用户: Solution/ 习题: 现代代数学II 模论 (iii)

5平坦模

5.1	(a)  设 $m,n$ 是正整数. $d=\gcd (m,n)$. 证明: $(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}){\otimes }_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})$ 同构于 $\mathbb{Z}/d\mathbb{Z}$.
证明:	令 $\phi :(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z})\times (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})\to \mathbb{Z}/d\mathbb{Z};(\bar{a},\bar{b})\mapsto \overline{ab}$. 这是一个 $\mathbb{Z}$-平衡映射, 且是良定义的. 这是因为若 $a_1\equiv a_2\mathrm{mod}m$, $b_1\equiv b_2\mathrm{mod}n$, 则 $a_1{b}_1\equiv a_1{b}_2\equiv a_2{b}_2\mathrm{mod}d$. 由泛性质, 这诱导了 $\mathbb{Z}$-模同态$$\tilde{\phi }:(\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}){\otimes }_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})\to \mathbb{Z}/d\mathbb{Z};\bar{a}\otimes \bar{b}\mapsto \overline{ab}.$$只需证明 $\tilde{\phi }$ 既单又满. 若 $\overline{ab}=0$, 则 $\bar{a}\otimes \bar{b}=ab(\bar{1}\otimes \bar{1})$. 由 Bezout 定理, 存在整数 $x,y$ 使得 $xm+yn=d$. 由于 $\overline{ab}=0$, 故存在整数 $t$ 使得 $dt=ab$. 那么 $ab=txm+tyn$. 故 $\bar{a}\otimes \bar{b}=\overline{(txm+tyn)}\otimes \bar{1}=\overline{txm}\otimes \bar{1}+\bar{1}\otimes \overline{tyn}=0+0=0$. 满射则是由于 $\bar{k}=\tilde{\phi }(\bar{k}\otimes \bar{1})$. $\square$
(b)	证明: $\mathbb{Q}{\otimes }_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q}$ 同构于 $\mathbb{Q}$.
证明:	定义 $\mathbb{Z}$-平衡映射 $\phi :\mathbb{Q}\times \mathbb{Q}\to \mathbb{Q};(a,b)\mapsto ab$. 这诱导了 $\mathbb{Z}$-模同态 $\tilde{\phi }:\mathbb{Q}{\otimes }_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q};a\otimes b\mapsto ab$. 定义 $\mathbb{Z}$-模同态 $\varphi :\mathbb{Q}\to \mathbb{Q}{\otimes }_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q};a\mapsto a\otimes 1$. 那么 $\tilde{\phi }\circ \varphi (a)=\tilde{\phi }(a\otimes 1)=a$, 即 $\tilde{\phi }\circ \varphi ={\mathrm{id}}_{\mathbb{Q}}$. 而 $\varphi \circ \tilde{\phi }(a\otimes b)=\varphi (ab)=ab\otimes 1=a\otimes b$, 即 $\varphi \circ \tilde{\phi }={\mathrm{id}}_{\mathbb{Q}{\otimes }_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q}}$. 故 $\tilde{\phi }$ 是 $\mathbb{Z}$-模同构. $\square$
(c)	证明: $\mathbb{Q}{\otimes }_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Q}/\mathbb{Z})=0$. 这里 $\mathbb{Q}$ 是加法群, $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ 是相应的商群.
证明:	对于 $\mathbb{Q}{\otimes }_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Q}/\mathbb{Z})$ 中单项式 $\frac{p}{q}\otimes \overline{\frac{r}{s}}$, $p,q,r,s\in \mathbb{Z}$, 有$$\frac{p}{q}\otimes \overline{\frac{r}{s}}=s\cdot \frac{p}{qs}\otimes \overline{\frac{r}{s}}=\frac{p}{qs}\otimes \overline{s\cdot \frac{r}{s}}=\frac{p}{qs}\otimes \bar{r}=0,$$故 $\mathbb{Q}{\otimes }_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Q}/\mathbb{Z})=0$. $\square$
5.2	设 $V$ 是有限维实向量空间, $\dim V=n\ge 1$. $V_{\mathbb{C}}=V{\otimes }_{\mathbb{R}}\mathbb{C}$ 是相应的复向量空间. 设 $B=\{e_1,\cdots ,e_n\}$ 是 $V$ 的一组基, $f:V\to V$ 是一个实线性变换. 设 $f$ 在基 $B$ 下的变换矩阵是 $A=(a_{ij})\in M_n(\mathbb{R})$.
(i)	证明: $B_{\mathbb{C}}=\{e_1\otimes 1,\cdots ,e_n\otimes 1\}$ 是 $V_{\mathbb{C}}$ 作为复向量空间的一组基, $f\otimes 1:V_{\mathbb{C}}\to V_{\mathbb{C}}$ 是一个复线性变换, 而且它在基 $B_{\mathbb{C}}$ 下的变换矩阵也是 $A$.
