用户: Solution/ 习题: 现代代数学II 模论 (i)

本系列是现代代数学 II 的作业全解, 由 20 级多名同学写了初稿, 21, 22 级几名同学有所修改.

每年的题目均略有增删, 少量题目有表述上的调整, 且题号是不同的, 可自行更新.

题号 $\alpha .\beta$ 表示作业与讨论 $\alpha$ 的第 $\beta$ 题, $\beta =0$ 是指往届曾布置过而今年未布置.

请今年选课的同学们把未布置的题目移动为 $\alpha .0$, 并补充新题的陈述与解答, 谢谢.

1Zorn 引理

1.0	设 $V$ 是域 $k$ 上的一个无限维向量空间, $B$ 是其一组基, $T$ 是 $V$ 的一个线性无关子集. 证明: 存在 $B$ 的子集 $C$, 使得 $T\cup C$ 是 $V$ 的一组基.
证明:	考虑 $\Omega =\{C\subset B\mid T\cup C\text{ 线性无关}\}$. 易证其在包含关系下为非空递归集, 因此存在极大元 $C_0$. 由 $C_0$ 的极大性可知 $B\subset \mathrm{Span}(C_0\cup T)$, 可见 $C_0$ 为一组基.
1.1	设 $(X,\le )$ 是一个非空递归偏序集. $x\in X$. 记 $S(x)=\{y\in X\mid x\le y\}$.
(1)	证明: $(S(x),\le )$ 是一个非空递归偏序集.
证明:	$\le$ 由 $(X,\le )$ 诱导, 故其为偏序. $x\in S(X)$, 故 $S(x)$ 非空. 考虑 $S(X)$ 中任意一个非零全序子集 $A$, 则因为 $A\subset S(x)\subset X$, 故 $A$ 是 $X$ 中的全序子集, 因此 $A$ 在 $X$ 中有上界 $M$. 我们说 $M\in S(X)$, 事实上, 任取 $y\in A\subset S(x)$, 有 $x\le y$, 而 $y\le M$, 因此 $x\le M$, 即有 $M\in S(x)$.
(2)	证明: 存在 $X$ 中的极大元 $t$ 使得 $x\le t$.
证明:	因为 $(S(x),\le )$ 是非空递归偏序集, 故由 Zorn 引理, 知存在 $S(x)$ 中的极大元 $t$, 下证 $t$ 也是 $X$ 中的极大元. 对于 $X$ 中的任意元素 $y$, 若 $t\le y$, 则 $x\le y$, 故 $y\in S(x)$. 但 $t$ 是 $S(x)$ 中的极大元且 $t\le y$, 因此 $t=y$, 故 $t$ 也是 $X$ 中的极大元. 这说明我们可以在指定一个元素的情况下, 找到一个可以与之相比较的极大元.
(3)	设 $R$ 是环. $I$ 是 $R$ 的左理想且 $I\ne R$. 证明: 存在 $R$ 的极大左理想 $M$ 满足 $M\supseteq I$.
证明:	由 (1), (2) 易得.
1.2	设 $R$ 是交换环. (a) 证明: $R$ 有极小素理想. (一个素理想 $P$ 称为极小的, 若有素理想 $J$ 满足 $J\subseteq P$ 则有 $J=P$) . (b) 设 $J$ 是一个素理想. 证明: 存在 $R$ 的极小素理想 $P$ 满足 $P\subseteq J$.
证明:	(a) 设 $R$ 的素理想集合 $\mathrm{Spec}(R)$ 上有序关系 $\mathfrak{p}\le \mathfrak{q}\iff \mathfrak{p}\supseteq \mathfrak{q}$. 由于 $R$ 是含幺交换环, 必有一个极大理想, 而极大理想也是素理想, 从而 $\mathrm{Spec}(R)\ne \varnothing$. 对于全序链 $\{{\mathfrak{p}}_{\alpha }\}$, 交集 $\mathfrak{p}=\bigcap _{\alpha }{\mathfrak{p}}_{\alpha }$ 是理想, 下面说明 $\mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}(A)$, 就有 $\{{\mathfrak{p}}_{\alpha }\}$ 的一个上界 $\mathfrak{p}$. 设 $xy\in \mathfrak{p}$ 而 $x\notin \mathfrak{p}$, 对任意 $\alpha$, $xy\in {\mathfrak{p}}_{\alpha }$, ${\mathfrak{p}}_{\alpha }$ 包含 $x,y$ 之一, 且 $x\notin \mathfrak{p}$ 就是说 $x\notin {\mathfrak{p}}_{\beta }$ 对某个 $\beta$. 那么对 ${\mathfrak{p}}_{\alpha }\subseteq {\mathfrak{p}}_{\beta }$, 有 $x\notin {\mathfrak{p}}_{\alpha }$, 故 $y\in {\mathfrak{p}}_{\alpha }$; 对 ${\mathfrak{p}}_{\alpha }\supseteq {\mathfrak{p}}_{\beta }$, $y\in {\mathfrak{p}}_{\beta }$, 故 $y\in {\mathfrak{p}}_{\alpha }$. (b) $\mathrm{Spec}(R)$ 替换成 $\{\mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}(R)\mid \mathfrak{p}\subseteq J\}$.
1.3	设 $R$ 是交换环. $S$ 是 $R$ 的一个非空子集且对乘法封闭, 即 $\forall s_1,s_2\in S$, 都有 $s_1{s}_2\in S$.
(a)	设 $0\notin S$, $1\in S$. 证明: 存在素理想 $P$, 使得 $P\cap S=\varnothing$.
