用户: Solution/ 笔记: 现代代数学II 模论

现代代数学 II

参考书.

①	S. Lang, Algebra, GTM 211, Chapter III.
②	N. Jacobson, Basic Algebra I, Chapter 3; Basic Algebra II, Chapter 3,5.
③	W. Fulton, J. Harris, Representation Theory, GTM 129, Part I.
④	J. Serre, Linear Representations of Finite Groups, GTM 42, Part I, II.

本讲义的大量命题待证明, 诚邀各位一同完善.

记号请遵从并模仿已有内容.

目前感觉排版很混乱, 不少表述也显得草率, 尽量尝试改进.

1Zorn 引理

定义 1.1. 关系

$X$ 是非空集, $X$ 的一个关系指 $X\times X$ 的子集 $R$, 对 $a,b\in X$, 用 $aRb$ 表示 $(a,b)\in R$. 关系 $R$ 称为一个等价关系, 若它满足以下三个性质:

  (1) (自反性) $\forall a\in X$, $aRa$,

  (2) (对称性) $\forall a,b\in X$, 若 $aRb$, 则 $bRa$,

  (3) (传递性) $\forall a,b,c\in X$, 若 $aRb$, $bRc$, 则 $aRc$.

例 1.2. $\mathbb{Z}$ 上可定义等价关系: $aRb\iff a\equiv b(\mathrm{mod}n)$.

例 1.3. 群 $G$ 上可定义等价关系: $aRb\iff a^{-1}b\in H,H⩽G$.

定义 1.4. 等价类

设 $R$ 为 $X$ 上的等价关系, $a\in X$, 定义 $\left[a\right]=\overline{a}=\{b\in X\mid aRb\}$.

命题 1.5. $\forall a,b\in X$, 或者 $\left[a\right]=\left[b\right]$, 或者 $\left[a\right]\cap \left[b\right]=\varnothing$ (故 $X=\underset{某些a}{⨆}\left[a\right]$) .

定义 1.6. 偏序关系

$X$ 上的关系 $R$ 是一个偏序关系 (partial ordering) , 若它满足以下三个性质:

  (1) (自反性) $\forall a\in X$, $aRa$,

  (2) (反对称性) $\forall a,b\in X$, 若 $aRb$ 且 $bRa$ 则 $a=b$,

  (3) (传递性) $\forall a,b,c\in X$, 若 $aRb$ 且 $bRc$ , 则 $aRc$.

例 1.7. $\mathbb{R}$ 中元素关于 $⩽$ 构成一个偏序集.

例 1.8. $X$ 为非空集, $P(X)=2^X=\left\{X\text{的子集}\right\}$, 定义偏序关系 $A⩽B$ 为 $A\subseteq B$.

命题 1.9. 设 $(X,⩽)$ 是偏序集, $Y\subseteq X$, 则 $(Y,⩽)$ 是偏序集.

定义 1.10. 设 $(X,⩽)$ 是偏序集.

  (1) 称 $(X,⩽)$ 是全序集, 若 $\forall a,b\in X$, 或者 $a⩽b$, 或者 $b⩽a$,

  (2) 设 $Y\subseteq X$, $a\in X$ 称为 $Y$ 的一个上界 (或下界), 若 $\forall y\in Y$, 有 $y⩽a$(或 $a⩽y$),

  (3) $m\in X$ 称为一个极大元 (或极小元), 若 $\forall a\in X$ 满足 $m⩽a$(或 $a⩽m$), 都有 $m=a$,

  (4) 称 $(X,⩽)$ 是递归的 (inductively ordered) , 若 $X$ 的每个全序子集都有上界.

定理 1.11. Zorn 引理

设 $(X,⩽)$ 是一个递归的偏序集, 则 $X$ 有极大元.

定义 1.12. 良序

称 $(X,⩽)$ 是良序的 (well-ordered), 若:

  (1) $(X,⩽)$ 全序,

  (2) $\forall \varnothing \ne Y\subset X$, $Y$ 有极小元.

定理 1.13. 良序定理

设 $X$ 非空, 则 $X$ 上有一个良序关系.

定理 1.14. 选择公理、Zorn 引理、良序定理三者相互等价.

命题 1.15. (Zorn 引理的应用)

(1) 设 $k$ 是一个域, $V$ 为 $k$-向量空间, 则 $V$ 有一组基.

(2) 设 $B_1,B_2$ 是 $k$-向量空间的两组基, 则存在双射 $f:B_1\to B_2$.

证明. $V=\{0\}$ 易证.

若 $V\ne \{0\}$, 令 $X=\{T\subseteq V\mid T\text{ 线性无关}\}$.

定义偏序关系 $T_1\le T_2⟺T_1\subseteq T_2$.

断言 $X$ 递归. 设 $\{T_i{\}}_{i\in I}$ 是全序子集, 令 $T_0={\bigcup }_{i\in I}{T}_i.$

下证: $T_0\in X$. 否则, 存在线性相关的 $t_1,\cdots ,t_m,t_i\ne t_j$. 设 $t_k\in T_{i_k}$, 由全序性, $T_{i_1},\cdots ,T_{i_m}$ 中有最大的, 不妨设 $t_1,\cdots ,t_m\in T_{i_s}$. 与 $T_{i_s}\in X$ 矛盾.

由 $Zorn$ 引理, 存在极大元 $B$. 下证 $B$ 是基.

否则 $\mathrm{span}B⊊V$, $\exists v\in V\backslash \mathrm{span}B\to v\notin B$, 令 $\tilde{B}=B\cup \{v\}$, 与 $B$ 的极大性矛盾.

$\square$

2模的定义

模 (module) 的概念既可看作向量空间的推广, 又可看作 Abel 群的推广. 事实上 $R$-模 $M$ 就是环 $R$ 上的 “向量空间”, 换言之, $R$ 的元素线性地作用在加法群 $M$ 上; 而 19 世纪时 “模” 的意思就是 Abel 群, 也就是 $\mathbb{Z}$-模.

定义 2.1. 模

  设 $R$ 是环, $M$ 是 Abel 群, 称 $M$ 为左 $R$-模, 若存在映射 $f:R\times M\to M$ 满足:

    (1) $r(m_1+m_2)=r{m}_1+r{m}_2$,

    (2) $(r_1+r_2)m=r_{1}m+r_{2}m$ (这说明 $0\cdot x=0$) ,

    (3) $(r_1{r}_2)m=r_1(r_{2}m)$,

    (4) (若 $R$ 含幺元) $1\cdot m=m$.

  类似可以定义右 $R$-模.

命题 2.2. 左 $R$-模上可以自然地定义右 $R^{\mathrm{op}}$-模结构.

  若 $R$ 是交换环, 左 $R$-模上可以自然地定义右 $R$-模结构.

例 2.3. $R$ 为域, $M$ 是 $R$-线性空间.

例 2.4. Abel 群都是 $\mathbb{Z}$-模. $n\in \mathbb{Z}$ 作用在 Abel 群 $M$ 上, 把 $m$ 映到 $m+\cdots +m(n$ 个 $m),n\ge 0$ 或 $-m-\cdots -m(-n$ 个 $m),n<0$.

命题 2.5. $M$ 是 Abel 群, 则 $M$ 有唯一的 $\mathbb{Z}$-模结构. 这是因为 $nm=(1+\cdots +1)m=1m+\cdots +1m=m+\cdots +m(n$ 个 $m),n\ge 0$. $n<0$ 时类似.

例 2.6. $R$ 本身为左 $R$-模 (左正则模). $R$ 在 $R$ 上的左作用就是左乘.

例 2.7. $R$ 的左理想 $I$ 是左 $R$-模. $R$ 在 $I$ 上的左作用就是左乘.

例 2.8. $K$ 是域, $K[x]$ 为 $K$ 上多项式环, 若 $M$ 为左 $K[x]$-模, 则 $M$ 自然成为一个左 $K$-模, $K$ 在 $M$ 上的左作用是 $K[x]$ 在 $M$ 上的左作用在 $K$(即常数项) 的限制.

定义 2.9. 子模

$M$ 为 $R$-模, $N$ 为非空子集, 称 $N$ 为 $M$ 的子模 (submodule) , 若

  (1) $N$ 是 $M$ 的加法子群,

  (2) $\forall r\in R,x\in N$, 有 $r\cdot x\in N$. (即 $RN\subset N$)

定义 2.10. 设 $R$ 是一个环, $M$ 是一个 $R$-模, $N$ 是 $M$ 的一个子模. 称 $N$ 是一个极大子模, 若不存在子模 $T$ 使得 $N⊊T⊊M$.

定义 2.11. 商模

$M$ 为 $R$-模, $N$ 为 $M$ 的子模, 商群$$M/N:=\{[m]|m\in M,m_1\sim m_2⟺m_1-m_2\in N\}.$$有自然的模结构, 称为商模 (quotient module, 或 factor module) .

定义商映射 $j:M\to M/N$, $j(m)=\overline{m}$.

定义 2.12. $\mathbf{R}$-模同态

$A,B$ 为 $R$-模, 称同态 $f:A\to B$ 为 $R$-模同态, 若

  (1) $f(a_1+a_2)=f(a_1)+f(a_2)$, $\forall a_1,a_2\in A$,

  (2) $f(ra)=rf(a)$.

换言之, $R$-模同态就是 $R$-线性映射.

易得 $\mathrm{Ker}f$ 为 $A$ 的子模, $\mathrm{Im}f$ 为 $B$ 的子模.

称 $f:A\to B$ 是模同构, 若存在 $g:B\to A$ 使得 $f\circ g=i_B$, $g\circ f=i_A$.

不难证明, 模同构等价于模同态且双射, 也就是说其逆映射也是模同态.

命题 2.13. 设 $f:A\to B$ 为 $R$-模同态, 则 $f$ 诱导出自然的模同构$$\tilde{f}:A/\mathrm{Ker}f\to \mathrm{Im}f.$$此时定义 $\mathrm{Coker}f=B/\mathrm{Im}f$, 称为余核 (cokernel) .

命题 2.14. $\{N_{\alpha }\}$ 是一簇 $M$ 的子模, 则 $\bigcap _{\alpha }{N}_{\alpha }$ 仍为子模.

注 2.15. $\bigcup _{\alpha }{N}_{\alpha }$ 不一定是 $M$ 的子模. 例如, 考虑 $\mathbb{Z}$-模 $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 中由 $[2]$ 生成的子模和由 $[3]$ 生成的子模, 它们的并 $\{[0],[2],[3],[4]\}$ 并不构成子模.

定义 2.16. 生成

$M$ 为 $R$-模, $S$ 为子集, $T(S):=\{N$ 是 $M$ 的子模且 $S\subset N\}$.

称 $⟨S⟩=\bigcap _{N\in T(S)}N$ 为由 $S$ 生成的子模, 当 $⟨S⟩=M$ 时, 称 $S$ 为生成元集 (a set of generators) .

若 $|S|<+\infty$, 则称 $⟨S⟩$ 为有限生成 $\mathbf{R}$-模 (finitely generated $R$-module) . 由一个元素生成的模称为循环模 (cyclic module, 或 principal module) .

命题 2.17. $⟨S⟩=\left\{\sum _{i=1}^n{r}_i{s}_i\right|r_i\in R,s_i\in S,n\in \mathbb{N}\}.$

定义 2.18. 设 $M$ 为模, $\{N_{\alpha }\}$ 是 $M$ 的一簇子模, 定义 $\sum _{\alpha }{N}_{\alpha }:=⟨\bigcup _{\alpha }{N}_{\alpha }⟩=\left\{\sum _{\alpha \in S}{t}_{\alpha }\right|t_{\alpha }\in N_{\alpha },|S|<+\infty \}$.

定义 2.19. 单模

称 $M$ 为单模 (simple module) , 若 (1) $M\ne 0$, (2) $M$ 只有平凡子模.

命题 2.20. $M$ 为单 $\mathbb{Z}$-模当且仅当 $M=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, 其中 $p$ 是素数.

证明. 假设 $M$ 不是循环模, 则选取一个非零元所张成的循环模, 就是一个非平凡的子模, 矛盾.