证明:	首先, 对于任意 $x\in V{\otimes }_{\mathbb{R}}\mathbb{C}$, 存在 $v_j\in V$ 与 $c_j=a_j+i{b}_j\in \mathbb{C}$, 使得 $x={\sum }_{j=1}^m{v}_j\otimes (a_j+i{b}_j)={\sum }_{j=1}^m{v}_j\otimes a_j+i{\sum }_{j=1}^m{v}_j\otimes b_j={\sum }_{j=1}^m(a_j+i{b}_j)(v_j\otimes 1)$. 显然 $v_j\otimes 1\in {\sum }_{j=1}^n\mathbb{C}(e_j\otimes 1)$, 故 $x$ 能用 $B_{\mathbb{C}}$ 中元素的复线性组合表示. 其次, 若存在复数 $c_j=a_j+i{b}_j$ 使得 ${\sum }_{j=1}^n{c}_j(e_i\otimes 1)=0$, 则 $\left({\sum }_{j=1}^n{a}_j{e}_j\right)\otimes 1+\left({\sum }_{j=1}^n{b}_j{e}_j\right)\otimes i=0$, 这即是说 ${\sum }_{j=1}^n{a}_j{e}_j={\sum }_{j=1}^n{b}_j{e}_j=0$, 即 $a_j=b_j=0$, 即 $c_j=0$. 后一断言是因为 $(f\otimes 1)(e_i\otimes 1)=f(e_i)\otimes 1=\left({\sum }_{j=1}^n{a}_{ij}{e}_j\right)\otimes 1={\sum }_{j=1}^n(a_{ij}{e}_j)\otimes 1$. $\square$
(ii)	证明: $f$ 有不变子空间 $U$ 使得 $\dim U\le 2$.
证明:	由于 $\mathbb{C}$ 代数闭, 方阵 $A$ 在 $V_{\mathbb{C}}$ 上存在特征值 $z=a+bi$ ($b$ 可能为 $0$) 以及对应的特征向量 $x=v\otimes 1+w\otimes i$, 其中 $v,w\in V$ (可能线性相关) . 那么 $(f\otimes 1)(x)=f(v)\otimes 1+f(w)\otimes i=(a+bi)(v\otimes 1+w\otimes i)=(av-bw)\otimes 1+(bv+aw)\otimes i$. 这即是说$$\{\begin{array}{l}\begin{array}{r}f(v)=av-bw,\\ f(w)=bv+aw.\end{array}\end{array}$$那么 $U:=\mathrm{Span}\{v,w\}$ 是 $V$ 的不变子空间, 且 ${\dim }_{\mathbb{R}}U\le 2$. $\square$
5.3	设 $R$ 是一个 P.I.D., $M$ 是一个有限生成 $R$-模.
(i)	若 $M{\otimes }_{R}M=0$, 证明 $M=0$.
证明:	由 P.I.D. 上有限生成模的结构定理, 不妨设 $M=\underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}R/(d_i)$, 其中 $d_i\in R$ ($d_i$ 可能为 $0$, 此时对应的直和项自由) , 且 $d_i\mid d_{i+1}$. 那么我们有$$\begin{array}{rl}M\otimes M& \simeq \underset{i,j=1}{\overset{n}{⨁}}(R/(d_i)\otimes R/(d_j))\\ & \simeq \underset{i,j=1}{\overset{n}{⨁}}R/((d_i)+(d_j))\text{由习题 5.6}\\ & =\underset{i,j=1}{\overset{n}{⨁}}R/(d_{\min \{i,j\}}).\end{array}$$故而 $M\otimes M=0$ 即 $R/(d_{\min \{i,j\}})=0$, 也即 $R/(d_i)=0$. 故而 $M=0$. $\square$
(ii)	给出一个 $\mathbb{Z}$-模 $A$, 满足 $A\ne 0$, 但 $A{\otimes }_{\mathbb{Z}}A=0$.
证明:	取 $\mathbb{Z}$-模 $A=\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$, 则 $\mathbb{Q}/\mathbb{Z}{\otimes }_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q}/\mathbb{Z}=0$. 这是因为$$\begin{array}{r}\overline{\frac{p}{q}}\otimes \overline{\frac{r}{s}}=s\cdot \overline{\frac{p}{qs}}\otimes \overline{\frac{r}{s}}=\overline{\frac{p}{qs}}\otimes \bar{r}=\overline{\frac{p}{qs}}\otimes \bar{0}=0,\end{array}$$其中 $p,q,r,s\in \mathbb{Z}$. $\square$
(iii)	若 (iii) 中的 $R$ 是交换环, 命题是否还成立?
证明:	仍成立. 只需对 $R$ 为局部环的情形证明. 这是因为 $M{\otimes }_{R}M=0$ 等价于: 对于任意 $\mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}(R)$, 成立 $M_{\mathfrak{p}}{\otimes }_{R_{\mathfrak{p}}}{M}_{\mathfrak{p}}=(M{\otimes }_{R}M{)}_{\mathfrak{p}}=0$ (见 [AM] Proposition 3.8) . 现设 $R$ 为局部环, $\mathfrak{m}$ 为其极大理想, 以及 $k$ 为其剩余类域. 令 $V=k{\otimes }_{R}M$, 则 $V$ 是 $k$ 上的有限维线性空间, 有$$\begin{array}{r}V{\otimes }_{k}V=k{\otimes }_{R}M{\otimes }_{k}k{\otimes }_{R}M\simeq k{\otimes }_{R}k{\otimes }_{k}M{\otimes }_{R}M\simeq k{\otimes }_k(M{\otimes }_{R}M)=0,\end{array}$$也即 $({\dim }_{k}V{)}^2=0$, 即 ${\dim }_{k}V=0$, 即 $V=0$. 但注意到 $V=k{\otimes }_{R}M\simeq M/\mathfrak{m}M$. 故这即是说 $M=\mathfrak{m}M$. 由中山引理知 $M=0$. $\square$
5.4	设 $R$ 是环. $\{M_i\}$ 是一族左 $R$-模. 证明: 直和 $\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$ 是平坦的当且仅当每个 $M_i$ 是平坦的.