证明:	考虑 $X=\{I\mid I$ 是 $R$ 的理想, 且 $I\cap S=\varnothing \}\supset \{0\}$, 因此非空. 取偏序关系为集合的包含关系, 即 $I_1\subseteq I_2$. 则对于任意全序子集 $\{I_j{\}}_{j\in J}$, 有 $\bigcap _{j\in J}{I}_j$ 是 $R$ 的理想, 且不交 $S$, 故其属于 $X$. 因此 $(X,\subseteq )$ 是非空递归偏序集, 由 Zorn 引理, 存在极大元 $P\in X$, 下面说明 $P$ 是素理想. 对于任意 $a\notin P,b\notin P$, 因为 $P$ 在 $X$ 中极大, 我们有 $P+Ra$, $P+Rb$ 交 $S$ 非空, 即存在 $s_1,s_2\in S$, $r_1,r_2\in R$, $p_1,p_2\in P$, 使得 $\{\begin{array}{l}{s}_1=r_{1}a+p_1\\ s_2=r_{2}b+p_2\end{array}$. 那么 $s_1{s}_2=p_1{p}_2+r_{2}b{p}_1+r_{1}a{p}_2+r_1{r}_{2}ab\in S$, $S$ 与 $P$ 不交, 但右式前三项均在 $P$ 中, 故 $ab\notin P$.
(b)	$a\in R$ 称为幂零元, 若存在正整数 $n$ 使得 $a^n=0$. 记 $r(0)$ 为 $R$ 中幂零元的全体. 证明: (i) $r(0)$ 是 $R$ 的理想; (ii) $r(0)$ 等于 $R$ 的所有素理想的交集. (Hint: 对 $b\in R$ 非幂零元, 考虑 $S=\left\{b^n\mid n=0,1,2,\cdots \right\}$.)
证明:	(i) 对 $a,b\in r(0)$, 设 $a^n=0$, $b^m=0$, 则 $(a+b{)}^{n+m}=\sum _{i=0}^{n+m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m}{i})a^i{b}^{n+m-i}=0$. 对 $a\in r(0)$, $r\in R$, 设 $a^n=0$, 则 $(ra{)}^n=0$. (ii) 设 $R$ 的所有素理想的集合为 $\mathrm{Spec}(R)$. 对于任意素理想 $P$, 任意 $a\in r(0)$, 存在正整数 $n$ 使得 $a^n=0\in P$, 因此 $a\in P$, 故 $r(0)\subseteq P$, 进而 $r(0)\subseteq \bigcap _{P\in \mathrm{Spec}(R)}P$. 另一方面, 对于任意 $b\notin r(0)$, 考虑集合 $S_b=\{1,b,b^2,\cdots \}$. 则 $1\in S_b$, $0\notin S_b$, 由 (a) 知, 存在素理想 $P_b$ 使得 $P_b\cap S_b=\varnothing$, 即 $P_b\subset R\setminus S_b$, 故 $\bigcap _{P\in \mathrm{Spec}(R)}P\subseteq \bigcap _{b\notin r(0)}{P}_b\subseteq R\setminus \left(\bigcup _{b\notin r(0)}{S}_b\right)=r(0)$.
1.4	设 $M$ 是有限生成 $R$-模且 $M\ne \{0\}$. 证明: $M$ 一定有极大子模.
证明:	令 $X:=\{N\mid N\text{ 是 }M\text{ 的真子模}\}$. 由 $M\ne \{0\}$ 可知 $\{0\}\in X$, 因而 $X$ 非空. 取包含关系为偏序关系使 $X$ 为偏序集. 考虑 $X$ 的全序子集 $\{N_i{\}}_{i\in I}$ (其中约定 $i\le j\iff N_i\subseteq N_j$) . 取 $N:=\bigcup _{i\in I}{N}_i$, 不难验证 $N$ 为 $M$ 的子模 (这里要用全序集的性质). 还要说明 $N$ 是 $\{N_i{\}}_{i\in I}$ 在 $X$ 中的一个上界, 即要说明 $N$ 是真子模. 记 $M=⟨t_1,\cdots ,t_n⟩$, 假设 $N=M$, 则 $\forall 1\le i\le n$, 存在 $s(i)\in I$ 使得 $t_i\in N_{s(i)}$, 记 $s=\underset{1\le i\le n}{\max }s(i)$, 则有 $N_s=M$, 这与 $N_s\in X$ 相悖; 从而 $N\in X$, 即 $\{N_i\}$ 在 $X$ 中有上界. 综上可知 $X$ 符合 Zorn 引理条件, 因而存在极大元 $N_0$, 易见 $N_0$ 即为极大子模.
1.5	证明: 有理数的加法群 $(\mathbb{Q},+)$ 作为 $\mathbb{Z}$-模不是有限生成的. $(\mathbb{Q},+)$ 是否有极大子模?
