用户: Cybcat/百题大过关/2021 P 代数 抽象代数

(七选五)

1.	设 $V$ 是有限维线性空间, $f$ 是 $V$ 上非退化双线性型. 定义映射 $ϵ:V\to V^{\ast }$ 为 $ϵ(v)(w):=f(v,w)$, 证明 $ϵ$ 是线性同构.
2.	证明主理想整环上的有限生成模是一个挠模和一个自由模的直和.
3.	证明 $\mathbb{C}$ 上的有限维半单代数的中心也半单.
4.	设 $K/F$ 是有限扩张, 证明 $K/F$ 是 Galois 扩张当且仅当 $|\mathrm{Aut}(K/F)|=[K:F]$.
5.	设 $G$ 是有限群, $G/Z(G)$ 是非平凡单群. (1) 证明 $G/Z(G)$ 非交换. (2) 证明 $G^{\prime }=G^{\prime \prime }$. (3) 证明 $G/Z(G)\cong G^{\prime }/Z(G^{\prime })$.
6.	设 $F(G)$ 是 $G$ 中正规幂零子群的乘积. 若 $G$ 可解, 证明 $C_G(F_G)$ 是 $F(G)$ 的子群, 其中 $C_G(F(G))$ 表示 $F(G)$ 在 $G$ 里的中心化子.
7.	设 $F$ 是域, $n\ge 3$, 证明 $\mathrm{GL}(n,F{)}^{\prime }=\mathrm{SL}(n,F)=\mathrm{SL}(n,F{)}^{\prime }$.

第一题.

第一题. 线性性简单, 我们检查 $ϵ$ 是单射. 注意到 $f$ 非退化, 因此若 $v\in V$ 使得 $f(v,-)=0\in V^{\ast }$ 则 $v=0$. 结合 $V,V^{\ast }$ 有限维且维数相同, 线性单射给出线性同构.

$\square$

第二题.

第二题. 假设 $R$ 是 PID, $M$ 是有限生成 $R$-模, 设 $M$ 中全体挠元构成的子模为 $T:=\{m\in M:\exists 0\ne r\in R,rm=0\}$. 现在 $T$ 是一个有限生成挠模, 记 $F:=M/T$, 现在 $F$ 无挠, 因为任意 $m\in M$, 若 $0\ne r\in R$ 使 $rm\in T$ 则 $srm=0$ 对 $0\ne sr\in R$ 故 $m\in T$.

PID 上的有限生成无挠模是自由的, 证明很标准, 对其秩进行归纳. 单生成模总是 $R$ 的商, 它无挠当且仅当商的是平凡理想, 所以当且仅当自由. 现在对一般的无挠模 $M$, 任取 $m\in M$, 并考虑子模 $M_0:=⟨m^{\prime }\in M:r\in R,\exists m^{\prime }\in M,m=r{m}^{\prime }⟩\subset M$. $M_0$ 有限生成, 所以设由 $m_i^{\prime }=m/r_i,i=1,\cdots ,n$ 生成.

利用 PID 的 Bezout 性质, 取 $r=\mathrm{LCM}(r_i)$ 这样 $\mathrm{GCD}(r/r_i)=1$, 于是由中国剩余定理诸 $m_i^{\prime }$ 生成的模是单生成的. 取 $⟨m^{\prime }⟩=M_0$ 是单生成自由模, 现在我们证明 $F/M_0$ 是无挠模, 这和前文证明 $M/T$ 无挠的方法是一样的. 于是利用归纳假设 $F/M_0$ 自由, 这样由自由模投射性给出的正合列分裂可知 $F$ 自由. 同理, 正合列分裂给出 $M=T\oplus F$, 其中 $T$ 是挠模, $F$ 是自由模.

$\square$

第三题.

第三题. 对于域 $k$ 上有限维半单代数 $R$, 我们证明它的中心里没有幂零元素. 假设 $a\in Z(R)$ 幂零, 则 $aR$ 是 $R$ 的非零幂零理想, 注意到半单代数不存在幂零理想 (它的理想都是幂等元 $e$ 单生成的) 现在只需注意到对于交换代数, 它半单当且仅当它没有幂零元.

实际上根据分类定理还有更强的结果. 设 $R$ 是一个域 $k$ 上的有限维半单代数, 那么根据 Artin–Wedderburn 定理 $R\cong {\prod }_{i=1}^k{M}_{n_i}(D_i)$, 其中 $D_i$ 是 $k$ 上的有限维除环, 由此可知 $Z(R)\cong {\prod }_{i=1}^{k}Z(D_i)$, 由此 $Z(R)$ 是 $k$ 的一堆域扩张的乘积, 自然是半单代数. 对于原题 $k=\mathbb{C}$, 因为它没有非平凡有限维域扩张, 由此我们知道 $Z(R)$ 同构若干 $\mathbb{C}$ 的直和.

$\square$

第四题.

第四题. 从有限扩张 Galois 推出这个相等结论是标准的, 我们仅证明另一侧的结果. 假设 $[K:F]=|\mathrm{Aut}(K/F)|=n$, 我们取 $g_1,\cdots ,g_n$ 是这互不相同的 $n$ 个自同构. 设 $F_0:=K^{\mathrm{Aut}(K/F)}$ 是不动域, 首先我们证明 $[K:F_0]\ge n$. 倘若 $[K:F_0]=s<n$, 取 ${\alpha }_1,\cdots ,{\alpha }_s$ 为一组基, 那么 $\mathrm{rk}[g_i({\alpha }_j)]\le s<n$, 因此 $g_1,\cdots ,g_n$ 是 $K$-线性相关的, 而这不可能 (取极小相关组推矛盾的技巧, Dedekind 引理).