证明:	对于任意左 $R$-模单射 $i:A\to B$, 有下图交换: ($\mathrm{id}$ 为 $\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$ 的恒等映射) $$\left(\underset{i\in I}{⨁}{M}_i\right){\otimes }_{R}A\left(\underset{i\in I}{⨁}{M}_i\right){\otimes }_{R}B\underset{i\in I}{⨁}(M_i{\otimes }_{R}A)\underset{i\in I}{⨁}(M_i{\otimes }_{R}B)f\mathrm{id}\otimes igh$$其中 $f:(m_i)\otimes a\mapsto (m_i\otimes a)$, $g:(m_i)\otimes b\mapsto (m_i\otimes b)$ 是已验证过的同构, $h=\underset{i\in I}{⨁}({\mathrm{id}}_{M_i}\otimes i):(m_i\otimes a)\mapsto (m_i\otimes ia)$. 而诸 ${\mathrm{id}}_{M_i}\otimes i$ 为单射等价于 $h$ 为单射. 由交换图, 这又等价于 $\mathrm{id}\otimes i$ 为单射. 这即是说诸 $M_i$ 平坦当且仅当 $\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$ 平坦. $\square$
5.5	设 $R,S$ 是环, $\alpha :R\to S$ 是环同态. 通过 $\alpha$, 将 $S$ 看成 $(S,R)$-双模. 设 $M$ 是一个自由左 $R$-模, $B=\{e_i{\}}_{i\in I}$ 是一组基. 证明: $S{\otimes }_{R}M$ 是自由左 $S$-模, 且 $\{1\otimes e_i{\}}_{i\in I}$ 是其一组基.
证明:	定义数乘为 $s(s^{\prime }\otimes m):=(s{s}^{\prime })\otimes m$. 对于 $m\in M$, 令 $m={\sum }_{i\in F}{r}_i{e}_i$, 其中 $r_i\in R$, $F$ 是 $I$ 的有限子集. 那么对于 $S{\otimes }_{R}M$ 中的单项式 $s\otimes m$ 有$$\begin{array}{rl}s\otimes m& =s\otimes \left(\sum _{i\in F}{r}_i{e}_i\right)=\sum _{i\in F}s\otimes (r_i{e}_i)=\sum _{i\in F}s\alpha (r_i)\otimes e_i\\ & =s_i\alpha (r_i)\sum _{i\in F}1\otimes e_i\in \sum _{i\in I}S(1\otimes e_i).\end{array}$$验证右端是直和即可, 而这是因为 $S{\otimes }_{R}M=S{\otimes }_R\left(\underset{i\in I}{⨁}R{e}_i\right)\simeq \underset{i\in I}{⨁}S{\otimes }_{R}R{e}_i=\underset{i\in I}{⨁}S(1\otimes e_i)$, 且该同构由$$f:S{\otimes }_{R}M\mapsto \underset{i\in I}{⨁}S(1\otimes e_i);s\otimes e_i\mapsto s(1\otimes e_i)$$给出. 若对于有限集 $F\subset I$ 有 $x={\sum }_{i\in F}{s}_i(1\otimes e_i)=0$, 则 $f(x)=(t_i{)}_{i\in I}=0$, 其中 $t_i=s_i(1\otimes e_i)$ 若 $i\in F$, 而在其余情况为 $0$. 这意味着 $s_i=0$ 对于任意 $i\in F$. 故得线性无关性, 从而 $\{1\otimes e_i{\}}_{i\in I}$ 为自由模 $S{\otimes }_{R}M$ 的一组基. $\square$
5.6	设 $R$ 是交换环, $I,J$ 是理想. 证明: 作为 $R$-模, $R/I{\otimes }_{R}R/J\cong R/(I+J)$.
证明:	定义 $R$-平衡映射 $f:R/I\times R/J\to R/(I+J);(\bar{a},\bar{b})\mapsto \overline{ab}$. 这是良定义的 (由于 $I,J\subset I+J$) , 故诱导了 $R$-模同态 $\tilde{f}:R/I{\otimes }_{R}R/J\to R/(I+J);\bar{a}\otimes \bar{b}\mapsto \overline{ab}$. 再定义 $g:R/(I+J)\to R/I{\otimes }_{R}R/J;\bar{a}\to \bar{a}\otimes \bar{1}$. 这是良定义的, 因为令 $a^{\prime }=a+i+j$, 其中 $i\in I,j\in J$, 则$$\begin{array}{rl}g(\overline{a^{\prime }})& =(a+j+I)\otimes (1+J)=(a+I)\otimes (1+J)+(j+I)\otimes (1+J)\\ & =g(\bar{a})+(1+I)\otimes (j+J)=g(\bar{a})+0=g(\bar{a}).\end{array}$$那么 $\tilde{f}\circ g(\bar{a})=\tilde{f}(\bar{a}\otimes \bar{1})=\bar{a}$, 即 $\tilde{f}\circ g={\mathrm{id}}_{R/(I+J)}$. 而 $g\circ \tilde{f}(\bar{a}\otimes \bar{b})=g(\overline{ab})=\overline{ab}\otimes \bar{1}=\bar{a}\otimes \bar{b}$, 即 $g\circ \tilde{f}={\mathrm{id}}_{R/I{\otimes }_{R}R/J}$. 故而 $\tilde{f}$ 是同构. $\square$
5.7	设 $R$ 是交换环, $I$ 是 $R$ 的理想. 若 $R/I$ 是平坦 $R$-模, 证明: $I=I^2$.
