用户: Solution/ 习题: 现代代数学II 模论 (iv)

7内射模
8半单模

7内射模

7.2	设 $p$ 是一个素数, $Z [\frac{1}{p}] = {\frac{a}{b} \in Q ∣ a \in Z, b = p^{n}, n \in N}$ . 则 $Z [\frac{1}{p}]$ 是有理数域 $Q$ 的子环, 且包含整数环 $Z$ . 证明: 作为 $Z$ -模, $Z [\frac{1}{p}] / Z$ 是内射模.
证明:	因为 $Z$ 是 PID, 所以只需要证明 $Z [\frac{1}{p}] / Z$ 可除. (此性质只要求 PI.) 对于任意 $[\frac{a}{p ^{k}}] \in Z [\frac{1}{p}] / Z$ 以及 $s \in Z$ , 设 $s = s_{0} p^{l}$ , 其中 $g cd (s_{0}, p) = 1$ . 取 $t \in Z$ 使得 $s_{0} t \equiv a (mod p^{k})$ , 有 $s \cdot [\frac{t}{p ^{k + l}}] = [\frac{s t}{p ^{k + l}}] = [\frac{s _{0} t}{p ^{k}}] = [\frac{a}{p ^{k}}] .$
7.3	设 $A$ 是一个非零 Abel 群, $0 \neq = a \in A$ . 证明: 存在一个群同态 $f : A \to Q / Z$ 使得 $f (a) \neq = 0$ .
证明:	考虑 $g : ⟨ a ⟩ \to Q / Z$ . 若 $o (a) = n$ , 则定义 $g (ka) = [\frac{k}{n}]$ . 若 $o (a) = \infty$ , 定义 $g (ka) = [\frac{k}{2}]$ . 验证 $g$ 是群同态且 $g (a) \neq = 0$ . 对于正合列 $0 \to ⟨ a ⟩ \to i A$ , 因为 $Q / Z$ 是内射模, 存在群同态 $f : A \to Q / Z$ 使得 $f (a) = g (a) \neq = 0$ .
7.4	设 $R$ 是一个主理想整区, $M$ 是一个有限生成 $R$ -模. 确定何时 $M$ 是内射模.
证明:	$M$ 是内射模 (等价于可除) 等价于 $M = {0}$ 或 $R$ 是域. 设 $M$ 是内射模. $M$ 有限生成, 故存在 $d_{i} \neq = 1$ 使得 $M ≅ (i = 1 ⨁ l R / (d_{i})) \oplus (j = 1 ⨁ s R)$ . 若 $l \neq = 0$ , $M$ 可除, 故 $R / (d_{i})$ 可除 (直和性质), 但 $d_{i} \cdot R / (d_{i}) = {0}$ , 矛盾. 若 $s \neq = 0$ , $M = j = 1 ⨁ s R$ 可除, 则对于任意 $r \in R$ , 存在 $(a_{1}, \dots, a_{s}) \in j = 1 ⨁ s R$ , 使得 $r (a_{1}, \dots, a_{s}) = (1, 0, \dots, 0)$ , 进而 $r a_{1} = 1$ . 再说明 $r$ 和 $a_{1}$ 互为逆. 由 $r$ 的任意性知 $R$ 是域. 若 $s = 0$ , 即 $M = {0}$ 自然内射. 另外一个方向显然.
7.5	设 $R$ 是一个整区. 若 $R$ -模 $M$ 是无扭可除模, 证明: $M$ 是内射模.
