用户: Cybcat/百题大过关/2020 P 代数抽象代数

(六选五)

1.	$H$ 是有限群 $G$ 的正规子群, $P$ 是 $G$ 的 $p$ -子群. 证明 $P$ 正规化 $H$ 的某个 Sylow $p$ -子群 $Q$ , 即证明存在 $H$ 的 Sylow $p$ -子群 $Q$ 使得 $P \leq N_{G} (Q)$ .
2.	设 $F$ 是 $x^{4} - 2$ 在 $Q$ 上的分裂域, 确定 $Aut (F / Q)$ .
3.	设 $M, N, P$ 是有单位元的交换环 $R$ 上的有限生成模, 证明下面的 $R$ -模同构 $Hom_{R} (M \otimes N, P) ≅ Hom_{R} (M, Hom_{R} (N, P)) .$
4.	设 $f$ 是有限群 $G$ 的一个复特征标, $R : G \to GL (V)$ 是另一个复表示, $R$ 的特征标为 $χ$ . 证明 (1) 映射 $R_{f} := \sum_{t \in G} f (t) R (t)$ 为 $V$ 到自身的 $G$ -模同态, (2) 若 $V$ 不可约 (原资料误作 $f$ 不可约), 则 $R_{f}$ 为 $V$ 上的数乘.
5.	设 $A$ 为域 $k$ 上含单位元的有限维代数, 记 $J (A) := {a \in A : M a = 0, \forall 单模 M}$ , 证明 (1) $J (A)$ 是幂零理想, (2) $J (A)$ 包含所有幂零右理想, (3) $J (A)$ 是 $A$ 的所有极大右理想的交.
6.	主理想整环 $R$ 上的有限生成模 $M$ 不可分解 (不能写成两个非平凡子模的直和) 当且仅当 $M$ 同构 $R$ 或者是一个循环 $p$ -模 (单生成, 且被 $p$ 的幂次零化), 其中 $p$ 是素理想.

第一题.

第一题. 任取 $H$ 的某个 Sylow $p$ -子群 $Q_{0}$ , 我们来证明 $N_{G} (Q_{0})$ 包含 $G$ 的一个 Sylow $p$ -子群 $P_{0}$ . 现在让 $G$ 共轭作用在 $Q_{0}$ 上, 注意到 $H$ 正规, 因此作用的轨道为 $H$ 的全体 Sylow $p$ -子群, 其数量与 $p$ 互质. 因此根据轨道-稳定子定理, 可知 $# G /# N_{G} (Q_{0})$ 和 $p$ 互质, 由此可任意取 $N_{G} (Q_{0})$ 的 Sylow- $p$ 子群 $P_{0} \leq N_{G} (Q_{0})$ , 它自然也是 $G$ 的一个 Sylow- $p$ 子群.

由此根据 Sylow 定理,

P

含于

G

的一个 Sylow

p

-子群, 取

g \in G

使得

P \leq g^{- 1} P_{0} g

, 根据前面的结论有

g^{- 1} P_{0} g \leq N_{G} (g^{- 1} Q_{0} g)

. 由此, 结合

H

正规, Sylow

p

-子群

g^{- 1} Q_{0} g \leq H

符合题意.

$□$

第二题.

第二题. 根据 Eisenstein 判别法, $x^{4} - 2 \in Z [x]$ 是不可约多项式. 注意到 $x^{4} = 2$ 的四个复根为 $42, 42 i, - 42, - 42 i$ , 因此 $F = Q (42, i)$ . 我们首先指出这是 $Q$ 的 $8$ 次扩张, 若不然 $i \in Q (42)$ , 然而 $Q (i)$ 不能嵌入 $R$ , 因此将 $i$ 添入 $Q (42)$ 真的带来二次扩张.

由此我们知道

Aut (F / Q)

是置换群

S_{4}

的

8

阶子群. 这即它的 Sylow

2

-子群, 即

D_{4}

, 最后我们只需确定群作用. 设想将四个根放到正方形的四个顶点上, 注意到

D_{4}

中具有不动点的作用只有两个, 每个这样作用都固定正方形的一条对角线. 一个作用如果固定

42

不动, 那么它必须保护

- 42

不动. 同理, 固定

42 i

也会固定

- 42 i

. 由对称性, 将

\pm 42

和

\pm 42 i

放在两组对角线上, 我们完全决定了

D_{4}

在四个根上的作用方式.

$□$

第三题.

第三题. 两边的同构映射构造如下. 对于

f : M \otimes N \to P

, 构造

\tilde{f} : M \to Hom (N, P)

将

m

打到

g_{m} : N \to P

, 满足

g_{m} (n) := f (m \otimes n)

. 张量积的双线性性质决定了该映射良定义. 反过来对于

\tilde{f} : M \to Hom (N, P)

, 取

f : M \otimes N \to P

满足

f (m \otimes n) := \tilde{f} (m) (n)

. 本质上这刻画了张量积的双线性性, 也无需使用有限生成性.