证明:	只需证明 $I\subset I^2$. 由平坦性, 正合列 $0\to I\stackrel{i}{\to }R$ 诱导了正合列 $0\to (R/I){\otimes }_{R}I\stackrel{\mathrm{id}\otimes i}{⟶}(R/I){\otimes }_{R}R$. 而可验证下图交换$$0(R/I){\otimes }_{R}I(R/I){\otimes }_{R}R0I/I^{2}R/I\mathrm{id}\otimes ifgh$$其中 $f:\bar{r}\otimes a\mapsto \overline{ra}$, $g:\bar{r}\otimes a\mapsto \overline{ra}$, $h:a+I^2\mapsto a+I$, 且 $f$ 与 $g$ 均为同构, 故而 $h=g\circ (\mathrm{id}\otimes i)\circ f^{-1}$ 是单射. 对于 $a\in I$, $h(a+I^2)=a+I=I$, 由 $h$ 单知 $a+I^2=I^2$, 即 $a\in I^2$. 故 $I=I^2$. $\square$
5.8	设 $R$ 是交换环, $m,n\in \mathbb{N}$, $f:R^m\to R^n$ 是 $R$-模同态. (i) 若 $f$ 是满射, 证明: $m\ge n$. (ii) 若 $f$ 是单射, 证明: $m\le n$.
证明:	(i) 设 $\varphi :R^m\to R^n$ 是满射, 取域 $k=R/\mathfrak{m}$, $\mathfrak{m}$ 为极大理想, 那么 $1_k\otimes \varphi :k\otimes R^m\to k\otimes R^n$ 是满射, 相当于有限维线性空间 $k^m\to k^n$ 的满射, 得 $m\ge n$. (ii) 设 $\varphi :R^m\to R^n$, 假设 $m>n$, 考虑 $\psi :R^m\stackrel{\varphi }{\to }{R}^n\stackrel{i}{\hookrightarrow }{R}^m$, 这里 $i(r_1,\cdots ,r_n)=(r_1,\cdots ,r_n,0,\cdots ,0)$. 设 $\psi$ 的极小多项式是$${\psi }^n+a_{n-1}{\psi }^{n-1}+\cdots +a_0{1}_{R^m}=0.$$观察到 $\psi$ 从而 ${\psi }^n+a_{n-1}{\psi }^{n-1}+\cdots +a_1\psi$ 的最后一个分量一定是 $0$, 则 $a_0{1}_{R^m}$ 的最后一个分量也是 $0$, 故 $a_0=0$, 这说明$$\psi \circ ({\psi }^{n-1}+a_{n-1}{\psi }^{n-2}+\cdots +a_1{1}_{R^m})=0.$$由于 $n$ 是极小的, ${\psi }^{n-1}+a_{n-1}{\psi }^{n-2}+\cdots +a_1{1}_{R^m}\ne 0$, $\psi$ 把 ${\psi }^{n-1}+a_{n-1}{\psi }^{n-2}+\cdots +a_1{1}_{R^m}$ 的像映成 $0$, 不是单射, 那么 $\varphi$ 也不是单射. $\square$ 注: (ii) 的其它证明见 [jdkc] Ex.2.11 (p.31).

6投射模

6.1.	设 $R$ 是一个含幺交换环, $A$, $B$ 是交换 $R$-代数.
(i)	证明: $R$-代数 $A{\otimes }_{R}B$ 是交换的.
证明:	只考虑单项式的情形. 对于 $a,c\in A$, $b,d\in B$, 由于 $(a\otimes b)(c\otimes d)=(ac)\otimes (bd)=(ca)\otimes (db)=(c\otimes d)(a\otimes b)$, 故单项式的乘法是交换的. 而一般的张量乘法交换则是直接由乘法分配律得来.
(ii)	定义映射 $i_A:A\to A{\otimes }_{R}B,a\mapsto a\otimes 1_B$ 以及 $i_B:B\to A{\otimes }_{R}B,b\mapsto 1_A\otimes b$, 其中 $1_A,1_B$ 分别表示 $A,B$ 的幺元. 证明: $i_A,i_B$ 是 $R$-代数同态.
