用户: Solution/ 习题: 现代代数学II 模论 (ii)

3自由模
4PID 上的有限生成模

3自由模

3.0

设 $R$ 是交换环, $M$ 是自由 $R$ -模, $rk (M) = n$ , ${e_{1}, \dots, e_{n}}$ 是其一组基. 设 ${u_{1}, \dots, u_{n}}$ 是 $M$ 的另一组基, 则存在唯一的 $c_{ij} \in R$ 使得 $u_{i} = j = 1 \sum n c_{ij} e_{j}, 1 \leq i \leq n$ . 证明: $C = (c_{ij}) \in GL_{n} (R)$ .

证明:

3.1

设 $R$ 是 PID, $n, m$ 是正整数, $α : R^{m} \to R^{n}$ 是非零模同态. 证明: 存在 $R^{m}$ 的一组基 ${u_{1}, \dots, u_{m}}$ , $R^{n}$ 的一组基 ${v_{1}, \dots, v_{n}}$ , 正整数 $r$ , $1 \leq r \leq min {m, n}$ , 使得 $α (u_{i}) = {d_{i} v_{i} 0 若 1 \leq i \leq r 若 r < i \leq m,$ 这里 $d_{i} \in R ∖ {0}$ , $1 \leq i \leq r$ 且 $d_{1} ∣ d_{2} ∣ \dots ∣ d_{r}$ .

证明:

3.2

设 $F$ 是一个域, $n \geq 2$ 是一个正整数, $S L_{n} (F) = {A \in G L_{n} (F) ∣ det A = 1}$ 是 $F$ 上的特殊线性群. 对 $1 \leq i \neq = j \leq n$ , 记 $E_{ij} \in M_{n} (F)$ 其第 $i$ 行第 $j$ 列位置上的元素是 $1$ , 其他位置上的元素是 $0$ . 记 $T_{ij} (a) = I + a E_{ij} \in S L_{n} (F), 1 \leq i \neq = j \leq n, a \in F$ . 设 $E_{n} (F)$ 是 $G L_{n} (F)$ 中由子集 ${T_{ij} (a) ∣ 1 \leq i \neq = j \leq n, a \in F}$ 生成的子群.

(a)

证明: 对 $A \in G L_{n} (F)$ , 有分解 $A = B D$ , 其中 $B \in E_{n} (F), D = diag (1, \dots, 1, d)$ 是对角阵, $d \in F^{*}$ .

证明:

(b)

证明: $S L_{n} (F) = E_{n} (F)$ .

证明:

$T_{ij} (a) \in S L_{n} (F)$ 表明 $E_{n} (F) \subset S L_{n} (F)$ . 对 $A \in S L_{n} (F)$ , 由 (a) 有 $A = B D$ , $B \in E_{n} (F)$ , 推出 $D \in S L_{n} (F)$ , 则 $D = I$ , $A = B \in E_{n} (F)$ .

3.3

(i)	设 $Z^{n}$ 是秩为 $n$ 的自由 $Z$ -模, ${u_{1}, \dots, u_{n}}$ 是其一组基. 设 $K$ 是其一个子模, 由 $n$ 个元素 $f_{i} = \sum_{j = 1}^{n} a_{ij} u_{j}, 1 \leq i \leq n$ 生成, 其中 $a_{ij} \in Z$ . 记 $A = (a_{ij}) \in M_{n} (Z)$ . 如果 $d = det (A) \neq = 0$ , 证明 $∣ Z^{n} / K ∣ = ∣ d ∣$ .
证明:	先证明 ${f_{i}}$ 是 $K$ 的一组基. 如果存在 $x_{i} \in Z$ , 使得 $\sum_{i = 1}^{n} x_{i} f_{i} = 0$ , 则 $(x_{i})^{T} A (u_{i}) = 0$ , 由 $u_{i}$ 为基得到 $A (x_{i}) = 0$ , 左右两边同时乘 $A^{*}$ 得到 $det (A) x_{i} = 0$ , 因而 $x_{i} = 0$ , 从而得到 ${f_{i}}$ 是一组基. 设 $A$ 相抵于 $D = diag (d_{1}, \dots, d_{n})$ , 写为 $D = P A Q$ , $(f_{1}, \dots, f_{n})^{T} = A (u_{1}, \dots, u_{n})^{T}$ 即 $P (f_{1}, \dots, f_{n})^{T} = D Q^{- 1} (u_{1}, \dots, u_{n})^{T}$ . 令 $Q^{- 1} (u_{1}, \dots, u_{n})^{T} = (v_{1}, \dots, v_{n})^{T}$ , 得 $P (f_{1}, \dots, f_{n})^{T} = (d_{1} v_{1}, \dots, d_{n} v_{n})^{T}$ , 由此 $Z^{n} / K = (Z v_{1} \oplus \dots \oplus Z v_{n}) / (Z d_{1} v_{1} \oplus \dots \oplus Z d_{n} v_{n}) ≃ Z / (d_{1}) \oplus \dots \oplus Z / (d_{n})$ , 有 $∣ Z^{n} / K ∣ = ∣ d_{1} ∣ \dots ∣ d_{n} ∣ = ∣ det D ∣ = ∣ det A ∣$ .
(ii)	设 $R = Z [i] = {a + bi ∣ a, b \in Z}$ , $i = - 1$ , 是 Gauss 整数环. 设 $x = a + bi \in R$ 且 $x \neq = 0$ . $I = (x)$ 是由 $x$ 生成的主理想. 证明: $∣ R / I ∣ = a^{2} + b^{2}$ . (Hint: try to use (i))
证明:	$I = Z [i] x = Z x \oplus Z i x = (a + bi) \oplus (- b + ai)$ , 由 (i), $∣ R / I ∣ = ∣ ∣ a - b b a ∣ ∣ = a^{2} + b^{2}$ .

