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%%% Cuando a consinnombre se le da la valor 1, entonces el nombre del
%%% resultado aparece
%%% al lado del mismo, si se le da otro valor numerico, commo 0, entonces
%%% el nombre
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\Tema{\Temauno}{\bf  Cap\'{\i}tulo II}

\parrafo{Producto tensorial de m\'{o}dulos}

En esta secci\'{o}n vamos a construir un grupo abeliano a partir de un $R$-m\'{o}dulo por la izquierda y un $R$-m\'{o}dulo por la derecha.

\re{\deprobal}{Def} Sea $R$ un anillo unitario, $M$ un $R$-m\'{o}dulo por la izquierda, $N$ un $R$-m\'{o}dulo por la derecha y $P$ un grupo
abeliano. Se dice que una aplicaci\'{o}n $f:N\times M\to P$ es un producto balanceado si verifica:
\item{(i)} $f(n_1+n_2,m)=f(n_1,m)+f(n_2,m)$ para todo $n_1,n_2\in N$, $m\in M$.
\item{(ii)} $f(n,m_1+m_2=f(n,m_1)+f(n,m_2$ para todo $n\in N$, $m_1,m_2\in M$.
\item{(iii)} $f(nr,m)=f(n,rm)$ para todo $n\in N$, $r\in R$, $m\in M$.\endre

\re{\deproten}{Def} Sea $R$ un anillo unitario, $M$ un $R$-m\'{o}dulo por la izquierda, $N$ un $R$-m\'{o}dulo por la derecha. Se dice que
$(N\otimes M,\otimes)$ es el producto tensorial de $N$ y $M$ si:
 \item{(i)} $N\otimes M$ es un grupo abeliano.
 \item{(ii)} $\otimes: N\times N\to M\otimes M$ es un producto balanceado de $N\times M$ en el grupo abeliano $N\otimes M$.
 \item{(iii)} Si $P$ es un grupo abeliano y $f:N\times M\to P$ es un producto balanceado, existe un \'{u}nico morfismo de grupos
 abelianos $g:N\otimes M\to P$ tal que $g\circ \otimes=f$, es decir, el siguiente diagrama es conmutativo.

\centerline{\epsfxsize=5cm \epsfysize=3cm \epsfbox{tensorial.png}}\endre

No hay que ser cr\'{e}dulo y, valga la redundancia, creer que todo lo que se define existe. Veamos que dado un anillo conmutativo $R$,
$M$ un $R$-m\'{o}dulo por la izquierda y $N$ un $R$-m\'{o}dulo por la derecha, existe, salvo isomorfismo, el producto tensorial de $N$ y
$M$.

$\star$ Demostremos en primer lugar la unicidad (en este caso, no nos va a dar una idea de como tiene que ser la existencia).
Supongamos que $P$ es un grupo abeliano y $f:N\times M\to P$ es un producto balanceado que verifica la propiedad de ser producto
tensorial. Podemos entonces construirnos el siguiente diagrama:

\centerline{\epsfxsize=10cm \epsfysize=4cm \epsfbox{unicidadtens.png}}\endre

\noindent en donde $g$ existe, aplicando que $P$ verifica la propiedad de producto tensorial y $h$ existe aplicado que $N\otimes N$
verifica la propiedad de producto tensorial. Es m\'{a}s, si miramos el lado izquierdo del diagrama, $h\circ g\circ f=h\circ \otimes =f$
por lo que, como $P$ verifica la propiedad del producto tensorial $h\circ g=\Id$ y mirando la parte derecha, $g\circ h\circ
\otimes=g\circ f =\otimes$ y como $N\otimes N$ verifica la propiedad, $g\circ h=\Id$. Por tanto $g$ y $h$ son isomorfismos, o lo
que es lo mismo $P$ es isomorfo a $N\otimes M$ como grupo abeliano.