如果 $M$ 是 $a$ 生成的无限循环模, 则有非平凡子模 $2a$, 矛盾.

如果 $M$ 同构于 $\mathbb{Z}/qr\mathbb{Z}$, 其中 $q,r\ne 1$, 则有 $[q]$ 张成的非平凡子模, 矛盾.

所以 $M=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$.

反之显然.

$\square$

定义 2.21. 基

称 $B\subset M$ 是 $M$ 的一组基 (basis) , 若 (i) $⟨B⟩=M$, (ii) $B$ 是 $R$-线性无关的.

定义 2.22. 自由 $\mathbf{R}$-模

称 $M$ 为自由 $R$-模 (free $R$-module) , 若它存在一组基.

例 2.23. $K$ 是域, 则 $K$-模是自由模.

例 2.24. 有限 $\mathbb{Z}$-模不是自由模.

例 2.25. $R$ 是环, $R^n$ 是自由模, $\{e_i=(0,\cdots ,0,1,0,\cdots ,0)\}$ 是一组基.

练习 2.26. $D$ 是可除环, $V$ 是 $D$-模, 则 $V$ 是自由模.

定义 2.27. $M,N$ 是 $R$-模, 定义 ${\mathrm{Hom}}_R(M,N)=\{f:M\to N\mid f$ 是模同态 $\}$.

命题 2.28. ${\mathrm{Hom}}_R(M,N)$ 是 Abel 群.

  若 $R$ 是交换环, 则 $(rf)(x)=rf(x)=f(rx)$ 赋予了 ${\mathrm{Hom}}_R(M,N)$ 左 $R$-模结构. 一般来说, 交换条件是必要的: $$r_1\cdot (r_2\cdot f)(x)=(r_2\cdot f)(r_{1}x)=f(r_2{r}_{1}x).$$

命题 2.29. $F$ 是自由 $R$-模, $B\ne \varnothing$ 是一组基. 对于任意 $R$-模 $N$, $$\begin{array}{rl}r:{\mathrm{Hom}}_R(F,N)& \to \mathrm{Map}(B,N)\\ f& \mapsto r(f)=f{|}_B\end{array}$$是双射.

  简而言之, 基的态像可以决定模同态.

命题 2.30. $F$ 是 $R$-模, $B$ 是 $F$ 的非空子集. 若对于任意 $R$-模 $N$, $$r:{\mathrm{Hom}}_R(F,N)\to \mathrm{Map}(B,N)$$是双射, 则 $B$ 是一组基, 进而 $F$ 是自由 $R$-模.

如何构造自由模?

命题 2.31. 设 $S$ 是非空集, $R^{(S)}:=\{f:S\to R\mid \mathrm{supp}(f)\text{ 有限}\}$ 是自由 $R$-模.

$\forall t\in S$, 定义 ${\delta }_t:S\to R$, ${\delta }_t(x)=\{\begin{array}{l}1,x=t\\ 0,x\ne t\end{array}$, 则 ${\delta }_t\in R^{(S)}$.

定义 $i:S\to R^{(S)}$, $i(s)={\delta }_s$ 是单射, 且 $i(S)$ 是 $R^{(S)}$ 的一组基.

定义 2.32. 称 $R^{(S)}$ 是以 $S$ 为基的自由 $R$-模, $\forall f\in R^{(S)}$, $\mathrm{supp}(f)=\{s_1,\cdots ,s_n\}$, ${\lambda }_i=f(s_i)$, 记 $f=\sum _{i=1}^n{\lambda }_i{\delta }_{s_i}$(形式和). $$R^{(S)}=\left\{\sum _{i=1}^m{\lambda }_i{\delta }_{s_i}\right|{\lambda }_i\in R,s_i\in S,1\le i\le m,m\in N\}.$$若 $S=\{s_1,\cdots ,s_n\}$, 则 $R^{(S)}=R^n$.

命题 2.33. 设 $(F,\tilde{i})$, $F$ 为自由 $R$-模, $\tilde{i}:S\to F$ 是单射且 $\tilde{i}(S)$ 是 $F$ 的一组基, 则存在唯一的同构 $\alpha :R^{(S)}\to F$, 使得 $\tilde{i}=\alpha \circ i$.

例 2.34. 群环

$R$ 为环, $G$ 为群, $R[G]:=R^{(G)}$ 是以 $G$ 为基的自由 $R$-模.

$R[G]=\{\sum _{g\in G}{\lambda }_g\cdot g|{\lambda }_g=0$, 除有限多个 $g$ 以外 $\}=\{f:G\to R\mid \mathrm{supp}(f)<+\infty \}$.

对于 $f=\sum {\lambda }_s\cdot s$, $h=\sum {\mu }_t\cdot t$, 定义$$(f\cdot h)(g)=\sum _{s\cdot t=g}{\lambda }_s\cdot {\mu }_t=\sum _s{\lambda }_s\cdot {\mu }_{s^{-1}\cdot g}=\sum _t{\lambda }_{g\cdot t^{-1}}\cdot {\mu }_t.$$

称 $R[G]$ 是以 $R$ 为系数的群环. $(R[G],+,\cdot ,0,1=1_R\cdot 1_G)$ 是一个含幺环.

$i:G\to R[G]$, $i(g)=1_R\cdot g$ 是单的, $i(g_1\cdot g_2)=i(g_1)\cdot i(g_2)$ 是群同态.

$i_R:R\to R[G]$, $i_R(\lambda )=\lambda \cdot 1_G$ 是环同态.

命题 2.35. $M$ 为 $R$-模, 则 $M$ 同构于自由模的商模.

证明. 取 M 的一个生成元 S, $⟨S⟩=M$, $R^{(S)}$ 是以 S 为基的自由模.$i:S\to M$ 为嵌入.

由自由模性质, 存在 R-模同态 f: $R^{(S)}\to M,f_{{|}_S}=i$.

由 f 满射结合同态基本定理得到 $M\cong R^{(S)}/Kerf.$

$\square$

定义 2.36. 设 $\{M_i\}$ 为 $R$-模, $I\ne \varnothing$ 是指标集. 定义 $\{M_i\}$ 的直积 (direct product) 为$$\prod _{i\in I}{M}_i:=\{(x_i{)}_{i\in I}\mid x_i\in M_i,i\in I\}=\{f:I\to \bigcup _{i\in I}{M}_i\mid f(i)\in M_i\},$$令 $(x_i)+(y_i):=(x_i+y_i)$, $\lambda \cdot (x_i):=(\lambda \cdot x_i)$, 则 $\prod _{i\in I}{M}_i$ 是 $R$-模.

命题 2.37. 对于任意 $R$-模 $T$,$$\begin{array}{rl}u:{\mathrm{Hom}}_R(T,\prod _{i\in I}{M}_i)& \to \prod _{i\in I}{\mathrm{Hom}}_R(T,M_i)\\ f& \mapsto (p_i\circ f)\end{array}$$是同构.

命题 2.38. 设 $W$ 为 $R$-模, ${\tilde{p}}_j:W\to M_j$, $j\in I$ 为模同态, 满足对任意 $R$-模 $T$, $$\begin{array}{rl}u:{\mathrm{Hom}}_R(T,W)& \to \prod _{j\in I}{\mathrm{Hom}}_R(T,M_j)\\ f& \mapsto ({\tilde{p}}_j\circ f)\end{array}$$是同构, 则存在唯一的同构 $\alpha :W\to \prod _{j\in I}{M}_j$ 使得 ${\tilde{p}}_j=p_j\circ \alpha$.

定义 2.39. 设 $\{M_i\}$ 是 $R$-模, $I\ne \varnothing$ 是指标集.

  $\underset{i\in I}{⨁}{M}_i=\{(x_i{)}_{i\in I}\in \prod _{i\in I}{M}_i|$ 仅有限个 $x_i\ne 0\}$.

  $\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$ 是 $\prod _{i\in I}{M}_i$ 的子模.

定义 2.40. $\forall j\in I$, $$\begin{array}{rl}{q}_j:M_j& \to \underset{i\in I}{⨁}{M}_i\\ m& \mapsto (x_i{)}_{i\in I},x_i=\{\begin{array}{ll}m,& i=j\\ 0,& i\ne j\end{array}\end{array}$$是单 $R$-模同态.

命题 2.41. 对于任意 $R$-模 $T$, $$\begin{array}{rl}u:{\mathrm{Hom}}_R(\underset{i\in I}{⨁}{M}_i,T)& \to \prod _{i\in I}{\mathrm{Hom}}_R(M_i,T)\\ f& \mapsto (f\circ q_i{)}_{i\in I}\end{array}$$是同构.

命题 2.42. 设 $W$, $M_i$ 是 $R$-模, ${\tilde{q}}_j:M_j\to W$ 是 $R$-模同态. 若$$\begin{array}{rl}u:{\mathrm{Hom}}_R(W,T)& \to \prod _{i\in I}{\mathrm{Hom}}_R(M_i,T)\\ f& \mapsto (f\circ {\tilde{q}}_i{)}_{i\in I}\end{array}$$是同构.

  则存在唯一的同构 $\alpha :\underset{i\in I}{⨁}{M}_i\to W$, 使得 ${\tilde{q}}_j=\alpha \circ q_j$.

定义 2.43. 设 $\{M_i\}$ 是 $M$ 的子模, $I\ne \varnothing$ 是指标集. $$\sum _{i\in I}{M}_i=\{x_{i_1}+\cdots +x_{i_n}\mid x_{i_s}\in M_{i_s},1\le s\le n,n\in \mathbb{N}\}=⟨\bigcup _{i\in I}{M}_i⟩.$$$q_i:M_i\to \sum _{i\in I}{M}_i$, 称 $\sum _{i\in I}{M}_i$ 为直和 (direct sum) , 若对于任意 $R$-模 $T$, $$\begin{array}{rl}u:{\mathrm{Hom}}_R(\sum _{i\in I}{M}_i,T)& \to \prod _{i\in I}{\mathrm{Hom}}_R(M_i,T)\\ f& \mapsto (f\circ q_i{)}_{i\in I}\end{array}$$是同构, 记为 $\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$.

命题 2.44. 设 $\{M_i\}$ 是 $M$ 的子模. 下列命题等价:

(1) $\sum _{i\in I}{M}_i$ 是直和.

(2) $\forall i\in I$, 记 $N_i=\sum _{j\ne i,j\in I}{M}_j=⟨\bigcup _{j\ne i}{M}_j⟩$, 则 $M_i\cap N_i=\{0\}$.

(3) 对于任意有限子集 $\{i_1,i_2,\cdots ,i_k\}\subset I$, $m_{i_s}\in M_{i_s}$, $1\le s\le k$, 若 $m_{i_1}+\cdots +m_{i_k}=0$, 则 $m_{i_1}=\cdots =m_{i_k}=0$.

(4) $\forall 0\ne x\in \sum _{i\in I}{M}_i$, 存在唯一有限子集 $\{i_1,i_2,\cdots ,i_k\}\subset I$ 和 $m_{i_s}\in M_{i_s}$, $1\le s\le k$, 使得 $x=m_{i_1}+\cdots +m_{i_k}$.

例 2.45. 对于有限指标集 $I=\{1,2,\cdots ,n\}$, $\underset{i=1}{\overset{n}{⨁}}{M}_i=\prod _{i=1}^n{M}_i$.

定义 2.46. 设 $\{M_i{\}}_{i\in I}$ 是 $M$ 的子模, 称 $M$ 是 $\{M_i\}$ 的直和, 若

  (1) $M=\sum _{i\in I}{M}_i$. (2) $\sum _{i\in I}{M}_i$ 是直和.

此时记 $M=\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$.

3PID 上有限生成模的结构

引理 3.1. $R$ 为交换环, $F$ 为自由 $R$-模, $B_1,B_2$ 为两组基, 若 $|B_1|=n$, 则 $|B_2|=n$.

定义 3.2. $R$ 为交换环, $F$ 为自由 $R$-模, $B$ 为基, 定义 $\mathrm{rk}F=|B|$, 称为 $F$ 的秩.

