wenn Sie es mit Tensor $\mathbb Q$, du kriegst $\mathbb{Q\to Q}\to 0$ das ist in der Tat genau.

Wenn Sie eine Sequenz wünschen, in der sich der Verbund befindet $0$das kannst du auch:

$\mathbb Z \overset{(1,0)}\to \mathbb{Q\oplus Q}\overset{(0,1)}\to \mathbb Q$.

Das Composite ist natürlich $0$, wenn Sie es mit Tensor $\mathbb Q$erhalten Sie eine kurze kurze exakte Sequenz; jedoch, wenn Sie es mit Tensor$\mathbb Z[\frac 1 n]$ es wird immer noch nicht genau sein ($\ker/\mathrm{im} = \mathbb Q/\mathbb Z[\frac 1 n]$)