用户: Cybcat/百题大过关/2018 P 代数

1.	设 $p$ 是素数, 证明不存在 $p^4$ 阶群 $G$ 使得 $Z(G)=[G,G]$ 即中心等于换位子.
2.	设复数 $\alpha$ 使 ${\alpha }^3+\alpha +1=0$, 证明它不活在 $\mathbb{Q}$ 添加全体二次代数数的扩域里.
3.	设 $A=\mathbb{Z}[\sqrt{-5}]$, 证明, (1) 元素 $2$ 是不可约的, (2) 理想 $(2,1+\sqrt{-5})$ 不是主理想, 从而推出 $(2)$ 不是素理想.
4.	证明群 $G$ 的全体线性特征标 (到 ${\mathbb{C}}^{\ast }$ 的同态) 是 $\mathbb{C}$-线性无关的.
5.	设 $K$ 是一个域, 如果 $V$ 是有限维 $K$-向量空间, $u\in {\mathrm{End}}_K(V)$ 被一个 $K$ 上完全分解的多项式零化, 则 $u$ 可以按唯一的方式分解为 $u=D+N$, 其中 $D$ 可对角化, $N$ 幂零而且 $D,N$ 可交换.
6.	令 $(A,\mathfrak{m},k)$ 为整的诺特局部环, $K=\mathrm{Frac}A$. 假设 $M$ 是有限生成 $A$-模, 证明 $M$ 自由当且仅当 ${\mathrm{rk}}_k(M{\otimes }_{A}k)={\mathrm{rk}}_K(M{\otimes }_{A}K)$. 举例说明 $A$ 是整环的条件是必须的 (?).

第一题.

第一题. 首先我们否定 $G/Z(G)$ 循环. 若不然, 假设其生成元为 $\bar{g}$, 对应任意原像为 $g\in G$, 这样 $G$ 由 $Z(G),g$ 生成, 从而 $G$ 交换, 将导致 $[G,G]=0,Z(G)=G$, 从而矛盾. 由此可知 $Z(G)=[G,G]$ 不能太大 (不能为 $p^3$ 阶群).

接下来观察这样一个引理, 给定元素 $g\in G$, 考虑映射 $G\to [G,G]$ 为 $x\mapsto [g,x]=gx{g}^{-1}{x}^{-1}$, 我们来证明这是一个同态. $$\begin{array}{rl}(gx{g}^{-1}{x}^{-1})(gy{g}^{-1}{y}^{-1})& =gx{g}^{-1}(gy{g}^{-1}{y}^{-1})x^{-1}\\ & =gxy{g}^{-1}{y}^{-1}{x}^{-1}=g(xy)g^{-1}(xy{)}^{-1}.\end{array}$$由此验证完成.

类似地 $x\mapsto [x,g]$ 也是 $G\to [G,G]$ 的同态, 接下来我们来否定 $Z(G)=[G,G]$ 是 $p^2$ 阶循环群. 假设其生成元为 $gh{g}^{-1}{h}^{-1}$, 于是我们定义同态$$\theta :G\to [G,G]\times [G,G],x\mapsto ([x,h],[g,x]).$$于是 $\theta (g)=([g,h],1)$, 还有 $\theta (h)=(1,[g,h])$. 由此可知 $\theta$ 是满射. 于是 $\theta$ 是同构, 这样 $G$ 是交换群而矛盾.

此外, $Z(G)=[G,G]$ 如果是 $p$ 阶群或者是 $p^2$ 阶非循环群, 这样中心里的每个元素的 $p$ 次方平凡. 那么首先, $G/Z(G)$ 中的元素阶都整除 $p$, 实际上对任意 $g\in G\backslash Z(G)$, 存在 $h$ 使得 $[g,h]$ 不平凡. 若 $g=g_1^p{z}_1$ 对某 $z_1\in Z(G)$, 有 $[g,h]=[g_1^p,h]=[g_1,h{]}^p$ 平凡从而矛盾.

现在构造双线性映射 $(G/Z(G))\otimes (G/Z(G))\to Z(G)$ 为 $x,y\mapsto [x,y]$. 它显然是满射而且反对称, 非退化: 即 $x\in G$ 满足 $[x,y]=0$ 对一切 $y$ 将推出 $x\in Z(G)$. 倘若 $Z(G)=C_p$ 以及 $G/Z(G)=C_p^3$ 将推出矛盾, 因为 $3$ 维反对称双线性型一定退化. 而若 $Z(G)=G/Z(G)=C_p^2$ 则它的像集至多为 ${\mathbb{F}}_p$ 上一维, 因此不能是满射. 至此推出矛盾.

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第二题.

第二题. 我们证明 $x^3+x+1\in \mathbb{Z}[x]$ 不可约, 进而由 Gauss 引理在 $\mathbb{Q}[x]$ 不可约. 只需在 ${\mathbb{F}}_2[x]$ 上观察即可得知. 现在域 $\mathbb{Q}[\alpha ]/\mathbb{Q}$ 是三次扩张, 然而 $\mathbb{Q}[\sqrt{n_1},\cdots ,\sqrt{n_k}]/\mathbb{Q}$ 的扩张次数是 $2$ 的幂次. 由于 $3$ 不能是 $2$ 的幂次的因子, 结合 $F\subset E\subset K$ 给出 $[K:F]=[K:E][E:F]$ 从而结论得证.

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第三题.