定理 3.3. $R$ 为 $\mathrm{PID}$, $F$ 为自由 $R$-模, $\mathrm{rk}F=n$, 设 $N$ 为 $F$ 的子模, 则 $N$ 是自由模, 且 $\mathrm{rk}N\le n$.

证明.

$W\ne \{0\}$. 对 n 归纳.n=1, $⟨\alpha ⟩=M\cong R$ 作为 R-模, 由 $R$ 是 PID 知结论成立.

假设命题对 n-1 时成立, $M\cong R^n$ 作为 R-模, 取 $M=R^n$.

设 $f:R^n\to R,f(r_1,\cdots ,r_n)=r_n.Kerf\cong R^{n-1}$. 设 $W$ 是 $R^n$ 子模.

$f_{{|}_W}：W\to R$ 是 R-模同态, $Ker{f}_{{|}_W}=Kerf\cap W$ 是 $Kerf$ 子模. 由归纳假设是有限生成子模 R-模且 $m=rk(Ker{f}_{{|}_W})\le n-1$.

1.$Im{f}_{{|}_W}=\{0\}\to W=Ker{f}_{{|}_W}$, 结论成立. 2.$Im{f}_{{|}_W}\ne \{0\}$. 由 R 是 PID, $\exists t,Im{f}_{{|}_W}=(t)$.

设 $\{b_1,\cdots ,b_m\}$ 是 $Ker{f}_{{|}_W}$ 的基, $b_{m+1}\in W,f(b_{m+1})=t$.

容易验证 $\{b_1,\cdots ,b_{m+1}\}$ 是 $Ker{f}_{{|}_W}$ 的基.

$\square$

定理 3.4. $R$ 为 $\mathrm{PID}$,$M$ 为有限生成 $R$-模, $N$ 为其子模, 则 $N$ 是有限生成的.

证明. 设 $\{x_1,\cdots ,x_n\}$ 是 M 的生成元, 则有满 R-模同态 $f:R^n\to M,f(e_i)=x_i$.

$f^{-1}(W)$ 是 $R^n$ 的子模, 由前述定理,$f^{-1}(W)$ 为自由模, 因此取一组基 $\{t_1,\cdots ,t_m\}=B$.

容易验证 $f$ 为满同态, 则 $W=f(f^{-1}(W))$, 则 $\{f(t_1),\cdots ,f(t_n)\}$ 是 W 的生成元.

$\square$

定义 3.5. $R$ 为整区, $M$ 为 $R$-模, 称 $x\in M$ 为挠元 (torsion element) , 若存在非零元 $r\in R$ 使得 $rx=0$.
$\mathrm{Ann}(x):=\{r\in R\mid rx=0\}$ 称为 $x$ 的化零子 (annihilator) , 不难验证它是 $R$ 的理想.
$T(M):=\{x\in M\mid x$ 为挠元 $\}$ 称为 $M$ 的扭子模 (torsion submodule) .
称 $M$ 是无挠的 (torsion free) , 若 $T(M)=\{0\}$. (即若 $r\ne 0,x\ne 0$, 则 $rx\ne 0$)

定义 3.6. $\mathrm{Ann}(M):=\bigcap _{x\in M}\mathrm{Ann}(x).$

命题 3.7. 设 $R$ 为整区, $M$ 为 $R$-模, 则 $T(M)$ 是 $M$ 的子模.

定义 3.8. $M$ 为 $R-$ 模, 称 $M$ 为挠模 (torsion module) , 若 $M=T(M)$.

命题 3.9. $R$ 为整区, $M$ 为 $R$-模, 则 $M/T(M)$ 无挠.

命题 3.10. $R$ 为 $\mathrm{PID}$, $M$ 为有限生成 $R$-模, 若 $M$ 无挠, 则 $M$ 是自由 $R$-模, 且 $\mathrm{rk}M<+\infty$.

证明.

设 M$=⟨t_1,\cdots ,t_m⟩$. 由 M 无挠, 则任意 $x\in M,\{x\}$ 线性无关.

于是 $⟨t_1,\cdots ,t_m⟩$ 存在极大线性无关子集, 设为 $⟨t_1,\cdots ,t_s⟩$.

令 W=$⟨t_1,\cdots ,t_s⟩$, 则 W 自由, $rk(W)=s$.

由极大性, $\forall s+1\le i\le m,\exists r_1,\cdots ,r_s,r_i,r_1{t}_1+\cdots +r_s{t}_s+r_i{t}_i=0.$ 令 $r=r_{s+1}\cdots r_m$, 则 $\forall t_j,r{t}_j\in W$. 定义 $f:M\to W,f(x)=rx$ 为 R-模同态. 由 M 无挠, Kerf=0. 由同态基本定理 $M\cong Imf\subset W$, 则 M 自由.

$\square$

定理 3.11. $R$ 为 $\mathrm{PID}$, $M$ 为有限生成 $R$-模, 则存在自由子模 $F$, 满足 $M=F\oplus T(M)$, 且 $F\cong M/T(M)$.

证明. M/T(M) 是有限生成无挠 R-模, 则 M/T(M) 是有限生成自由 R-模.

商同态: $j:M\to M/T(M)$. 设 $\{b_1,\cdots ,b_n\}$ 是 $M/T(M)$ 的基, 设 $\{x_1,\cdots ,x_n\},j(x_i)=b_i$.

$M/T(M)$ 自由 $\{b_i\}$ 基, 存在模同态 $g:M/T(M)\to M,g(b_i)=x_i,j\circ g=i{d}_{M/T(M)}$.

练习:$M=Kerj\oplus Img.$

$\square$

引理 3.12. 设 $M,N$ 是 $R$-模, $f:M\to N,g:N\to M$ 是 $R$-模同态, 且 $f\circ g=1_N$, 则

  (1) $f$ 是满的, $g$ 是单的.

  (2) $M=\mathrm{Ker}f\oplus \mathrm{Im}g$, $\mathrm{Im}\cong N$.

定义 3.13. $R$ 为 $\mathrm{PID}$, $A,B\in M_{mn}(R)$, 称 $A$ 与 $B$ 相抵, 若存在 $P\in {\mathrm{GL}}_m(R),Q\in {\mathrm{GL}}_n(R)$, 使得 $A=PBQ$.

定理 3.14. $A\in M_{mn}(R)$, 则 $A$ 相抵于 $\mathrm{diag}(d_1,\cdots d_r,0,\cdots ,0),d_i\ne 0,d_1|d_2|\cdots |d_r.$
若 $\mathrm{diag}(\widetilde{d_1},\cdots \widetilde{d_s},0,\cdots ,0)$ 相抵于 $\mathrm{diag}(d_1,\cdots d_r,0,\cdots ,0)$, 则 $r=s,(\widetilde{d_i})=(d_i).$

推论 3.15. $R$ 为 $\mathrm{PID}$, $M$ 为自由模, $\mathrm{rk}M=n$, $N$ 是 $M$ 的子模 ($\mathrm{rk}N=m\le n$), 则存在 $M$ 的一组基 $\{e_1,\cdots ,e_n\},d_1,\cdots d_m\in R\backslash 0,d_1|\cdots |d_m$, 使得 $\{d_1{e}_1,\cdots ,d_m{e}_m\}$ 为 $N$ 的一组基.

定理 3.16. $R$ 为 $\mathrm{PID}$, $M\ne 0$ 为有限生成 $R$-模, 则存在 $y_1,\cdots y_l\in M$, 记 $\mathrm{Ann}(y_i)=(d_i)$, 满足:

(1)	$M=\underset{i=1}{\overset{l}{⨁}}⟨y_i⟩$,
(2)	$(d_1)=\cdots =(d_r)=\{0\},$
(3)	$(d_{r+1})\subset \cdots \subset (d_l)\ne R$.

此时 $M\cong R^r\oplus T(M)$, $T(M)=\underset{i=r+1}{\overset{l}{⨁}}⟨y_i⟩$, $\mathrm{rk}M/T(M)=r.$
这一分解是唯一的, 即对于两种分解 $M=\underset{i=1}{\overset{l}{⨁}}⟨y_i⟩=\underset{i=1}{\overset{l^{\prime }}{⨁}}⟨y_i^{\prime }⟩$, 有 $l=l^{\prime }$ 且 $(d_i)=(d_i^{\prime }),\forall 1\le i\le l$.

例 3.17. 给定 $\mathbb{Z}$-模 $M=⟨t_1,t_2,t_3⟩$, 满足 $\left(\begin{array}{ccc}2& 5& 0\\ 4& -3& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{t}_1\\ t_2\\ t_3\end{array}\right)=0$, 则该模结构可表示为 $M\cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

定义同态 $f:{\mathbb{Z}}^3=⟨e_1,e_2,e_3⟩\to M$, 使得 $f(e_i)=t_i$, 这是满的,

则 $M\cong {\mathbb{Z}}^3/\mathrm{Ker}f$, 其中 $\mathrm{Ker}f=⟨2e_1+5e_2,4e_1-3e_2+2e_3⟩$.

$\left(\begin{array}{c}{f}_1\\ f_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}2& 5& 0\\ 4& -3& 2\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{e}_1\\ e_2\\ e_3\end{array}\right)$, 而

$\left(\begin{array}{ccc}2& 5& 0\\ 4& -3& 2\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc}2& 1& 0\\ 4& -11& 2\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc}1& 2& 0\\ -11& 4& 2\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ -11& 26& 2\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 26& 2\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 2& 26\end{array}\right)\sim \left(\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ 0& 2& 0\end{array}\right)$.

因此可以找到 $\{u_1,u_2,u_3\}$ 是 ${\mathbb{Z}}^3$ 的一组基, 使得 $\{u_1,2u_2\}$ 是 $\mathrm{Ker}f$ 的一组基.

进而 $M=(⟨u_1⟩\oplus ⟨u_2⟩\oplus ⟨u_3⟩)/(⟨u_1⟩\oplus ⟨2u_2⟩)\cong \mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$.

定理 3.18. $R$ 为 $\mathrm{PID}$, 则有:

(1) 若 $a,b\in R$ 满足 $\gcd (a,b)=1$, 给定 $R$-模 $M$ 与 $x\in M$, 若 $ax=bx=0$, 则 $x=0$.
(2)$M\ne 0$ 为有限生成 $R$-挠模. 设 $M=⟨t_1,\cdots ,t_n⟩$, $\mathrm{Ann}(t_i)=(d_i)$, 则 $\mathrm{Ann}(M)=\bigcap _{i=1}^n\mathrm{Ann}(t_i)=(d)$, 其中 $d=\mathrm{lcm}(d_1,\cdots ,d_n)$.
(3) 设 $d=P_1^{e_1}\cdots P_l^{e_l}$ 满足对任意 $1\le i\ne j\le l$ 有 $(P_i)\ne (P_j)$ 且 $e_i\ge 1$. 令 $M(P_i):=\{u\in M\mid$ 存在 $t>0$ 满足 $P_i^{t}u=0\}$, 则 $M(P_i)$ 总为 $M$ 子模且 $M=\underset{i=1}{\overset{l}{⨁}}M(P_i)$.

证明. (3) $M(P_i)$ 是子模易知.

  令 $q_i=\frac{d}{P_i^{e_i}}$, 则 $\gcd (q_1,\cdots ,q_l)=1$, 故由 Bezout 定理, 存在 $r_1,\cdots ,r_l\in R$, 使得 $r_1{q}_1+\cdots +r_l{q}_l=1$,

  对于任意 $x\in M$, $x=1\cdot x=r_1{q}_{1}x+\cdots +r_l{q}_{l}x$.

  我们说 $r_i{q}_{i}x\in M(P_i)$, 这是因为 $P_i^{e_i}{r}_i{q}_{i}x=r_{i}dx=0$, 因此 $M=\sum _{i=1}^{l}M(P_i)$

  另一方面, 若存在 $u_i\in M(P_i)$, 使得 $u_1+\cdots +u_l=0$, i.e. $u_1=-u_2-\cdots -u_l$.

  设 $t_1,\cdots ,t_i$ 满足 $P_i^{t_i}{u}_i=0$, 则 $P_1^{t_1}{u}_1=0$, 且 $\prod _{i\ne 1}{P}_i^{t_i}{u}_1=0$, 而 $\gcd (P_1,\prod _{i\ne 1}{P}_i^{t_i})=1$, 由 (a) 知 $u_1=0$. 同理 $u_i=0$.

