关于ℤ-模的p-可除性与张量积M⊗_ℤℤₚ=0的等价性问题

嗨，我来帮你理清这个问题~ 首先明确符号：你这里的$\mathbb{Z}_p$指的是$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$（避免和p-adic整数概念混淆），没问题。

你已经知道p-可除性推张量积为0是很直接的，我快速过一遍逻辑：如果M是p-可除的，那对任意$\alpha \in M$，存在$\beta \in M$使得$p\beta = \alpha$，那么在张量积里$\alpha \otimes \overline{1} = p\beta \otimes \overline{1} = \beta \otimes p\overline{1} = \beta \otimes \overline{0} = 0$，所有生成元都是0，自然整个张量积就是0。

重点来说你困惑的张量积为0推p-可除性：这个结论在一般情况下是不成立的，我给你举个具体的反例：

反例构造 #

取$M$为$\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$的子模，包含所有阶与素数$p$互素的元素，也就是：
$$M = \left{ \overline{\frac{a}{b}} \in \mathbb{Q}/\mathbb{Z} \mid \gcd(b,p)=1 \right}$$

• 先验证$M \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} = 0$：
  对任意$x \in M$，设$x$的阶为$k$（$\gcd(k,p)=1$），根据贝祖定理，存在整数$s,t$使得$sk + tp = 1$。那么$x = 1 \cdot x = skx + tpx = tpx$（因为$kx=0$），所以：
  $$x \otimes \overline{1} = tpx \otimes \overline{1} = tx \otimes p\overline{1} = tx \otimes \overline{0} = 0$$
  所有生成元都为0，因此整个张量积是0。
• 再验证$M$不是p-可除的：
  比如取$p=2$，$x = \overline{\frac{1}{3}} \in M$（3和2互素）。假设存在$\overline{\frac{a}{b}} \in M$（$\gcd(b,2)=1$，即b是奇数）使得$2 \cdot \overline{\frac{a}{b}} = \overline{\frac{1}{3}}$，那么：
  $$\frac{2a}{b} - \frac{1}{3} = k \quad (k \in \mathbb{Z})$$
  整理得$6a - b = 3kb$，即$6a = b(3k+1)$。因为b是奇数，所以b整除6，只能是b=1或3：
  • 若b=1，$6a = 3k+1$，左边是偶数，右边是奇数，矛盾；
  • 若b=3，$6a = 3(3k+1)$，化简得$2a = 3k+1$，左边偶数右边奇数，还是矛盾。
    所以不存在这样的元素，$M$不是2-可除的，完美构成反例。

什么时候$1 \implies 2$成立？ #

虽然一般情况不成立，但添加一些额外条件后，这个推导就成立了：

• 当M是无挠ℤ-模时：
  ℤ上的无挠模都是平坦模，而平坦模满足$M \otimes (A/I) \cong MA/MI$（这里$A=\mathbb{Z}$，$I=(p)$），所以：
  $$M \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} \cong M/pM$$
  如果这个张量积是0，就意味着$M/pM = 0$，也就是$M = pM$，即M是p-可除的。这时候两个条件等价。
• 当M是有限生成ℤ-模时：
  根据有限生成ℤ-模的结构定理，M是自由模和有限循环模的直和。如果$M \otimes_{\mathbb{Z}} \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}=0$，那么每个直和分量的张量积都为0：
  • 自由模$\mathbb{Z}^{k$的张量积是$(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})}k$，为0当且仅当k=0；
  • 有限循环模$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$的张量积是$\mathbb{Z}/\gcd(n,p)\mathbb{Z}$，不可能为0（因为gcd(n,p)≥1）。
    所以此时M只能是0，自然满足p-可除性，这是个平凡的成立情况。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Potemkin Metro Card