พิสูจน์ว่า $(M \otimes_A N)_q = M_p \otimes_{A_p} N_q$ สำหรับนายก $q$ นอนทับ $p$

Question

ปล่อย $f : A \to B$เป็น morphism ระหว่างวงแหวนสับเปลี่ยนที่ไม่ซ้ำกัน เราสามารถพิจารณาได้$B$- โมดูลเป็น $A$- โมดูลผ่านแผนที่นี้และ $A$- โมดูลเป็น $B$- โมดูลผ่านการดึงด้วย $- \otimes_A B$.

ไม่ให้ $M$ และ $N$ เป็น $A$- และ $B$- โมดูลตามลำดับ กำหนดให้เป็นนายก$q$ ของ $B$ และนอนทับนายก $p$ ใน $A$, เรารู้ว่า $f$ ลงไปยังแผนที่ระหว่างการแปลตามลำดับและการโต้ตอบที่คล้ายกันดังที่กล่าวมาข้างต้นถือเป็นโมดูลที่เกี่ยวข้อง

ฉันต้องการแสดงให้เห็นว่า $$ M_p \otimes_{A_p} N_q \simeq (M \otimes_A N)_q, $$ เช่น $B_q$- โมดูล

เหตุผลของฉันมีดังนี้ตั้งแต่

$$ (M \otimes_A N)_q \simeq M \otimes_A N \otimes_B B_q \simeq M \otimes_A N_q, $$

และ $N_q$ คือ $B_q$- โมดูลมันคือไฟล์ $A_p$- โมดูลด้วยเหตุนี้ $N_q \simeq A_p \otimes_{A_p} N_q$ และดังนั้นจึง

$$ (M\otimes _A N)_q \simeq M \otimes_A A_p \otimes_{A_p} N_q \simeq M_p \otimes_{A_p} B_q. $$

ฟังดูก็โอเค แต่ฉันใช้ "การเชื่อมโยงของผลิตภัณฑ์เทนเซอร์เทียบกับแหวนที่แตกต่างกัน" โดยไม่ต้องสนใจมันมากนัก

การตรวจสอบความถูกต้องและ / หรือการอ้างอิงจะได้รับการชื่นชมมาก

Answer 1

ข้อโต้แย้งของคุณได้ผล! คุณใช้ความจริงที่ว่าถ้า$f : A\to B$ เป็นรูปแบบของแหวน $M$ เป็นสิทธิ $A$-โมดูล, $N$ คือ $(A,B)$-bimodule และ $L$ เป็นทางซ้าย $B$- โมดูลแล้ว $(M\otimes_A N)\otimes_B L\cong M\otimes_A (N\otimes_B L)$(ดูที่นี่ ). ให้เราเรียกข้อเท็จจริงนี้ว่า$(*).$ อย่างที่ทราบกันดีว่าถ้า $M$ เป็น $R$- โมดูลและ $S\subseteq R$ คือเซตทวีคูณแล้ว $S^{-1}M\cong M\otimes_R S^{-1}R;$ เรียกข้อเท็จจริงนี้ $(**).$ จากนั้นอาร์กิวเมนต์ของคุณคือการคำนวณต่อไปนี้: \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*}