证明:	下面说明 $i_A$ 是 $R$-代数同态, $i_B$ 同理. 对任意 $a,a^{\prime }\in A,r\in R$, $$\begin{array}{rl}& i_A(a)+i_A(a^{\prime })=a\otimes 1_B+a^{\prime }\otimes 1_B=(a+a^{\prime })\otimes 1_B=i_A(a+a^{\prime }),\\ & i_A(a)i_A(a^{\prime })=(a\otimes 1_B)(a^{\prime }\otimes 1_B)=(a{a}^{\prime })\otimes 1_B=i_A(a{a}^{\prime }),\\ & r{i}_A(a)=r(a\otimes 1_B)=(ra)\otimes 1_B=i_A(ra).\end{array}$$
(iii)	对任意的交换 $R$-代数 $C$, 给定 $R$-代数同态 $f:A\to C$, $g:B\to C$, 存在唯一的 $R$-代数同态 $h:A{\otimes }_{R}B\to C$ 使得 $h\circ i_A=f$, $h\circ i_B=g$. $$AA{\otimes }_{R}BBC{i}_{A}fh{i}_{B}g$$
证明:	$h(a\otimes b)=h((a\otimes 1_B)(1_A\otimes b))=h(a\otimes 1_B)h(1_A\otimes b)=h\circ i_A(a)h\circ i_B(b)=f(a)g(b)$, 于是 $h$ 唯一. $h$ 存在是因为, $R$-双线性映射 $A\times B\to C,(a,b)\mapsto f(a)g(b)$ 诱导了唯一的 $R$-模同态 $h:A{\otimes }_{R}B\to C$ 使得 $a\otimes b\mapsto f(a)g(b)$, 这样 $h\circ i_A(a)=h(a\otimes 1_B)=f(a)g(1_B)=f(a)$, 与 $h\circ i_B(b)=g(b)$, 并且$$\begin{array}{rl}h((a\otimes b)(a^{\prime }\otimes b^{\prime }))& =h(a{a}^{\prime }\otimes b{b}^{\prime })=f(a{a}^{\prime })g(b{b}^{\prime })\\ & =f(a)f(a^{\prime })g(b)g(b^{\prime })=f(a)g(b)f(a^{\prime })g(b^{\prime })\\ & =h(a\otimes b)h(a^{\prime }\otimes b^{\prime }),\end{array}$$由此 $h$ 是 $R$-代数同态.
6.2	设 $R$ 是交换环, $R[x_1,\cdots ,x_m]$ 是 $R$ 上的 $m$ 元多项式环, $B$ 是一个 $R$-代数. 证明: 作为 $R$-代数, $B{\otimes }_{R}R[x_1,\cdots ,x_m]$ 同构于 $B[x_1,\cdots ,x_m]$; 特别地, $R[x_1,\cdots ,x_m]{\otimes }_{R}R[y_1,\cdots ,y_n]$ 同构于 $R[x_1,\cdots ,x_m,y_1,\cdots ,y_n]$.
证明:	$B{\otimes }_{R}R[x]$ 的元素形如 $\sum _i(b_i\otimes \sum _n{r}_{i,n}{x}^n)$, 等于 $\sum _n\left(\sum _i{r}_{i,n}{b}_i\right)\otimes x^n$, $B{\otimes }_{R}R[x]$ 通过$$\sum _n\left(\sum _i{r}_{i,n}{b}_i\right)\otimes x^n\mapsto \sum _n\left(\sum _i{r}_{i,n}{b}_i\right)x^n$$同构于 $B[x]$, 易得这个映射单且满. 这是 $m=1$ 的情况, 用 $m$ 次即可.
6.3	将复数域 $\mathbb{C}$ 作为 $\mathbb{R}$-代数. 考虑四元数体 $\mathcal{H}$ (见习题 2.6) . 证明: 作为 $\mathbb{R}$-代数, $\mathcal{H}{\otimes }_{\mathbb{R}}\mathbb{C}$ 同构于 $M_2(\mathbb{C})$.
证明:	$\mathcal{H}{\otimes }_{\mathbb{R}}\mathbb{C}\simeq \mathcal{H}\oplus i\mathcal{H}=M_2(\mathbb{C})$, 前面的同构是 $H\otimes 1\mapsto H,H\otimes i\mapsto iH$, 后面的等号见习题 2.6 (a).
6.4	设 $R$ 是环, $e^2=e\in R$. 证明: 由 $e$ 生成的左理想 $Re$ 是投射模.
证明:	$R=Re\oplus R(1-e)$.
6.5	证明: $R$-模 $M$ 是有限生成投射模当且仅当存在正整数 $n$ 与 $R$-模 $T$ 使得 $M\oplus T\simeq R^n$.
证明:	若 $M\oplus T=R^n=\underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}R{e}_i$, 设 $e_i=m_i+t_i$, 再证明 $m_1,\cdots ,m_n$ 生成 $M$ 即可. 若 $M$ 是有限生成投射模, 存在 $n$ 使得 $R^n\stackrel{\alpha }{\to }M\to 0$ 正合. 取 $T=\mathrm{Ker}\alpha$, 则有正合列$$0\to T\stackrel{i}{\to }{R}^n\stackrel{\alpha }{\to }M\to 0.$$又因为 $M$ 是投射模, 该正合列可裂, 所以 $R^n\simeq T\oplus M$.
6.6	证明: $P$ 是投射 $R$-模当且仅当下面的条件满足: 存在元素 $e_i\in P$, $f_i\in {\mathrm{Hom}}_R(P,R)$, $i\in I$ 使得对于任意 $x\in P$, 有 $x=\sum _{i\in I}{f}_i(x)e_i$ 成立, 其中只有有限项 $f_i(x)$ 非零.