3.4

设 $R = Z [i] = {a + bi ∣ a, b \in Z}$ , $i = - 1$ , 是 Gauss 整数环. 确定 $M = R^{3} / K$ 的 $R$ -模结构 (即分解为循环子模的不变因子) , 其中 $K$ 是由 $f_{1} = (1, 3, 6), f_{2} = (2 + 3 i, - 3 i, 12 - 18 i), f_{3} = (2 - 3 i, 6 + 9 i, - 18 i)$ 生成的子模. 证明 $M$ 是有限集, 并求 $M$ 的阶.

证明:

$⎝ ⎛ 1 2 + 3 i 2 - 3 i 3 - 3 i 6 + 9 i 6 12 - 18 i - 18 i ⎠ ⎞ \sim ⎝ ⎛ 1 - 6 - 12 i - 12 i - 36 i 24 - 72 i ⎠ ⎞ \sim ⎝ ⎛ 1 - 6 - 24 + 36 i 96 - 24 i ⎠ ⎞ \sim ⎝ ⎛ 1 - 6 - 12 i 18 i - 36 i - 12 ⎠ ⎞ (- 6 - 12 i) (2 + i) = - 30 i - 36 i (2 + i) = 36 - 72 i \sim ⎝ ⎛ 1 - 6 - 12 i - 24 + 36 i 24 - 72 i ⎠ ⎞ \sim ⎝ ⎛ 1 - 6 96 - 24 i ⎠ ⎞,$ 因此 $M ≃ Z [i] / (6) \oplus Z [i] / (96 - 24 i)$ , $∣ M ∣ = 6^{2} (9 6^{2} + 2 4^{2}) = 352512$ .

3.5.

设 $R = Z [x]$ 是整系数一元多项式环. $M = (2, x)$ 是由 $2$ 和 $x$ 生成的理想.

(a)

证明: $R$ 不是 PID.

证明:

$M = (2, x)$ 不是主理想, 否则, 设 $M = (2, x) = (d)$ .

因为 $2 \in (d)$ , 存在 $p (x) \in Z [x]$ , 使得 $2 = p (x) d$ , 所以 $d = \pm 1, \pm 2$ .

若 $d = \pm 1$ , 则 $1 \in M = (2, x)$ , 即存在 $p (x), q (x) \in Z [x]$ 使得 $1 = 2 p (x) + x q (x)$ , 比较常数项得 $1 = 2 a_{0}$ , 矛盾.

若 $d = \pm 2$ , 则 $M = (2) = (- 2)$ . 又 $x \in M$ , 故存在 $p (x) \in Z [x]$ 使得 $x = 2 p (x)$ , 比较一次项系数得 $1 = 2 a_{1}$ , 矛盾.

(b)

作为 $R$ -模, $M$ 不能分解为循环子模的直和.

证明:

假设 $M = i \in I ⨁ Z [x] m_{i}$ .

若 $∣ I ∣ > 1$ , 则存在 $m_{i}, m_{i^{'}}$ , $i, i^{'} \in I$ , 但 $m_{i}, m_{i^{'}}$ 是 $Z [x]$ -线性相关的, 这与直和的定义矛盾.

若 $∣ I ∣ = 1$ , 与 (a) 矛盾.

