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Solución:
La prueba mencionada por Frederik y Loronegro es excelente porque proporciona un primer ejemplo de cómo puede ser útil saber que dos functores son adjuntos: los adjuntos de la izquierda son exactos a la derecha. Sin embargo, también puede argumentar de la siguiente manera. Sea $ D $ la imagen de $ alpha otimes operatorname id $. Obtienes un mapa inducido $ (B otimes M) / D to C otimes M $. Intentemos definir una inversa: si $ (c, m) en C veces M $, entonces elija a $ b en B $ tal que $ beta (b) = c $, y envíe $ (c, m) $ a $ b otimes m bmod D $. Puede comprobar que está bien definido utilizando la exactitud de la secuencia original.
En primer lugar, si comienza con una secuencia exacta $ A a B a C a 0 $ de izquierda $ R $-módulos, luego $ M $ debería ser un derecho $ R $-módulo, de modo que los productos tensores $ M a veces A $, etc.están bien definidos.
En segundo lugar, sucede que para la prueba que explicaré, es más fácil considerar el functor $ M otimes underline $ que se aplica a la secuencia exacta. Entonces podemos usar el isomorfismo $ M a veces A cong A a veces M $ para probar la exactitud de la secuencia $ A otimes M to B otimes M to C otimes M to 0 $, en caso de que $ A, B, C $ tienen razón $ R $-módulos y $ M $ es una izquierda $ R $-módulo.
$ DeclareMathOperator Hom Hom $
No conozco una prueba directa de la proposición y creo que puede ser difícil. La prueba que conozco utiliza de hecho el isomorfismo natural mencionado por @Frederik (creo que en su comentario hay un orden incorrecto de los módulos involucrados). Con la notación utilizada por @Klaus, el isomorfismo natural que es conveniente es $ Hom (M veces A, Q) cong Hom (A, Hom (M, Q)) $, dónde $ Q $ es un cogenerador inyectivo derecho $ R $-módulo (por ejemplo, el casco inyectivo de la suma directa de un conjunto completo de módulos simples no isomórficos). Podemos considerar el functor $ ( subrayado ) ^ * = Hom ( subrayado , Q) $, por lo que el último isomorfismo natural se puede afirmar como $ (M a veces A) ^ * cong Hom (A, M ^ *) $. Este functor $ ( subrayado ) ^ * $, que es contravariante, de modo que invierte la dirección de los morfismos, tiene la siguiente propiedad:
Para $ R $-módulos $ K, N, L $, la secuencia $ K a M a N a 0 $ es exacta si, y solo si, la secuencia $ 0 a N ^ * a M ^ * a K ^ * $ es exacto.
Por tanto, la secuencia $ M a veces A a M veces B a M a veces C a 0 $ es exacta si, y solo si, $ 0 to (M otimes C) ^ * to (M otimes B) ^ * to (M otimes A) ^ * $ es exacta, si y solo si, $ 0 a Hom (C, M ^ *) a Hom (B, M ^ *) a Hom (A, M ^ *) $ es exacto.
Pero el functor contravariante $ Hom ( subrayado , M ^ *) $ se deja exacta, es decir, si la secuencia $ A a B a C a 0 $ es exacta, entonces la secuencia $ 0 a Hom (C, M ^ *) a Hom (B, M ^ *) a Hom (A, M ^ *) $ es exacta, y esto es mucho más fácil de probar directamente, en lugar de la exactitud correcta del functor $ M otimes underline $, que @Klaus estaba intentando.
Aquí hay una prueba directa de exactitud en $ B otimes_R N $. Resumen: es muy molesto probar las cosas en detalle utilizando la definición de generadores y relaciones de los productos tensoriales. Incluso en esta versión prolija, se omiten detalles importantes. Tendría curiosidad por saber si alguien ha escrito algo como esto en Coq.