证明:	对于 $R$ 的任意理想 $I$ , 任意 $R$ -模同态 $f : I \to M$ . 若 $I = {0}$ , 取 $\tilde{f} : R \to M$ , $\tilde{f} (r) = 0, \forall r \in R$ . 则这是模同态, 且 $f = \tilde{f} \circ j$ , 其中 $j : I \to R$ 是自然嵌入. 若 $I \neq = {0}$ , 任取 $i \neq = 0 \in I$ , 则 $f (i) \in M$ . 由 $M$ 可除, 有 $i M = M$ . 特别地, 存在 $m \in M$ , 使得 $im = f (i)$ . 这样的 $m$ 是唯一的: 设 $m^{'} \in M$ 同样满足 $i m^{'} = f (i)$ , 则 $0 = f (i) - f (i) = im - i m^{'} = i (m - m^{'})$ , 又 $M$ 无扭, 故 $m - m^{'} = 0$ , 即 $m = m^{'}$ . 对于任意 $j \in I$ , 考虑 $f (j) - jm$ . $i (f (j) - jm) = f (ij) - ijm = f (ji) - (ji) m = j (f (i) - im) = 0.$ 由于 $M$ 无扭, 故 $f (j) = jm$ . 取 $\tilde{f} : R \to M$ , $\tilde{f} (r) = r m, \forall r \in R$ , 则 $\tilde{f}$ 是 $R$ -模同态, 且 $\tilde{f} \circ j = f$ . 由 Baer 判别法知 $M$ 是内射模. $□$
7.6	设 $R$ 是一个主理想整区, $I$ 是 $R$ 的非平凡理想. 证明: $R / I$ 是内射 $R / I$ -模.
证明:	考虑 $R / I$ 的任意理想, 我们知道其具有 $J / I$ 的形式, 其中 $J \supset I$ 是 $R$ 的理想. 因为 $R$ 是 PID, 存在 $d, d^{'} \in R$ , 使得 $J = R d^{'}$ , $I = R d$ . 因为 $J \supset I$ , 存在 $λ \neq = 0 \in R$ 使得 $d = λ d^{'}$ . 对于任意模同态 $f : J / I \to R / I$ , 设 $f (\overline{d^{'}}) = \overline{b}$ . 我们想要 $\overline{a} \in R / I$ , 使得 $\tilde{f} (\overline{d^{'}}) = \overline{a d^{'}} = \overline{b}$ . 注意到 $\overline{λb} = \overline{λ} f (\overline{d^{'}}) = f (\overline{λ d^{'}}) = 0.$ 因此存在 $t \in R$ , 使得 $λb = t d = t λ d^{'} = λ t d^{'}$ . 进而 $λ (b - t d^{'}) = 0$ , 故 $b = t d^{'}$ . 取 $a = t$ 再验证即可. $□$
7.7	$R, S$ 是含幺环, $α : R \to S$ 是环同态. 通过 $α$ 将 $S$ 视作 $(R, S)$ -双模. 设 $M$ 是一个内射左 $R$ -模. 证明: $Hom_{R} (S, M)$ 作为左 $S$ -模是内射模.
证明:	对于任意左 $S$ -模正合列: $0 \to M_{1} \to M_{2}$ , 将证明 $Hom_{S} (M_{2}, Hom_{R} (S, M)) \to α^{*} Hom_{S} (M_{1}, Hom_{R} (S, M))$ 是满射. 注意到 $Hom_{S} (M_{2}, Hom_{R} (S, M)) ≅ Hom_{R} (S \otimes_{S} M_{2}, M) ≅ Hom_{R} (M_{2}, M)$ , 最后是将 $M$ 通过 $α$ 视作左 $R$ -模. 同理有 $Hom_{S} (M_{1}, Hom_{R} (S, M)) ≅ Hom_{R} (M_{1}, M)$ . 由 $M$ 内射知满射.