$\star$ Construyamos un grupo abeliano que tenga la propiedad que caracteriza al tensorial. Sea $N\times M$ considerado como
conjunto y ${\bbb Z}(N\times M)$ el $\bbb Z$ m\'{o}dulo libre generado por este conjunto (recordamos que todo grupo abeliano puede
verse como un $\bbb Z$ m\'{o}dulo y que todo $\bbb Z$ modulo es en particular un grupo abeliano). Recordamos que
 $${\bbb Z}(N\times M)=\{\sum_{(n,m)\in N\times M} \lambda_{(n,m)} (n,m) \ \vert\ \hbox{en donde casi todo }
\lambda_{(n,m)}=0\}$$

Consideremos $\cal Z$, el subm\'{o}dulo de ${\bbb Z}(N\times M)$ generado por los elementos: $${\cal
Z}:=<\left\{\eqalign{&(n_1+n_2,m)-(n_1,m)-(n_2,m)\quad \forall\  n_1,n_2\in N, m\in M\cr & (n,m_1+m_2)-(n,m_1)-(n,m_2)\hskip
0.33truecm\forall\  n\in N, m_1,m_2\in M \cr & (nr,m)-(n,rm)\hskip 3.25truecm \forall\  n\in N, m\in M,  r\in R}\right\}>$$

\noindent y sea $N\otimes M:={\bbb Z}(N\times M)/{\cal Z}$, es decir,  el m\'{o}dulo cociente de ${\bbb Z}(N\times M)$ sobre $\cal Z$.
Veamos que este grupo abeliano verifica la propiedad:

Sea $P$ un grupo abeliano y $f:N\times M\to P$ un producto balanceado. Entonces, si consideramos en conjunto $\{f(n,m)\}_{(n,m)\in
N\times M}$, por la propiedad fundamental de los m\'{o}dulos libres, existe un homomorfismo de $\bbb Z$ m\'{o}dulo $g:{\bbb Z}(N\times
M)\to P$, tal que $(n,m)g=f(n,m)$. Veamos ahora que cualquier generador del subm\'{o}dulo $\cal Z$ est\'{a} contenido en el $\Ker(g)$:
$$\eqalign{\star\ & ((n_1+n_2,m)-(n_1,m)-(n_2,m))g=(n_1+n_2,m)g-(n_1,m)g-(n_2,m)g\cr &=f(n_1+n_2,m)-f(n_1,m)-f(n_2,m)=0\cr
\star\ &((n,m_1+m_2)-(n,m_1)-(n,m_2))g=(n,m_1+m_2)g-(n,m_1)g-(n,m_2)g\cr &=f(n,m_1+m_2)-f(n,m_1)-f(n,m_2)=0\cr \star\
&((nr,m)-(n,rm))g=(nr,m)g-(n,rm)g=f(nr,m)-f(n,rm)=0}$$ Por tanto, ${\cal Z}\subset \Ker g$ y aplicando la propiedad fundamental de
los m\'{o}dulos cocientes existe una \'{u}nico homomorfismo de $\bbb Z$ m\'{o}dulos $\overline g:N\otimes N\to P$ tal que $ \overline g\circ
\otimes =f $.

La informaci\'{o}n anterior queda resumida en el siguiente diagrama conmutativo, en donde claramente $\otimes=\pi\circ i$:

\centerline{\epsfxsize=7cm \epsfysize=3cm \epsfbox{funten.png}}

Luego hemos encontrado una aplicaci\'{o}n, $\overline g$ que hace conmutativo el diagrama. No obstante si existiera una nueva
aplicaci\'{o}n $g'$ que hiciera conmutativo el diagrama, por la propiedad fundamental de los m\'{o}dulos libres encontrar\'{\i}amos una
aplicaci\'{o}n $g'':{\bbb Z}(N\times M)\to P$ tal que hace conmutativo el siguiente diagrama:

\centerline{\epsfxsize=12cm \epsfysize=3cm \epsfbox{funtenI.png}}

\noindent por tanto, $g''=g$ y $g'=\overline g$.\endproof

\re{\protenhomIV}{Teorema} Sean $R, S, T$ tres anillos unitarios, $N$ un $(S,R)$ bim\'{o}dulo y $M$ un $(R,T)$ bim\'{o}dulo. Entonces podemos dotar
a $N\otimes M$ de estructura de $(S,T)$ bim\'{o}dulo en donde las operaciones externas son:
$$\eqalign{s(n\otimes m)&:=sn\otimes m\quad \hbox{para todo}\ s\in S, n\in N,m\in M\cr (n\otimes m)t&:=n\otimes mt
\quad \hbox{para todo}\  n\in N,m\in M, t\in T}$$

{\bf Nota:} Si por un casual, $M$ fuera s\'{o}lo un $R$ m\'{o}dulo por la izquierda, siempre lo podr\'{e} considerar un $(R,{\bbb Z})$ bim\'{o}dulo y
obtendr\'{e} que $N\otimes M$ es un $S$ m\'{o}dulo por la izquierda. Respectivamente, si $N$ es s\'{o}lo un $R$ m\'{o}dulo por la derecha, lo considero un
$({\bbb Z},R)$ bim\'{o}dulo y $N\otimes M$ ser\'{a} un $T$ m\'{o}dulo por la derecha.

