それを証明する $(M \otimes_A N)_q = M_p \otimes_{A_p} N_q$ 素数のために $q$ 横になっている $p$
しましょう $f : A \to B$単一の可換環の間の射である。したがって、私たちは考えることができます$B$-モジュールとして $A$-このマップを介したモジュール、および $A$-モジュールとして $B$-テンソルによるモジュール $- \otimes_A B$。
させないで $M$ そして $N$ あります $A$-そして $B$-それぞれモジュール。素数を与えられた$q$ の $B$ 素数の上に横たわる $p$ に $A$、 私達はことを知っています $f$ それぞれのローカリゼーション間のマップに下降するため、上記と同様の対応がそれぞれのモジュールに当てはまります。
それを見せたい $$ M_p \otimes_{A_p} N_q \simeq (M \otimes_A N)_q, $$ なので $B_q$-モジュール。
私の推論は次のとおりです:以来
$$ (M \otimes_A N)_q \simeq M \otimes_A N \otimes_B B_q \simeq M \otimes_A N_q, $$
そして $N_q$ は $B_q$-モジュール、それは $A_p$-モジュール、したがって $N_q \simeq A_p \otimes_{A_p} N_q$ したがって
$$ (M\otimes _A N)_q \simeq M \otimes_A A_p \otimes_{A_p} N_q \simeq M_p \otimes_{A_p} B_q. $$
これは問題ないように聞こえますが、私は「異なるリングに対するテンソル積の結合性」をあまり気にせずに使用しています。
健全性チェックおよび/または参照をいただければ幸いです。
回答
あなたの議論はうまくいきます!あなたは単に次の事実を適用しました$f : A\to B$ 環準同型です、 $M$ 権利です $A$-モジュール、 $N$ は $(A,B)$-bimodule、および $L$ 左です $B$-モジュール、次に $(M\otimes_A N)\otimes_B L\cong M\otimes_A (N\otimes_B L)$(ここを参照)。この事実を呼びましょう$(*).$ ご存知のように $M$ は $R$-モジュールと $S\subseteq R$ は積閉集合であり、 $S^{-1}M\cong M\otimes_R S^{-1}R;$ この事実を呼ぶ $(**).$ 次に、あなたの議論は次の計算です: \begin{align*} (M\otimes_A N)_q &\cong (M\otimes_A N)\otimes_B B_q\qquad\quad\textrm{(using (**))}\\ &\cong M\otimes_A(N\otimes_B B_q)\qquad\quad\textrm{(using (*))}\\ &\cong M\otimes_A N_q\qquad\qquad\qquad\textrm{(using (**))}\\ &\cong M\otimes_A (A_p\otimes_{A_p} N_q)\qquad\textrm{because }R\otimes_R M\cong M\\ &\cong (M\otimes_A A_p)\otimes_{A_p} N_q\qquad\textrm{(using (*))}\\ &\cong M_p\otimes_{A_p} N_q\qquad\qquad\quad\textrm{(using (**))}. \end{align*}