Exactitude de la séquence et de la localisation

Question

Supposer $A$ est un produit fini $\mathbb{Z}$-algèbre et $R$ est un produit fini $A$-algèbre. Nous avons une séquence de produits finis$R$-modules \begin{align*} \mathbb{F}:M_1\rightarrow M_2\rightarrow M_3 \end{align*} tel que le composite des cartes dans la séquence est nul (non exact) et nous savons que $\mathbb{F}\otimes \mathrm{Frac}(A)$, où $\mathrm{Frac}(A)$ est le champ de fraction de $A$, est exact à $M_2\otimes\mathrm{Frac}(A)$. Alors ça suit ça$\mathbb{F}\otimes A_a$ est exact à $M_2\otimes A_a$ pour certains non nuls $a\in A$?

Answer 1

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

Avec les conditions ajoutées, cela devient vrai (je suppose que la notation $\mathrm{Frac}(A)$ suppose $A$ est un domaine intégral).

Considérez l'inclusion $\im\subset \ker$. $A_a\otimes \im \subset A_a\otimes \ker$ est toujours une inclusion, car $A_a$ est plat, il suffit donc de prouver que cela devient une égalité pour certains $a$.

Mais notez que cette inclusion est toujours $R$-linéaire (même si nous nous tendons $A$). Donc, si le LHS contient des générateurs du RHS, l'inclusion est une égalité.

$\ker$ est fini ($R$ est noethérien, car il est fini par $\mathbb Z$, et $M_2$est fini par hypothèse, donc tout sous-module l'est aussi); alors laisse$x_1,...,x_n$ désignent un ensemble de générateurs.

$\mathrm{Frac}(A) \otimes \im \to \mathrm{Frac}(A)\otimes \ker$ est la colimite dirigée du $A_a\otimes \im\to A_a\otimes \ker$.

Alors laisse $y_1,...,y_n\in A_a\otimes \im$ être des éléments qui deviennent des antécédents de $x_1,...,x_n$ en dessous de $A_a\otimes \im \to \mathrm{Frac}(A)\otimes \im$.

Il s'ensuit que les images de $y_1,...,y_n$ dans $A_a\otimes \ker$ s'identifier à $x_1,...,x_n$ dans $\mathrm{Frac}(A)\otimes \ker$. Puisqu'il n'y en a qu'un nombre infini, ils s'identifient à$x_1,...,x_n$ dans certaines $A_b\otimes\ker$ pour certains $b$ divisible par $a$, et donc $A_b\otimes \im\to A_b\otimes \ker$ est $R$-linéaire et son image contient $x_1,...,x_n$, nous avons donc terminé.

Answer 2

La réponse est non sans autres hypothèses.

En effet, prenez $A=R=\mathbb Z$, $M_1 = M_2 = \mathbb Q, M_3 = \mathbb{Q/Z}$, la séquence $\mathbb F$ est $id_\mathbb Q$ suivi de la projection canonique.

Ce n'est clairement pas exact dans $M_2$ ($id_\mathbb Q$ est surjective, mais la projection canonique n'est pas $0$), de même si vous tenseur avec $\mathbb Z[\frac 1 n]$ pour toute $n$.

Cependant, si vous le tenseur avec $\mathbb Q$, vous obtenez $\mathbb{Q\to Q}\to 0$ ce qui est en effet exact.

Si vous voulez une séquence où le composite est $0$, Vous pouvez faire cela aussi:

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

Le composite est bien sûr $0$, si vous le tenseur avec $\mathbb Q$, vous obtenez une séquence exacte courte fractionnée; cependant si vous le tenseur avec$\mathbb Z[\frac 1 n]$ ce ne sera toujours pas exact ($\ker/\mathrm{im} = \mathbb Q/\mathbb Z[\frac 1 n]$)