$\square$

定理 3.19. $R$ 为 $\mathrm{PID}$, 则有:

(1)	$R$-模 $M=⟨u⟩$, $\mathrm{Ann}(u)=⟨d_1{d}_2⟩$ 满足 $\gcd (d_1,d_2)=1$, 则存在 $u_1,u_2\in M$ 满足 $M=⟨u_1⟩\oplus ⟨u_2⟩$ 且 $\mathrm{Ann}(u_i)=⟨d_i⟩$.
(2)	$R$-模 $M=⟨u⟩$, $\mathrm{Ann}(u)=⟨P_1^{e_1}\cdots P_l^{e_l}⟩$ 满足对任意 $1\le i\ne j\le l$ 有 $(P_i)\ne (P_j)$, $P_i$ 不可约且 $e_i\ge 1$, 则存在 $u_1,\cdots ,u_l\in M$ 满足 $M=⟨u_1⟩\oplus \cdots \oplus ⟨u_l⟩$ 且 $\mathrm{Ann}(u_i)=⟨P_i^{e_i}⟩$.
(3)	设 $R$-模 $M=⟨u_1⟩\oplus ⟨u_2⟩$ 满足 $\mathrm{Ann}(u_i)=⟨d_i⟩$ 且 $\gcd (d_1,d_2)=1$, 则存在 $u\in M$ 满足 $M=⟨u⟩$ 且 $\mathrm{Ann}(u)=⟨d_1{d}_2⟩$.

例 3.20. $A\ne 0$ 为有限生成 Abel 群, 则存在正整数 $d_1|\cdots |d_s>1$ 与 $r\ge 0$ 使得 $A\cong {\mathbb{Z}}^r\oplus \mathbb{Z}/d_1\mathbb{Z}\oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}/d_s\mathbb{Z}$, 且 $(r,d_1,\cdots ,d_s)$ 在同构意义下唯一确定了 $A$, 记为 $A$ 的不变因子.

定义 3.21. 已知域 $F$, 记 $R=F[\lambda ]$ 且设 $V$ 为有限维 $F$-向量空间, $n={\dim }_{F}V$, $\alpha \in {\mathrm{End}}_F(V)$, 则可诱导出 $V$ 上的 $F[\lambda ]$-模结构满足 $\lambda v=\alpha (v)$ 对任意 $v\in V$.

命题 3.22. 沿用上述记号, 则 $V$ 是有限生成 $F[\lambda ]$-挠模, 且存在 $v_1,\cdots ,v_l\in V$ 满足 $V=F[\lambda ]v_1\oplus \cdots \oplus F[\lambda ]v_l$, $\mathrm{Ann}(v_i)=⟨d_i(\lambda )⟩$, 其中每一个直和项均为 $\alpha$ 的不变子空间.

命题 3.23. 设 $W=F[\lambda ]v$ 为 $V$ 的循环 $F[\lambda ]$-模, $\mathrm{Ann}(v)=⟨d(\lambda )⟩$, 则作为 $F[\lambda ]$-模有 $F[\lambda ]v\cong F[\lambda ]/⟨d(\lambda )⟩$.

命题 3.24. 沿用上一定理记号, 令 $d(\lambda )={\lambda }^m+a_{m-1}{\lambda }^{m-1}\cdots +a_1\lambda +a_0$, 有 ${\dim }_{F}F[\lambda ]/⟨d(\lambda )⟩=\mathrm{deg}d=m$, 且 $\{1,\lambda ,\cdots ,{\lambda }^{m-1}\}$ 构成一组基.
此时有 $\mathcal{B}=\{v,\alpha (v),{\alpha }^2(v),\cdots ,{\alpha }^{m-1}(v)\}$ 是 $F[\lambda ]v$ 的一组 $F$-基. $\alpha$ 在 $\mathcal{B}$ 下表示矩阵 $B(d(\lambda ))$ 满足
$\alpha \left(\begin{array}{c}v\\ \alpha (v)\\ ⋮\\ {\alpha }^{m-1}(v)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}0& 1& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& 1& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & 1\\ -a_0& -a_1& -a_2& \cdots & -a_{m-1}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}v\\ \alpha (v)\\ ⋮\\ {\alpha }^{m-1}(v)\end{array}\right):=D(d(\lambda ))\left(\begin{array}{c}v\\ \alpha (v)\\ ⋮\\ {\alpha }^{m-1}(v)\end{array}\right)$.

定理 3.25. 在域 $F$ 上, 有限维 $F$-线性空间 $V$ 总存在一组基 $\mathcal{B}$ 与首一多项式 $d_1(\lambda )|\cdots |d_l(\lambda )\ne 0$ 使得满足 $\alpha$ 的矩阵表示为 $\mathrm{diag}(B(d_1(\lambda )),\cdots ,B(d_l(\lambda )))$, 称为有理标准型.
此时 $d_l(\lambda )$ 为 $\alpha$ 的极小多项式, ${\mathrm{char}}_{\alpha }(\lambda )=\det (\lambda I-A)=d_1(\lambda )\cdots d_l(\lambda )$ 为特征多项式.

定义 3.26. $A\in M_n(F)$, $V=F^n$, $\mathcal{A}:V\to V$ 满足 $\mathcal{A}(x)=xA$, 此时 $\mathcal{A}\in {\mathrm{End}}_F(F^n)$ 且在标准基 $\mathcal{B}=\{e_1,\cdots ,e_n\}$ 下表示矩阵为 $A$, 则 $(\mathcal{A},F^n)$ 的有理标准型定义为 $A$ 的有理标准型.

定理 3.27. $A,B\in M_n(F)$, 则以下命题等价:

(1)	$A$ 与 $B$ 相似 (共轭) .
(2)	$(F^n,\mathcal{A})$ 与 $(F^n,\mathcal{B})$ 作为 $F[\lambda ]$-模同构.
(3)	$\lambda I_n-A$ 与 $\lambda I_n-B$ 在 $M_n(F[\lambda ])$ 中相抵.
(4)	$A$ 与 $B$ 有相同的有理标准型.

定义 3.28. 沿用前文记号, 当 $F$ 为代数闭域时可进一步分解为 $V=\underset{i=1}{\overset{s}{⨁}}\underset{j=1}{\overset{t}{⨁}}F[\lambda ]v_{ij}$ 满足 $\mathrm{Ann}(v_{ij})=⟨(\lambda -r_j{)}^{e_{ij}}⟩$, 其中 $r_j$ 为特征值, 从而有 $F[\lambda ]v_{ij}\cong F[\lambda ]/⟨(\lambda -r_j{)}^{e_{ij}}⟩$. 因而可以推得 $\{v_{ij},(\alpha -r_j)v_{ij},\cdots ,(\alpha -r_j{)}^{e_{ij}-1}{v}_{ij}\}$ 是 $F[\lambda ]v_{ij}$ 的一组基, 由此拼出 $V$ 的一组基, $\alpha$ 在这组基下的表示矩阵称为 Jordan 标准型.

4张量积

定义 4.1. 正合

  称 $R$-模同态 $M\stackrel{\alpha }{\to }N\stackrel{\beta }{\to }T$ 在 $N$ 处正合 (exact) , 若 $\mathrm{Ker}\beta =\mathrm{Im}\alpha$.

  称$$M_k\stackrel{d_k}{\to }{M}_{k+1}\stackrel{d_{k+1}}{\to }\cdots \stackrel{d_{k+r-1}}{\to }{M}_r$$正合, 若它在 $M_{k+1},\cdots ,M_{r-1}$ 处均正合.

例 4.2. $0\to M\stackrel{\alpha }{\to }N$ 正合 $⟺$ $\mathrm{Ker}\alpha =0$, 即 $\alpha$ 单.

注 4.3. exact 一词的来源是, 微分形式 $\omega$ 称为恰当的 (exact) , 若存在微分形式 $\tau$ 使得 $\omega =d\tau$.

例 4.4. $M\stackrel{\alpha }{\to }N\to 0$ 正合 $⟺$ $\mathrm{Im}\alpha =N$, 即 $\alpha$ 满.

例 4.5. $0\to M\stackrel{\alpha }{\to }N\to 0$ 正合 $⟺$ $\alpha$ 是同构.

例 4.6. $\alpha :M\to N$ 是同态, 则

  (i) $0\to \mathrm{Ker}\alpha \to M\to \mathrm{Im}\alpha \to 0$ 正合.

  (ii) $0\to \mathrm{Im}\alpha \to N\to \mathrm{Coker}\alpha \to 0$ 正合.

定义 4.7. 称正合列 $0\to M\stackrel{\alpha }{\to }N\stackrel{\beta }{\to }T\to 0$ 为短正合列 (short exact sequence) .

命题 4.8. $T\cong N/\mathrm{Ker}\beta =N/\mathrm{Im}\alpha$.

  记 $N^{\prime }=\mathrm{Im}\alpha \cong M$, 则短正合列等价为$$0\to N^{\prime }\to N\to N/N^{\prime }\to 0.$$

例 4.9. $0\to M\stackrel{i}{\to }M\oplus N\stackrel{\pi }{\to }N\to 0,i(m)=(m,0),\pi (m,n)=n$ 是短正合列.

例 4.10. $0\to \mathbb{Z}\stackrel{f}{\to }\mathbb{Z}\stackrel{j}{\to }Z/n\mathbb{Z}\to 0,f(a)=na,j(a)=\bar{a}$ 是短正合列.

注意到 $\mathbb{Z}≆\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$.

定义 4.11. 称 $0\to M\stackrel{\alpha }{\to }N\stackrel{\beta }{\to }T\to 0$ 是可裂的 (split), 若存在子模 $C$, 使得 $N=\mathrm{Im}\alpha \oplus C$, 且 $N\cong M\oplus T$.

定理 4.12. 设 $0\to M\stackrel{\alpha }{\to }N\stackrel{\beta }{\to }T\to 0$ 是短正合列, 则下列命题等价:

  (1) 此短正合列可裂.

  (2) 存在模同态 $g:T\to N$, 使得 $\beta \circ g=1_T$.

  (3) 存在模同态 $f:N\to M$, 使得 $f\circ \alpha =1_M$.

定义 4.13. $\mathbf{R}$-平衡映射

  $R$ 为环, $M_R$ 是右 $R$-模, ${}_{R}N$ 是左 $R$-模, $A$ 为 Abel 群, 称映射 $f:M\times N\to A$ 是一个 $R$-平衡映射, 若其满足

  (i) $f(m_1+m_2,n)=f(m_1,n)+f(m_2,n)$,

  (ii) $f(m,n_1+n_2)=f(m,n_1)+f(m,n_2)$,

  (iii) $f(m\cdot r,n)=f(m,r\cdot n)$. (此时只要求 $A$ 有群结构, 因此 $r$ 不能提出去)

  $\mathrm{Bal}(M,N,A):=\{f:M\times N\to A$ 是 $R$-平衡映射 $\}$ 是一个 Abel 群.

命题 4.14. 存在 $(M{\otimes }_{R}N,i)$, $M{\otimes }_{R}N$ 是 Abel 群, $i:M\times N\to M{\otimes }_{R}N$ 是一个 $R$-平衡映射, 满足万有性质 (或称泛性质, universal property) :

  对于任意 Abel 群 $A$, 任意 $f\in \mathrm{Bal}(M,N,A)$, 存在唯一的群同态 $\tilde{f}:M{\otimes }_{R}N\to A$, 使得 $f=\tilde{f}\circ i$.

定义 4.15. 张量积

  称 $(M{\otimes }_{R}N,i)$ 为 $M_R$ 与 ${}_{R}N$ 的张量积 (tensor product) .

  记 $m\otimes n=i(m,n)$, 显然有性质:

    (i) $(m_1+m_2)\otimes n=m_1\otimes n+m_2\otimes n$,

    (ii) $m\otimes (n_1+n_2)=m\otimes n_1+m\otimes n_2$,

    (iii) $(m\cdot r)\otimes n=m\otimes (r\cdot n)$.