证明:	若 $P$ 是投射模, 则存在 $R$-模 $Q$ 使得 $P\oplus Q=\underset{i\in I}{⨁}R{u}_i$. 设 $u_i=e_i+q_i,i\in I,e_i\in P,q_i\in Q$. $P\ni x=\sum _{i\in I}{\lambda }_i^x{u}_i=\sum _{i\in I}{\lambda }_i^x{e}_i+\sum _{i\in I}{\lambda }_i^x{q}_i$, 由直和性质, $x=\sum _{i\in I}{\lambda }_i^x{e}_i=\sum _{i\in I}{f}_i(x)e_i$, 其中 $f_i(x)={\lambda }_i^x\in {\mathrm{Hom}}_R(P,R)$ (需要验证) . 显然只有有限项非零. 另一方面, 对于任意正合列 $M\stackrel{\beta }{\to }N\to 0$, 任意 $g\in {\mathrm{Hom}}_R(P,N)$, 设 $g(e_i)=n_i$. 因为 $\beta$ 是满射, 所以存在 $m_i\in M$, 使得 $\beta (m_i)=n_i$. 考虑 $h:P\to M$, $h(x)=\sum _{i\in I}{f}_i(x)n_i$, 验证 $h\in {\mathrm{Hom}}_R(P,M)$, 且 $g=\beta \circ h$.
6.7	设 $R$ 是一个整区, $F=\mathrm{Frac}(R)$ 是 $R$ 的分式域. 通过乘法, $F$ 是一个 $R$-模. 设 $I$ 是 $R$ 的一个理想. 如果存在 $F$ 的一个 $R$-子模 $J$, 使得 $R=IJ$, 证明: 作为 $R$-模, $I$ 是投射模.
证明:	$1\in R=IJ$, 所以存在有限个 $a_i\in I,b_i\in J$, 使得 $1=\sum _i{a}_i{b}_i$. 进而 $x=1\cdot x=\sum _i{a}_i{b}_{i}x=\sum _i{a}_i(x{b}_i)$, 其中 $x{b}_i\in IJ\subset R$. 定义 $f_i(x)=x{b}_i\in {\mathrm{Hom}}_R(I,R)$, 由习题 6.6 知 $I$ 是投射模.
6.8	设 $0\to N_i\stackrel{{\alpha }_i}{\to }{P}_i\stackrel{{\beta }_i}{\to }M\to 0,i=1,2$ 是两个短正合列, 且 $P_1,P_2$ 是投射模. 证明: $P_1\oplus N_2\cong P_2\oplus N_1$.
证明:	对于正合列 $P_2\stackrel{{\beta }_2}{\to }M\to 0$, 由于 $P_1$ 是投射模, 存在 $\gamma \in {\mathrm{Hom}}_R(P_1,P_2)$ 使得 ${\beta }_1={\beta }_2\circ \gamma$. 而对于任意 $n_1\in N_1$, ${\beta }_2\circ \gamma \circ {\alpha }_1(n_1)={\beta }_1\circ {\alpha }_1(n_1)=0$, 故 $\gamma \circ {\alpha }_1(n_1)\in \mathrm{Im}{\alpha }_2$. 进而存在 $n_2\in N_2$, 使得 ${\alpha }_2(n_2)=\gamma \circ {\alpha }_1(n_1)$. 又因为 ${\alpha }_2$ 是单射, 所以这样的 $n_2$ 是唯一的, 因此 $\theta (n_1):=n_2$ 是良定的, 且容易验证 $\theta \in {\mathrm{Hom}}_R(N_1,N_2)$. $$0N_1{P}_{1}0N_2{P}_{2}M0{\alpha }_1\theta \gamma {\beta }_1{\alpha }_2{\beta }_2$$对于模同态 $0\to N_1\stackrel{f}{\to }{P}_1\oplus N_2\stackrel{g}{\to }{P}_2\to 0$, 其中 $f(n_1)=({\alpha }_1(n_1),\theta (n_1))$, $g(p_1,n_2)=\gamma (p_1)-{\alpha }_2(n_2)$. 我们证明这是短正合列. 前两处易见, 下面说明第三处. 对于任意的 $p\in P_2$, $m={\beta }_2(p)\in M$. 由于 ${\beta }_1$ 是满射, 故存在 $p_1\in P_1$ 使得 $m={\beta }_1(p_1)$. 进而 ${\beta }_2\circ \gamma (p_1)=m$. 故 ${\beta }_2(p-\gamma (p_1))=0$, 即 $p-\gamma (p_1)\in \mathrm{Ker}{\beta }_2=\mathrm{Im}{\alpha }_2.$ 故存在 $n_2\in N_2$, 使得 $p=\gamma (p_1)-{\alpha }_2(n_2)$. 注: 本命题是 Schanuel 引理, 来源与推广见 [Lam] Chapter 2 (5.1)–(5.6) (pp.165-7) .
6.9	设 $R,S$ 是环, $\alpha :R\to S$ 是环同态. 通过 $\alpha$, 将 $S$ 看成 $(S,R)$-双模.
(i)	设 $N$ 是一个右 $S$-模, 通过 $\alpha$, $N$ 也是一个右 $R$-模, 即对 $n\in N,r\in R$, 定义 $n\cdot r=n\cdot \alpha (r)$, 记为 $N_{\alpha }$. 证明: 作为右 $R$-模, $N{\otimes }_{S}S$ 同构于 $N_{\alpha }$.