8半单模

8.1

(i)	对哪些正整数 $n$ , $Z / n Z$ 是半单 $Z$ -模?

证明:

$Z / n Z$ 是半单 $Z$ -模当且仅当 $n$ 是无平方因子数.

首先, 设 $n = p^{l}$ , 其中 $p$ 是素数, $l$ 是正整数.
当 $l > 1$ 时, 存在 $Z / p^{l} Z$ 的子群 $H$ 同构于 $Z / p Z$ . 假如 $Z / p^{l} Z$ 是半单的, 则 $Z / p^{l} Z = H \oplus G$ , 其中 $G$ 是 $Z / p^{l} Z$ 的子群. 那么 $∣ G ∣ = p^{l - 1}$ , 从而 $H \oplus G$ 中元的阶数不超过 $p^{l - 1}$ . 但 $Z / p^{l} Z$ 中含 $p^{l}$ 阶元, 矛盾!
当 $l = 1$ 时, $Z / p^{l} Z = Z / p Z$ 是单模, 从而是半单的.

一般地, 设

n = p_{1}^{l_{1}} \dots p_{m}^{l_{m}}

, 其中

p_{i}

均是素数. 由中国剩余定理,

Z / n Z ≅ Z / p_{1}^{l_{1}} Z \oplus \dots \oplus Z / p_{m}^{l_{m}} Z

.
那么若

max {l_{1}, \dots, l_{m}} > 1

, 则

Z / n Z

的上述直和分解中有不半单的项, 从而

Z / n Z

不半单.
若

l_{1} = \dots = l_{m} = 1

, 则

Z / n Z

是半单模的直和, 故半单.

$□$

(ii)

设 $R$ 是含幺环, $M$ 是 $R$ -模, $N$ 是 $M$ 的一个子模. 如果 $N$ 与 $M / N$ 都是半单模, 问 $M$ 是否也是半单模? 说明理由.

证明:

不一定. 取 $R = Z$ , $M = Z /4 Z$ , $N$ 为 $M$ 中同构于 $Z /2 Z$ 的子群, 是半单的. 那么 $M / N ≅ Z /2 Z$ , 从而也半单. 但由 (i) 知 $M$ 不是半单的.

(iii)

设 $R$ 是整区, $F = Frac (R)$ 是 $R$ 的分式域, 通过乘法将 $F$ 看成 $R$ -模, 问 $F$ 是否是半单 $R$ -模? 说明理由.

证明:

若 $R$ 本身是域, 则 $F = R$ , 而域中无非平凡理想, 从而半单.

若

R

不是域, 那么

F

不是半单

R

-模. 否则

R

是

F

的

R

-子模, 故存在

F

的另一个非平凡

R

-子模

M

使得

F = R \oplus M

. 那么

M

中的非零元素都能写成

m = \frac{r}{s}

, 其中

0 \neq = r, s \in R

且

s \in / R^{*}

, 否则

m \in R

, 从而

m \in R \cap M = {0}

. 矛盾! 但

s m = r \in R

, 而

s m \in M

, 故

s m \in R \cap M = {0}

, 从而

r = 0

, 矛盾!

$□$

8.2

(i)	设 $D$ 是可除环, $V$ 是一个有限维左 $D$ -模, $n = dim_{D} V$ , $R = End_{D} (V)$ 是 $V$ 的自同态环, $M_{n} (D)$ 是 $D$ 上的 $n$ 阶矩阵环. 证明: 作为环, $R$ 同构于 $M_{n} (D^{op})$ .
证明:	令 $V ≅ n D$ . 由习题 8.7, $End_{D} (n D) ≅ M_{n} (A)$ , 其中 $A = End_{D} (D) ≅ D^{op}$ . 则 $R = End_{D} (V) = End_{D} (n D) ≅ M_{n} (D^{op})$ . $□$
(ii)	设 $R$ 是半单环, $I$ 是 $R$ 的左理想. 证明: 存在 $a \in I$ , 使得 $I = R a$ 且 $a^{2} = a$ .
证明:	由 $R$ 半单, 存在 $R$ 的左理想 $M$ 使得 $R = I \oplus M$ . 考虑 $1 \in R$ 的分解 $1 = a + a^{'}$ , 其中 $a \in I, a^{'} \in M$ . 那么对 $a \in R$ 有 $a = a \cdot 1 = a^{2} + a a^{'}$ , 又 $a = a + 0$ , 由分解的唯一性, $a^{2} = a$ , 且 $a a^{'} = 0$ . 显然 $R a \subset I$ ; 反之, 对于 $i \in I$ , 有分解 $i = ia + i a^{'} = ia + 0$ , 所以 $i = ia \in R a$ . 故 $I = R a$ , $a$ 即为所求的幂等元. $□$