命题 4.16. $\{m\otimes n\mid m\in M,n\in N\}$ 是 $M{\otimes }_{R}N$ 的一组生成元.

命题 4.17. 设 $f:M_1\to M_2$, $g:N_1\to N_2$ 是 $R$-同态, 则有同态 $f\otimes g:M_1{\otimes }_R{N}_1\to M_2{\otimes }_R{N}_2$, $(f\otimes g)(m\otimes n)=f(m)\otimes g(n)$.

注 4.18. $f\otimes g$ 只是一个记号, 并非真的是 $f$ 和 $g$ 的张量积.

命题 4.19. $M_1\stackrel{f_1}{\to }{M}_2\stackrel{f_2}{\to }{M}_3$, $N_1\stackrel{g_1}{\to }{N}_2\stackrel{g_2}{\to }{N}_3$, 则有$$(f_2\circ f_1)\otimes (g_2\circ g_1)=(f_2\otimes g_2)\circ (f_1\otimes g_1).$$

命题 4.20. 取定 $M_R$, 设 $0\to N_1\stackrel{\alpha }{\to }{N}_2\stackrel{\beta }{\to }{N}_3\to 0$ 是短正合列, 则$$M{\otimes }_R{N}_1\stackrel{1\otimes \alpha }{\to }M{\otimes }_R{N}_2\stackrel{1\otimes \beta }{\to }M{\otimes }_R{N}_3\to 0$$正合.

命题 4.21. 取定 ${}_{R}N$, 设 $0\to M_1\stackrel{\alpha }{\to }{M}_2\stackrel{\beta }{\to }{M}_3\to 0$ 是短正合列, 则$$M_1{\otimes }_{R}N\stackrel{\alpha \otimes 1}{\to }{M}_2{\otimes }_{R}N\stackrel{\beta \otimes 1}{\to }{M}_3{\otimes }_{R}N\to 0$$正合.

命题 4.22. $\{M_i{\}}_{i\in I}$ 是右 $R$-模, $N$ 是左 $R$-模, 则有自然同构$$\begin{array}{rl}\alpha :\left(\underset{i}{⨁}{M}_i\right){\otimes }_{R}N& \stackrel{\cong }{\to }\underset{i}{⨁}(M_i{\otimes }_{R}N)\\ (m_i{)}_{i\in I}\otimes n& \mapsto (m_i\otimes n{)}_{i\in I}.\end{array}$$对称地, 有$$M{\otimes }_R\left(\underset{i}{⨁}{N}_i\right)\cong \underset{i}{⨁}(M{\otimes }_R{N}_i).$$

定义 4.23. 双模

  设 $R$, $S$ 为含幺环, $M$ 为 Abel 群, 称 $M$ 为一个 $(R,S)$-双模 (bimodule) , 若

    (i) $M$ 是一个左 $R$-模, 也是一个右 $S$-模.

    (ii) 对于任意 $r\in R$, $s\in S$, $m\in M$, 有 $(r\cdot m)\cdot s=r\cdot (m\cdot s)$.

将 $M$ 简记为 ${}_R{M}_S$.

注 4.24. 第二个条件表明 $rms$ 是没有歧义的.

例 4.25. $R$ 是一个 $(R,R)$-双模.

例 4.26. ${}_{R}M$ 是 ${}_R{M}_{\mathbb{Z}}$, $M_R$ 是 ${}_{\mathbb{Z}}{M}_R$.

例 4.27. 若 $R$ 交换, 则左 $R$-模有 $(R,R)$-双模结构.

命题 4.28. 设 $S,R,T$ 是含幺环, ${}_S{M}_R$, ${}_R{N}_T$, 则 $M{\otimes }_{R}N$ 是一个 $(S,T)$-双模, 满足:

  对于任意 $s\in S$, $t\in T$, $m\in M$, $n\in N$, 有 $s\cdot (m\otimes n)=(s\cdot m)\otimes n$, $(m\otimes n)\cdot t=m\otimes (n\cdot t)$.

推论 4.29. 若 $R$ 交换, $M,N$ 是左 $R$-模, 则 $M{\otimes }_{R}N$ 也是 $R$-模, 且对于任意 $r\in R$, $m\in M$, $n\in N$, 有$$r\cdot (m\otimes n)=(r\cdot m)\otimes n=m\otimes (r\cdot n).$$

命题 4.30. ${}_{R}M$, $N_R$, 则有自然 $R$-模同构 $\alpha :R{\otimes }_{R}M\stackrel{\cong }{\to }M$, $\beta :N{\otimes }_{R}R\stackrel{\cong }{\to }N$, 使得 $\alpha (r\otimes m)=r\cdot m$, $\beta (n\otimes r)=n\cdot r$, 此处将 $R$ 视为 $(R,R)$-双模.

推论 4.31. $\alpha :R{\otimes }_{R}R\stackrel{\cong }{\to }R$ 是 $R$-模同构, $\alpha (r_1\otimes r_2)=r_1\cdot r_2$.

  进而 $R{\otimes }_{R}R$ 是自由 $R$-模, $\{1\otimes 1\}$ 是其基.

命题 4.32. $A_R$, ${}_R{B}_S$, ${}_S{C}_T$, 则有自然同构$$\begin{array}{rl}\alpha :(A{\otimes }_{R}B){\otimes }_{S}C& \stackrel{\cong }{\to }A{\otimes }_R(B{\otimes }_{S}C),\\ (a\otimes b)\otimes c& \mapsto a\otimes (b\otimes c).\end{array}$$

推论 4.33. $R$ 是交换环, $A$, $B$, $C$ 是 $R$-模, 则有自然同构$$\begin{array}{rl}\alpha :(A{\otimes }_{R}B){\otimes }_{R}C& \stackrel{\cong }{\to }A{\otimes }_R(B{\otimes }_{R}C),\\ (a\otimes b)\otimes c& \mapsto a\otimes (b\otimes c).\end{array}$$

命题 4.34. $M_R$, ${}_{R}N$, 有自然同构$$\begin{array}{rl}\alpha :M{\otimes }_{R}N& \stackrel{\cong }{\to }N{\otimes }_{R^{\mathrm{op}}}M,\\ m\otimes n& \mapsto n\otimes m.\end{array}$$

推论 4.35. $R$ 是交换环, $M,N$ 是 $R$-模, 则有 $R$-模同构$$\begin{array}{rl}\alpha :M{\otimes }_{R}N& \stackrel{\cong }{\to }N{\otimes }_{R}M,\\ m\otimes n& \mapsto n\otimes m.\end{array}$$

定义 4.36. $\mathbf{R}$-双线性映射

  设 $R$ 是交换环, $M,N$ 是 $R$-模, $T$ 是 $R$-模, 称映射 $f:M\times N\to T$ 是 $R$-双线性的, 若

    (i) $f(m_1+m_2,n)=f(m_1,n)+f(m_2,n)$,

    (ii) $f(m,n_1+n_2)=f(m,n_1)+f(m,n_2)$,

    (iii) $f(r\cdot m,n)=f(m,r\cdot n)=r\cdot f(m,n)$.

注 4.37. $R$-双线性映射远强于 $R$-平衡映射.

命题 4.38. 记号同上, $i:M\times N\to M{\otimes }_{R}N$, $i(m,n)=m\otimes n$ 是双线性的.

命题 4.39. 记号同上, $(M{\otimes }_{R}N,i)$ 满足万有性质:

  对于任意 $R$-模 $T$, $R$-双线性映射 $F:M\times N\to T$, 存在唯一的 $R$-模同态 $\tilde{f}:M{\otimes }_{R}N\to T$, 使得 $f=\tilde{f}\circ i$.

例 4.40. $G_m=⟨g⟩$ 是 $m$ 阶循环群, $A$ 为 Abel 群, 则 $G_m{\otimes }_{\mathbb{Z}}A\cong A/mA$.

例 4.41. $R$ 为交换环, $A,B$ 是自由 $R$-模, $\{a_i\},\{b_j\}$ 为 $A,B$ 的基, 则 $A{\otimes }_{R}B$ 是自由 $R$-模, 且 $\{a_i\otimes b_j\}$ 是它的一组基.

例 4.42. 设 $\alpha :R\to S$ 为环同态, 其中 $R,S$ 是含幺环. 对于 $r\in R,s\in S$, 定义 $r\cdot s=\alpha (r)\cdot s$, 则 $S$ 可看成 $(R,S)$-双模. 类似地, $s\cdot r=s\cdot \alpha (r)$ 给出 $(S,R)$-双模结构. 在后一意义下, 对于左 $R$-模 $M$, $S{\otimes }_{R}M$ 是左 $S$-模.

例 4.43. $A$ 为有限生成 Abel 群, 那么 $A\simeq A_{\text{tor}}\oplus {\mathbb{Z}}^r$, 于是$$A\otimes \mathbb{Q}\simeq (A_{\text{tor}}\otimes \mathbb{Q})\oplus (\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Q}{)}^r\simeq {\mathbb{Q}}^r.$$

命题 4.44. $R$ 为环, $I$ 为 $R$ 的理想, 则有 $R$-模同构 $\alpha :(R/I){\otimes }_{R}M\simeq M/IM$, 使得 $\alpha (\overline{r}\otimes m)=\overline{rm}$.

  此处 $IM$ 是由 $\{a\cdot m\mid a\in I,m\in M\}$ 生成的子模, 事实上 $IM=\{\sum _{i=1}^n{a}_i\cdot m_i|a_i\in I,m_i\in M\}$ (此处用到了 $I$ 是理想) .

例 4.45. $$0\to \mathbb{Z}\stackrel{f}{\to }\mathbb{Z}\stackrel{j}{\to }\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\to 0,f(a)=2a,j(a)=\bar{a}$$是正合列, 但在和 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 作张量积之后不再是正合列:

事实上 $\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\stackrel{f\otimes 1}{\to }\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 是零映射而 $\mathbb{Z}\otimes \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\ne 0$, 所以不是单射.

命题 4.46. 设 $k$ 为域, $V_1,W_1,V_2,W_2$ 分别为 $n,m,s,r$ 维向量空间, $f:V_1\to W_1$, $g:V_2\to W_2$ 为线性映射.

  设 $f$ 关于 $\{x_1,\cdots ,x_n\},\{y_1,\cdots ,y_m\}$ 的矩阵为 $A$, $g$ 关于 $\{z_1,\cdots ,z_s\},\{w_1,\cdots ,w_r\}$ 的矩阵为 $B$, 即 $(f(x_1),\cdots ,f(x_n))=(y_1,\cdots ,y_m)A$, $(g(z_1),\cdots ,g(z_s))=(w_1,\cdots ,w_r)B$.

  则 $f\otimes g$ 关于 $\{x_1\otimes z_1,\cdots ,x_1\otimes z_s,x_2\otimes z_1,\cdots ,x_n\otimes z_s\},\{y_1\otimes w_1,\cdots ,y_1\otimes w_r,y_2\otimes w_1,\cdots ,y_m\otimes w_r\}$ 的矩阵为 $A\otimes B$, 即$$(f\otimes g)(x_1\otimes z_1,\cdots ,x_n\otimes z_s)=(y_1\otimes w_1,\cdots ,y_m\otimes w_r)A\otimes B,$$其中 $A\otimes B=\left(\begin{array}{ccc}{a}_{11}B& \cdots & a_{1n}B\\ ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{m1}B& \cdots & a_{mn}B\end{array}\right)$.

定义 4.47. 平坦模

设 $R$ 为环, $M$ 是左 $R$-模. 称 $M$ 是平坦的 (flat) , 若对任何短正合列 $0\to N_1\stackrel{\alpha }{\to }{N}_2\stackrel{\beta }{\to }{N}_3\to 0$ 都有 $0\to N_1\otimes M\stackrel{\alpha \otimes 1}{\to }{N}_2\otimes M\stackrel{\beta \otimes 1}{\to }{N}_3\otimes M\to 0$ 也是正合列.

定理 4.48. $M$ 是平坦的, 等价于对于任何单射 $\alpha :N_1\to N_2$ 都有 $\alpha \otimes 1:N_1{\otimes }_{R}M\to N_2{\otimes }_{R}M$ 也是单射.

