平坦模

平坦模是使得函子 $-{\otimes }_{A}N$ 正合的 $A$-模 $N$.

1定义

定义 1.1 (平坦模). 对环 $A$, $A$-左模 $N$ 称为平坦模, 如果函子 $-{\otimes }_{A}N$ 正合. 即对任意 ($A$-右模) 正合列 $0\to M^{\prime }\to M\to M^{\prime \prime }\to 0$, 有正合列$$0\to M^{\prime }{\otimes }_{A}N\to M{\otimes }_{A}N\to M^{\prime \prime }{\otimes }_{A}N\to 0.$$

注 1.2. 由于对任意 $A$-模 $M$, 函子 $-{\otimes }_{A}M$ 是右正合的, 因此平坦模定义等价于此函子保持单射.

注 1.3. 由定义以及张量积的结合律容易发现, 如 $N$ 为平坦 $A$-左模, $M$ 为 $(B,A)$-双模, 作为 $B$-左模平坦, 则 $M{\otimes }_{A}N$ 为平坦 $B$-左模. 于是:

•	如 $A\to B$ 为环同态, 取 $M=B$ 知 $B{\otimes }_{A}N$ 为平坦 $B$-左模.
•	如 $B\to A$ 为环同态, $A$ 作为 $B$-左模平坦, 取 $M=A$ 知 $N$ 为平坦 $B$-左模.

2性质

一般性质

命题 2.1 (条件简化). $A$ 是环, $N$ 是左 $A$-模. 以下二者等价:

•	$N$ 是平坦模.
•	对 $A$ 的任意右理想 $\mathfrak{a}$, $\mathfrak{a}{\otimes }_{A}N\to N$ 是单射, 即 $\mathfrak{a}{\otimes }_{A}N=\mathfrak{a}N$.

证明. 只需证后推前. 设 $N$ 满足后一条性质, 要对右 $A$-模含入 $M^{\prime }\subseteq M$ 证明 $M^{\prime }{\otimes }_{A}N\to M{\otimes }_{A}N$ 单. 考虑集合$$\{X\subseteq M\mid M^{\prime }\subseteq X,M^{\prime }{\otimes }_{A}N\to X{\otimes }_{A}N是单射\},$$附带包含偏序. 它非空, 因为 $M^{\prime }$ 在其中; 它每条链都有上界即并起来, 因为滤余极限和张量积交换且保持单射. 故由 Zorn 引理它有极大元, 设为 $M^{\prime \prime }$, 要证 $M^{\prime \prime }=M$. 用反证法. 如果 $M^{\prime \prime }⫋M$, 取 $m\in M\setminus M^{\prime \prime }$, 得映射 $f:A\to M$, $1\mapsto m$, 不穿过 $M^{\prime \prime }$. 令 $\mathfrak{a}=f^{-1}(M^{\prime \prime })⫋A$ 为右理想, 则不难发现是推出图表. 由于推出与张量积交换且保持单射, $M^{\prime \prime }{\otimes }_{A}N\to (M^{\prime \prime }+mA){\otimes }_{A}N$ 是单射, 复合上 $M^{\prime }{\otimes }_{A}N\to M^{\prime \prime }{\otimes }_{A}N$ 之后还是单射, 这便与 $M^{\prime \prime }$ 的极大性矛盾. 所以 $M^{\prime \prime }=M$, 即 $M^{\prime }{\otimes }_{A}N\to M{\otimes }_{A}N$ 是单射.

$\square$

命题 2.2 ($\mathrm{Tor}$ 函子判别). $A$ 是环, $N$ 是左 $A$-模. 以下几条等价:

1.	$N$ 是平坦模.
2.	对任意右 $A$-模 $M$ 及任意正整数 $i$, ${\mathrm{Tor}}_i^A(M,N)=0$.
3.	对 $A$ 的任意右理想 $\mathfrak{a}$, ${\mathrm{Tor}}_1^A(A/\mathfrak{a},N)=0$.
4.	对 $A$ 的任意有限生成右理想 $\mathfrak{a}$, ${\mathrm{Tor}}_1^A(A/\mathfrak{a},N)=0$.