证明:	定义 $(n\otimes s)\cdot r:=n\otimes (s\alpha (r))$, 则由 $S$-双线性映射 $f:N\times S\to N_{\alpha }$ 诱导的映射 $\tilde{f}:N{\otimes }_{S}S\to N_{\alpha }$ 是一个右 $R$-模同态. 这是因为 $f(n\otimes s)\cdot r=ns\cdot r=n(s\cdot \alpha (r))=f(n\otimes s\alpha (r))$. $g:N_{\alpha }\to N{\otimes }_{S}S;n\otimes 1\mapsto n$ 也是一个右 $R$-模同态, 因为 $g(n)\cdot r=(n\otimes 1)\cdot r=n\otimes \alpha (r)=n\alpha (r)\otimes 1=g(n\alpha (r))=g(n\cdot r)$. 且 $\tilde{f}\circ g(n)=\tilde{f}(n\otimes 1)=n$, 故 $\tilde{f}\circ g(n)={\mathrm{id}}_{N_{\alpha }}$. 而 $g\circ \tilde{f}(n\otimes s)=g(ns)=ns\otimes 1=n\otimes s$, 即 $g\circ \tilde{f}={\mathrm{id}}_{N{\otimes }_{S}S}$. 故 $\tilde{f}$ 是右 $R$-模同构. $\square$
(ii)	设 $M$ 是平坦左 $R$-模, 证明: $S{\otimes }_{R}M$ 是平坦 $S$-模.
证明:	对于任意右 $S$-模单同态 $i:A\to B$, 由 (i) 的定义, $i_{\alpha }:A_{\alpha }\to B_{\alpha }$ 是右 $R$-模单同态. 由下图交换, $$A{\otimes }_{S}SB{\otimes }_{S}S{A}_{\alpha }{B}_{\alpha }fi\otimes {\mathrm{id}}_{S}g{i}_{\alpha }$$知 $i\otimes {\mathrm{id}}_S:A{\otimes }_{S}S\to B{\otimes }_{S}S$ 是单同态, 其中 $f:A{\otimes }_{S}S\to A;a\otimes s\mapsto as$ 与 $g:B{\otimes }_{S}S\to B;b\otimes s\mapsto bs$ 是 (i) 中证明的同构. 那么由 $M$ 的平坦性, 有 $(i\otimes {\mathrm{id}}_S)\otimes {\mathrm{id}}_M:(A{\otimes }_{S}S){\otimes }_{R}M\to (B{\otimes }_{S}S){\otimes }_{R}M$ 单. 再由如下交换图$$(A\otimes S){\otimes }_{R}M(B\otimes S){\otimes }_{R}MA\otimes (S{\otimes }_{R}M)B\otimes (S{\otimes }_{R}M)(i\otimes {\mathrm{id}}_S)\otimes {\mathrm{id}}_{M}p{p}^{\prime }i\otimes ({\mathrm{id}}_S\otimes {\mathrm{id}}_M)$$知 $i\otimes ({\mathrm{id}}_S\otimes {\mathrm{id}}_M):A\otimes (S{\otimes }_{R}M)\to B\otimes (S{\otimes }_{R}M)$ 单, 其中 $p,p^{\prime }$ 是张量积结合律所述同构. 故 $S{\otimes }_{R}M$ 平坦. $\square$
6.10	(i) 设 $R,S$ 是交换环, $\alpha :R\to S$ 是环同态, 通过 $\alpha$, 将 $S$ 看成 $(S,R)$-双模. 设 $S$ 作为 $R$-模是平坦的, $M$ 是一个平坦 $S$-模, 通过 $\alpha$, $M$ 也是一个 $R$-模, 证明: 作为 $R$-模, $M$ 也是平坦的. 证明: 对于 $R$-模单同态 $i:A\to B$, 由 $S$ 的平坦性知 $i\otimes {\mathrm{id}}_S:A{\otimes }_{R}S\to B{\otimes }_{R}B$ 单, 再由 $M$ 的平坦性, 可知有 $(i\otimes {\mathrm{id}}_S){\otimes }_S{\mathrm{id}}_M:(A{\otimes }_{R}S){\otimes }_{S}M\to (B{\otimes }_{R}S){\otimes }_{S}M$ 单. 由张量积的交换律与结合律有如下交换图: $$(A{\otimes }_{R}S){\otimes }_{S}MA{\otimes }_R(S{\otimes }_{S}M)A{\otimes }_R(M{\otimes }_{S}S)A{\otimes }_R{M}_{\alpha }(B{\otimes }_{R}S){\otimes }_{S}MB{\otimes }_R(S{\otimes }_{S}M)B{\otimes }_R(M{\otimes }_{S}S)B{\otimes }_R{M}_{\alpha }$$其中最后一个方框用到习题 6.9 (i). 由此知 $M$ 视作 $R$-模仍然平坦. $\square$ (ii) 设 $R$ 是交换环, $M,N$ 是平坦 $R$-模, 证明: $M{\otimes }_{R}N$ 是平坦 $R$-模. 证明: 对于 $R$-模单同态 $i:A\to B$, 由 $M$ 的平坦性知 $i\otimes {\mathrm{id}}_M:A{\otimes }_{R}M\to B{\otimes }_{R}M$ 单. 这仍然是一个 $R$-模, 故再由 $N$ 的平坦性知 $(i\otimes {\mathrm{id}}_M)\otimes {\mathrm{id}}_N:(A{\otimes }_{R}M){\otimes }_{R}N\to (B{\otimes }_{R}M){\otimes }_{R}N$ 单. 再由张量积结合律知有交换图$$(A{\otimes }_{R}M){\otimes }_{R}N(B{\otimes }_{R}M){\otimes }_{R}NA{\otimes }_R(M{\otimes }_{R}N)B{\otimes }_R(M{\otimes }_{R}N)$$由上图可知 $i\otimes ({\mathrm{id}}_M\otimes {\mathrm{id}}_N)$, 从而 $M{\otimes }_{R}N$ 平坦. $\square$