由此 $[K:F_0]\ge n$ 而且 $[K:F]=[K:F_0][F_0:F]=n$, 由此可知 $F_0=F$, 即 $K^{\mathrm{Aut}(K/F)}=F$. 从这里开始, 检查扩张是正规可分的就是标准、容易的: 假设 $\alpha \in K$ 在 $F$ 的首一最小多项式为 $f(x)$, 则 $\alpha$ 在 $\mathrm{Aut}(K/F)$ 的轨道下的全体根 ${\alpha }_i$ 对应的多项式 $g(x)={\prod }_i(x-{\alpha }_i)$ 系数都是 $\mathrm{Aut}(K/F)$-不变的, 因此 $g(x)\in F[x]$ 且以 $\alpha$ 为根, 因此由 $f$ 不可约 $f(x)|g(x)$, 反过来也有 $g(x)|f(x)$, 因为自同构得到 $(x-{\alpha }_i)|f(x)$, 因此我们得知 $f=g$ 分裂, 而且根互不相同.

$\square$

第五题.

第五题. (1) 如果 $G/Z(G)$ 是交换单群, 则它循环, 这导致 $G$ 可交换, 从而与它非平凡矛盾. (2) 注意到非交换单群都是完美的, 记 $Z=Z(G)$ 即有 $(G/Z)=(G/Z{)}^{\prime }=G^{\prime }Z/Z$, 也就有 $G=G^{\prime }Z$. 现在 $(G/Z{)}^{\prime }\cong G^{\prime }/(Z\cap G^{\prime })$ 也是完美群, 因此类似可得到 $G^{\prime }=G^{\prime \prime }(Z\cap G^{\prime })$. 这意味着 $G=G^{\prime }Z=G^{\prime \prime }(Z\cap G^{\prime })Z=G^{\prime \prime }Z$, 所以 $G/G^{\prime \prime }\cong G^{\prime \prime }Z/G^{\prime \prime }\cong Z/(Z\cap G^{\prime \prime })$ 交换. 由此可知 $G^{\prime }\le G^{\prime \prime }$ 故 $G^{\prime }=G^{\prime \prime }$. (3) 现在 $G/Z=(G/Z{)}^{\prime }=G^{\prime }/(Z\cap G^{\prime })$ 是单群, 结合 $Z\cap G^{\prime }\le Z(G^{\prime })$, 因此 $Z(G^{\prime })=G^{\prime }$ 或 $Z\cap G^{\prime }$. 前者被 $G^{\prime }=G^{\prime \prime }$ 排除, 由此结论得证.

$\square$

第六题.

第六题. 注意群 $F:=F(G)$ 也叫做 Fitting 子群, 一个重要的性质是, 一个群的幂零正规子群乘积也是幂零的, 因此 $F(G)$ 幂零, 不过这并不重要, 我们只要知道它是正规的就行.

假设 $C:=C_G(F)$, 我们指出 $CF/F$ 平凡, 我们假设它不平凡来推出矛盾. 首先由于 $G$ 可解, $CF/F$ 是其子商, 所以 $CF/F$ 也是可解群. 注意到 $CF/F\cong C/(C\cap F)=C/Z(F)$, 那么对该群不断取换位子群, 在它变得平凡之前先会变得交换. 因此设 Abel 正规子群 $\bar{N}=(C/Z(F){)}^{(s)}\le C/Z(F)$ 非平凡, 其中 $s\in {\mathbb{Z}}_{\ge 0}$.

因此不妨设非平凡 $\bar{N}\le C/Z(F)$ 对应子群 $Z(F)<N\le C$, (1) 由于 $\bar{N}$ 是交换群, 因此 $N^{\prime }\le Z(F)$, (2) 又因为 $N\le C$, 于是 $[N^{\prime },N]\le [Z(F),N]\le [Z(F),C]=1$, 这表明 $[N^{\prime },N]=1$ 因此 $N$ 幂零. (3) 由 $N$ 的定义, 它等于 $C^{(s)}Z(F)$, 由于 $C$ 和 $Z(F)$ 是 $G$ 的正规子群, 所以 $N$ 是 $G$ 的幂零正规子群.

由此可知 $N\le F$, 结合 $N\le C$ 故 $N\le C\cap F=Z(F)$, 与 $Z(F)<N$ 矛盾.

$\square$

第七题.

第七题. 首先 $\det :\mathrm{GL}(n,F)\to F^{\times }$ 是同态, 因此由 $F^{\times }$ 交换以及 $\ker \det =\mathrm{SL}(n,F)$ 可知 $\mathrm{GL}(n,F{)}^{\prime }\le \mathrm{SL}(n,F)$. 只需证明反方向的包含即可得到 $\mathrm{SL}={\mathrm{GL}}^{\prime }$. 注意到 $\mathrm{SL}(n,F)$ 被全体 $I+a{E}_{ij}(i\ne j)$ 生成: $$\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{cc}1& a\\ 0& 1\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{cc}1& a\\ 1-a^{-1}& a\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{cc}{a}^{-1}& 0\\ 1-a^{-1}& a\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{cc}{a}^{-1}& 0\\ 0& a\end{array}\right]$$而 $I+a{E}_{ij}$ 被 $\mathrm{SL}(n,F)$ 中的交换子生成: $$\left[\left[\begin{array}{ccc}1& 0& a\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right],\left[\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 1& 1\end{array}\right]\right]=\left[\begin{array}{ccc}1& a& 0\\ 0& 1& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right]$$这样除了 ${\mathrm{GL}}^{\prime }\ge \mathrm{SL}$ 我们也得到 ${\mathrm{SL}}^{\prime }=\mathrm{SL}$. 由此结论得证.

$\square$