证明:	(1) 假设 $(\mathbb{Q},+)$ 是有限生成 $\mathbb{Z}$-模, 设 $\frac{a_i}{b_i}$ $(1\le i\le n)$ 为其生成元, $a_i\in \mathbb{Z}$, $b_i\in {\mathbb{Z}}_{+}$. 取素数 $p>b_1+\cdots +b_n$, 则 $\frac{1}{p}\notin ⟨\frac{a_1}{b_1},\cdots ,\frac{a_n}{b_n}⟩$, 矛盾. (2)$(\mathbb{Q},+)$ 没有极大子模. 假设 $M$ 是极大子模, 取 $\frac{a}{b}\in \mathbb{Q}\setminus M$, 则 $\frac{1}{b}\notin M$. 由 $M$ 极大知 $⟨\frac{1}{b},M⟩=\mathbb{Q}$, 故存在 $c\in \mathbb{Z}$, $m\in M$ 使得 $\frac{1}{b^2}=\frac{c}{b}+m$, 从而 $\frac{1}{b}=c+bm$. 由于 $\frac{1}{b}\notin M$, $bm\in M$, 故有 $c\notin M$, 从而 $c\ne 0$, 进而有 $\frac{1}{n}\notin M$, $\forall n\in {\mathbb{Z}}_{+}$. 类似我们有 $⟨\frac{1}{n},M⟩=\mathbb{Q}$, 从而存在 $k_n\in \mathbb{Z}$, $m_n\in M$ 使得 $\frac{1}{n^2}=\frac{k_n}{n}+m_n$, 从而 $1=n{k}_n+n^2{m}_n$. 由于 $1\notin M$, $n^2{m}_n\in M$, 故有 $n{k}_n\notin M$, 从而 $k_n\ne 0$, 进而 $\frac{n}{r}\notin M$, $\forall n\in {\mathbb{Z}}_{+}$, $r\in \mathbb{Z}$. 故 $M=\{0\}$, 但 $\{0\}⊊\mathbb{Z}⊊\mathbb{Q}$, 这意味着 $M$ 不是极大子模, 矛盾. $\square$
另证:	设 $M$ 是极大子模, 取 $x\in \mathbb{Q}\backslash M,y\in M$, 设 $\frac{x}{y}=\frac{b}{a},a,b\in \mathbb{Z}$, 由 $M$ 的极大性可知存在 $k\in \mathbb{Z},m\in M$ 使得 $\frac{x}{a}=kx+m$, 则 $x=akx+am=kby+am\in M$, 矛盾.
另证:	设 $M$ 是极大子模, 则 $\mathbb{Q}/M$ 是单模. 由于 $\mathbb{Z}-$ 单模一定同构于 Abel 单群 $\mathbb{Z}/\mathbb{pZ}$, 因此对于任何 $x\in \mathbb{Q}$, $px\in M$, 这就得到了 $M=\mathbb{Q}$, 矛盾.
1.6	考虑有理数的乘法群 $({\mathbb{Q}}^{\ast }=\mathbb{Q}\setminus \{0\},\times )$ 作为 $\mathbb{Z}$-模. 设 ${\mathbb{Q}}_{>0}^{\ast }=\{a\in {\mathbb{Q}}^{\ast }\mid a>0\}$. (i) 证明 ${\mathbb{Q}}_{>0}^{\ast }$ 是 ${\mathbb{Q}}^{\ast }$ 的一个极大子模; (ii) ${\mathbb{Q}}^{\ast }$ 是不是有限生成 $\mathbb{Z}$-模? 说明理由.
1.7	设 $R$ 是一个环, $M$ 是一个 $R$-模. (a) 设 $M_1,M_2$ 是 $M$ 的子模. 证明: 有 $R$-模同构 $(M_1+M_2)/M_1\simeq M_2/(M_1\cap M_2)$. (b) 设 $T$, $N$ 是 $M$ 的子模且 $T\subseteq N$. 证明: 有 $R$-模同构 $\frac{M/T}{N/T}\simeq M/N$. (c) 设 $N$ 是 $M$ 的子模. 设 $S$ 是商模 $M/N$ 的所有子模的集合, $T$ 是 $M$ 的所有包含 $N$ 的子模的集合. 证明: $S$ 与 $T$ 之间有自然的双射.
证明:	(a) 考虑映射 $M_2\to (M_1+M_2)/M_1,m\mapsto m+M_1$, 利用同构基本定理即可. (b) 考虑映射 $M/T\to M/N,m+T\mapsto m+N$, 利用同构基本定理即可. (c) 考虑映射 $f:S\to T,P\mapsto \{q\mid q+N\in P\}$ 及 $g:T\to S,Q\mapsto \{p+N\mid p\in Q\}$, 不难看出 $f,g$ 互为逆映射.
1.8
1.9	设 $\mathbb{R}$ 是实数域, $V={\mathbb{R}}^2$ 是 $2$ 维实列向量空间. $2$ 阶实方阵 $A=\left(\begin{array}{cc}0& -1\\ 1& 0\end{array}\right)$ 通过矩阵乘法定义了 $\alpha \in \mathrm{End}(V)$, 即 $\alpha (y)=A\cdot y$, $\forall y\in V$. 由课上的讨论 $(V,\alpha )$ 是 $\mathbb{R}[x]$-模. 证明自同态环 ${\mathrm{End}}_{\mathbb{R}[x]}(V)$ 同构于复数域 $\mathbb{C}$.
1.10	设 $M$ 是 $\mathbb{Z}$-模. 证明 $M$ 是单模当且仅当 $M$ 是一个 $p$ 阶循环群, $p$ 是一个素数.

2环与模的一些性质

2.0	设 $K$ 是域, $K[x]$ 是 $K$ 上的一元多项式环. 设 $A=\{M\mid M\text{ 是 }K[x]\text{-模}\}$, $B=\{(V,\alpha )\mid V$ 是 $K$-向量空间, $\alpha \in {\mathrm{End}}_K(V)\}$, 这里 ${\mathrm{End}}_K(V)$ 是 $V$ 的 $K$-自同态的全体. 证明: $A$ 与 $B$ 之间有自然的双射. Hint: $\alpha (m)=x\cdot m$.