8.3

设 $D$ 是可除环, $V$ 是一个有限维左 $D$ -模, $n = dim_{D} V$ , $R = End_{D} (V)$ 是 $V$ 的自同态环. 设 $I$ 是 $R$ 的左理想, 定义 $α (I) = {u \in V ∣ f (u) = 0, \forall f \in I} .$ 设 $W$ 是 $V$ 的 $D$ -子模, 定义 $β (W) = {f \in R ∣ f (w) = 0, \forall w \in W} .$ 设 $A = {R 的左理想}$ , $B = {V 的 D - 子模}$ .

(i)

设 $I \in A$ , $W \in B$ , 证明 $α (I) \in B$ , $β (W) \in A$ .

证明:

由定义, 略去.

$□$

(ii)

由 (i), 我们有映射 $α : A \to B, I \mapsto α (I)$ ; $β : B \to A, W \mapsto β (W)$ ; 证明 $α \circ β = id_{B}$ , $β \circ α = id_{A}$ .

证明:

对于任意 $u \in α (I)$ , 显然对于任意 $f \in I$ , 有 $f (u) = 0$ , 从而 $I \subset β \circ α (I)$ . 而由于 $R$ 半单, 故存在幂等元 $a \in R$ , 使得 $I = R a$ . 若 $ker f \supset α (I)$ , 则考虑 $f$ 的分解 $f = f \circ a + f \circ (1 - a)$ . 由于 $im (1 - a) = ker a$ , 但 $ker f \supset α (I) = ker a$ , 故 $f \circ (1 - a) = 0$ . 从而 $f = f \circ a \in R a = I$ . 这证明了 $I = β \circ α (I)$ .

而对于前者, 显然有

W \subset α \circ β (W)

. 而若

U ⊊ W

, 则考虑

U

在

V

中的直和补

T

, 则对

T

的投影

π

满足

ker π = U

. 这意味着

β (W) ⊊ β (U)

. 故若

W ⊊ α \circ β (W)

, 则

β (W) ⊋ β \circ α \circ β (W) = β (W)

. 矛盾! 这证明了

W = α \circ β (W)

.

$□$

(iii)

设 $I$ 是 $R$ 的 (双边) 理想, 证明 $α (I)$ 是 $V$ 的 $R$ -子模, 由此证明 $I = {0}$ 或 $R$ .

证明:

若

v \in V

满足

f (v) = 0

对于任意

f \in I

成立, 则对于任意

g \in End (V)

, 由于

I

是双边理想, 故

f \circ g \in I

, 从而

f (g (v)) = 0

. 这即

g (v) \in α (I)

. 从而

α (I)

是

V

的

R

-子模. 但

V

是单

R

-模, 故

α (I) = {0}

或

V

. 由 (ii) 给出的一一对应知

I = {0}

或

R

.

$□$

(iv)

设 $I$ 是 $R$ 的左理想, 证明 $I$ 是极大左理想当且仅当 $dim_{D} α (I) = 1$ , 由此证明 $R$ 的所有极大左理想的交等于 ${0}$ .

证明:

由 (ii) 容易验证左理想 $I ⊊ J$ 当且仅当 $α (I) ⊋ α (J)$ . 若 $I$ 是极大左理想, 则 $α (I)$ 不能有平凡 $D$ -子模, 从而 $dim_{D} α (I) = 1$ . 另一个方向是类似的.

若

a

属于所有极大左理想, 则

α (R a)

包含所有一维

D

-子模. 这意味着

α (R a) = V

, 从而

R a = 0

, 即

a = 0

.