命题 2.3 (幂零理想判别). $A$ 是环, $N$ 是左 $A$-模, $I$ 是双边理想, $r\in \mathbb{N}$, 满足 $I^r=0$. 则以下几条等价:

1.	$N$ 是平坦 $A$-模.
2.	$N/IN$ 是平坦 $A/I$-模, 且 ${\mathrm{Tor}}_1(A/I,N)=0$.
3.	$N/IN$ 是平坦 $A/I$-模, 且自然映射 $M/IM{\otimes }_{A/I}{⨁}_{n=0}^{r-1}{I}^n/I^{n+1}\to {⨁}_{n=0}^{r-1}{I}^{n}M/I^{n+1}M$ 是同构.

命题 2.4 (方程判别法). 以下二者等价:

•	$N$ 是平坦模.
•	对链复形 $A^n\to A^m\to N$, 其第二个箭头可以分解为 $A^m\to A^p\to N$, 使得复合 $A^n\to A^m\to A^p$ 已经为 $0$ ($m,n,p$ 为自然数). 换言之, 有限表现模到 $N$ 的映射穿过有限秩自由模.

第二个条件的等价表述为:

•	对 $N$ 中元素 $x_1,\dots ,x_m$ 以及等式 $\sum r_i{x}_i=0$, 存在 $\{a_{ij}\}\subset A$ 和 $y_i,\dots ,y_p\in N$, 使得 $\sum r_i{a}_{ij}=0$, $\sum a_{ij}{y}_j=x_i$.

粗略地说, 这是说 $N$ 中没有非平凡的关系.

证明. 先证前推后. 以 $K$ 记链复形 $0\to A^n\to A^m\to 0$, 其中 $A^m$ 放在 $0$ 处, 则相当于要证每个 $f:K\to N$ 都能分解为 $K\to A^p\to N$. 取对偶 $K^{\vee }=R{\mathrm{Hom}}_A(K,A)$, 则 $R{\mathrm{Hom}}_A(K,-)=K^{\vee }{\otimes }_A^L-$, 故 $f\in {\mathrm{Hom}}_A(K,N)=H^0(R{\mathrm{Hom}}_A(K,N))$ 可视为是 $H^0(K^{\vee }{\otimes }_A^{L}N)=H^0(K^{\vee }){\otimes }_{A}N$ 的元素, 其中等号是因为 $N$ 平坦. 由张量积的定义, $H^0(K^{\vee }){\otimes }_{A}N$ 的元素是有限个 $x\otimes y$, $x\in H^0(K^{\vee })$, $y\in N$ 之和, 所以存在 $g:A^p\to N$, 使得存在 $\tilde{f}\in H^0(K^{\vee }){\otimes }_A{A}^p$ 被 $g$ 打到 $f$. 而 $H^0(K^{\vee }){\otimes }_A{A}^p=H^0(K^{\vee }{\otimes }_A{A}^p)=\mathrm{Hom}(K,A^p)$, 于是 $\tilde{f}:K\to A^p$ 与 $g:A^p\to N$ 即所求的分解.

再证后推前. 后一条性质无非是说 $\{有限秩自由模到N的映射\}$ 在滤相系 $\{有限表现模到N的映射\}$ 中共尾. 由于$$N=\underset{M\to N,M有限表现}{\mathrm{colim}}M,$$这就给出$$N=\underset{M\to N,M有限秩自由}{\mathrm{colim}}M,$$即 $N$ 是有限秩自由模的滤余极限; 有限秩自由模显然平坦, 平坦模的滤余极限平坦, 所以 $N$ 平坦.

$\square$

由以上证明过程可得

定理 2.5 (Lazard). 平坦模恰为可写成有限秩自由模之滤余极限的模.

方程判别法还有推论

命题 2.6. 局部环上有限生成平坦模自由.