证明:	记 $V_{\alpha }$ 为作为线性空间与 $V$ 相同, 而 $k[x]$ 在其上作用为 $p(x)v:=p(\alpha )v$ 的 $k[x]$-模, 其中 $\alpha \in \mathrm{End}(V)$. 定义 $f:B\to A;(V,\alpha )\to V_{\alpha }$, 那么 $f$ 是单射, 因为若 $V_{\alpha }=V_{\beta }$, 则 $V_{\alpha }$ 与 $V_{\beta }$ 元素相同. 且 $\beta \cdot v=x\cdot v=\alpha \cdot v$, 故 $p(\alpha )\cdot v=p(\beta )\cdot v$, 即 $(V,\alpha )=(V,\beta )$. 而由于 $k[x]$-模自动是一个 $k$-模, 故是 $k$-线性空间. 故 $A$ 中元素皆形如 $V_{\alpha }$, 其中 $\alpha (v)=x\cdot v$. 故对于任意 $M\in A$, $M=V_{\alpha }=f((V,\alpha ))$. 故 $f$ 是 $A$ 与 $B$ 间的双射. $\square$ (太长不看版: $K[x]$-模由其 $K$-模结构与左乘 $x$ 的线性作用所确定, 即 $K$-向量空间与一个自同态.)
2.0	设 $R$ 是一个环, $A,B,C$ 是 $R$-模.
(a)	证明: $A\cap (B+C)\supseteq A\cap B+A\cap C$.
证明	对于任意 $b+c\in A\cap B+A\cap C$ 满足 $b\in A\cap B$ 且 $c\in A\cap C$, 有 $b+c\in B+C$ 且 $b+c\in A$, 可知 $b+c\in A\cap (B+C)$, 从而 $A\cap (B+C)\supseteq A\cap B+A\cap C$.
(b)	如果 $A\supseteq B$, 则 $A\cap (B+C)=B+A\cap C$.
证明	对于任意 $b+c\in A\cap (B+C)$ 满足 $b\in B$ 且 $c\in C$, 可见 $b\in B\subseteq A$, $c=(b+c)-b\in A$ 即 $c\in A\cap C$, 从而 $b+c\in A+A\cap C$. 结合 (a) 可见 $A\cap (B+C)=A\cap B+A\cap C$.
(c)	举例说明 $A\cap (B+C)$ 可以真包含 $A\cap B+A\cap C$.
证明	例一. $\mathbb{Z}$-模 ${\mathbb{Z}}^2$ 有子模 $A=\{(n,n)\mid n\in \mathbb{Z}\}$, $B=\{(n,0)\mid n\in \mathbb{Z}\}$, $C=\{(0,n)\mid n\in \mathbb{Z}\}$. 那么 $A\cap (B+C)=A$, $A\cap B=A\cap C=\{(0,0)\}$. 例二. $\mathbb{Z}$-模 $A=\mathbb{Z}$, $B=\sqrt{2}\mathbb{Z}$, $C=(1-\sqrt{2})\mathbb{Z}$, 有 $A\cap (B+C)=A$, $A\cap B=A\cap C=\{0\}$.
2.0	设 $R$ 是一个环, $M$ 是一个自由 $R$-模, $A$, $B$ 是 $M$ 的两组基. 若 $A$ 是有限集, 证明 $B$ 也是有限集.
证明:	设 $A=\{a_i{\}}_{i=1}^n$, $B=\{b_j{\}}_{j\in J}$, 其中 $J$ 是指标集. 因为 $B$ 是一组基, 则存在 $r_i^j\in R$, 使得 $a_i=\sum _{j\in J_i}{r}_i^j{b}_j$, 其中 $J_i\subset J$ 是有限集. 考虑有限集 $B^{\prime }:=\{b_j\mid j\in \bigcup _{i=1}^n{J}_i\}\subset B$, 有 $⟨B^{\prime }⟩\supset ⟨A⟩=M$, 因此 $B^{\prime }=B$, 故 $B$ 也是有限集.
2.0	(i) 设 $R$ 是一个交换环. 证明 $R$ 是域当且仅当 $R$ 只有 $\{0\}$ 与 $R$ 两个理想.
证明:	若 $R$ 是域, 设 $I\ne \{0\}$ 是 $R$ 的理想. 对于任意 $0\ne a\in I$, 存在 $a$ 的逆元 $a^{-1}\in R$, 故 $1=a^{-1}\cdot a\in I$, 进而 $I=R$. 若 $R$ 只有 $\{0\}$ 与 $R$ 两个理想, 则 $R$ 的极大理想为 $\{0\}$, 进而 $R=R/\{0\}$ 是域.
	(ii) 设 $R$ 是一个环. 证明 $R$ 是可除环当且仅当 $R$ 只有 $\{0\}$ 与 $R$ 两个左理想.
证明:	若 $R$ 是域, 设 $I\ne \{0\}$ 是 $R$ 的左理想. 对于任意 $0\ne a\in I$, 存在 $a$ 的逆元 $a^{-1}\in R$, 故 $1=a^{-1}\cdot a\in I$, 进而 $I=R$. 若 $R$ 只有 $\{0\}$ 与 $R$ 两个左理想. 则对于任意非零元 $a\in R$, 有 $Ra=R$, 故存在 $r\in R$, 使得 $r\cdot a=1$, 重新记 $r=a^{-1}$. 对 $a^{-1}$ 进行相同操作, 存在 $b\in R$, 使得 $b\cdot a^{-1}=1$. 而 $b=b\cdot 1=b\cdot a^{-1}\cdot a=1\cdot a=a$, 因此 $a$ 与 $a^{-1}$ 互为逆元.
2.0	设 $M_2(\mathbb{C})$ 是复数域 $\mathbb{C}$ 上的 $2$ 阶矩阵环. 对每个复数 $z$, $\bar{z}$ 表示其共轭. 设 $\mathcal{H}=\{\left(\begin{array}{cc}z& w\\ -\bar{w}& \bar{z}\end{array}\right)\in M_2(\mathbb{C})\mid z,w\in \mathbb{C}\}$.