 En lo que sigue, hablaremos de bim\'{o}dulos, considerando que un $R$
modulo por la izquierda es siempre es un $(R,{\bbb Z}$ bim\'{o}dulo y un $R$ m\'{o}dulo por la derecha es siempre un $({\bbb Z},R)$ bim\'{o}dulo.

\re{\protenhom}{Teorema} Sean $R,S,T$  anillos unitarios, $M$ y $M'$ dos $(R,T)$ bim\'{o}dulos, $N$ y $N'$ dos $(S,R)$ bim\'{o}dulos y $f:M\to M'$,
$g:N\to N'$ dos homomorfismos de bim\'{o}dulos. Entonces existe un \'{u}nico homomorfismo de $(S,T)$ bim\'{o}dulos
$$g\otimes f:N\otimes M\to N'\otimes M'\quad \hbox{tal que }\quad g\otimes f(n\otimes m)=g(n)\otimes (m)f.$$

Adem\'{a}s, si $N,N'$ y $N''$ son tres $(S,R)$ bim\'{o}dulos, $M,M'$ y $M''$ son tres $(R,T)$ bim\'{o}dulos $f_1,f_2\in \Hom_R(M,M')$ y $g_1,g_2\in
\Hom_R(N,N')$ y $g'\in \Hom_R(M',M'')$, $g'\in \Hom_R(M',M'')$. Entonces:
\item{(i)} $g_1+g_2\otimes f_1=g_1\otimes f_1+g_2\otimes f_1$.
\item{(ii)} $g_1\otimes f_1+f_2=g_1\otimes f_1+g_1\otimes f_2$.
\item{(iii)} $(g'\otimes f')\circ (g_1\otimes f_1)=g'\circ g_1\otimes f_1\circ f'$ (se compone de forma normal, al ser el tensorial grupos abelianos).
\item{(iv)} $\Id\otimes \Id=\Id$
\item{(v)} Si $f_1$ y $g_1$ son isomorfismos, entonces $g_1\otimes f_1$ es un isomorfismo, con inversa $g_1^{-1}\otimes f_1^{-1}$.
\item{(vi)} Si $f_1$ y $g_1$ son epimorfismos, entonces $g_1\otimes f_1$ es un epimorfismo.\endproof

{\bf Nota I:} la inyectividad no se me ha olvidado. Si $f$ y $g$ son inyectivas, $g\otimes f$ no tiene porque serlo. $f:{\bbb Z}\to {\bbb
Z}$ definido por $((x)f=2x$ y $\Id:{\bbb Z}_2\to {\bbb Z}_2$ verifican que ambas son inyectivas y $\Id\otimes f:{\bbb Z}_2\otimes {\bbb
Z}\to {\bbb Z}_2\otimes {\bbb Z}$ es la aplicaci\'{o}n nula.



Como propiedad independiente, dada su importancia tenemos: \re{\protenhom}{Teorema} Sean $R,S,T$ anillos unitarios, $N$, $M$  y $P$ tres
$(R,S)$ bim\'{o}dulos y $Q$  un $(T,R)$ bim\'{o}dulos. Supongamos que tenemos  $f:N\to M$, $g:M\to P$ dos homomorfismos de $($R,S$)$ bim\'{o}dulos
tales que
$$0\longrightarrow  N{\buildrel f \over \longrightarrow} M{\buildrel g \over \longrightarrow} P\longrightarrow 0$$ es una sucesi\'{o}n exacta
corta. Entonces la sucesi\'{o}n
$$  Q\otimes N{\buildrel \Id\otimes f \over \longrightarrow}  Q\otimes M{\buildrel \Id\otimes g \over \longrightarrow}  Q\otimes P\longrightarrow 0$$ es
exacta. Es m\'{a}s, si $Q$ es un  $R$ m\'{o}dulo libre la sucesi\'{o}n
$$ 0\longrightarrow Q\otimes N{\buildrel \Id\otimes f \over \longrightarrow}  Q\otimes M{\buildrel \Id\otimes g \over \longrightarrow}  Q\otimes P\longrightarrow 0$$
 es exacta corta. \endproof


