若$M\otimes_A N\cong A$，能否推出$M$是左$A$-投射模？
首先明确问题：
设$A$为代数（可能非交换），$M,N$为$A-A$-双模。假设$M\otimes_AN\cong A$（作为$A-A$-双模同构），能否得出$M$是左$A$-投射模？
其实这个结论是成立的，咱们一步步拆解推导过程：
核心思路：利用投射模的对偶基引理
投射模有一个经典的等价判定——对偶基引理：左$A$-模$M$是投射的，当且仅当存在一族元素${m_i \in M}$和左$A$-模同态${f_i: M \to A}$，满足：
- 对任意$m \in M$，只有有限个$f_i(m) \neq 0$；
- 对任意$m \in M$，有$m = \sum_i f_i(m)m_i$。
现在我们就用这个引理来证明$M$的投射性：
利用双模同构取单位元对应元素
因为$M\otimes_A N \cong A$是双模同构，设这个同构为$\phi: M\otimes_A N \to A$，它的逆映射为$\phi^{-1}: A \to M\otimes_A N$。取$A$中的单位元$1_A$，则存在有限和$u = \sum_{i=1}^k m_i\otimes n_i \in M\otimes_A N$，使得$\phi(u) = 1_A$。构造对偶基所需的同态
对每个$i$，定义左$A$-模同态$f_i: M \to A$：
$$f_i(m) = \phi(m\otimes n_i)$$
验证一下左$A$-模同态的性质：$f_i(am) = \phi(am\otimes n_i) = a\phi(m\otimes n_i) = a f_i(m)$，完全符合要求。验证对偶基条件
现在对任意$m \in M$，计算$\sum_{i=1}^k f_i(m)m_i = \sum_{i=1}^k \phi(m\otimes n_i)m_i$。我们需要证明这个和等于$m$：
- 考虑元素$m\otimes u = m\otimes \sum_{i=1}^k m_i\otimes n_i = \sum_{i=1}^k m\otimes n_i\otimes m_i \in M\otimes_A N\otimes_A M$；
- 对这个元素应用$\phi\otimes\text{id}M$（即对前两个张量因子用$\phi$映射），得到$\sum{i=1}^k \phi(m\otimes n_i)\otimes m_i \in A\otimes_A M$；
- 而$A\otimes_A M \cong M$（左$A$-模同构，映射为$a\otimes m \mapsto am$），所以这个元素对应到$\sum_{i=1}^k \phi(m\otimes n_i)m_i$；
- 另一方面，$m\otimes u = m\otimes \phi^{-1}(1_A)$，应用$\text{id}_M\otimes\phi$得到$m\otimes 1_A$，它在同构$M\otimes_A A \cong M$下对应到$m$；
- 因为$\phi$是双模同构，$\phi\otimes\text{id}_M$和$\text{id}M\otimes\phi$的作用是一致的，所以$\sum{i=1}^k f_i(m)m_i = m$，满足对偶基引理的条件。
辅助结论的验证
你提到的两个观察确实有用：
- $N$嵌入到$M$的对偶空间：定义映射$\psi: N \to \text{Hom}_A(M, A)$，$\psi(n)(m) = \phi(m\otimes n)$。这是左$A$-模单同态：若$\psi(n)(m)=0$对所有$m$，则$m\otimes n=0$对所有$m$，结合$M\otimes_A N \cong A$的忠实性，可得$n=0$，因此$\psi$是嵌入。
- $(N\otimes_A M)^{\otimes 2} \cong N\otimes_A M$：直接展开张量积即可验证：
$$(N\otimes_A M)\otimes_A (N\otimes_A M) = N\otimes_A (M\otimes_A N)\otimes_A M = N\otimes_A A\otimes_A M = N\otimes_A M$$
这说明$N\otimes_A M$是幂等双模，它可以看作$M$的自同态代数的对偶，也能侧面反映$M$的投射性（因为幂等双模对应的模往往是投射的）。
总结
综上，从$M\otimes_A N \cong A$（双模同构）可以推出$M$是左$A$-投射模。
内容的提问来源于stack exchange，提问作者Mathematician 42