(a)	证明: $\mathcal{H}$ 是 $M_2(\mathbb{C})$ 的子环且是一个可除环; 作为实向量空间, $\mathcal{H}$ 的维数等于 $4$, 并求出其一组基.
证明:	设 $H\in \mathcal{H}$ 不可逆, 有 $\det H=|z{|}^2+|w{|}^2=0$, 即 $z=w=0$, $H=0$. ${\dim }_{\mathbb{R}}\mathcal{H}=2{\dim }_{\mathbb{C}}\mathcal{H}=4$, $\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}i& 0\\ 0& -i\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right),\left(\begin{array}{cc}0& i\\ i& 0\end{array}\right)$ 是一组基.
(b)	证明: $\mathcal{H}$ 同构于四元数体.
证明:	四元数体是 ${\mathrm{span}}_{\mathbb{R}}\{1,i,j,k\}$, $i^2=j^2=k^2=-1$, $ij=-ji=k,jk=-kj=i,ki=-ik=j$. 对应关系为$$1\leftrightarrow \left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right),i\leftrightarrow \left(\begin{array}{cc}i& 0\\ 0& -i\end{array}\right),j\leftrightarrow \left(\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right),k\leftrightarrow \left(\begin{array}{cc}0& i\\ i& 0\end{array}\right).$$
(c)	求方程 $x^2+1=0$ 在 $\mathcal{H}$ 中的解的集合, 这里 $1$ 表示单位阵, $0$ 表示零矩阵.
证明:	$${\left(\begin{array}{cc}z& w\\ -\bar{w}& \bar{z}\end{array}\right)}^2=\left(\begin{array}{cc}{z}^2-|w{|}^2& (z+\bar{z})w\\ -(z+\bar{z})\bar{w}& -|w{|}^2+{\bar{z}}^2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}-1& 0\\ 0& -1\end{array}\right).$$$(z+\bar{z})w=-(z+\bar{z})\bar{w}$ 等价于 $z/i\in \mathbb{R}$ 或 $w=0$. 当 $z/i\in \mathbb{R}$, 设 $z=i\sin \theta$, $-{\sin }^2\theta -|w{|}^2=-1$, 则 $w=e^{i\varphi }\cos \theta$, $H=\left(\begin{array}{cc}i\sin \theta & e^{i\varphi }\cos \theta \\ -e^{i\varphi }\cos \theta & -i\sin \theta \end{array}\right)$; 当 $w=0$, $z=\pm i$, $H=\pm \left(\begin{array}{cc}i& 0\\ 0& -i\end{array}\right)$, 蕴含于前者.
(d)	求 $\mathcal{H}$ 的中心 $Z(\mathcal{H})$.
证明:	设 $\left(\begin{array}{cc}x& y\\ -\bar{y}& \bar{x}\end{array}\right)\in Z(\mathcal{H})$, 即 $\forall z,w\in \mathbb{C}$, 成立$$\left(\begin{array}{cc}z& w\\ -\bar{w}& \bar{z}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}x& y\\ -\bar{y}& \bar{x}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}x& y\\ -\bar{y}& \bar{x}\end{array}\right)\left(\begin{array}{cc}z& w\\ -\bar{w}& \bar{z}\end{array}\right),$$就是$$\left(\begin{array}{cc}zx-w\bar{y}& zy+w\bar{x}\\ -\bar{w}x-\overline{zy}& -\bar{w}y+\overline{zx}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}zx-\bar{w}y& wx+\bar{z}y\\ -z\bar{y}-\overline{wx}& -w\bar{y}+\overline{zx}\end{array}\right),$$也就是$$w\bar{y}\in \mathbb{R},(z-\bar{z})y=(x-\bar{x})w,$$表明 $y=0,x\in \mathbb{R}$. 故 $Z(\mathcal{H})=\mathbb{R}$.
2.0	设 $R$ 是环, $M$ 是左 $R$-模.
(i)	对 $\lambda \in R$, $\forall f\in {\mathrm{Hom}}_R(M,R)$, 定义 $\lambda f:M\to R$ 如下: $(\lambda f)(x)=f(x)\lambda ,\forall x\in M$. 证明: $\lambda f\in {\mathrm{Hom}}_R(M,R)$, 且在此作用下, ${\mathrm{Hom}}_R(M,R)$ 是一个右 $R$-模, 称为 $M$ 的对偶模, 记为 $M^{\ast }$;
证明:
(ii)	对 $\lambda \in R$, $\forall f\in {\mathrm{Hom}}_R(R,M)$, 定义 $\lambda f:R\to M$ 如下: $(\lambda f)(r)=f(r\lambda ),\forall r\in R$. 证明: $\lambda f\in {\mathrm{Hom}}_R(R,M)$, 且在此作用下, ${\mathrm{Hom}}_R(R,M)$ 是一个左 $R$-模; 并证明作为左 $R$-模, ${\mathrm{Hom}}_R(R,M)$ 同构于 $M$.
证明:
2.1	求 ${\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z})$, ${\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})$, 这里 $n,m>1$ 是正整数.