$□$

第四题.

第四题. (1) 对 $g \in G$ , 计算检查 $R_{f} \circ R (g) = = = t \in G \sum f (t) R (t) \cdot R (g) = t \in G \sum f (t) R (t g) t \in G \sum f (t g^{- 1}) R (t) = t \in G \sum f (g^{- 1} t) R (t) t \in G \sum f (t) R (g t) = t \in G \sum R (g) \cdot f (t) R (t) = R (g) \circ R_{f} .$ 这里应用了 $g^{- 1} t$ 和 $t g^{- 1}$ 在 $G$ 的同一个共轭类的事实.

(2) 若

V

是不可约表示则根据 Schur 引理可知它是数乘. 另, 为确定数乘具体的值, 可取特征标 (迹) 得到

Tr (R_{f}) = \sum_{t \in G} f (t) χ (t)

. 所以数乘的值为它的

1/ dim V

.

$□$

第五题.

第五题. 实际上 $J := J (A)$ 正是代数 $A$ 的 Jacobson 根. 目前只知道 $J$ 是右理想.

先证明 (3), 首先对 $z \in J$ , 若 $m \subset A$ 是一个右理想, 则 $M = A / m$ 是一个右单模. 由此可知 $M z = 0$ , 所以 $z \in A z \subset m$ . 反过来, 如果 $z \neq \in J$ , 说明存在单模 $M$ 使得 $M z \neq = 0$ , 这说明存在 $m \in M$ 使 $m z \neq = 0$ . 然而对 $m \in M$ , 零化子 $Ann (m)$ 是极大右理想, 因为 $A / Ann (m) ≅ m A = M$ (利用 $M$ 单). 这就表明 $z \neq \in Ann (m)$ 进而不在全体极大右理想的交里.

然后是补充的命题 (a): $J = {z \in R : \forall a \in A, 1 - z a 有右逆}$ .

对一切 $a \in A, z \in J$ 元素 $1 - z a$ 存在右逆. 若不然, 取包含 $1 - z a$ 的极大右理想 $m$ , 由于 $z a \in J a \subset J$ 也在该理想中, 故 $1$ 在极大理想中, 矛盾. 反过来, 如果 $z \in R$ 使得存在 $a \in A$ 使得 $1 - z a$ 右不可逆, 则 $1 - z a$ 在某个极大右理想 $m$ 里, 则 $z \neq \in J$ , 否则 $z a \in J \subset m$ 将导致 $1 \in m$ .

接下来证明命题 (a+): $J = {z \in R : \forall a \in A, 1 - z a 可逆}$ .

只需证明对一切 $a \in A, z \in J$ 元素 $1 - z a$ 总可逆. 现在设 $(1 - z a) u = 1$ , 也就是 $u - z a u = 1$ , 注意到 $1 + z a u$ 也有右逆, 所以可设 $1 = (1 + z a u) v = uv$ . 故 $1 - z a = (1 - z a) uv = v$ , 所以 $u$ 是 $1 - z a$ 的两边逆.

再注意到 $1 - z a$ 可逆当且仅当 $1 - a z$ 可逆, 因为 $(1 - a z)^{- 1} := 1 + a (1 - z a)^{- 1} z$ 具体给出了这逆. 由此 $1 - z a$ 可逆当且仅当 $1 - a z$ 可逆, 故 ${a \in A : M a = 0, \forall 单右模 M} = {a \in A : a M = 0, \forall 单左模 M}$ .

这表明 $J$ 是双边理想.

注, 实际上证明双边理想的步骤都可以利用 $A$ 是 $k$ 上有限维代数来避免, 此时左逆右逆和逆等价, 所以原本的命题 (a) 已经足够. 但是这并不由定义显然地得到, 因为 $A$ 不交换, 因此对 $b \in A$ 和单右模 $M$ , $M b$ 不见得仍是右模.

再来证明 (2), 所有幂零右理想都在 $J$ 里. 若 $I$ 是幂零右理想, 则对 $z \in I$ 和任意 $a \in A$ 有 $z a \in I$ , 因此 $(1 - z a)^{- 1} = 1 + (z a) + \dots + (z a)^{n}$ 对某正整数 $n$ , 所以 $1 - z a$ 总有右逆, 因此 $z \in J$ .