(c)

将 $R$ 作为 $R$ -模, $M$ 作为子模是自由 $R$ -模吗? 说明理由.

证明:

假设 $M$ 是自由 $R$ -模, 设 ${e_{i}}_{i \in I}$ 是其一组基.

因为 $Z [x]$ 是交换环, 所以 $M$ 中任意两个元素 $Z [x]$ -线性相关.

因此 $∣ I ∣ = 1$ , 即 $M$ 由一个元素生成, 也就是 $Z [x]$ 的主理想, 与 (a) 矛盾.

这提供了一个当 $R$ 不是 PID 时, $R$ -模不一定能做直和分解的例子.

3.6.	设 $R$ 是 PID, $M$ 是有限生成 $R$ -模. 定义 $M$ 的秩为有限生成自由模 $M / T (M)$ 的秩, 记为 $rk (M)$ , 这里 $T (M)$ 是 $M$ 的挠子模.
(a)	若 $M$ 同构于商模 $R^{n} / K$ , 证明: $rk (M) = n - rk (K)$ .
证明:	此时, 存在 $R^{n}$ 的一组基 ${e_{i}}_{i = 1}^{n}$ 使得 ${d_{i} e_{i}}_{i = 1}^{m}$ 为 $K$ 的一组基, 其中 $d_{i} \in R$ 且 $m \leq n$ . 那么 $M ≃ R^{n - m} \oplus (⨁_{i = 1}^{m} R / (d_{i}))$ . 那么 $rk (M) = n - m = n - rk (K)$ . $□$
(b)	设 $N$ 是 $M$ 的子模. 证明: $rk (M) = rk (N) + rk (M / N)$ .
证明:	存在正整数 $n$ 使得 $N = R^{n} / K$ , 则 $M = S / K$ , 其中 $K, S$ 是 $R^{n}$ 的子模, 由 $R$ 是 PID, $S$ 是自由模, 由 (a), $rk (S / K) = rk (S) - rk (K)$ . 那么 $rk (M) - rk (N) = rk (R^{n} / K) - rk (S / K) = (n - rk (K)) - (rk (S) - rk (K)) = n - rk (S),$ 由第三同构定理有 $rk (M / N) = rk ((R^{n} / K) / (S / K)) = rk (R^{n} / S) = n - rk (S)$ . $□$
另证:	令 $F = Frac(R)$ 为 $R$ 的分式域, 则 $F$ 是平坦 $R$ -模 (事实上, 平坦模的分式化仍平坦, 而 $R$ 是自由模, 从而平坦) . 故短正合列 $0 \to N \to M \to M / N \to 0$ 诱导了短正合列 $0 \to N \otimes_{R} F \to M \otimes_{R} F \to (M / N) \otimes_{R} F \to 0$ . 注意到 $R \otimes_{R} F ≃ F$ , 而对于挠模 $R / (d) \otimes_{R} F = 0$ . 前者显然, 后者是因为 $\overset{a}{ˉ} \otimes d = \overline{d a} \otimes \frac{1}{d} = 0$ . 故实则 $0 \to F^{rk (N)} \to F^{rk (M)} \to F^{rk (M / N)} \to 0$ . 由于三者皆为有限维线性空间, 所以自然有 $rk (M) = rk (N) + rk (M / N)$ . $□$

4PID 上的有限生成模

4.1

设 $m > 1, n > 1$ 是两个正整数, $A = Z / m Z \oplus Z / n Z$ , 作为有限生成 $Z$ -模, 求 $A$ 的不变因子.

解答:

设 $m = i = 1 \prod k p_{i}^{α_{i}}, n = i = 1 \prod k p_{i}^{β_{i}}$ , 不变因子是 $i = 1 \prod k p_{i}^{m i n (α_{i}, β_{i})}, i = 1 \prod k p_{i}^{m a x (α_{i}, β_{i})}$ .

4.2

设 $A = ⎝ ⎛ 10 - 2 - 2 01 - 2 0 000 - 1 001 - 2 ⎠ ⎞ \in M_{4} (Q) .$ 求 $A$ 在 $M_{4} (Q)$ 中的有理标准型 $B$ ; 求一矩阵 $P \in G L_{4} (Q)$ , 使得 $P A P^{- 1} = B$ .