第三题. (1) 注意到有完全积性的 Norm 映射 $N_{A/\mathbb{Z}}:A\to \mathbb{Z}$ 为 $x+y\sqrt{-5}\mapsto x^2+5y^2$. 由于 $2$ 的像为 $4$, 而 $N_{A/\mathbb{Z}}(\alpha )=2$ 无解, 或者说 $x^2+5y^2=2$ 无整数解, 由此可知 $2$ 不可约. (2) 假设 $(2,1+\sqrt{-5})=(\alpha )$ 是主理想, 则 $N_{A/\mathbb{Z}}(\alpha )$ 整除 $4,6$ 公因子, 也就是 $2$, 矛盾. 现在 $(1+\sqrt{-5})\times (1-\sqrt{-5})\in (2)$, 但是 $1\pm \sqrt{-5}\notin (2)$ 否则 $(1\pm \sqrt{5},2)$ 是主理想矛盾.

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第四题.

第四题. 若不然, 假设 ${\chi }_i:G\to {\mathbb{C}}^{\times }$ 其中 $i=1,\cdots ,n$ 是一个极小线性相关组. 即存在 $c_i\ne 0$ 使得 $\sum c_i{\chi }_i=0$ 成立. 倘若 $G$ 只有一个特征则结果显然, 否则存在 $h$ 使得 ${\chi }_1(h)\ne {\chi }_2(h)$, 现在 ${\sum }_i{c}_i{\chi }_i(g)={\sum }_i{c}_i{\chi }_i(h){\chi }_i(g)=0$ 对一切 $g\in G$. 于是利用 $\det \left[\begin{array}{cc}{c}_1{\chi }_1(h)& c_2{\chi }_2(h)\\ c_1& c_2\end{array}\right]=c_1{c}_2({\chi }_1(h)-{\chi }_2(h))\ne 0$ 可消掉 ${\chi }_1,{\chi }_2$ 中的一个, 从而得到一个更小的相关组矛盾.

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第五题.

第五题. 这即所谓的半单幂幺分解. (1) 存在性, 标准的办法是造多项式. 设 $u$ 被 $\prod (x-{\alpha }_i{)}^{n_i}$ 零化, 则取多项式 $f_i(x)$ 满足它是 ${\prod }_{j\ne i}(x-{\alpha }_j{)}^{n_j}$ 的倍式, 而且同余 $1$ 模 $(x-{\alpha }_i{)}^{n_i}$. 这样 $f_i(u)$ 可对角化, 而且包含 $u$ 中所有 ${\alpha }_i$ 的特征值, 现在设 $D={\sum }_i{f}_i(u)$, 类似地取 $g_i(x)$ 是 ${\prod }_{j\ne i}(x-{\alpha }_j{)}^{n_j}$ 的倍式, 而且同余 $0$ 模 $(x-{\alpha }_i{)}^{n_i}$, 令 $N={\sum }_i{g}_i(u)$ 即可. (2) 唯一性, 假设 $u=D_1+N_1=D_2+N_2$ 其中 $D_1,D_2$ 可对角化, $N_1,N_2$ 幂零, 现在好消息是根据存在性的构造, 可设 $D_1,N_1$ 都是 $u$ 的多项式, 因此现在这些线性变换都可交换. 那么 $v=D_1-D_2=N_2-N_1$, $D_1,D_2$ 两矩阵可交换而且可对角化, 因此可以同时对角化, 故 $v$ 可对角化; 而 $N_1,N_2$ 可交换而且幂零所以 $v$ 幂零. 于是 $v$ 既可交换又幂零, 所以 $v=0$, 唯一性得证.

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第六题.

第六题. 如果 $M$ 自由则结论显然. 反过来如果我们有题中的秩等式, 要来证明 $M$ 自由, 下面我们反复使用 $\otimes$ 的右正合性.

首先设等式两边为 $r$, 取 $M{\otimes }_{A}k$ 作为 $k$-线性空间的一组基 ${\bar{m}}_1,\cdots ,{\bar{m}}_r$. 注意到 $M{\otimes }_{A}A=M\to M{\otimes }_{A}k$ 是满射, 因此可以任意提升诸 ${\bar{m}}_i$ 为 $m_i$. 首先我们证明 $m_1,\cdots ,m_r\in M$ 作为 $A$-模生成 $M$, 假设这 $r$ 个数生成子模 $M_0$, 我们考虑正合列 $M_0\to M\to M/M_0\to 0$ 诱导正合列 $M_0\otimes k\to M\otimes k\to (M/M_0)\otimes k\to 0$. 根据 $m_1,\cdots ,m_r$ 的选取, 可知 $M_0\otimes k\to M\otimes k$ 满, 因此 $(M/M_0)\otimes k=0$. 注意到 $(M/M_0)\otimes \mathfrak{m}\to M/M_0\to (M/M_0)\otimes k\to 0$ 正合, 因此 $\mathfrak{m}(M/M_0)=(M/M_0)$, 由 Nakayama 引理可知 $M/M_0=0$ 即 $M=M_0$.

接下来记自由模 $M_1=⨁A{e}_i$, $M_1\to M$ 满射将 $e_i$ 打到 $m_i$, 得到正合列 $0\to N\to M_1\to M\to 0$. 现在由于 $K$ 是 $R$ 局部化得到的, 因此它是平坦 $R$-模, 所以得到正合列 $0\to N\otimes K\to M_1\otimes K\to M\otimes K\to 0$. 由于 $M_1\otimes K\to M\otimes K$ 是两个秩 $r$ 线性空间之间的满射, 由此得到同构, 因而 $N\otimes K=0$. 由于 $N$ 是自由模 $M_1$ 的子模, 因此是无挠模, 故 $N\otimes K=0$ 推出 $N=0$, 结论得证.

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