证明. 设 $(A,\mathfrak{m},k)$ 为局部环, $M$ 为有限生成平坦 $A$-模. 记 $n={\dim }_{k}M/\mathfrak{m}M$, 并取映射 $f:A^n\to M$ 使其商 $\mathfrak{m}$ 之后是同构. 由 Nakayama 引理, $f$ 是满射. 只需证 $f$ 是单射. 用反证法. 如 $f$ 不单, 则存在非零映射 $h:A\to A^n$ 复合 $f$ 之后为 $0$. 由方程判别法, $f$ 可分解为 $\tilde{f}:A^n\to A^p$ 与 $g:A^p\to M$ 使得 $\tilde{f}\circ h=0$. 这说明 $\ker (\tilde{f})\ne 0$. 而由于 $A^p$ 自由, $g$ 可沿满射 $f$ 提升成映射 $\tilde{g}:A^p\to A^n$. 现在由这些映射的构造, $\tilde{g}\circ \tilde{f}$ 在商 $\mathfrak{m}$ 之后是同构, 于是再由 Nakayama 引理即知 $\tilde{g}\circ \tilde{f}$ 是同构, 与 $\ker (\tilde{f})\ne 0$ 矛盾! 故 $f$ 为单, 即 $M\cong A^n$.

$\square$

命题 2.7 (与投射模的关系). 投射模是平坦模 (特别地, 自由模是平坦模); 有限表现平坦模与有限生成投射模二者等价.

证明. 只有 “有限表现平坦模投射” 不那么显然. 设 $M$ 是有限表现平坦模. 则由方程判别法, ${\mathrm{id}}_M$ 穿过有限秩自由模, 所以 $M$ 投射.

$\square$

命题 2.8 (与内射模的关系). 对一般的环 $A$, 左 $A$-模 $M$ 平坦当且仅当右 $A$-模 ${\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(M,\mathbb{Q}/\mathbb{Z})$ 内射.

交换代数性质

交换代数中, 平坦模有些特有的性质. 以下固定交换环 $A$ 及其模 $M$.

命题 2.9 (局部性). 以下几条等价:

1.	$M$ 为平坦 $A$-模.
2.	对 $A$ 的任一素理想 $\mathfrak{p}$, $M_{\mathfrak{p}}$ 为平坦 $A_{\mathfrak{p}}$-模.
3.	对 $A$ 的任一极大理想 $\mathfrak{m}$, $M_{\mathfrak{m}}$ 为平坦 $A_{\mathfrak{m}}$-模.

证明. 1 推 2 是注 1.3. 2 推 3 是显然的. 3 推 1 是因为局部化与张量积交换, 且交换环上的模同态是单射当且仅当其在各个极大理想处局部化是单射.

$\square$

命题 2.10 (与无挠模的关系). 在整环上, 平坦模是无挠模. 主理想整环 (一般地, Dedekind 整环) 上, 二者等价.

以下判别法十分强大, 证明过程中应用了 Artin–Rees 引理.

定理 2.11 (局部判别法). 设 $I$ 是 $A$ 的理想. 考虑以下几个条件:

1.	$M$ 是平坦 $A$-模.
2.	$M/IM$ 是平坦 $A/I$-模, 且 ${\mathrm{Tor}}_1^A(M,A/I)=0$.
3.	$M/IM$ 是平坦 $A/I$-模, 且自然映射 $M/IM{\otimes }_{A/I}{⨁}_{n=0}^{\infty }{I}^n/I^{n+1}\to {⨁}_{n=0}^{\infty }{I}^{n}M/I^{n+1}M$ 是同构.
4.	对任意 $n\in \mathbb{N}$, $M/I^{n}M$ 是平坦 $A/I^n$-模.

则有 1 推 2 推 3 推 4. 如 $A$ 为 Noether 环, 且对任意有限生成 $A$-模 $N$, $M{\otimes }_{A}N$ 都是 $I$-分离的, 即 ${\bigcap }_{n=0}^{\infty }{I}^n(M{\otimes }_{A}N)=0$, 就有 4 推 1.

证明. 1 推 2: 这是注 1.3 和命题 2.2.

2 推 3: 由命题 2.3, 条件 2 推出对任意 $n\in \mathbb{N}$, $M/I^{n+1}M$ 都是平坦 $A/I^{n+1}$-模, 于是$$M{\otimes }_A{I}^n/I^{n+1}=M/I^{n+1}M{\otimes }_{A/I^{n+1}}{I}^n/I^{n+1}=I^{n}M/I^{n+1}M,$$对所有 $n$ 直和起来即得 3.

3 推 4: 这也是命题 2.3.