$□$

8.4

设 $R$ 是环, $J (R)$ 是 $R$ 的 Jacobson 根. 设 $I$ 是一个左理想, 证明下列命题等价:

(i)	$I \subseteq J (R)$ .
(ii)	$\forall a \in I$ , $1 + a$ 有左逆元, 即 $\exists r \in R$ 使得 $r (1 + a) = 1$ .
(iii)	设 $M$ 是有限生成 $R$ -模, 如果 $I M = M$ , 则 $M = 0$ .

证明:

(i) $\Rightarrow$ (ii)

否则, $R (1 + a)$ 被包含在 $R$ 的极大左理想中, 设 $R (1 + a) \subset M$ , 其中 $M$ 是 $R$ 的左极大理想. 那么由定义 $a \in M$ . 但 $1 + a \in M$ , 故 $1 \in M$ , 矛盾! 故 $R (1 + a) = R$ , 从而存在 $r \in R$ 使得 $r (1 + a) = 1$ .

另证: $(1 - a) (1 + a) = 1 - a^{2} = 1$ , $a^{2} = 0$ 是因为 $a \in J (R)$ .

(ii) $\Rightarrow$ (iii)

若 $M \neq = 0$ . 考虑 $M$ 的一个有限生成元集 ${e_{1}, \dots, e_{s}}$ , 因为 $I M = M$ , 故存在 $a_{i} \in I, m_{i} \in M$ , 使得 $e_{i} = a_{i} m_{i}$ .

故任意 $m = i = 1 \sum s r_{i} e_{i} = i = 1 \sum s r_{i} a_{i} m_{i}$ , 其中 $r_{i} a_{i} \in I$ . 故 $M$ 可以由 ${m_{i}}_{i = 1}^{s}$ $I$ -线性生成.

取 $M$ 的最小 $I$ -生成元组 $x_{1}, \dots, x_{n}$ , 其中 $n \geq 1$ . 由 $I M = M$ 知, $x_{1} = r_{1} x_{1} + \dots + r_{n} x_{n}$ , 其中 $r_{1}, \dots, r_{n} \in I$ . 那么 $(1 - r_{1}) x_{1} + \dots + r_{n} x_{n} = 0$ . 由于 $1 - r_{1}$ 存在左逆, 设为 $a$ , 故 $x_{1} = - (a r_{2} x_{2} + \dots + a r_{n} x_{n})$ . 从而 $x_{2}, \dots, x_{n}$ 可生成 $M$ , 与 $n$ 的最小性矛盾. 故 $M = 0$ .

(iii) $\Rightarrow$ (i)

对于任意

R

-单模

M

,

I M

是

M

的子模. 若

I M = M

, 则

M = 0

, 矛盾! 由单性,

I M = 0

, 即

I \subset Ann (M)

. 由于

M

的任意性, 故

I \subset M 是 R - 单模 ⋂ Ann (M) = J (R)

.

$□$

8.5

设 $V$ 是域 $F$ 上的一个向量空间, $B$ 是其一组基, 而且 $B$ 是一个无限可数集合. 考虑其 $F$ -自同态环 $R = End (V)$ . 设 $I = {f \in R ∣ Im f = f (V) 是有限维的} .$

(i)

证明: $I$ 是 $R$ 的非平凡 (双边) 理想.

证明:

若

f, g \in I

, 则

dim_{k} (f (V) + g (V)) \leq rk (f) + rk (g) < \infty

, 故

f + g \in I

. 对任一线性变换

h

,

f \circ h (V) \subset f (V)

, 故也是有限维空间, 又

dim_{k} (h \circ f (V)) \leq dim_{k} (f (V)) < \infty

, 故

f \circ h, h \circ f \in I

.

$□$

(ii)

证明: 商环 $R / I$ 只有平凡的理想; Jacobson 根 $J (R / I) = {0}$ .