解答:

$⎝ ⎛ λ - 1 22 λ - 1 2 λ 1 - 1 λ + 2 ⎠ ⎞ \sim ⎝ ⎛ 1 λ 2 λ - 1 22 λ - 1 λ + 2 - 1 ⎠ ⎞ \sim ⎝ ⎛ 1 1 \frac{λ - 1}{2} 2 (1 - λ) λ - 1 - (λ + 1)^{2} ⎠ ⎞ \sim ⎝ ⎛ 1 1 \frac{λ - 1}{2} λ - 1 (λ - 1)^{2} - \frac{( λ - 1 ) ( λ + 1 ) ^{2}}{2} ⎠ ⎞ \sim ⎝ ⎛ 11 λ - 1 λ^{3} + λ^{2} - λ - 1 ⎠ ⎞,$ 这样 $B = ⎝ ⎛ 1001101 01 - 1 ⎠ ⎞ .$

4.3

(i)	设 $p$ 是一个素数, $F_{p} = Z / p Z$ 是含 $p$ 个元素的有限域. 考虑下面两个 $p$ 阶矩阵 $A, B \in M_{p} (F_{p})$ : $A = ⎝ ⎛ 00 \dots 01 10 \dots 00 \dots 1 \dots \dots \dots 0 \dots \dots 00 00 \dots 10 ⎠ ⎞, B = ⎝ ⎛ 10 \dots 00 11 \dots 00 \dots 1 \dots \dots \dots 0 \dots \dots 10 00 \dots 11 ⎠ ⎞ .$ 问: $A$ 与 $B$ 在 $M_{p} (F_{p})$ 中是否相似? 说明理由.
证明:	相似, $λ I - A, λ I - B$ 都相抵于 $diag (1, \dots, 1, (λ - 1)^{p})$ . 或者注意到 $B$ 是 $A$ 的 Jordan 标准型, 因为 $(I - A)^{p - 1} \neq = 0$ 而 $(I - A)^{p} = 0$ .
(ii)	考虑下面的矩阵 $A, B \in M_{3} (Q)$ : $A = ⎝ ⎛ - 8 73 - 10 92 - 1 10 ⎠ ⎞, B = ⎝ ⎛ - 3 44 2 - 1 - 2 445 ⎠ ⎞ .$ 问: $A$ 与 $B$ 在 $M_{3} (Q)$ 中是否相似? 说明理由.
证明:	不相似, $det A = - 1$ , $det B = - 33$ .

4.4.

设 $F$ 是域, 称 $A \in M_{n} (F)$ 是幂零矩阵, 若存在正整数 $r$ 使得 $A^{r} = 0$ . 设 $A \in M_{n} (F)$ 是幂零矩阵, 证明: $A$ 在 $M_{n} (F)$ 中相似于下面形式的分块对角矩阵: $⎝ ⎛ N_{1} 0 \dots 00 0 N_{2} \dots 00 \dots 0 \dots \dots \dots 0 \dots \dots N_{s - 1} 0 00 \dots 0 N_{s} ⎠ ⎞,$ 其中 $N_{i} = ⎝ ⎛ 00 \dots 00 10 \dots 00 \dots 1 \dots \dots \dots 0 \dots \dots 00 00 \dots 10 ⎠ ⎞ .$

证明:

$A$ 的特征值都是 $0$ , 所以 $A$ 在 $M_{n} (\overline{F})$ ( $\overline{F}$ 是 $F$ 的代数闭包) 中的 Jordan 标准型形如这样. 既然 $A$ 在 $M_{n} (\overline{F})$ 中相似于它, 那么也在 $M_{n} (F)$ 中相似于它.

4.5

设 $A \in M_{3} (Q)$ , $A^{3} = I$ , 求 $A$ 在 $M_{3} (Q)$ 中的所有可能的有理标准型.

解答:

$I, ⎝ ⎛ 111 ⎠ ⎞ .$

4.6.

设 $F$ 是域, $A \in M_{n} (F)$ , $m (λ) \in F [λ]$ 是 $A$ 在 $F$ 上的极小多项式. $s = de g (m (λ))$ . 证明: $A$ 在 $M_{n} (F)$ 中相似于对角阵当且仅当 $m (λ)$ 在 $F$ 中有 $s$ 个互不相同的根.

证明:

$A$ 在 $M_{n} (F)$ 中相似于对角阵, 当且仅当 $A$ 在 $M_{n} (\overline{F})$ 中相似于 $M_{n} (F)$ 中的对角阵, 也就是说 $A$ 在 $M_{n} (\overline{F})$ 中的 Jordan 标准型是 $M_{n} (F)$ 中的对角阵, 当且仅当 $m (λ)$ 的根全都属于 $F$ 且互不相同.

4.7

(i) 设 $F$ 是一个域, $A \in M_{n} (F)$ , $A^{'}$ 表示矩阵 $A$ 的转置. 证明: $A$ 与 $A^{'}$ 在 $M_{n} (F)$ 中相似.

