Recuerda que en las ciencias un error casi siempre tiene varias resoluciones, pero te compartiremos lo más óptimo y eficiente.
Solución:
Aquí hay un ejemplo. Dejar $A$ y $B$ ser dos anillos conmutativos distintos de cero y $R=Aveces B$. podemos considerar $A$ y $B$ como $R$-módulos, y satisfacen $A veces Bcong 0$ y $Aoplus Bcong R$. Tomando $S=Aomás R$ y $T=Bomás R$así vemos que $$Sotimes Tcong Aoplus Boplus Rcong R^2$$ es gratis pero $S$ y $T$ no son gratis Más generalmente, $(A^ioplus B^j)otimes(A^koplus B^l)cong A^ikoplus B^jl$ es gratis si $ik=jl$pero los factores no son libres a menos que $i=j$ y $k=l$.
En general si tenemos un invertible $R$-módulo $ millonesentonces el mapa natural $M otimes_R M^vee to R$ es un isomorfismo, donde $M^vee = operatornameHom_R(M,R)$ es su módulo dual. Si $R$ es un dominio de Dedekind, entonces todo ideal fraccionario es un invertible $R$-módulo, y si $R$ tiene un grupo de clases no trivial, entonces cualquier ideal fraccionario no principal cumple con sus requisitos.
Para un ejemplo explícito, tome $R = matemáticasZ[sqrt-5]ps y $I = (2, 1 + sqrt-5)$. Después $I otimes_R I^vee cong R$pero desde $yo$ es no principal, entonces no es libre. Dado que el grupo de clase de $mathbbZ[sqrt-5]ps tiene orden $2$entonces resulta que $I^vee cong I$por lo que tampoco es gratis.
Para obtener más ejemplos y resultados sobre módulos invertibles, consulte $S11.3$ del libro de álgebra conmutativa de Eisenbud.
Al final de todo puedes encontrar las críticas de otros programadores, tú asimismo tienes la libertad de insertar el tuyo si lo deseas.