证明:

否则, 若 $h$ 是一无限秩算子. 记 $V = Ker h \oplus W$ , 那么 $W$ 也是无限维的. 否则记 $B = {e_{i}}_{i \in N}$ 以及 $e_{i} = u_{i} + w_{i}$ , 其中 $u_{i} \in Ker h$ , $w_{i} \in W$ . 那么 $h (e_{i}) = h (u_{i}) + h (w_{i}) = h (w_{i}) \subset h (W)$ . 但 $W$ 是有限维的, 故 $h (W)$ 是有限维的, 从而 $h (V)$ 是有限维的, 矛盾! 取 $W$ 的一组基底 ${d_{i}}_{i \in N}$ 满足 ${h (d_{i})}_{i \in N}$ 线性无关. 这样一来, $h$ 就是 $W$ 与 $Im (h)$ 间的同构. 那么存在既单又满的线性映射 $g : V \to W$ 及 $f : V \to V$ 使得 $f$ 限制在 $Im (f)$ 上是既单又满的. 那么 $f \circ h \circ g : V \to V$ 也是既单又满的. 这说明 $f \circ h \circ g$ 是 $V$ 上的可逆线性变换. 故 $R / I$ 中包含 $h$ 的双边理想一定是 $R / I$ 本身. 由 $h$ 的任意性, 知 $R / I$ 只有平凡双边理想.

而注意到

J (R / I)

也是双边理想, 故

J (R / I) = 0

.

$□$

(iii)

证明: 商环 $R / I$ 不是半单环.

证明:

我们证明 $R / I$ 不是左 Artin 环, 从而不是半单环.

引用习题 8.3 的记号 $β (-)$ . 若有子空间包含 $W \subset U$ , 则 $β (W) \supset β (U)$ . 进一步地, 若 $dim_{F} U / W = \infty$ , 断言 $I + β (U) \subset I + β (W)$ . 令 ${e_{i}}_{i \in I}$ 是 $W$ 的一组基, 并扩充至 $U$ 上得 $U$ 的一组基 ${e_{i}}_{i \in I} \cup {d_{j}}_{j \in J}$ , 其中 $∣ J ∣ = \infty$ . 我们继续将 ${e_{i}}_{i \in I} \cup {d_{j}}_{j \in J}$ 扩充至 $V$ 上得 $V$ 的基 ${e_{i}}_{i \in I} \cup {d_{j}}_{j \in J} \cup {u_{k}}_{k \in K}$ . 考虑线性函数 $f : V \to V$ 使 $f (e_{i}) = 0$ , $f (d_{j}) = d_{j}$ 及 $f (u_{k}) = u_{k}$ . 那么 $f \in β (W)$ , 从而 $f \in I + β (W)$ . 但 $f \in / I + β (U)$ . 否则, 记 $f = g + h$ , 其中 $g \in I$ , $h \in β (U)$ . 那么由定义 $rk (f - h) < \infty$ . 但 $g (d_{j}) = f (d_{j}) - h (d_{j}) = f (d_{j}) = d_{j}$ , 与 $g$ 有限秩矛盾! 故 $I + β (U) \subset I + β (W)$ .

下证

R / I

不是左 Artin 的. 令

{e_{i}}_{i \in N}

为

V

的一组基. 我们取

N

的子集升链

I_{1} ⊊ I_{2} ⊊ \dots

, 使得

∣ I_{k + 1} \ I_{k} ∣ = \infty

对于任意

k \in N

成立. 令

W_{n} = span {e_{i}}_{i \in I_{n}}

. 显然

W_{n} \subset W_{n + 1}

, 且

dim_{F} W_{n + 1} / W_{n} = \infty

. 由上述准备工作, 我们有

{I + β (W_{n})}_{n \in N}

为

R / I

中的左理想严格降链, 从而

R / I

不是 Artin 环.