(ii) 设 $E / F$ 是域扩张, $A, B \in M_{n} (F)$ , 若 $A, B$ 在 $M_{n} (E)$ 中相似, 问 $A, B$ 在 $M_{n} (F)$ 中是否一定相似? 说明理由.

证明:

(i) $A$ 在 $\overline{F}$ 上的 Jordan 标准型可由 $r ((λ I - A)^{l})$ 所确定, 其中 $λ \in \overline{F}, l \in N$ , 具体来说, 以 $λ$ 为特征值的 $l$ 阶 Jordan 块的个数为 $r ((λ I - A)^{l + 1}) + r ((λ I - A)^{l - 1}) - 2 r ((λ I - A)^{l}) .$ 由于 $r ((λ I - A)^{l}) = r ((λ I - A^{'})^{l})$ 对任意 $λ \in \overline{F}, l \in N$ 成立, $A$ 与 $A^{'}$ 具有同样的 Jordan 标准型, 故 $A$ 与 $A^{'}$ 在 $\overline{F}$ 中相似, 那么也在 $F$ 中相似.

(ii) (来自高等代数学 (第三版) , 姚慕生等, 推论 7.3.4) $A, B$ 在 $E$ 上相似, 则 $λ I - A$ 与 $λ I - B$ 在 $E$ 上有相同的不变因子, 也就是说它们有相同的 Smith 标准型. 但在求 Smith 标准型的过程中只涉及多项式的加、减、乘及数的加、减、乘、除运算. 而数域在加、减、乘、除运算下封闭, 数域上的多项式在加、减、乘及数乘下也封闭. 因此由 $λ$ -矩阵的 Smith 标准型与初等变换的选取无关, Smith 标准型中的不变因子多项式 $d_{i} (λ)$ 仍是 $F$ 上的多项式, 与初等变换相对应的初等矩阵也是 $F$ 上的 $λ$ -矩阵, 这就是说存在 $F$ 上的可逆 $λ$ -矩阵 $P (λ), Q (λ), M (λ), N (λ)$ , 使 $P (λ) (λ I - A) Q (λ) = M (λ) (λ I - B) N (λ) = diag (d_{1} (λ), \dots, d_{n} (λ)),$ 从而 $M (λ)^{- 1} P (λ) (λ I - A) Q (λ) N (λ)^{- 1} = λ I - B,$ 即 $λ I - A$ 与 $λ I - B$ 在 $F$ 上相抵, 得 $A$ 与 $B$ 在 $F$ 上相似.

4.8.

设 $R$ 是环, $0 \to A \to f B \to g C \to 0$ 是一个 $R$ -模短正合列. 证明下列命题等价:

(1)	上面这个短正合列是可裂的;
(2)	存在 $R$ -模同态 $s : C \to B$ 使得 $g \circ s = 1_{C}$ ;
(3)	存在 $R$ -模同态 $r : B \to A$ 使得 $r \circ f = 1_{A}$ .

证明:

(1) $\Rightarrow$ (2) 设 $B = f (A) \oplus D$ 且 $g ∣_{D} : D \to C$ 为同构, 那么令 $s = (g ∣_{D})^{- 1}$ 即可.

(2) $\Rightarrow$ (3) 令 $r (b) = f^{- 1} (b - s \circ g (b))$ .

由于 $g (b - s \circ g (b)) = g (b) - g (b) = 0$ , 得到 $b - s \circ g (b) \in Ker g = Im f$ , 而且 $f$ 是单射, 所以 $f^{- 1}$ 是有意义的.

由 $g \circ f = 0$ , 得到 $r \circ f = f^{- 1} (f - s \circ g \circ f) = 1_{A}$ .

(3) $\Rightarrow$ (1) 通过把 $b \in B$ 写成 $b = (f \circ r) (b) + b - (f \circ r) (b)$ , 并且由于 $r \circ f = 1_{A}$ 说明 $r$ 是满射, 得到 $B = Im (f \circ r) + Im (1 - f \circ r) = Im f + Im (1 - f \circ r) .$ 由 $r \circ f = 1_{A}$ 得 $Im (1 - f \circ r) \subset Ker r$ 及 $Im f \cap Ker r = {0}$ , 因此 $B = Im f \oplus Im (1 - f \circ r)$ .

由

Im f = Ker g

, 又得到

B = Ker g \oplus Im (1 - f \circ r)

, 由此不难说明

g ∣_{Im (1 - f \circ r)}

是同构.

$□$

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