如何证明(ℤ/nℤ)⊗_ℤ(ℤ/mℤ) ≅ ℤ/dℤ（其中d为n和m的最大公约数）

嘿，这个问题是整数环上张量积的经典结论，我来给你拆解两种常用的证明思路，帮你彻底搞懂～

方法一：构造同态+验证双射 #

这种方法从张量积的核心性质——泛性质出发，一步步构造出同构映射，很适合入门理解。

1. 先定义一个良定义的双线性映射 #

因为d是n和m的最大公约数，所以可以把n、m写成：$n = d·n'$，$m = d·m'$，而且此时$gcd(n',m')=1$（这是最大公约数的基本性质）。

我们先构造一个从$ℤ/nℤ × ℤ/mℤ$到$ℤ/dℤ$的映射：
$$f([x], [y]) = [x·y] \mod d$$
先确认这个映射是良定义的：

• 如果$x_1 ≡ x_2 \mod n$，那$x_1 - x_2 = k·n$，而n是d的倍数，所以$x_1y - x_2y = k·n·y ≡ 0 \mod d$，也就是说$f([x_1],[y])=f([x_2],[y])$；
• 同理，若$y_1 ≡ y_2 \mod m$，也能得到$f([x],[y_1])=f([x],[y_2])$。

再验证它是双线性的：

• 加法线性：$f([x_1+x_2],[y]) = [(x_1+x_2)y] \mod d = [x_1y + x_2y] \mod d = f([x_1],[y]) + f([x_2],[y])$，对第二个变量也一样；
• 数乘线性：$f(k[x],[y]) = f([kx],[y]) = [kxy] \mod d = k·[xy] \mod d = k·f([x],[y])$（k是任意整数）。

2. 利用泛性质得到张量积上的同态 #

张量积的泛性质说的是：只要有一个从$M×N$到$P$的双线性映射，就一定存在唯一的模同态$\varphi: M⊗_{\mathbb{Z}}N → P$，使得$\varphi(m⊗n)=f(m,n)$。

所以我们直接得到唯一的ℤ-同态：
$$\varphi: (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})⊗_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) → \mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$$
它满足$\varphi([x]⊗[y]) = [xy] \mod d$。

3. 证明φ是满射 #

这个很简单：对于$ℤ/dℤ$里的任意元素$[k]$，我们取张量积里的元素$[k]⊗[1]$，代入φ得$\varphi([k]⊗[1]) = [k·1] \mod d = [k]$。也就是说，$ℤ/dℤ$里的每一个元素都能被φ“覆盖”到，所以φ是满射。

4. 证明φ是单射（核为0） #

假设$\varphi\left(\sum_i [x_i]⊗[y_i]\right) = 0$，也就是$\sum_i [x_i y_i] ≡ 0 \mod d$，我们要证明这个和在张量积里等于0。

首先，张量积里有两个关键的零化关系：

• $n·[x]⊗[y] = [nx]⊗[y] = [0]⊗[y] = 0$；
• $[x]⊗m·[y] = [x]⊗[my] = [x]⊗[0] = 0$。

因为$gcd(n',m')=1$，根据Bezout恒等式，存在整数a、b使得$a·n' + b·m' = 1$，两边乘以d就得到$a·n + b·m = d$。

现在看张量积里的生成元$[1]⊗[1]$：
$$d·([1]⊗[1]) = (a·n + b·m)·([1]⊗[1]) = a·n·[1]⊗[1] + b·m·[1]⊗[1] = a·[n]⊗[1] + b·[1]⊗[m] = 0 + 0 = 0$$
这说明$[1]⊗[1]$的阶整除d。同时，$\varphi([1]⊗[1]) = [1] \mod d$，它的阶是d，所以$[1]⊗[1]$的阶恰好是d。

而整个张量积是由$[1]⊗[1]$生成的（所有元素都是它的整数倍），所以张量积的阶是d，和$ℤ/dℤ$的阶完全相同。对于有限阶的ℤ-模，满同态必然是单同态（因为元素个数一样多，满射意味着没有重复映射，自然就是单射），所以φ是单射。

既然φ既是单射又是满射，那它就是同构，结论得证！

方法二：利用正合序列的右正合性 #

如果你已经学过模的正合序列，这种方法会更简洁，一步到位。

我们知道，对于任意整数k，有短正合序列：
$$0 → \mathbb{Z} \xrightarrow{\times k} \mathbb{Z} → \mathbb{Z}/k\mathbb{Z} → 0$$
这里第一个映射是“乘以k”，第二个是把整数映射到它模k的剩余类。

张量积具有右正合性，也就是说，把正合序列的每一项张量上同一个模，得到的序列依然是右正合的。我们把上面的序列张量上$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$，得到：
$$\mathbb{Z}⊗_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \xrightarrow{\times k} \mathbb{Z}⊗_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} → (\mathbb{Z}/k\mathbb{Z})⊗_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} → 0$$

而$\mathbb{Z}⊗_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} ≅ \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$（自由模张量上任意模，结果就是那个模本身），所以序列简化为：
$$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} \xrightarrow{\times k} \mathbb{Z}/m\mathbb{Z} → (\mathbb{Z}/k\mathbb{Z})⊗_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}/m\mathbb{Z} → 0$$

这里第一个映射是$[x] ↦ [k·x]$，它的像就是$k·(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})$，这个子模的阶是$m / gcd(k,m)$，所以它的余核（也就是序列里的第三个项）就是$(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) / (k·\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}) ≅ \mathbb{Z}/gcd(k,m)\mathbb{Z}$。

当k=n时，余核就是$(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})⊗_{\mathbb{Z}}\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$，所以它同构于$\mathbb{Z}/gcd(n,m)\mathbb{Z} = \mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$，直接得到结论。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者DueledGalois