平坦模

张量积会加入标量在两个因子间转移的关系。子模 $A\subseteq B$ 中原本非零的张量，进入 $B{\otimes }_{R}M$ 后，可能因为 $B$ 中额外可用的元素而变成零。平坦性说这种额外消失不会发生：无论把哪个子模放进哪个模，张量都忠实地保留这次包含。

例如 $2\mathbb{Z}\subseteq \mathbb{Z}$。在 $(2\mathbb{Z}){\otimes }_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 中，$2\otimes [1]$ 是非零的生成元，因为 $2$ 是 $2\mathbb{Z}$ 的自由基。在较大的 $\mathbb{Z}{\otimes }_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 中，却可以写成 $2\otimes [1]=1\otimes 2[1]=0$。差别在于 $1$ 属于 $\mathbb{Z}$，却不属于 $2\mathbb{Z}$；同样的平衡关系在大模里产生了新的消失。

同一条整数正合列，两种张量结果 ​

从整数模的短正合列出发：

取 $M=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$。利用 $\mathbb{Z}\otimes M\cong M$ 和 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\otimes M\cong M/2M=M$，张量所得的右正合列为

第一箭头把 $[1]$ 送到 $2[1]=[0]$，但定义域中的 $[1]\ne [0]$，所以它失去单射性。第二箭头在上述同构下是恒等映射，故中间和右端依旧正合；失败精确地发生在左端。于是 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 不是平坦 $\mathbb{Z}$-模。

改取 $M=\mathbb{Q}$。因为 $2\mathbb{Q}=\mathbb{Q}$，商模公式给出 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})\otimes \mathbb{Q}=0$，整条列变为

乘二映射的逆是 $q\mapsto q/2$，所以这条列正合。要进一步证明 $\mathbb{Q}$ 平坦，还必须证明它保留所有单射；这由局部化的分数运算完成。

局部化为何保留每个单射 ​

取含 $1$ 的乘法闭集 $S\subseteq R$。沿环的局部化公理库环的局部化Localization of rings把指定乘法闭集中的元素形式地变为可逆元所得的环。同样构造模 $S^{-1}A$：分式 $a/s$ 与 $a^{\prime }/s^{\prime }$ 相等，当且仅当存在 $t\in S$ 使 $t(s^{\prime }a-s{a}^{\prime })=0$。特别地，

局部化与张量积之间有自然同构

这个公式对两个输入分别可加，且满足 ${\mathrm{\Phi }}_A((r/s)c\otimes a)={\mathrm{\Phi }}_A((r/s)\otimes ca)$，所以张量泛性质给出同态。分式等价也被保留：若 $t(s^{\prime }r-s{r}^{\prime })=0$，乘上 $a$ 后正是两份输出相等所需的关系。

逆映射为 ${\mathrm{\Psi }}_A(a/s)=(1/s)\otimes a$。若 $a/s=a^{\prime }/s^{\prime }$，取 $t\in S$ 使 $t(s^{\prime }a-s{a}^{\prime })=0$，则张量关系给出

因此逆映射与代表元无关；通分公式验证它可加。最后，${\mathrm{\Phi }}_A{\mathrm{\Psi }}_A(a/s)=a/s$，而 ${\mathrm{\Psi }}_A{\mathrm{\Phi }}_A((r/s)\otimes a)=(1/s)\otimes ra=(r/s)\otimes a$，证明两者互逆。

现在令 $u:A\hookrightarrow B$ 为任意单射。诱导映射 $S^{-1}u$ 把 $a/s$ 送到 $u(a)/s$。若输出为零，便有 $t\in S$ 使 $tu(a)=u(ta)=0$。由 $u$ 单射得 $ta=0$，从而输入 $a/s=0$。这证明 $S^{-1}u$ 单射。同构 $\mathrm{\Phi }$ 把 $(S^{-1}R)\otimes u$ 对应到 $S^{-1}u$；交换环上翻转两个张量因子又给出 $u\otimes 1_{S^{-1}R}$，所以 $S^{-1}R$ 平坦。取 $R=\mathbb{Z}$、$S=\mathbb{Z}\setminus \{0\}$，就得到 $\mathbb{Q}$ 的平坦性。