证明:	对于任意 $f\in {\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z})$, 设 $f(\bar{1})=a\in \mathbb{Z}$. 则 $0=f(\bar{0})=f(\bar{n})=nf(\bar{1})=na$, 进而 $a=0$, 因此 ${\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z})\simeq \{0\}$. 对于任意 $f\in {\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})$, 设 $f(\bar{1})=\overline{\stackrel{ˉ}{a}}\in \mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$. 设 $d=\gcd (m,n)$, $m=m_{0}d$, $n=n_{0}d$, 则 $\gcd (m_0,n_0)=1$. $\overline{\stackrel{ˉ}{0}}=f(\bar{0})=f(\bar{n})=nf(\bar{1})=\overline{\overline{d{n}_{0}a}}$. 于是有 $d{m}_0|d{n}_{0}a$, 即 $m_0|n_{0}a$, 进而 $m_0|a$. 故 $\overline{\stackrel{ˉ}{a}}=\overline{\overline{k{m}_0}}$, 其中 $k$ 可以是 $0,1,\cdots ,d-1$, 相应地有 $f(\bar{t})=\overline{\overline{k{m}_{0}t}}$, $\overline{\overline{k{m}_{0}n}}=\overline{\stackrel{ˉ}{0}}$ 保证了 $f$ 良定. 因此我们有同构 ${\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z},\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})\simeq \mathbb{Z}/\gcd (m,n)\mathbb{Z}$.
2.2	设 $R$ 是一个主理想整区 (PID).
(a)	设 $p\in R$ 是不可约元, $x,y\in R$, 若 $p|xy$, 证明: $p|x$ 或 $p|y$.
证明:	即证明 $(p)$ 是素理想, 只需证明 $(p)$ 是极大理想. 假设 $R$ 的理想 $I$ 使 $(p)⊊I$, 设 $I=(a)$, 则 $p=ab$, $b$ 不是单位, 就有 $a$ 是单位, $I=R$.
(b)	设 $I_1\subseteq I_2\subseteq \cdots \subseteq I_n\subseteq \cdots$ 是 $R$ 的一个理想升链. 证明: 存在一个正整数 $N$, 使得 $I_m=I_N$, $\forall m\ge N$.
证明:	观察到 $I={\bigcup }_n{I}_n$ 是一个理想, 设 $I=(a)$, $a\in I$ 是说 $a\in$ 某个 $I_N$, 从而 $I\subset I_N$, 于是 $I=I_N$.
(c)	证明: $R$ 是唯一分解整区 (UFD) .
证明:	假设存在不能写成有限个不可约元乘积的不是 $0$ 或单位的 $a\in R$, 由条件 $a$ 不是不可约元, 设 $a=bc$, $b,c$ 不是单位, 由条件 $b,c$ 之一不是不可约元, 记为 $b$, 再对 $b$ 操作, 不断分解下去得到无限长的理想升链 $(a)⊊(b)⊊\cdots$ (用了选择公理) , 与 (b) 相违. 下面说明分解是唯一的, 对 $\max (m,n)$ 归纳证明: $p_1\cdots p_m=q_1\cdots q_n$ 能推出 $m=n$ 且重排下 $p_i,q_i$ 相伴. $m=n=1$ 时显然; 设 $m>1$, 由 (a), $p_m$ 是素元, 由于 $p_m|q_1\cdots q_n$, 不妨 $p_m|q_n$, $q_n$ 不可约表明 $q_n=u{p}_m$, $u$ 是单位, 于是 $p_1\cdots p_{m-1}=u{q}_1\cdots q_{n-1}$, 用归纳假设.
2.3	设 $R$ 是一个交换环 (不假定含幺元) 且 $|R|\ge 2$. 称 $R$ 是一个欧式环, 如果它满足下面的条件: (1) 对 $R$ 中的任意非零元 $a,b$, 都有 $ab\ne 0$; (2) 设 ${\mathbb{N}}_{\ge 0}=\{0,1,2,\cdots \}$ 是非负整数集合. 存在映射 $\delta :R\setminus \{0\}\to {\mathbb{N}}_{\ge 0}$ 满足下面 $2$ 个条件: (i) 对 $R$ 中任意非零元 $a,b$, 有 $\delta (a)\le \delta (ab)$; (ii) 对 $R$ 中任意非零元 $a,b$, 存在 $q,r\in R$, 使得 $a=bq+r$ 且 $r=0$ 或 $\delta (r)<\delta (b)$. 设 $R$ 是一个欧式环.
(a)	证明: $R$ 的每个理想都是主理想, 即由一个元素生成;
证明:	若 $I=0$ 则已. 对 $I\ne 0$, 设 $\delta (d)=\underset{I\backslash \{0\}}{\min }\delta$, 则有 $I=(d)$, 这是因为对于 $I$ 中非零元 $a$, 设 $a=dq+r$ 且 $r=0$ 或 $\delta (r)<\delta (d)$, 由于对 $r\ne 0$ 有 $\delta (r)\ge \delta (d)$, 只能 $r=0$, 即 $a=dq\in (d)$. $\square$
(b)	证明: $R$ 是含幺环;
证明:	取 $d$ 使得 $\delta (d)=\underset{R\backslash \{0\}}{\min }\delta$, 则完全类似上题论述可知 $R=(d{)}_R$. 故存在 $e\in R$ 使得 $de=d$, 下证 $e$ 为单位元. 任取 $r\in R$, 由于 $\delta (d)$ 的最小性, 知 $d|r$, 亦即存在 $s\in R$ 使得 $r=sd$. 那么 $re=er=esd=sde=sd=r$, 即证. $\square$
(c)	设 $a\in R^{\ast }$ 是乘法可逆元, $b\in R$ 是非零元. 证明: $\delta (1)=\delta (a)\le \delta (b)$;
证明:	等号是因为 $\delta (a)\le \delta (a{a}^{-1})=\delta (1)\le \delta (1a)=\delta (a)$. 不等号因为 $\delta (b)=\delta (b{a}^{-1}a)\ge \delta (a)$. $\square$
(d)	设 $a,b\in R$ 是非零元. 证明: $\delta (a)=\delta (ab)$ 当且仅当 $b\in R^{\ast }$ 是乘法可逆元. 特别地, 若 $a,b\in R$ 是非零元且 $b\notin R^{\ast }$, 则有 $\delta (a)<\delta (ab)$.