 \re{\protenhomII}{Teorema} Sean $R,S$  anillos unitarios, $N$, $M$  y $P$
tres  $(S,R)$ bim\'{o}dulos y $Q$  un $(R,T)$ bim\'{o}dulos. Supongamos que tenemos  $f:N\to M$, $g:M\to P$ dos homomorfismos de $(S,R)$ bim\'{o}dulos
tales que $$0\longrightarrow  N{\buildrel f \over \longrightarrow} M{\buildrel g \over \longrightarrow} P\longrightarrow 0$$ es una
sucesi\'{o}n exacta corta. Entonces la sucesi\'{o}n
$$   N\otimes Q{\buildrel  f\otimes \Id \over \longrightarrow}   M\otimes Q{\buildrel  g \otimes \Id\over \longrightarrow}  P\otimes Q\longrightarrow 0$$ es
exacta. Es m\'{a}s, si $Q$ es un $R$ m\'{o}dulo libre la sucesi\'{o}n es
$$   0\longrightarrow  N\otimes Q{\buildrel  f\otimes \Id \over \longrightarrow}   M\otimes Q{\buildrel  g \otimes \Id\over \longrightarrow}  P\otimes Q\longrightarrow 0$$ exacta corta .\endproof



\re{\protenhomIII}{Teorema} Sea $R$ un anillo unitario y $M$ un $R$ m\'{o}dulo por la izquierda (Resp. por la derecha). Entonces
$M\cong R\otimes M$ (Resp. $M\cong M\otimes R$). \endre

\re{\protenhomIII}{Teorema} Sean $R,S,T$  anillos unitarios,  $\{M_i\}_{i\in I}$ una familia de $(R,T)$ bim\'{o}dulos  (Resp. $(S,R)$
bim\'{o}dulos) y $N$ un $(S,R)$ bim\'{o}dulo  (Resp. (R,T) bim\'{o}dulo). Entonces $N\otimes (\oplus_{i\in I} M_i)\cong \oplus_{i\in I} (N\otimes M_i)$
como $(S,T)$ bim\'{o}dulos (Resp. $ (\oplus_{i\in I} M_i)\otimes N\cong \oplus_{i\in I} (M_i\otimes N)$ como $(S,T)$ bim\'{o}dulos).


\re{\protenhomV}{Teorema} Sean $R_1,R_2,R_3,R_4$ cuatro anillos unitarios, $N$ un $(R_1,R_2)$ bim\'{o}dulo, $M$ un $(R_2,R_3)$ bim\'{o}dulo y $T$
un $(R_3,R_4)$ bim\'{o}dulo. Entonces $$(N\otimes_{R_1}M)\otimes_{R_2} T\cong N\otimes_{R_1} (M\otimes_{R_2} T)$$ como $(R_1,R_4)$
bim\'{o}dulo.\endre \vfill \eject


\parrafo{Homomorfismos de m\'{o}dulos}

 En la secci\'{o}n anterior hemos construido un grupo abeliano a partir de un $R$ m\'{o}dulo por la izquierda y un $R$ m\'{o}dulo por la derecha (al
 que dotamos de estructura de bim\'{o}dulo si partimos de bim\'{o}dulos). En esta secci\'{o}n construiremos un grupo abeliano (un bim\'{o}dulo) a partir de
 dos $R$ m\'{o}dulos por la izquierda (por la derecha).