平坦的有理数模为何不投射 ​

取以有理数为基标号的自由整数模公理库自由模Free module具有基、因而每个元素可唯一写为有限线性组合的模。 $F=\underset{q\in \mathbb{Q}}{⨁}\mathbb{Z}{e}_q$，令 $p:F\twoheadrightarrow \mathbb{Q}$ 把 $e_q$ 送到 $q$。这是满射。如果 $\mathbb{Q}$ 是投射模公理库投射模Projective module对任意满模同态都能提升出映射、等价地为自由模直和因子的模。，恒等映射 $1_{\mathbb{Q}}$ 就能沿 $p$ 提升，得到 $s:\mathbb{Q}\to F$ 满足 $ps=1_{\mathbb{Q}}$。

但实际上每个群同态 $h:\mathbb{Q}\to F$ 都是零。对任意正整数 $n$，有 $h(1)=nh(1/n)$，所以 $h(1)$ 的每个整数坐标都能被所有正整数整除。只有零整数具有此性质，故 $h(1)=0$。再取 $q=a/b$（$b>0$），有 $bh(q)=ah(1)=0$；自由整数模逐坐标无挠，因此 $h(q)=0$。

于是任何候选截面 $s$ 都只能为零，不能满足 $ps=1_{\mathbb{Q}}$。这完整地给出“平坦不蕴含投射”的反例，也说明允许分母与拥有自由直和因子结构是不同要求。

无挠性只检测一部分单射 ​

若 $R$ 为整环、$M$ 平坦，对任意非零 $r\in R$，把单射 $R\stackrel{\times r}{\to }R$ 与 $M$ 张量，便得到单射 $M\stackrel{\times r}{\to }M$。因此 $rm=0$ 必有 $m=0$，即 $M$ 无挠。这里整环假设保证最初的乘法映射是单射。

逆命题在一般整环上失败。取 $R=k[x,y]$，$M=(x,y)\subset R$，它作为整环的子模当然无挠。平坦模却必须满足任意两理想 $I,J$ 的交关系

这个必要条件来自在前三项正合的列 $0\to I\cap J\to R\to R/I\oplus R/J$，其中最后映射为 $r\mapsto (r+I,r+J)$。若 $M$ 平坦，张量后仍在 $M\cong R\otimes M$ 处正合；后一映射变为 $M\to M/IM\oplus M/JM$，其核是 $IM\cap JM$，而前一映射的像是 $(I\cap J)M$。应用短正合列定义时，可先在最后映射的像处把原列截成短正合列，再利用该像嵌入 $R/I\oplus R/J$ 的单射。

令 $I=(x)$、$J=(y)$。多项式同时被 $x,y$ 整除，当且仅当被 $xy$ 整除，故 $I\cap J=(xy)$。现在 $xy\in IM\cap JM$，因为 $y,x\in M$；但

否则 $xy=x^{2}yf+x{y}^{2}g$，在整环中约去 $xy$ 就有 $1=xf+yg$，令 $x=y=0$ 得到矛盾。所以 $(x,y)$ 无挠却不平坦。

在 PID 上，所有模确实满足“平坦当且仅当无挠”，不要求有限生成；这是参考资料中 Lemma 15.22.11 的特例。有限生成时可由结构定理进一步得到自由性，但该有限生成论证不能用来证明任意无挠模平坦；$\mathbb{Q}$ 的证明采用了上面的局部化机制。

自由模平坦，因为 $A{\otimes }_R{R}^{(I)}\cong A^{(I)}$，张量后的单射就是对每个有限支撑坐标分别应用原单射。平坦模的直和因子也平坦：若 $P\oplus Q$ 平坦，利用 $A\otimes (P\oplus Q)\cong (A\otimes P)\oplus (A\otimes Q)$，$u\otimes 1_P$ 的核必嵌入 $u\otimes 1_{P\oplus Q}$ 的零核。投射模是自由模的直和因子，故得到

局部化证明解释了改变系数时的一种可靠操作：把指定分母变为可逆元，可能让某个模整体变成零，却不会破坏已有的短正合关系。例如有理化会消去 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$，同时把乘二变成同构，两者正好保持那条整数序列的正合性。

继续学习Tor 函子公理库Tor 函子Tor functor · Tor groups张量积函子的高次左导出量，用来测量张量未能保持单射与左端正合性的程度。时，平坦性可表达为 ${\mathrm{Tor}}_1^R(A,M)=0$ 对所有 $A$ 成立。Tor 的长正合列把张量后丢失的单射记录为一个连接态射；本页的 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 例子提供了这种失效最直接的计算，而局部化给出了全部这类障碍同时消失的情形。