最后是 (1), 我们已经检查了它是双边理想. 为了检查它幂零, 要用到 $A$ 是 Artin 环 (因为 $A$ 在域 $k$ 上有限维). 由 Artin 性, 若它不幂零则可假设 $P := J^{n} = J^{n + 1} \neq = 0$ . 现在由 $P^{2} \neq = 0$ , 由 Artin 性可取极小的右理想 $I \neq = 0$ 使得 $I \subset P$ 而且 $I P \neq = 0$ . 取 $x \in I$ 使 $x P \neq = 0$ , 则由 $I$ 的极小性得 $I = x A$ .

现在

x J P = x J^{n} = x P \neq = 0

, 因此

x J

也是使得

I P \neq = 0

的右理想, 故

x J = x A

, 设

z \in J

使

x z = x

, 就有

x (1 - z) = 0

. 由于

1 - z

有右逆因此

x = 0

推出矛盾.

$□$

第六题.

第六题. 首先检查 PID 上的有限生成模都是挠模 $T$ 和自由模 $F$ 的直和, 这部分过程详见 2021 年 P 抽代第二题的答案. 根据这个结果, 我们知道 $M$ 要么自由, 要么是挠模. 如果它自由, 则它不可分解当且仅当它单生成, 这只需注意到这样的 $M$ 的子模也自由.

如果它挠, 结合它有限生成以及 $R$ 是 PID, 存在一个元素 $r = p_{1}^{α_{1}} \dots p_{k}^{α_{k}} \in R$ 杀死每个生成元进而杀死整个 $M$ , 其中 $p_{i}$ 为素元. 根据中国剩余定理, 记子模 $M_{i} := p_{1}^{α_{1}} \dots p_{i}^{α_{i}} \dots p_{k}^{α_{k}} M \subset M$ , 则 $M = ⨁_{i} M_{i}$ (这是因为 PID 中如果 $a, b$ 互素, 且 $a M = b M = 0$ 则 $M = 0$ , 利用这点可以证明 $M_{i}$ 和 $\sum_{j \neq = i} M_{j}$ 交为 $0$ ). 实际上本段的讨论也可以利用 $R / r R$ 是 Artin 环得到.

由此可知 $M$ 不可分解只会在有素元幂次 $p^{α}$ 零化 $M$ 时发生. 现在需要检查 $M$ 不可分解当且仅当它循环.

首先如果 $M$ 循环, 生成元 $m$ , 那么 $M ≅ R / Ann (m)$ , 此时 $Ann (m) ∣ p^{α}$ 因此也是 $p$ 的幂次. 对于 $R / p^{α} R$ , 因为它只有唯一极大理想 $(p)$ (也是唯一素理想), 所以它不能是两个非平凡真理想的直和.

然后反设 $M$ 不可分解, 现在 $M_{0} := M / pM$ 是有限维 $R / pR$ -线性空间. 根据 Nakayama 引理, $M$ 的生成元数量即上述线性空间的维数 (生成元数量). 实际上, 乘 $p$ 映射给出 $M_{i} \to M_{i + 1}$ 的 $R / pR$ -线性满射, 其中 $M_{i} := p^{i} M / p^{i + 1} M$ .

注意到 $k$ -线性空间满射都是分裂的, 假设最小的 $α_{0}$ 使 $p^{α_{0}}$ 为非同构的满射. 取 $p^{α_{0}} : M_{0} \to M_{α_{0}}$ 的分裂, 设 $M_{0} ≅ K_{0} \oplus L_{0}$ 其中 $K_{0} = ker p^{α_{0}}$ 而 $p^{α_{0}} ∣_{L_{0}}$ 是同构. 现在取一组基然后提升得到 $k_{1}, \dots, k_{s}$ 和 $l_{1}, \dots, l_{t}$ . 注意到 $p^{α_{0}} k_{i} \in p^{α_{0} + 1} M$ , 由于这部分被 $Δ = p^{α_{0} + 1} ⟨ l_{1}, \dots, l_{t} ⟩$ 满射. 因此 $p^{α_{0}} k_{i} = p^{α_{0} + 1} m_{i} \in Δ$ , 故用 $k_{i} - p m_{i}$ 代替诸 $k_{i}$ , 可设 $p^{α_{0}} k_{i} = 0$ .

现在我声称 $M = ⨁ R k_{i} \oplus ⟨ l_{j} ⟩_{j}$ . 因为 $R k_{i}$ 中的一个非零元素必然为某 $p^{α} R^{\times} k_{i}$ 其中 $α < α_{0}$ , 这样一个元素在 $M_{α}$ 中不可能写成 ${p^{α} \overset{ˉ}{k}_{j}}_{j \neq = i} \cup {p^{α} \overset{ˉ}{l}_{j}}$ 的线性组合, 所以结论得证.

原则上说, 这整个结果应该被看作是 PID 上有限生成模结构定理本身, 所以这些内容都是那个定理证明细节的复刻.

$□$

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