命题 4.49. 若 $M\cong T$, 则 $M$ 平坦当且仅当 $T$ 平坦.

命题 4.50. 自由模都是平坦的.

引理 4.51. 设 $M$ 是左 $R$-模, $\alpha :N_1\to N_2$ 是单射, $\alpha \otimes 1:N_1{\otimes }_{R}M\to N_2{\otimes }_{R}M$. 设 $x\in \mathrm{Ker}(\alpha \otimes 1)$, 则存在 $M$ 的一个有限生成子模 $M_0$ 与 $\tilde{x}\in \mathrm{Ker}(\alpha \otimes 1_{M_0})$ 使得 $x=(1_{N_1}\otimes i)\tilde{x}$.

定理 4.52. 若 $M$ 的每个有限生成子模都平坦, 则 $M$ 平坦.

命题 4.53. 设 $R$ 为 $\mathrm{PID}$, $M$ 为 $R$-模, 则 $M$ 平坦当且仅当 $T(M)=0$.

证明. 设 $T(M)=0$, 对 $M$ 的每个有限生成子模 $M^{\prime }$ 也有 $T(M^{\prime })=0$, 根据定理 3.16, $M^{\prime }$ 是自由模, 再由命题 4.50 得 $M^{\prime }$ 平坦, 那么由定理 4.52, $M$ 平坦.

反过来, [方法 I] 设 $M$ 平坦, 记 $k$ 为 $R$ 的分式域.

对于嵌入 $i:R\to k$, 由定理 4.48 知 $i\otimes 1:M\cong R{\otimes }_{R}M\to k{\otimes }_{R}M$ 也是单射, 其中 $k{\otimes }_{R}M$ 是左 $k$-模, 即 $k$-向量空间.

那么对 $r\in R,x\in M$, 若 $r\ne 0,x\ne 0$, 由于 $\frac{r}{1}\otimes x=\frac{r}{1}(1\otimes x)\ne 0$ 及 $i\otimes 1$ 是单射, 得 $rx\ne 0$, 这说明 $T(M)=0$.

[方法 II] 若 $M$ 平坦, 但存在 $0\ne x\in T(M)$, 设 $\mathrm{Ann}(x)=(d)$, 其中 $0\ne d\in R^{\ast }$.

考虑映射 $f:R\to R,a\mapsto d\cdot a$, 则 $f$ 是单的.

考虑 $f\otimes 1_M:R{\otimes }_{R}M\to R{\otimes }_{R}M$, 这是零映射, 不是单的, 与 $M$ 平坦矛盾.

$\square$

定义 4.54. 代数

$R$ 为含幺交换环, 称含幺环 $A$ 为 $R$-代数, 若

(1)	$A$ 为一个 $R$-模.
(2)	$\forall \lambda \in R,a,b\in A$, 有 $(\lambda a)\cdot b=a\cdot (\lambda b)=\lambda (AB)$.

例 4.55. $R$ 是含幺交换环 (之后 $R$-代数内容均假设此条件) ,

1.	$R$ 是 $R$-代数.
2.	环 $A$ 是一个 $\mathbb{Z}$-代数.
3.	$R[x_1,\cdots ,x_n]$ 是多项式代数.
4.	$M_n(R)$.
5.	$A={\mathrm{End}}_R(M)$.
6.	$R[G]=\left\{\sum _{g\in G}{\lambda }_{g}g\right|{\lambda }_g\in R$ 只有有限个不为 $0\}$.

命题 4.56. $A$ 为 $R$-代数, 定义 $\rho :R\to A$, $\rho (\lambda )=\lambda \cdot 1_A$, 则

1.	$\rho$ 是环同态.
2.	$\mathrm{Im}\rho \subset C(A)=\{a\in A\mid ab=ba,\forall b\in A\}$

命题 4.57. 反之, $A$ 为含幺环环, 若 $\rho :R\to A$ 是环同态, $\mathrm{Im}\rho \subset C(A)$, 则 $A$ 是 $R$-代数.

定义 4.58. 子代数

子代数是原代数的子环且子模.

命题 4.59. $A$ 是 $R$-代数, $I$ 是 $A$ 的理想, 则 $I,A/I$ 均为 $R$-代数.

定义 4.60. 代数同态

$f:A\to B$ 称为代数同态, 若

(1)	$f$ 是环同态,
(2)	$f(\lambda a)=\lambda f(a)$, $\forall \lambda \in R,a\in A$.

称双射的代数同态为代数同构.

命题 4.61. $A,B$ 为 $R$-代数, 则 $A{\otimes }_{R}B$ 为 $R$-代数, 且 $(a_1\otimes b_1)(a_2\otimes b_2)=a_1{a}_2\otimes b_1{b}_2$.

例 4.62. $k$ 是域,

1.	$k[x_1,\cdots ,x_n]{\otimes }_{k}k[y_1,\cdots ,y_m]\cong k[x_1,\cdots ,x_n,y_1,\cdots ,y_m]$.
2.	$M_n(k){\otimes }_k{M}_m(k)\cong M_{mn}(k)$.
3.	$k[G_1\times G_2]=k[G_1]{\otimes }_{k}k[G_2]$.

5投射模和内射模

定义 5.1. 设 $\phi :N_1\to N_2$ 为模同态, 定义 ${\phi }_{\ast }:\mathrm{Hom}(M,N_1)\to \mathrm{Hom}(M,N_2),{\phi }_{\ast }(f)=\phi \circ f$.

命题 5.2. 设 $0\to N_1\stackrel{\alpha }{\to }{N}_2\stackrel{\beta }{\to }{N}_3\to 0$ 为短正合列, 则 $0\to \mathrm{Hom}(M,N_1)\stackrel{{\alpha }_{\ast }}{\to }\mathrm{Hom}(M,N_2)\stackrel{{\beta }_{\ast }}{\to }\mathrm{Hom}(M,N_3)$ 为正合列.

证明. 1.${\alpha }_{\ast }$ 单射

$\forall u\in \mathrm{Ker}{\alpha }_{\ast }$, 则 ${\alpha }_{\ast }u=\alpha \circ u=0$. $\forall m\in M$, $\alpha u(m)=0$, 由 $\alpha$ 为单射, 则 $u(m)=0$, 由此知 $u=0$.

2.$\mathrm{Im}{\alpha }_{\ast }=\mathrm{Ker}{\beta }_{\ast }$.

由 $\mathrm{Im}\alpha =\mathrm{Ker}\beta \to \beta \alpha =0\to {\beta }_{\ast }{\alpha }_{\ast }=0\Rightarrow \mathrm{Im}{\alpha }_{\ast }\subset {\beta }_{\ast }$.

$\forall g\in \mathrm{Ker}{\beta }_{\ast }$, $\beta g=0$, 则 $\mathrm{Im}g\subset \mathrm{Ker}\beta =\mathrm{Im}\alpha$.

$\forall x\in M$, $g(x)=\alpha (t)$, $t\in N_1$, 由 $\alpha$ 为单射知 $t$ 唯一性.

定义 $\tilde{g}:M\to N_1$, $\tilde{g}(x)=t$, 容易验证良定义.

下证 $\tilde{g}$ 为 $R$-模同态. 设 $g(x_1)=t_1,g(x_2)=t_2,\alpha (t_1)=x_1,\alpha (t_2)=x_2$, 则 $\alpha (t_1+t_2)=x_1+x_2$, 从而 $\tilde{g}(x_1+x_2)=t_1+t_2$, 可验证 $\forall r\in R,\tilde{g}(rx)=r\tilde{g}(x)$.

由此知 $\mathrm{Ker}{\beta }_{\ast }\subset \mathrm{Im}{\alpha }_{\ast }$, 从而 $\mathrm{Ker}{\beta }_{\ast }=\mathrm{Im}{\alpha }_{\ast }$, 即证正合列.

$\square$

定义 5.3. 投射模
称 $R$-模 $M$ 为投射模 (projective module) , 若对任意短正合列 $0\to N_1\stackrel{\alpha }{\to }{N}_2\stackrel{\beta }{\to }{N}_3\to 0$, 都有 $0\to \mathrm{Hom}(M,N_1)\stackrel{{\alpha }_{\ast }}{\to }\mathrm{Hom}(M,N_2)\stackrel{{\beta }_{\ast }}{\to }\mathrm{Hom}(M,N_3)\to 0$ 为正合列.

命题 5.4. 自由模是投射的.

证明. 设 $F$ 是自由 $R$ 模, $B=\{b_i{\}}_{i\in I}$ 是 $F$ 的一组基.

$\forall f\in \mathrm{Hom}(F,N_3)$, 设 $x_i=f(b_i)$, 由 $\beta$ 为满射, 则存在 $y_i\in N_2$, 满足 $\beta (y_i)=x_i$.

定义 $\tilde{f}:B\to N_2$, $\tilde{f}(b_i)=y_i$, 则由自由模万有性质可以延拓成 $F\to N_2$ 的模同态, 且容易验证 $f=\beta \circ \tilde{f}$. 则有 ${\beta }_{\ast }$ 为满射, $F$ 为自由模.

$\square$

命题 5.5. 以下命题等价:

1.	$M$ 为投射 $R$-模.
2.	任意短正合列 $0\to A\stackrel{\alpha }{\to }B\stackrel{\beta }{\to }M\to 0$ 可裂.
3.	$M$ 为自由模的直和项.

证明. (1)$\Rightarrow$(2): 考虑正合列: $0\to A\stackrel{\alpha }{\to }B\stackrel{\beta }{\to }M\to 0$, ${\mathrm{id}}_M\in \mathrm{Hom}(M,M)$, 由 $M$ 为投射模, 存在 $s\in \mathrm{Hom}(M,B)$, 满足 $\beta \circ s={\mathrm{id}}_M$, 由此知正合列可裂.

(2)$\Rightarrow$(3): 存在自由 $R$-模 $F$ 和满 $R$-模同态 $\beta$ 构成正合列 $0\to \mathrm{Ker}\beta \stackrel{i}{\to }F\stackrel{\beta }{\to }M\to 0$. 由正合列可裂性知 $F\cong \mathrm{Ker}\beta \oplus M$.

(3)$\Rightarrow$(1):

$M$ 是自由模的直和项, 存在 $N$ 为 $R$-模, 使得 $M\oplus N$ 为自由模, 进而为投射模.

$\forall f\in \mathrm{Hom}(M,C)$, 令 $i_M$ 为 $M\oplus N\to M$ 的投影映射, $j_M$ 为 $M\to M\oplus N$ 的嵌入映射, 则 $f\circ i_M\in \mathrm{Hom}(M\oplus N,C)$, 由投射性, 存在 $g\in \mathrm{Hom}(M\oplus N,B)$, 使得 $\beta \circ g=f\circ i_M$.

令 $\tilde{f}=g\circ j_M\in \mathrm{Hom}(M,B)$, 此时 $\beta \circ \tilde{f}=\beta \circ g\circ j_M=f\circ i_M\circ j_M=f$, 即证 $M$ 是投射模.

$\square$

命题 5.6. 投射模是平坦的.

证明. $M$ 投射 $\stackrel{\exists N}{\to }M\oplus N$ 自由 $\to M\oplus N$ 平坦 $\to M$ 平坦.

$\square$

命题 5.7. 对 $R$-模 $\{M_i{\}}_{i\in I}$, $\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$ 投射当且仅当 $M_i$ 投射, $i\in I$.

证明. $\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$ 投射 $\stackrel{\exists N}{\to }\left(\underset{i\in I}{⨁}{M}_i\right)\oplus N$ 自由 $\to M_i\oplus \left(\right(\underset{j\ne i}{⨁}{M}_j)\oplus N)$ 自由 $\to M_i$ 投射.

$M_i$ 投射 $\stackrel{\exists N_i}{\to }{M}_i\oplus N_i$ 自由 $\to \underset{i\in I}{⨁}(M_i\oplus N_i)=\left(\underset{i\in I}{⨁}{M}_i\right)\oplus \left(\underset{i\in I}{⨁}{N}_i\right)$ 自由 $\to \underset{i\in I}{⨁}{M}_i$ 投射.