 \re{\dehom}{Teorema:} Sean $R,S,T$ anillos unitarios, $M$ un $(R,S)$ bim\'{o}dulo y $N$ un $(R,T)$ bim\'{o}dulo. Entonces  $\Hom_R(M,N)$, el
  conjunto de los $R$ m\'{o}dulos por la izquierda, tiene
 estructura de $(S,T)$ bim\'{o}dulo si definimos las operaciones por:
 $$\eqalign{\star& \hbox{Operaci\'{o}n interna:} \hskip 2truecm (m)f+g:=(m)f+(m)g\cr
  \star& \hbox{1$^a$: Operaci\'{o}n externa:} \hskip 1.2truecm (m)(sf):=(ms)f\cr
 \star& \hbox{2$^a$: Operaci\'{o}n externa:}  \hskip 1.2truecm (m)(ft):=(m)f t\cr}$$



 \re{\dehomaply}{Teorema:} Sean $R,S,T$ anillos unitarios, $M,M'$ dos $(R,S)$ bim\'{o}dulos y $N$ dos $(R,T)$ bim\'{o}dulos. Entonces asociado a
 cada par de homomorfismos de bim\'{o}dulos:
 $$\eqalign{f:M'\to M\qquad &\hbox{(homomorfismo de $(R,S)$ bim\'{o}dulos) y}\cr  g:N\to N'\qquad & \hbox{(homomorfismo de $(R,T)$
 bim\'{o}dulos)}}$$  existe un homomorfismo  de $(S,T)$ bim\'{o}dulo definido por $$\matrix{\Hom_R(f,g):&\Hom_R(M,N)&\to &Hom_R(M',N)\cr
 &h&\mapsto &f\circ h\circ g}$$
Es m\'{a}s,est\'{a} asociaci\'{o}n se comporta bastante bien con todo:

Si $f_1,f_2: M'\to M$ son homomorfismos de $(R,S)$ bim\'{o}dulos y $g_1,g_2:N\to N'$ homomorfismo de $(R,T)$
 bim\'{o}dulos, entonces:
 \item{$\star$} $\Hom_R(f_1+f_2,g)=\Hom_R(f_1,g)+\Hom_R(f_2,g)$
 \item{$\star$} $\Hom_R(f,g_1+g_2)=\Hom_R(f,g_1)+\Hom_R(f,g_2)$
\item{$\star$} $\Hom_R(\Id,\Id)=\Id$

Si $f': M''\to M'$ es un homomorfismo de $(R,S)$ bim\'{o}dulo y $g':N\to N'$ es un homomorfismo de  $(R,T)$  bim\'{o}dulo, entonces:
\item{$\star$} $\Hom_R(f,g)\circ\Hom_R(f',g')=\Hom_R(f'f,gg')$

Por tanto,

\item{$\star$} si $f$ y $g$ son isomorfismos, $\Hom_R(f,g)$ es un isomorfismo.
\item{$\star$} Si $f$ es sobreyectiva y $g$ inyectiva, $\Hom_R(f,g)$ es inyectiva.

\re{\proexa}{Teorema}  Sea $R$ un  anillo unitario y $$0\longrightarrow  N{\buildrel f \over \longrightarrow} M{\buildrel g \over
\longrightarrow} P\longrightarrow 0$$ es una sucesi\'{o}n exacta corta de $R$ m\'{o}dulos por la izquierda. Entonces para todo $R$ m\'{o}dulo por la
izquierda $Q$,  las sucesiones
 $$0\longrightarrow  \Hom_R(P,Q){\buildrel \Hom_R(g,\Id) \over \longrightarrow} \Hom_R(M,Q) {\buildrel \Hom_R(f,\Id) \over \longrightarrow}
 \Hom_R(N,Q)$$ y
  $$0\longrightarrow  \Hom_R(Q,N){\buildrel \Hom_R(\Id,f) \over \longrightarrow} \Hom_R(Q,M) {\buildrel \Hom_R(\Id,g) \over \longrightarrow}
 \Hom_R(Q,P)$$
son exactas. Es m\'{a}s, en la construcci\'{o}n anterior, si $Q$ es un $R$-m\'{o}dulo libre, las sucesiones anteriores son exactas.

\re{\teoult}{Teorema} Sea, $R_1,R_2,R_3,R_4$ cuatro anillos unitarios, $M$ un $(R_1,R_2)$ bim\'{o}dulo, $N$ un $(R_2,R_3)$ bim\'{o}dulo y $P$ un
$(R_1,R_3)$ bim\'{o}dulo. Entonces $$\Hom_{R_1}(M\otimes N,P)\cong \hom_{R_1}(M,\Hom_{R_3}(N,P)).$$
\end