证明:	“$\Leftarrow$” 是因为 $\delta (a)=\delta (ab)\le \delta (ab{b}^{-1})=\delta (a)$. “$\Rightarrow$” 证明如下. 显然 $(a)\subseteq (ab)$. 若 $(ab)⊊(a)$, 则取 $r\in (a)$ 且 $r\notin (ab)$. 那么存在 $k,s\in R$ 使得 $r=abk+s$ 且 $s=0$ 或 $\delta (s)<\delta (ab)=\delta (a)$, 但 $r\notin (ab)$ 说明 $s\ne 0$, 以及 $s\in (a)$ 说明 $\delta (a)\le \delta (s)$, 皆不成立. 因此, $(a)=(ab)$. 那么存在 $b^{\prime }\in R$ 使得 $ab{b}^{\prime }=a$, 由 $R$ 整且含幺知 $b{b}^{\prime }=1$, 即 $b$ 可逆. $\square$
2.4	证明: 整数环 $\mathbb{Z}$, 域上的一元多项式环 $F[x]$, Gauss 整数环 $\mathbb{Z}[i]=\{a+bi\mid a,b\in \mathbb{Z}\}$ 是欧式环.
证明:	只需找到上一题所述的映射 $\delta$ 即可. 对于 $\mathbb{Z}$, 取 $\delta (a)=|a|$; 对于 $F[x]$, 取 $\delta (f)=\mathrm{deg}f$; 对于 $\mathbb{Z}[i]$, 取 $\delta (a+bi)=a^2+b^2$. $\square$ 前两者中, 都容易验证 $\delta$ 确为 Euclidean value, 下验证 Gauss 整数环的情形. 首先容易验证 $\delta$ 具有积性, 对于任意的 $n,m\in \mathbb{Z}[i]$, 不妨设 $\delta (n)>\delta (m),$ 且 $m\nmid n$, 希望验证存在 $q,r\in \mathbb{Z}[i]$, 使得 $n=mq+r,\delta (r)<\delta (m)$. 我们注意到:$\delta (r)=\delta (n-mq)=\delta (m)\delta (q-\frac{n}{m})$, 因此如果记 $\frac{n}{m}=s+ti,s,t\in \mathbb{Q}$, 则可以取合适的 $c,d\in \{-1,0,1\}$, 使得 $|c-s|\le \frac{1}{2},|d-t|\le \frac{1}{2}$, 因而取 $q=c+di$, 便有 $\delta (\frac{n}{m}-q)\le \frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{2}<1$, 得证!
2.5	设 $R$ 是环, $n$ 是正整数, $M_n(R)$ 是 $R$ 上的 $n$ 阶矩阵环. 证明: $Z(M_n(R))=\{\lambda I_n\mid \lambda \in Z(R)\}$, 这里 $Z(A)$ 表示 $A$ 的中心. (Hint: 考虑初等方阵)
证明:
2.2	(i) $(\mathbb{Q},+)$ 是否是自由 $\mathbb{Z}$-模? (ii) 设 ${\mathbb{Q}}_{>0}$ 表示正有理数的集合. ${\mathbb{Q}}_{>0}$ 在数的乘法下是否是自由 $\mathbb{Z}$-模?
证明:	不是, 任意两个元素 $\frac{p}{q},\frac{r}{s}\in \mathbb{Q}$ 都线性相关, 毕竟 $rq\frac{p}{q}=ps\frac{r}{s}$, 且 $\mathbb{Q}$ 不能用一个元素生成. 是, ${\mathbb{Q}}_{>0}=\{p_1^{l_1}\cdots p_n^{l_n}\mid n\in \mathbb{N},p_1,\cdots ,p_n\text{ 是素数},l_1,\cdots ,l_n\in \mathbb{Z}\}$, 由全体素数为基.
2.3	设 $n,m$ 是正整数. $R$ 是交换环.
(a)	设 $A$ 是 $R$ 上的一个 $m\times n$ 矩阵, $B$ 是 $R$ 上的一个 $n\times m$ 矩阵, 若 $AB=I_m$ 且 $BA=I_n$, 证明: $m=n$.
证明:	设 $A=(a_i^j{)}_{m\times n}$, $B=(b_j^i{)}_{n\times m}$. $$\begin{array}{rl}m=\mathrm{tr}{I}_m=\mathrm{tr}AB& =\sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^n{a}_j^i{b}_i^j\\ & =\sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^m{b}_i^j{a}_j^i=\mathrm{tr}BA=\mathrm{tr}{I}_n=n.\end{array}$$
(b)	$R^m$ 与 $R^n$ 作为 $R$-模是同构的当且仅当 $m=n$.
证明:	方法 I. 设 $R^m,R^n$ 的一组基分别为 $\{e_i{\}}_{i=1}^m,\{e_j^{\prime }{\}}_{j=1}^n$, 以及模同构 $f:R^m\to R^n$. 设 $f(e_i)=\sum _{j=1}^n{a}_i^j{e}_j^{\prime }$, 令 $A=(a_i^j{)}_{m\times n}$. 设 $f^{-1}(e_j^{\prime })=\sum _{i=1}^n{b}_j^i{e}_i$, 令 $B=(b_j^i{)}_{n\times m}$. 因为 $f$ 是模同构, 有 $AB=I_m$ 且 $BA=I_n$, 由 (a) 知 $m=n$. 方法 II. 设 $\varphi :R^m\to R^n$ 是同构, 取域 $k=R/\mathfrak{m}$, $\mathfrak{m}$ 为极大理想, 那么 $1\otimes \varphi :k\otimes R^m\to k\otimes R^n$ 是同构, 相当于有限维线性空间 $k^m\to k^n$ 的同构, 得 $m=n$.