6.11	设 $R$ 是含幺环, $R^{\ast }=\{a\in R\mid \exists b\in R,ab=ba=1\}$ 是其乘法群, $\mathfrak{m}=R\setminus R^{\ast }$. 如果 $\mathfrak{m}$ 是 $R$ 的理想, 则称 $R$ 是局部环. 下设 $(R,\mathfrak{m})$ 是局部环. (i) 设 $T$ 是有限生成左 $R$-模, $I\subseteq \mathfrak{m}$ 是一个理想, 且 $IT=T$, $IT$ 表示由子集 $\{rt\mid r\in I,t\in T\}$ 生成的子模, 证明: $T=\{0\}$. (ii) 设 $N$ 是 $T$ 的子模, $T$ 是有限生成的, $I\subseteq \mathfrak{m}$, 且 $T=IT+N$, 证明: $T=N$. (iii) 证明: $R/\mathfrak{m}$ 是可除环. 考虑自然环同态 $j:M_n(R)\to M_n(R/\mathfrak{m})$, $A=(a_{ij})\in M_n(R)$ 是 $R$ 上的 $n$ 阶方阵, $j(A)=(\overline{a_{ij}})$, 其中 $\overline{a_{ij}}=a_{ij}+\mathfrak{m}$. 证明: $A\in M_n(R)$ 是可逆阵当且仅当 $j(A)\in M_n(R/\mathfrak{m})$ 是可逆阵. (iv) 设 $P$ 是有限生成的投射左 $R$-模, 证明: $P$ 是有限生成的自由模.
证明:	(i) 设 $\{t_1,\cdots ,t_n\}$ 为 $T$ 的极小生成元集. 注意到 $\mathfrak{m}$ 为双边理想, 则存在 $\{r_i{\}}_{i=1}^n$, 使得 $t_1=\sum _{i=1}^n{r}_i{t}_i$, 由于 $\mathfrak{m}$ 为不可逆元全体构成的极大理想, 假如 $1-r_1$ 不可逆, 则 $1=(1-r_1)+r_1\in \mathfrak{m}$, 矛盾. 因此 $1-r_1$ 可逆, 从而 $t_1=(1-r_1{)}^{-1}\sum _{i=2}^n{r}_i{t}_i$, 这与生成元集的极小性矛盾. (ii) 注意到 $(IT+N)/N=I(T/N)$, 则 $T/N=I(T/N)$, 利用 (i) 即知 $T/N=\{0\}$, 即证. (iii) “$\Rightarrow$”: 若 $AB=BA=I$ 则 $j(A)j(B)=j(I)=j(B)j(A)$. “$\Leftarrow$”: 若 $j(A)j(B)=j(I)=j(B)j(A)$, 则存在 $M_1,M_2\in M_n(\mathfrak{m})$, 使得 $AB+M_1=I=BA+M_2$, 可见 $R^n\subset AB{R}^n+\mathfrak{m}{R}^n$, 由 (ii) 可知 $AB{R}^n=R^n$, 可见 $A$ 为满射; 断言 $A$ 为单射: 若 $Ax=0$, 则 $(I+M_2)x=0$. 那么 $x=-M_{2}x\in \mathfrak{m}{R}^n$, 即 $\ker A\subset \mathfrak{m}{R}^n$. 由于 $R^n$ 为自由模, 可见 $R^n=\ker A\oplus T,A{|}_T:T\to R^n$ 为同构, 由 (ii) 可知 $T=R^n$, 可见 $\ker A=\{0\}$. 从而 $A$ 单且满, 于是可逆. (iv) 设 $P$ 的极小生成元集为 $\{t_1,\cdots ,t_n\}$, 定义 $f:R^n\to P,(r_1,\cdots ,r_n)\mapsto \sum _{i=1}^n{r}_i{t}_i$, 由 $P$ 投射, 可知 $R^n=\ker f\oplus P$, 其中 $f{|}_P$ 为同构. 若 $(a_1,\cdots ,a_n)\in \ker f$, 即 $\sum _{i=1}^n{a}_i{t}_i=0$, 断言 $a_i\in \mathfrak{m},i=1,\cdots ,n$, 否则不妨 $a_1\notin \mathfrak{m}$, 即 $a_1$ 可逆, 则 $t_1=a_1^{-1}\sum _{i=2}^n{a}_i{t}_i$, 这与生成元集的极小性矛盾. 从而 $\ker f\subset \mathfrak{m}{R}^n$, $R^n=P+\mathfrak{m}{R}^n$, 由 (ii) 可知 $P=R^n,\ker f=\{0\}$.

参考文献

[AM]	M. F. Atiyah, I. G. Macdonald. Introduction to Commutative Algebra. Addison–Wesley Publishing Company, 1994.
[jdkc]	jeffrey daniel kasik carlson. Exercises to Atiyah and Macdonald’s Introduction to Commutative Algebra.
[Lam]	T. Y. Lam. Lectures on Modules and Rings. Graduate Texts in Mathematics 189. Springer, 1999.