Productos tensoriales sobre dominios

Sea R un dominio de integridad (un anillo conmutativo sin divisores de cero). Estas dos propiedades nos permiten considerar la localización respecto de todos los elementos salvo el cero: es decir, el cuerpo de fracciones Q.

Sea M un R-módulo. Entonces podemos considerar M\otimes Q (producto tensorial sobre R), la extensión de escalares de M desde R hacia Q, de la cual ya hablé al menos dos veces.

Acá estamos considerando una extensión muy particular, que es la extensión al cuerpo de fracciones. El cuerpo de fracciones es una localización, así que M\otimes Q no es otra cosa que la localización de M respecto de los elementos no nulos de R, i.e., la racionalización de M (pensemos en el caso R=\mathbb{Z} para fijar ideas).

Uno esperaría que algo que se llama “racionalización de M” capturara exactamente la parte de no-torsión de M. En particular, que Q\otimes M=0 si y sólo si M es de torsión. Tenemos que demostrar que esta intuición respecto del proceso de tensorizar con Q es correcta. Veamos esto.

Queremos decir explícitamente qué significa “capturar la parte de no-torsión”, que vendría a ser un “matar la torsión y quedarse con el resto”. Esto son palabras bastante sugerentes: nos vemos llevados a conjeturar el siguiente

Teorema: Sea tM\subset M el submódulo de torsión de M. Entonces tM\cong \ker(M\to Q\otimes M), donde el mapa es m\mapsto 1\otimes m.

Corolario: M es de torsión si y sólo si Q\otimes M=0.

Demostración: El teorema nos da la parte difícil: que si Q\otimes M=0 entonces M es de torsión (no suele ser sencillo interpretar qué significa que un producto tensorial sea no trivial). Que M de torsión implica Q\otimes M=0 es sencillo: se sigue de que Q es divisible y M es de torsión.

Por ejemplo, si R=\mathbb{Z}, Q=\mathbb{Q}, entonces es una cuenta boba: sea m\in tM, entonces existe a\in \mathbb{Z} tal am=0. Entonces 1\otimes m=\frac{a}{a}\otimes m=\frac{1}{a}\otimes am=0. \square

Ahora se trata de demostrar el teorema. Hay una demostración elemental acá, corolario 4.27. Elemental en el sentido que no usa álgebra homológica (y si diste el examen de Álgebra 1 en Uruguay en el período de diciembre de 2011… te va a sonar!). Lo cual está bien pero es bastante ad hoc, es más lindo dar una demostración tecnológica que ponga las cosas en su lugar.

Está la del Rotman (p. 413) o la de Weibel (p. 313). La de Rotman es más pedagógica pero un poco clumsy en uno de los pasos. La idea, en todo caso, en ambas demostraciones, es demostrar primero lo siguiente:

Proposición: Sea K=Q/R. Entonces Tor_1^R(K,M)\cong tM, isomorfismo natural en M.

Demostración del teorema a partir de la proposición: considerá la sucesión exacta corta

0\to R\to Q\to K\to 0. (1)

Considerá la sucesión exacta larga de Tor’s hacia M. Como Q es plano (corolario 5.35 Rotman), Tor_1^R(Q,M)=0, y juntando esto con la proposición obtenemos una sucesión exacta

0\to tM\to M\to Q\otimes M\to K\otimes M \to 0. \square

La demostración de la proposición es donde está todo el jugo, y donde las demostraciones de Rotman y de Weibel difieren. La de Weibel es más satisfactoria.

1) La demostración de Rotman.

Se trata de partir el problema en dos: el módulo M es una extensión de una parte sin torsión y una parte de torsión:

0\to tM\to M\to M/tM \to 0.

Consideramos la sucesión exacta larga de Tor’s desde K que ésta induce, y la proposición queda demostrada si probamos que Tor_1^R(K,M) es M si M es de torsión y es nulo si M es sin torsión, y que Tor_2^R(K,-) es nulo. Esto último es fácil: basta mirar la sucesión exacta larga de Tor’s desde K inducida por (1), y usar que R y Q son planos.

El resultado para el caso M de torsión también es fácil: de nuevo, usar la sucesión exacta larga de Tor’s desde K, aprovechando que Q es plano y que Q\otimes M=0 como ya observáramos en la demostración del primer corolario.

Lo difícil es el caso sin torsión, y acá es donde creo que la de Rotman es un poco insatisfactoria. El lector interesado podrá ir a leer su prueba que no voy a reproducir acá.

2) La demostración de Weibel.

Weibel demuestra el caso R=\mathbb{Z} y dice que se generaliza. La cosa es: \mathbb{Q}/\mathbb{Z} es el límite directo de sus subgrupos finitos, que son de la forma \mathbb{Z}/n para algún entero n. Además, Tor conmuta con colímites, y Tor_1^R(\mathbb{Z}/n,M) es la n-torsión de M (este es el primer cálculo explícito que uno hace de Tor: considerar la multiplicación por n en M). Se deduce el resultado.

Para el caso general, es algo análogo, donde en vez de tomar los \mathbb{Z}/n se toman los módulos cíclicos R/r para todo r\in R no nulo.

Ambas demostraciones tienen lo suyo de interesante: se trata de partir el problema en problemas más fáciles. La de Rotman parte el módulo como una extensión de la parte de torsión y la parte sin torsión; la de Weibel parte el cociente Q/R en submódulos cíclicos para los que sabemos que el Tor da la torsión.

Addendum: quiero comentar otra propiedad que es útil.

Supongamos que tenemos un \mathbb{Q}-módulo M. Si, restringiendo escalares, consideramos M como \mathbb{Z}-módulo, entonces podemos considerar la extensión de escalares M\otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Q}. ¿Te suena? , ya consideré esta cuestión hace tiempo. En aquél post veíamos que la extensión de la restricción de escalares no tenía por qué coincidir con el módulo original. Pero acá tenemos un caso muy particular, ya que \mathbb{Q}=Frac(\mathbb{Z}).

Pensemos moralmente qué es lo que pasa: M\otimes_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q} es la racionalización de \mathbb{M}. Pero M ya era un \mathbb{Q}-módulo, así que más racional que eso no te podés poner, y para que “racionalizar” sea un nombre bien atribuido, esperamos que M\otimes_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q} \cong M.

Ahora bien, observar que M\cong M\otimes_{\mathbb{Q}} \mathbb{Q}, de manera que habiendo probado lo anterior conseguimos que M\otimes_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q}\cong M\otimes_{\mathbb{Q}}\mathbb{Q}.

Cabe hacerse la pregunta más general: dados dos \mathbb{Q}-módulos M, N, ¿es su producto tensorial sobre \mathbb{Z} igual a su producto tensorial sobre \mathbb{Q}? Respuesta: sí, y vale para cualquier cuerpo de fracciones. Más aún, vale para cualquier localización.

Teorema: Sea R un anillo conmutativo y S una localización de R. Sean M,N dos S-módulos. Entonces M\otimes_R N\cong M\otimes_S N como R-módulos.

Demostración: Basta ver que M\otimes_S N satisface la propiedad universal de M\otimes_R N. O sea, basta ver que un mapa R-bilineal que sale de M\times N es automáticamente S-bilineal. Pero esto es fácil. Por ejemplo, para el caso racional, se trata de esta cuentita:

f(\frac{1}{q}m,n)=f(\frac{1}{q}m,\frac{q}{q}n)=f(m,\frac{1}{q}n). \square

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