(c)	设 $M$ 是一个有限生成的自由 $R$-模, $B$ 是其一组基. 设 $C$ 是 $M$ 的另一组基. 证明: $C$ 与 $B$ 含有的元素个数相同. (注: 由此结果, 对交换环上的有限生成自由模 $M$, 我们定义 $M$ 的秩等于它的一组基元素的个数, 记为 $\mathrm{rk}(M)$.)
证明:	(b) 的直接推论.
2.4	$R$ 是交换环, $M$ 是有限生成自由 $R$-模, $n=\mathrm{rk}(M)$. 设 $B=\{b_1,\cdots ,b_n\}$ 是 $M$ 的一个 $n$ 元子集. (a) 若由 $B$ 生成的子模 $⟨B⟩=M$, 证明: $B$ 是 $M$ 的一组基. (b) 若 $B$ 是一个 $R$-线性无关子集, 问 $B$ 是否一定是 $M$ 的一组基?
证明:
(a)	任取 $M$ 的一组基 $\{a_1,\cdots ,a_n\}$, 可以由 $a_i\mapsto b_i$ 定义自同态 $\pi :M\to M$, 由于 $⟨B⟩=M$, 得到 $\pi$ 是满射, 因此 $M/\ker \pi \simeq M$. 若 $\ker \pi \ne 0$, 则取 $x\in \ker \pi$, 利用同构第二定理得到: $$\begin{array}{r}{R}^n=M\simeq M/\ker \pi =\frac{M/⟨x⟩}{\ker (\pi )/⟨x⟩}\simeq R^{n-1}/(\ker (\pi )/⟨x⟩).\end{array}$$由于 $R^{n-1}$(的商模) 不可能有到 $R^n$ 的满射, 因此得到矛盾.
(b)	不成立, 取 $M=R=\mathbb{Z}$, $B=\{2\}$ 即可.
2.5	设 $R$ 是环, $W,M_1,\cdots ,M_n$ 是 $R$-模, $n\ge 2$. 设 $a_i:W\to M_i,b_j:M_j\to W,1\le i,j\le n$ 是 $R$-模同态且满足下面的条件: (i) $a_i\cdot b_i={\mathrm{id}}_{M_i},1\le i\le n$;   (ii) $a_i\cdot b_j=0,1\le i\ne j\le n$;   (iii) $\sum _{i=1}^n{b}_i\cdot a_i={\mathrm{id}}_W$. 证明: $W$ 与直和 ${⨁}_{i=1}^n{M}_i$ 同构.
证明:	记 ${\pi }_i:{⨁}_{i=1}^n{M}_i\to M_i$ 为提取第 $i$ 个分量, 同构是$$\begin{array}{rl}W\stackrel{(a_i{)}_{1\le i\le n}}{\to }\underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}{M}_i\stackrel{{\sum }_{i=1}^n{b}_i{\pi }_i}{\to }W,& \sum _{i=1}^n{b}_i\cdot a_i={\mathrm{id}}_W;\\ \underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}{M}_i\stackrel{{\sum }_{i=1}^n{b}_i{\pi }_i}{\to }W\stackrel{(a_i{)}_{1\le i\le n}}{\to }\underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}{M}_i,& (\sum _{j=1}^n{a}_i\cdot b_j{)}_{1\le i\le n}=({\mathrm{id}}_{M_i}{)}_{1\le i\le n}.\end{array}$$
2.6	设 $R$ 是环, $M,N,T$ 是 $R$-模. (i) 设 $f:M\to N$ 是满的模同态, $s:N\to M$ 是模同态且 $f\circ s={\mathrm{id}}_N$. 证明 $M=\ker f\oplus \mathrm{Im}s$; (ii) 设 $g:T\to M$ 是单的模同态, $r:M\to T$ 是模同态且 $f\circ s={\mathrm{id}}_T$. 证明 $M=\ker r\oplus \mathrm{Im}g$.
2.7	设 $V$ 是域 $k$ 上的一个向量空间, $B$ 是一组基, 而且 $B$ 是一个无限可数集合. 令 $R={\mathrm{End}}_k(V)=\{g:V\to V\text{ 是线性变换}\}$ 是 $V$ 的自同态环.
(a)	证明: $R$ 是非交换环, 且存在 $x,y\in R$ 满足 $x\cdot y=1_V$, $y\cdot x\ne 1_V$.
(b)	证明: 作为 $k$-向量空间, $V$ 同构于直和 $V\oplus V$.
(c)	作为 $R$-模, 证明: $R$ 同构于 $R^2=R\oplus R$.
证明:	(a) $V\simeq k^{\omega }=\{(x_1,x_2,\cdots )\mid x_1,x_2,\cdots \in k\}$, 令$$x:(x_1,x_2,\cdots )\mapsto (x_2,x_3,\cdots ),y:(x_1,x_2,\cdots )\mapsto (0,x_1,x_2,\cdots ),$$有 $x\cdot y=1_V$, $y\cdot x:(x_1,x_2,\cdots )\mapsto (0,x_2,\cdots )$ 不是 $1_V$. (b) $V\simeq k^{\omega }=k^{\omega +\omega }\simeq k^{\omega }\oplus k^{\omega }\simeq V\oplus V$. (c) $R=\mathrm{End}(V)\simeq {\mathrm{Hom}}_k(V,V)\simeq {\mathrm{Hom}}_k(V,V\oplus V)\simeq \mathrm{End}(V)\oplus \mathrm{End}(V)=R\oplus R$.