$□$

9.1

设 $R$ 是环. (i) 设 $M, N$ 是同构的 $R$ -模, 证明: 化零理想 $Ann_{R} (M) = Ann_{R} (N)$ .

证明:

设 $ϕ : M \to N$ 是同构, $Ann_{R} (M) = {r \in R ∣ r M = 0} = {r \in R ∣ ϕ (r M) = 0} = {r \in R ∣ r N = 0} = Ann_{R} (N)$ .

(ii)

设 $M, N$ 是同构的 $R$ -模, 证明: 作为环, $End_{R} (M)$ 同构于 $End_{R} (N)$ .

证明:

设

φ : M \to N

与

ψ : N \to M

为互逆的同构, 那么定义

f : End_{R} (M) \to End_{R} (N); ρ \mapsto ψ \circ ρ \circ φ

与

g : End_{R} (N) \to End_{R} (M); τ \mapsto φ \circ τ \circ ψ

. 容易验证这是

End_{R} (M)

与

End_{R} (N)

间的互逆环同态, 从而是同构.

$□$

(iii)

设 $M_{n} (R)$ 是 $R$ 上的 $n$ 阶矩阵环. 证明: 作为环, $M_{n} (R^{op})$ 同构于 $(M_{n} (R))^{op}$ .

证明:

定义

φ : M_{n} (R^{op}) \to (M_{n} (R))^{op}; A \mapsto A^{T}

以及

ψ : (M_{n} (R))^{op} \to M_{n} (R^{op}); A^{T} \mapsto A

. 我们只验证

φ

是环同态. 记

\cdot

为

M_{n} (R^{op})

的乘法, 而

\times

为

R^{op}

的乘法, 且

a_{ij} := a_{ji}

, 那么

φ ([a_{ij}]) \cdot φ ([b_{ij}]) = φ ([b_{ij}]) φ ([a_{ij}]) = [b_{ij}] [a_{ij}] = [k = 1 \sum n b_{ik} a_{kj}] = [k = 1 \sum n b_{ki} a_{jk}] = [k = 1 \sum n a_{jk} \times b_{ki}] = [k = 1 \sum n a_{ik} \times b_{kj}] = [k = 1 \sum n a_{ik} b_{kj}]^{T} = φ ([k = 1 \sum n a_{ik} b_{kj}]) = φ ([a_{ij}] [b_{ij}]) .

而其余验证都是平凡的.

$□$

9.2

设 $R$ 是环, $M$ 是 $R$ -模, $n$ 是正整数. 用 $n M$ 表示 $n$ 个 $M$ 的直和. 记 $A = End_{R} (M)$ 是 $M$ 的自同态环. 证明: 作为环, $End_{R} (n M)$ 同构于 $M_{n} (A)$ , 其中 $M_{n} (A)$ 表示 $A$ 上的 $n$ 阶矩阵环.

证明:

我们记

π_{i} : n M \to M

为

n M

到其第

i

个分量上的取值,

ι_{i} : M \to n M

为

M

到

n M

第

i

个分量的嵌入, 即

ι_{i} (m) = (0, \dots, 0, m, 0, \dots, 0)

. 定义

φ : End (n M) \to M_{n} (A); f \mapsto [π_{i} \circ f \circ ι_{j}] .

那么

φ (f g) = φ (f \circ g) = [π_{i} \circ f \circ g \circ ι_{j}] = [π_{i} \circ f \circ id_{n M} \circ g \circ ι_{j}] = [π_{i} \circ f \circ (k = 1 \sum n ι_{k} \circ π_{k}) \circ g \circ ι_{j}] = [k = 1 \sum n π_{i} \circ f \circ ι_{k} \circ π_{k} \circ g \circ ι_{j}] = [π_{i} \circ f \circ ι_{j}] [π_{i} \circ g \circ ι_{j}] = φ (f) φ (g) .

再定义

ψ : M_{n} (A) \to End (n M); [f_{ij}] \mapsto i, j = 1 \sum n ι_{i} \circ f_{ij} \circ π_{j} .