4 推 1: 欲证 $M$ 平坦, 只需对任意有限生成模 $N$ 及其子模 $N^{\prime }$ 证明映射 $M{\otimes }_A{N}^{\prime }\to M{\otimes }_{A}N$ 是单射. 由于 $N/I^{n}N$ 是 $A/I^n$-模, $\frac{N^{\prime }}{N^{\prime }\cap I^{n}N}$ 是其子模, 条件 4 至少推出, 对任意 $n\in \mathbb{N}$, 映射$$M{\otimes }_A\frac{N^{\prime }}{N^{\prime }\cap I^{n}N}\to M{\otimes }_{A}N/I^{n}N$$是单射. 现在交换图表$$M{\otimes }_A{N}^{\prime }M{\otimes }_{A}NM{\otimes }_A\frac{N^{\prime }}{N^{\prime }\cap I^{n}N}M{\otimes }_{A}N/I^{n}N$$给出$$\ker (M{\otimes }_A{N}^{\prime }\to M{\otimes }_{A}N)\subseteq \ker (M{\otimes }_A{N}^{\prime }\to M{\otimes }_{A}N/I^{n}N)=\ker \left(M{\otimes }_A{N}^{\prime }\to M{\otimes }_A\frac{N^{\prime }}{N^{\prime }\cap I^{n}N}\right).$$由 Artin–Rees 引理, $N^{\prime }$ 的两列子模 $(N^{\prime }\cap I^{n}N{)}_{n\in \mathbb{N}}$ 与 $(I^n{N}^{\prime }{)}_{n\in \mathbb{N}}$ 共尾, 于是也有对任意 $n\in \mathbb{N}$, $$\ker (M{\otimes }_A{N}^{\prime }\to M{\otimes }_{A}N)\subseteq \ker (M{\otimes }_A{N}^{\prime }\to M{\otimes }_A{N}^{\prime }/I^n{N}^{\prime }).$$而 $M{\otimes }_A{N}^{\prime }/I^n{N}^{\prime }=M{\otimes }_A{N}^{\prime }{\otimes }_{A}A/I^n$, 故上式右边等于 $I^n(M{\otimes }_A{N}^{\prime })$. 由条件, ${\bigcap }_{n=0}^{\infty }{I}^n(M{\otimes }_A{N}^{\prime })=0$, 故 $\ker (M{\otimes }_A{N}^{\prime }\to M{\otimes }_{A}N)=0$, 命题得证.

$\square$

推论 2.12 (纤维判别法). 如 $(A,\mathfrak{m},k)$ 是 Noether 局部环, $M$ 对 $\mathfrak{m}$ 满足定理中的分离性条件, 则 $M$ 平坦当且仅当 ${\mathrm{Tor}}_1(M,k)=0$.

证明. 在定理中取 $I=\mathfrak{m}$, 这就是 1 等价于 2, 因为此时 $A/I=k$ 是域, 域的模都自由, 从而平坦.

$\square$

推论 2.13. 设 $(A,\mathfrak{m},k)\to (B,\mathfrak{n},\ell )$ 是 Noether 局部环的局部同态, $u:M^{\prime }\to M$ 是有限生成 $B$-模的同态, $M$ 在 $A$ 上平坦. 则 $u{\otimes }_{A}k$ 是单射当且仅当 $u$ 是单射且 $\mathrm{coker}(u)$ 在 $A$ 上平坦.

证明. “当” 是显然的, 下证 “仅当”. 考虑 $u$ 诱导的交换图$$M^{\prime }/\mathfrak{m}{M}^{\prime }{\otimes }_k{⨁}_{n=0}^{\infty }{\mathfrak{m}}^n/{\mathfrak{m}}^{n+1}M/\mathfrak{m}M{\otimes }_k{⨁}_{n=0}^{\infty }{\mathfrak{m}}^n/{\mathfrak{m}}^{n+1}{⨁}_{n=0}^{\infty }{\mathfrak{m}}^n{M}^{\prime }/{\mathfrak{m}}^{n+1}{M}^{\prime }{⨁}_{n=0}^{\infty }{\mathfrak{m}}^{n}M/{\mathfrak{m}}^{n+1}M$$由于 $M$ 平坦, 右边的箭头是同构. 显然左边的箭头是满射. 如果 $u{\otimes }_{A}k$ 是单射, 上边的箭头就是单射, 所以下边的箭头也是单射. 由于条件保证 $M^{\prime }$ 为 $\mathfrak{m}$-分离, 这就推出 $u$ 本身是单射. 接下来用短正合列$$0\to M^{\prime }\to M\to \mathrm{coker}(u)\to 0$$计算 ${\mathrm{Tor}}_1(\mathrm{coker}(u),k)$ 容易发现它是 $0$, 用推论 2.12 即知 $\mathrm{coker}(u)$ 在 $A$ 上平坦.