$\square$

命题 5.8. PID 上的投射模自由.

证明. $M$ 投射 $\stackrel{\exists N}{\to }M\oplus N$ 自由, $M$ 是 $M\oplus N$ 的子模, PID 上自由模的子模还是自由模 (有限维已证明+Zorn 引理), 所以 $M$ 是自由模.

$\square$

例 5.9. $R=\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ 作为 $R$-正则模, $R=⟨\tilde{2}⟩\oplus ⟨\tilde{3}⟩$, 而 $⟨\tilde{2}⟩$ 非自由, 因为自由 $R$-模至少有 $6$ 个元素.

命题 5.10. $R$ 为含幺交换环, $P,Q$ 投射, 则 $P{\otimes }_{R}Q$ 投射.

证明. $P,Q$ 投射 $\stackrel{\exists M,N}{\to }P\oplus M,Q\oplus N$ 自由 $\to (P\oplus M)\otimes (Q\oplus N)\cong (P\otimes Q)\oplus (P\otimes N\oplus Q\otimes M\oplus Q\otimes N)$ 自由 $\to P\times Q$ 投射.

$\square$

定义 5.11. 设 $N$ 为 $R$-模, $\alpha :M_1\to M_2$, 定义 ${\alpha }^{\ast }:\mathrm{Hom}(M_2,N)\to \mathrm{Hom}(M_1,N),{\alpha }^{\ast }(f)=f\circ \alpha .$

命题 5.12. 对于 $R$-模 $N$,$0\to M_1\stackrel{\alpha }{\to }{M}_2\stackrel{\beta }{\to }{M}_3\to 0$ 为短正合列, 则 $0\to \mathrm{Hom}(M_3,N)\stackrel{{\beta }_{\ast }}{\to }\mathrm{Hom}(M_2,N)\stackrel{{\alpha }_{\ast }}{\to }\mathrm{Hom}(M_1,N)$ 为正合列.

定义 5.13. 内射模
称 $N$ 为内射模 (injective module) , 若对于任意短正合列 $0\to M_1\stackrel{\alpha }{\to }{M}_2\stackrel{\beta }{\to }{M}_3\to 0$, 都有 $0\to \mathrm{Hom}(M_3,N)\stackrel{{\beta }_{\ast }}{\to }\mathrm{Hom}(M_2,N)\stackrel{{\alpha }_{\ast }}{\to }\mathrm{Hom}(M_1,N)\to 0$ 为正合列.

定理 5.14. Baer
对含幺环 $R$, $R$-模 $N$ 为内射模当且仅当对任意左理想 $I\stackrel{i}{\to }R$ 及 $f\in {\mathrm{Hom}}_R(I,N)$, 存在 $\tilde{f}\in {\mathrm{Hom}}_R(R,N)$ 使得 $f=\tilde{f}\circ i$.

证明. $N$ 是内射 $R$-模时, 结论显然成立.

当 $N$ 满足题设条件时, 设 $\alpha :A\to B$ 为单 $R$-模同态, $g\in \mathrm{Hom}(A,N)$.

考虑 $X=\{(T,u)|T\text{ 是 }B\text{ 中包含 }\mathrm{Im}\alpha \text{ 的子模}.u\in \mathrm{Hom}(B,N),u\alpha =g\}$.

定义其上的偏序关系:$(T_1,u_1)⪯(T_2,u_2)⟺T_1\subset T_2,u_2{|}_{T_1}=u_1$.

容易验证偏序关系, 下面验证递归性. 设 $\{(T_i,u_i){\}}_{i\in I}$ 为 $X$ 的全序子集, 令 $T=\bigcup _{i\in I}{T}_i$ 为 $B$ 中包含 $\mathrm{Im}\alpha$ 的子模.

$\forall t\in T,\exists i_0\in I,t\in T_{i_0}$, 定义 $u:T\to N,u(t)=u_{i_0}(t)$, 由全序性易知良定义且 $g=u\circ \alpha$. 容易验证 $(T,u)$ 为 $\{(T_i,u_i){\}}_{i\in I}$ 的上界.

由 Zorn 引理, $X$ 存在上界 $(W,h)$. 断言 $W=B$.

否则, $\exists b\in B,b\notin W$, 令 $\tilde{W}=W+Rb⊊W$.

令 $I_b=\{r\in R|rb\in W\}$ 为 $R$ 的理想. 定义 $\beta :I_b\to N,\beta (r)=h(rb)$, 则 $\beta \in \mathrm{Hom}(I,N)$. 由条件知, $\exists \tilde{\beta }\in \mathrm{Hom}(R,N),\tilde{\beta }{|}_{I_b}=\beta$.

$\forall x\in \tilde{W}$, 设 $x=x_1+rb,x_1\in W$. 定义 $\tilde{h}:\tilde{W}\to N,\tilde{h}(x)=h(x_1)+\tilde{\beta }(r)$.

先证良定义. 若 $x_1+rb=y_1+sb$, 则 $(s-r)b\in W\to s-r\in I_b$.

$h(x_1)+\tilde{\beta }(r)-h(x_2)-\tilde{h}(s)=h(x_1-y_1)-\tilde{\beta }(s-r)=h(x_1-y_1)-\beta (s-r)=h(x_1-x_2)-h((s-r)b)=0$. 则 $(\tilde{W},\tilde{h})$ 与 $(W,h)$ 极大性矛盾, 从而 $W=B$, 即证!

$\square$

命题 5.15. 设 $R$ 为整环, $N$ 为内射模, 则对 $0\ne r\in R$, 有 $rN=N$.

证明. $0\ne a\in R$, 考虑 $Ra=Ia$, 由整环 $I_a$ 是自由 $R$-模, $\{a\}$ 是基.

$\forall m\in N$, 定义 $f\in \mathrm{Hom}(I_a,N),f(a)=m$, 由内射模性质, $\exists \tilde{f}\in \mathrm{Hom}(R,N),\tilde{f}{|}_{I_a}=f$, 则 $m=f(a)=\tilde{f}(a)=\tilde{f}(a\cdot 1)=a\tilde{f}(1)\in aN$, 则有 $N$ 可除.

$\square$

定义 5.16. 设 $R$ 为含幺环, $N$ 为 $R$ 模, 称 $N$ 是可除模, 若对 $0\ne r\in R$, 有 $rN=N$.

例 5.17. ${}_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q}{,}_{\mathbb{Z}}\mathbb{Q}/\mathbb{Z}$ 为可除模.

命题 5.18.

1	$\{N_i{\}}_{i\in I}$ 可除, 则 $\underset{i\in I}{⨁}{N}_i,\prod _{i\in I}{N}_i$ 可除.
2	$N$ 可除, 则 $N$ 的商模可除.

命题 5.19. 若 $R$ 满足主理想条件 (每个左理想为主理想), 则 $R$ 上的可除模是内射的.
PID 上内射模等价于可除模.

证明. 任取 $I$ 为 $R$ 的左理想, 则 $I$ 为主理想, 设 $I=Ra$.$\forall f\in \mathrm{Hom}(Ra,N)$, 设 $f(a)=m$, 由可除性, $\exists t\in N,at=m$, 定义 $\tilde{f}:R\to N,\tilde{f}(1)=t$, 则 $\tilde{f}(a)=a\tilde{f}(1)=at=m$, 即 $\tilde{f}{|}_{I_a}=f$.

$\square$

例 5.20. 域上的向量空间是可除的.
可除环上的向量空间是自由、平坦、内射的.

命题 5.21. ${\mathrm{Hom}}_R{(}_R{M}_S{,}_{R}N)$ 有左 $S$-模结构: $(s\cdot f)(\cdot )=f((\cdot )s)$. 类似地, ${\mathrm{Hom}}_S{(}_R{M}_S,N_S{)}_R,{\mathrm{Hom}}_R{(}_{R}M{,}_R{N}_S{)}_S{,}_R{\mathrm{Hom}}_S(M_S{,}_R{N}_S)$.

例 5.22. 对左 $R$-模 ${}_{R}M$, $M_R^{\ast }={\mathrm{Hom}}_R{(}_{R}M{,}_R{R}_R{)}_R$ 为右 $R$-模, ${}_R{M}^{\ast \ast }={\mathrm{Hom}}_R(M_R^{\ast }{,}_R{R}_R{)}_R$ 为左 $R$-模. $j:M\to M^{\ast \ast },j(m)(f)=f(m)$ 为 $R$-模同态.

命题 5.23. $M{\cong }_R{\mathrm{Hom}}_R{(}_R{R}_R{,}_{R}M)$.

证明. 定义 $\alpha :{\mathrm{Hom}}_R(R,M)\to M,\alpha (f)=f(1)$

$\beta :M\to {\mathrm{Hom}}_R(R,N),\beta (n)(r)=rn$. 验证 $\alpha ,\beta$ 互逆.

$\square$

命题 5.24. 有自然同构 ${\mathrm{Hom}}_S{(}_S{N}_R{\otimes }_{R}M{,}_{S}P)\cong {\mathrm{Hom}}_R{(}_{R}M,{\mathrm{Hom}}_S{(}_S{N}_R{,}_{S}P)).$

命题 5.25. $R$ 含幺环, $N$ 为内射 $\mathbb{Z}$-模, 则 ${\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}{(}_{\mathbb{Z}}{R}_R{,}_{\mathbb{Z}}N)$ 为内射 $R$-模.

证明. 设 $I$ 是 $R$ 的左理想, $g\in \mathrm{Hom}(I,{\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(R,A))$.

由性质 2, $\alpha :{\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(R,A)\to A,\alpha (f)=f(1)$ 为同构, 记 $h=\alpha \circ g\in \mathrm{Hom}(I,A)$ 是 $\mathbb{Z}$ 模同态, 由 $A$ 是内射 $\mathbb{Z}$ 模, 存在 $\tilde{h}:R\to A$ 是 $\mathbb{Z}$ 模同态, 且 $\tilde{h}{|}_I=R$.

定义 $\tilde{g}:R\to {\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(R,A),\forall r,t\in R,\tilde{g}(r)(t)=\tilde{h}(tr)$, 需要验证 $\tilde{g}(r)\in {\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(R,A)$.

下证: $\tilde{g}{|}_I=g,\forall a\in I,t\in R$. $\tilde{g}(a)(t)=\tilde{h}(ta)=h(ta)=g(ta)(1)=tg(a)(a)=g(a)(t)$. 利用 Baer 判据则知命题成立.

$\square$

命题 5.26. 每个 $R$-模同构于某个内射 $R$-模的子模.

证明. 引理: $A$ 是 $\mathbb{Z}$-模, 则存在内射 $\mathbb{Z}$-模 $J$ 和单模同态 $\alpha :A\to J$.

设 $S$ 是 $A$ 的一个生成元集, ${\mathbb{Z}}^{⟨s⟩}$ 是以 $s$ 为基的自由 Abel 群.

存在满同态 $f:{\mathbb{Z}}^{⟨s⟩}\to A$, 则 $A\cong {\mathbb{Z}}^{⟨s⟩}/\mathrm{Ker}f$.

设 $Q^{⟨s⟩}$ 为以 $s$ 为基的 $Q$-向量空间, $Q$ 是可除 $\mathbb{Z}$-模知 $Q^{⟨s⟩}$ 是可除 $\mathbb{Z}$-模. 记 $i:{\mathbb{Z}}^{⟨s⟩}\to Q^{⟨s⟩}$ 为嵌入, 诱导出 $\tilde{i}:{\mathbb{Z}}^{⟨s⟩}/\mathrm{Ker}f\to Q^{⟨s⟩}/\mathrm{Ker}f$, 注意到可除模的商模可除, 则 $Q^{⟨s⟩}/\mathrm{Ker}f$ 可除, 进而内射, 即证.

将 $M$ 看成 $\mathbb{Z}$ 模, 存在内射 $\mathbb{Z}$ 模 $J$ 和单 $\mathbb{Z}$-模同态 $\beta :M\to T$.