Esto generalmente se trata usando la propiedad universal del producto tensorial, como en las otras respuestas, o en Dummit y Foote, o se deja como un ejercicio. En mi opinión, dejar esto como un ejercicio se trata principalmente de no querer escribir tanto detalle. He escrito esto porque no puedo encontrar otra fuente que lo haga.
Primero enunciamos dos lemas aclaratorios:
Lema 1 Si $ f colon S rightarrow T $ es un mapa de conjuntos, entonces el núcleo del mapa inducido de $ R $ -módulos libres $ f colon R[S] rightarrow R[T]$ es generado por $ ss ‘ en R[S] mid f (s) = f (s ‘) $.
Lema 2 Si $$ X xrightarrow f Y xrightarrow g Z rightarrow 0 $$ son mapas de $ R $ -módulos y $ mathrm Ker (f) $ es generado por $ x_i $ , $ mathrm Ker (g) $ es generado por los elementos $ y_j $, y tenemos $ x’_j en X $ tal que $ f (x’_j) = y_j $, luego $ mathrm Ker (gf) $ es generado por $ x_i cup x’_j $.
Para demostrar que $ mathrm Ker ( beta otimes mathrm Id) subset mathrm Im ( alpha otimes mathrm Id) $ trabajamos con la definición de los productos tensoriales como cocientes de los módulos gratuitos $ R[B times M]$ y $ R[C times M]PS Si $ ( beta otimes mathrm Id) ( sum m_i otimes n_i) = 0 in C otimes_R M $, entonces la composición $$ R[B times M] xrightarrow beta times mathrm Id R[C times M] xrightarrow pi C otimes_R M $$ envía $ sum (m_i, n_i) $ a cero, donde $ pi $ es el mapa de cocientes que define el producto tensorial.
Nuestro objetivo es mostrar que cualquier elemento $ sum (m_i, n_i) $ puede expresarse ($ star $) como una suma $ sum_j ( alpha (a_j), m_j) $ más una combinación lineal de tensor- elementos de relación de producto en $ R[B times M]$ (hay 4 tipos). Esto es equivalente a mostrar que $ sum m_i otimes n_i $ está en la imagen de $ alpha otimes mathrm Id $.
Es decir, queremos mostrar que el núcleo de la composición $ pi circ ( beta otimes mathrm Id) $ está generado por 5 tipos de elementos. El lema 1 nos dice que el núcleo de $ beta times mathrm Id $ se genera ($ triangle $) por $ (b, m) – (b ‘, m) en R[B times M] mid beta (b) = beta (b ‘) $. El núcleo de $ pi $ es generado por elementos de relación tensor-producto por definición. Además, cualquier elemento de relación tensorial-producto en $ R[C times M]$ es la imagen de un elemento de relación tensor-producto en $ R[B times M]$, porque $ beta $ está en.
Podemos escribir la expresión molesta $$ (b, m) – (b ‘, m) = (b-b’, m) – [(b+(-b’),m)-(b,m)-(-b’,m)]+[(-1)(b’,m)-(-b’,m)]
$$ Como $ beta (b-b ‘) = 0 $, $ bb’ = alpha (a) $, entonces el primer término en el RHS es un elemento en la imagen de $ alpha times mathrm Id $ y los otros dos términos son términos de relaciones de producto tensorial para $ B otimes_R M $.
Por el Lema 2, conocemos un conjunto de generadores de $ mathrm Ker ( pi circ ( beta otimes mathrm Id)) $. Queremos mostrar que todos estos se pueden expresar como se describe arriba ($ star $). Los generadores que surgen de los elementos de relación tensorial-producto de $ R[C times M]$ son elementos de relación tensor-producto en $ R[B times M]$, por lo que no hay nada que probar. El otro tipo de generador $ triangle $ también se puede expresar en la forma $ star $, debido a la molesta expresión anterior.
Te invitamos a confirmar nuestro estudio mostrando un comentario y dejando una valoración te damos las gracias.