$\square$

推论 2.14 (切片判别法). 设 $A$ 是 Noether 环, $a\in A$ 是非零因子, $M$ 对 $(a)$ 满足定理中的分离性条件. 则 $M$ 是平坦 $A$-模, 当且仅当 $a:M\to M$ 是单射, 且 $M/aM$ 是平坦 $A/a$-模.

证明. 注意 $A/a$ 有两项消解 $0\to A\to A\to 0$, 中间的映射是乘以 $a$. 由此即知 ${\mathrm{Tor}}_1(M,A/a)=\ker (a:M\to M)$. 于是在定理中取 $I=(a)$, 这就是 1 等价于 2.

$\square$

推论 2.15. 设 $(A,\mathfrak{m})\to (B,\mathfrak{n})$ 是 Noether 局部环的平坦局部同态, $N$ 是 $B$-模, 对 $\mathfrak{m}B$ 满足定理中的分离性条件. 则 $N$ 是平坦 $B$-模当且仅当它是平坦 $A$-模并且 $N/\mathfrak{m}N$ 是平坦 $B/\mathfrak{m}B$-模.

证明. “仅当” 是注 1.3. 至于 “当”, 我们使用定理中的 1 等价于 3. 由于 $N/\mathfrak{m}N$ 是平坦 $B/\mathfrak{m}B$-模, 要证 $N$ 是平坦 $B$-模, 只需证$$N/\mathfrak{m}N{\otimes }_{B/\mathfrak{m}B}\underset{n=0}{\overset{\infty }{⨁}}{\mathfrak{m}}^{n}B/{\mathfrak{m}}^{n+1}B\cong \underset{n=0}{\overset{\infty }{⨁}}{\mathfrak{m}}^{n}N/{\mathfrak{m}}^{n+1}N.$$现由 $B$ 是平坦 $A$-模, $$B/\mathfrak{m}B{\otimes }_{A/\mathfrak{m}}\underset{n=0}{\overset{\infty }{⨁}}{\mathfrak{m}}^n/{\mathfrak{m}}^{n+1}\cong \underset{n=0}{\overset{\infty }{⨁}}{\mathfrak{m}}^{n}B/{\mathfrak{m}}^{n+1}B.$$由 $N$ 是平坦 $A$-模, $$N/\mathfrak{m}N{\otimes }_{A/\mathfrak{m}}\underset{n=0}{\overset{\infty }{⨁}}{\mathfrak{m}}^n/{\mathfrak{m}}^{n+1}\cong \underset{n=0}{\overset{\infty }{⨁}}{\mathfrak{m}}^{n}N/{\mathfrak{m}}^{n+1}N.$$综合以上两式即得结论.

$\square$

注 2.16. 设 $A$ 为 Noether 局部环, $I$ 为其真理想. 由 Krull 交定理, 这个分离性条件可以覆盖以下几种情形:

•	$M$ 是有限生成模.
•	$M=B$ 是局部环, $A\to B$ 是局部同态.
•	以上两种的结合, 即 $A\to B$ 是局部同态, $M$ 是 $B$ 上有限生成模.

3例子

•	交换环的局部化是其上的平坦模.
•	$\mathbb{Q}$ 是 $\mathbb{Z}$ 上平坦模, 但不是投射模.

4相关概念

•	自由模
•	投射模
•	内射模
•	忠实平坦模
•	平坦维数
•	平坦同态

术语翻译

平坦模 • 英文 flat module • 德文 flacher Modul • 法文 module plat • 拉丁文 modulus planus • 古希腊文 ἐπίπεδον πρότυπον