这也给出了一个环同态:

ψ ([f_{ij}]) ψ ([g_{ij}]) = (i, j = 1 \sum n ι_{i} \circ f_{ij} \circ π_{j}) \circ (i, j = 1 \sum n ι_{i} \circ g_{ij} \circ π_{j}) = i, j = 1 \sum n ι_{i} \circ (k = 1 \sum n f_{ik} \circ g_{kj}) \circ π_{j} = ψ ([f_{ij}] [g_{ij}]),

其中第二个等号是因为

π_{j} \circ ι_{i} = δ_{ij} id_{M}

. 所以

ψ \circ φ (f) = g ((π_{i} \circ f \circ ι_{j})) = i, j = 1 \sum n ι_{i} \circ π_{i} \circ f \circ ι_{j} \circ π_{j} = j = 1 \sum n f \circ ι_{j} \circ π_{j} = f,

且

φ \circ ψ ([f_{ij}]) = f (i, j = 1 \sum n ι_{i} \circ f_{ij} \circ π_{j}) = [π_{i} \circ (k, l = 1 \sum n ι_{k} \circ f_{k l} \circ π_{l}) \circ ι_{j}] = [f_{ij}] .

这证明了

ψ \circ φ = id_{End (n M)}

以及

φ \circ ψ = id_{M_{n} (A)}

.

$□$

9.3

记号同上题. 设 $M_{1}, \dots, M_{s}$ 是 $s$ 个两两不同构的单 $R$ -模; $n_{1}, \dots, n_{s}$ 是 $s$ 个正整数; $M = i = 1 ⨁ s n_{i} M_{i}$ . 证明: 作为环, $End_{R} (M)$ 同构于直积 $i = 1 \prod s End_{R} (n_{i} M_{i}) = End_{R} (n_{1} M_{1}) \times \dots \times End_{R} (n_{s} M_{s})$ .

证明:

记

ι_{i}

为

n_{i} M_{i}

至

M

第

i

直和项的嵌入, 而

π_{i}

为

M

在

M

第

i

直和项上的取值. 定义

f : End_{R} (M) \to i = 1 \prod s End_{R} (n_{i} M_{i}); φ \mapsto (π_{i} \circ φ \circ ι_{i})_{1 \leq i \leq s} .

我们证明其良定性. 若存在

i \neq = j

使得

π_{j} \circ φ \circ ι_{i} \neq = 0

, 则存在

1 \leq k \leq n_{j}

使得

π_{j, k} \circ π_{j} \circ φ \circ ι_{i} (M) \neq = 0

. 其中

π_{j, k}

是

n_{j} M_{j}

在其第

k

分量上的取值. 由单性,

π_{j, k} \circ π_{j} \circ φ \circ ι_{i} (M) = M_{j, k}

. 记

ι_{i, l}

为

M_{i}

至

n_{i} M_{i}

第

l

直和项的嵌入, 那么同理, 存在

1 \leq l \leq n_{i}

使得

π_{j, k} \circ π_{j} \circ φ \circ ι_{i} \circ ι_{i, l} (M_{i, l}) \neq = 0

, 从而

h := π_{j, k} \circ π_{j} \circ φ \circ ι_{i} \circ ι_{i, l}

是单模间的满射. 且

ker h < M_{i, l}

, 故

ker h = 0

. 故

h

是单模间的同构, 矛盾! 故

j = 1 \sum s π_{j} \circ φ \circ ι_{i} = π_{i} \circ φ \circ ι_{i}

. 又定义

g : i = 1 \prod s End_{R} (n_{i} M_{i}) \to End_{R} (M); (φ_{i}) \mapsto i = 1 \sum s ι_{i} \circ φ_{i} \circ π_{i} .

容易验证

f, g

是互逆的, 从而是同构.

$□$

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用户: Solution/ 习题: 现代代数学II 模论 (iv)

7内射模

8半单模