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Strukturen und Algebra » Moduln » Endlichkeit: Hom kommutiert (nicht) mit dem Tensorprodukt
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Universität/Hochschule J Endlichkeit: Hom kommutiert (nicht) mit dem Tensorprodukt
Kezer
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  Themenstart: 2021-06-04

\(\begingroup\)\(\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} \newcommand{\N}{\mathbb{N}} \newcommand{\R}{\mathbb{R}} \newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} \newcommand{\C}{\mathscr{C}} \newcommand{\OO}{\mathcal{O}} \newcommand{\Spec}{\operatorname{Spec}} \newcommand{\Gal}{\operatorname{Gal}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\Ab}{\mathbf{Ab}} \newcommand{\Set}{\mathbf{Set}} \newcommand*\dd{\mathop{}\!\mathrm{d}}\) Hi, sei $R$ ein kommutativer Ring und $A$ eine abelsche Gruppe, dann erhält $\Hom_{\Ab}(A,R)$ eine $R$-Modulstruktur. Fakt. Seien $A,B$ abelsche Gruppen und $R$ ein kommutativer Ring sowie $A$ endlich frei. Dann ist der Morphismus \[ \Hom(A,R) \otimes_R \Hom(B,R) \to \Hom(A \otimes B, R), \ f \otimes g \mapsto (a \otimes b \mapsto f(a) g(b)) \] ein Isomorphismus. Nun hatten wir in der Vorlesung ein Beispiel, welches zeigen soll, dass man die Endlichkeit braucht. Allerdings finde ich nicht, wo die Unendlichkeit in dem Beispiel verwendet wird. Beispiel. Seien $A = B = \Z[\N]$ die freie abelsche Gruppe mit abzählbar unendlich vielen Erzeugern und $0 \neq 1$ in $R$. Wegen der universellen Eigenschaft der freien Gruppe (und die Modulstruktur kann man nachprüfen), entspricht unser Morphismus aus dem Fakt dem Morphismus $$\begin{align*} \Hom_{\Set}(\N, R) \otimes_R \Hom_{\Set}(\N,R) &\to \Hom_{\Set}(\N \times \N, R), \\ f \otimes g &\mapsto ((m,n) \mapsto f(m)g(n)). \end{align*}$$ Wir zeigen, dass er nicht surjektiv ist. Sei $\varphi : \N \times \N \to R$ ein solcher Morphismus gegeben durch $f,g : \N \to R$ mit $\varphi(m,n) = f(m)g(n)$. Dann gilt \[ \varphi(0,0)\varphi(1,1) = f(0)g(0)f(1)g(1) = f(0)g(1)f(1)g(0) = \varphi(0,1) \varphi(1,0). \] Wir können also einfach eine beliebige Funktion nehmen, welche nicht diese Eigenschaft erfüllt, z.B. können wir $\varphi(0,0) = 0$ und $\varphi(0,1) = \varphi(1,0) = 1$ setzen (und den Rest beliebig). Wo wird die Unendlichkeit benutzt? Kann man das nicht auch machen, wenn man eine freie abelsche Gruppe mit endlich vielen Erzeugern nimmt? Der Fakt sagt aber ja gerade voraus, dass das nicht geht. \(\endgroup\)


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Nuramon
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  Beitrag No.1, eingetragen 2021-06-04

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}} \newcommand{\im}{\operatorname{im}} \newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}} \newcommand{\d}{{\rm d}} \newcommand{\rg}{\operatorname{rg}} \newcommand{\spur}{\operatorname{spur}} \newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} \newcommand{\tr}{\operatorname{tr}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, ich sehe in dem Beispiel ein anderes Problem: Nicht jedes Element des Tensorproduktes ist ein Elementartensor. Um die Surjektivität zu widerlegen, müsste man also zeigen, dass ein $\varphi:\IN\times \IN\to R$ existiert, dass sich nicht darstellen lässt als eine $R$-Linearkombination $\varphi = \sum_i r_if_ig_i$ mit $r_i\in R$, $f_i,g_i: \IN\to R$.\(\endgroup\)


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Triceratops
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  Beitrag No.2, eingetragen 2021-06-04

Nuramon hat natürlich recht. Bei https://math.stackexchange.com/a/4151817/1650 wird die Nicht-Surjektivität bewiesen.


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Kezer
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2021-06-04

Ah, natürlich! Perfekt, danke, das habe ich übersehen.


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Kezer hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Kezer hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.

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