$M\cong {\mathrm{Hom}}_R(R,M)\to {\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(R_R,M)\stackrel{{\beta }_{\ast }}{\to }{\mathrm{Hom}}_{\mathbb{Z}}(R,J)$

第一个为 $R$ 模同构, 第二个为单 $R$ 模同态, 第三个为单群同态. 只需验证 ${\beta }_{\ast }$ 为单 $R$ 模同态: 设 $u\in {\mathrm{Hom}}_Z(R,M),\forall r\in R,t\in R$, $\beta \circ (ru)(t)=\beta (ru(t))=\beta (u(tr)),r(\beta u)(t)=(\beta u)(tr)=\beta (u(tr))$, 则有 $\beta (ru)=r(\beta u)$, 即 ${\beta }_{\ast }(ru)=r{\beta }_{\ast }(u)$.

$\square$

命题 5.27. 以下等价:

(1)	$N$ 内射.
(2)	任意短正合列 $0\to N\stackrel{\alpha }{\to }A\stackrel{\beta }{\to }B\to 0$ 可裂.

证明. (1)$\Rightarrow$(2)$N$ 内射, $\exists s\in \mathrm{Hom}(A,N),s\circ \alpha ={\mathrm{id}}_N$, 由此知短正合列可裂.

(2)$\Rightarrow$(1) 存在 $T$ 为内射 $R$-模和 $u\in \mathrm{Hom}(N,T)$ 为单模同态. $\forall g\in \mathrm{Hom}(M_1,N)$, 令 $h=u\circ g$. 由 $T$ 内射, $\exists \tilde{h}\in \mathrm{Hom}(M_2,T),\tilde{h}\circ \alpha =h$.

考虑短正合列:$0\to N\stackrel{u}{\to }T\stackrel{j}{\to }N/\mathrm{Im}u\to 0$, 由可裂性知 $\exists s\in \mathrm{Hom}(T,N),s\circ u={\mathrm{id}}_T$. 定义 $\tilde{g}=s\circ \tilde{h}\in \mathrm{Hom}(M_2,N)$, 此时 $\tilde{g}\circ \alpha =s\circ \tilde{h}\circ \alpha =s\circ h=s\circ u\circ g=g$.

$\square$

6半单模

定义 6.1. $R$ 为含幺环, ${}_{R}M$, 称 $M$ 为单模, 若 $M$ 只有平凡子模且 $M\ne \{0\}$.

命题 6.2. 下列命题等价:

  1. $M$ 是单模.

  2. $M\ne \{0\}$ 且 $\forall 0\ne m\in M$, $M=⟨m⟩=R\cdot m$.

  3. $M\cong R/I$, 其中 $I$ 是 $R$ 的一个极大左理想.

证明. (1)$\Rightarrow$(2) $\forall 0\ne m\in M,⟨m⟩$ 是 $M$ 子模, 则有 $⟨m⟩=M$.

(2)$\Rightarrow$(3) 取 $0\ne m_0,M=⟨m_0⟩$, 定义 $f\in \mathrm{Hom}(R,⟨m_0⟩),f(r)=r{m}_0$, 记 $I=\mathrm{Ker}f$, 则 $R/I\cong M$.

设 $I\subset J$ 为左理想, 若 $I⊊J$, 则 $\exists s\in J\backslash I,0\ne s{m}_0\in M\Rightarrow ⟨s{m}_0⟩=⟨m_0⟩\Rightarrow \exists r\in R,m_0=rs{m}_0$, 则 $(1-rs)m_0=0$, 则有 $1-rs\in I\subset J$, 注意到 $rs\in J$, 于是 $1\in J,J=R$. 所以 $I$ 为 $R$ 的极大理想.

(3)$\Rightarrow$(1) 注意到 $R/I$ 为单 $R$-模, $R/I\cong M$, 于是 $M$ 为单模.

$\square$

例 6.3. $R=F$ 是域, 单模是 $1$ 维 $F$-向量空间. 可除环同理.

例 6.4. 单 $\mathbb{Z}$-模 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$, 其中 $p$ 是素数.

例 6.5. $D$ 为可除环, $V$ 为 $D$-模, $R={\mathrm{End}}_D(V)$ 是自同态环, 则 $V$ 是单 ${\mathrm{End}}_D(V)$-模.

命题 6.6. $M$ 是单 $R$-模, $T$ 是 $R$-模, 则

  1. 设 $f:M\to T$ 是模同态, 则 $f=0$ 或 $f$ 是单的.

  2. 设 $g:T\to M$ 是模同态, 则 $g=0$ 或 $g$ 是满的.

  3. ${\mathrm{End}}_R(M)$ 是可除环.

证明. 1.$\mathrm{Ker}f$ 是 $M_1$ 子模, 则 $\mathrm{Ker}f=0$ 或者 $M_1$, 前者对应单射, 后者对应 $0$.

2.$\mathrm{Im}f$ 是 $M_2$ 子模, 则 $\mathrm{Im}f=0$ 或者 $M_2$, 前者对应 $0$, 后者对应满射.

$\square$

命题 6.7. $M$ 是 $R$-模, 下列命题等价:

  1. $M$ 是单子模的和.   2. $M$ 是单子模的直和.   3. $M$ 的每个子模都是 $M$ 的直和项.

证明. 引理: $M$-$R$ 模, $M_1$ 是单子模, $T$ 是 $M$ 子模, 则要么 $T\cap M_1=0$, 要么 $M_1\subset T$.

$T\cap M_1$ 是 $M_1$ 子模, 则 $T\cap M_1=0$ 或者 $M_1$, 前者对应 $T\cap M_1=0$, 后者对应 $M_1\subset T$.

(1)$\Rightarrow$(2) 设 $M\ne 0$, $S=\{J\subset I\mid \sum _{j\in J}{M}_j\text{ 是直和}\}$, 定义 $S$ 上的偏序关系为包含关系, 容易验证偏序. 下证递归关系, 设 $\{J_{\lambda }{\}}_{\lambda \in \Lambda }$ 是全序子集, 令 $J=\cup J_{\lambda }$, 断言 $J\subset S$, 即 $\sum _{j\in J}{M}_j$ 是直和.

设 $j_1,j_2\cdots j_s\in J,m_i\in M_{j_i}$, $m_1+\cdots +m_s$, $\exists {\lambda }_1,\cdots ,{\lambda }_s,s.t.j_i\in J_{{\lambda }_i}$, 由全序性, 知 $\exists {\lambda }_{i_0},s.t.J_{{\lambda }_i}\in J_{{\lambda }_{i_0}}$. 由 $\sum _{J_{{\lambda }_{i_0}}}{M}_j$ 的全序性, 知 $m_1=\cdots =m_s=0$, 断言成立.

于是 $S$ 存在极大元 $J_0$, 断言 $M=\sum _{j\in J_0}{M}_j=\underset{j\in J_0}{⨁}{M}_j$.

否则 $\exists i_0,M_{i_0}⊈\underset{j\in J_0}{⨁}{M}_j$, 由引理知 $M_{i_0}\cap \underset{j\in J_0}{⨁}{M}_j=0$, 则 $J_0\cup i_0\in S$ 与极大性矛盾!

(2)$\Rightarrow$(3) $M=⨁M_i$, $N$ 是 $M$ 子模, $N\ne 0,N\ne M$, 设 $S=\{J\subset I|N+(\underset{j\in J}{⨁}{M}_j)\text{ 是直和}\}$. 其上的偏序关系为包含关系, 同样验证为偏序集且递归.

存在极大元 $J_0$, 断言 $M=N\oplus (\underset{j\in J_0}{⨁}{M}_j)$, 否则存在 $\exists i_0,M_{i_0}⊈N\oplus (\underset{j\in J_0}{⨁}{M}_j)$, 则 $M_{i_0}\cap N\oplus (\underset{j\in J_0}{⨁}{M}_j)=0$, 则 $M_{i_0}\oplus N\oplus (\underset{j\in J_0}{⨁}{M}_j)$ 是直和, 与极大性矛盾!

(3)$\Rightarrow$(1) 引理: $M$ 满足 (3) 的条件, 则 $M$ 的子模和商模也满足.

$N$ 是 $M$ 的子模, $K$ 是 $N$ 的子模, 则 $K$ 是 $M$ 的子模, 则存在 $M$ 的子模 $T$, 使得 $M=K\oplus T$.

断言 $N=K\oplus (N\cap T)$, 一方面 $K\cup (N\cup T)\subset T=0$, 另一方面, 设 $n=k+t,k\in K,t\in T$, 则 $t=n-k\in N,t\in N\cup T$, 由此 $N\subset K+(N\cap T)$, 即证!

考虑 $M$ 的商模 $M/N$, $M=N\oplus T\to M/N=(N\oplus T)/T\cong T/N\cap T=T$, $T$ 是 $M$ 的子模, 从而满足条件 (3), 则 $M/N$ 也满足.

注意到有限生成非零 $R$-模有极大子模, $\forall 0\ne m\in M,⟨m⟩=Rm$ 有极大子模 $T$, 则 $⟨m⟩/T$ 是单模.

考虑 $S=\{M\text{ 的所有单子模}\}$ 非空, $M_0=\sum _{W\in S}W$.

要证 $M_0=M$, 否则 $M_0⊊M$, 则存在子模 $Q\ne 0$ 使得 $M=M_0\oplus Q$.

取 $0\ne v\in Q$, $⟨v⟩$ 有单子模 $\tilde{T}$ 则 $\tilde{T}\subset M_0\cap Q=\{0\}$, 矛盾!

$\square$

定义 6.8. 半单模, 半单环

  称满足上述命题的模是半单模 (semisimple module) . 若 ${}_{R}R$ 是半单 $R$-模, 称其为半单环 (semisimple ring) .

命题 6.9. 设 $M$ 是半单模, 则 $M$ 的任意子模 $N$, $N$ 与 $M/N$ 都是半单模.

命题 6.10. 若 $R$ 可除, 则 $R$ 半单.

命题 6.11. 设 $\{M_i{\}}_{i\in I}$ 是 $R$-模, 则 $\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$ 是半单的, 等价于每个 $M_i$ 是半单的.

证明. $⨁N_i$ 是半单模, 则 $N_i$ 是 $⨁N_i$ 是子模模进而半单.

$N_i$ 都是半单模, 则 $N_i=\underset{i\in I}{⨁}{M}_{ij},⨁N_i=⨁(\underset{i\in I}{⨁}{M}_{ij})$ 为半单模.

$\square$

命题 6.12. $R$ 是半单环, 等价于每个 $R$-模都是半单的.

命题 6.13. $R$ 是环, 以下命题等价:

  1. $R$ 半单.

  2. 每个 $R$-模半单.

  3. 每个短正合列可裂.

  4. 每个 $R$-模投射.

  5. 每个 $R$-模内射.

证明. 1$\Rightarrow$2: $M$ 是 $R$-模, $M\cong R^{⟨S⟩/K}$, $R^{⟨S⟩}\cong \underset{i\in S}{⨁}R$ 是半单模, 则 $M$ 是半单模.

2$\Rightarrow$3: 短正合列 $0\to A\stackrel{\alpha }{\to }B\stackrel{\beta }{\to }C\to 0$. $B$ 半单模, $\mathrm{Im}\alpha$ 是 $B$ 的子模从而是直和项, $B=\mathrm{Im}\alpha \oplus T$, 则可裂.

3$\Rightarrow$4: $0\to A\to B\to C\to 0$ 可裂则 $M$ 投射.

4$\Rightarrow$5: $0\to M\to N\to T\to 0$, 由 $T$ 投射知短正合列可裂则 $M$ 投射.

5$\Rightarrow$1: $I$ 是左理想是内射模, $0\to I\to R\to R/I\to 0$ 可裂, 则 $R=I\oplus T$, 则 $R$ 半单.

$\square$

命题 6.14. $R$ 是含幺环, 且 ${}_{R}R=\underset{i\in I}{⨁}{M}_i$, $M_i$ 是左理想, 则 $M_i=\{0\}$ 除了有限多个 $i$.

证明. 存在 $e_i\in M_{{\alpha }_i},{\alpha }_i\ne {\alpha }_j,1=e_1+\cdots +e_m$.

$\forall r\in M_{\alpha },\alpha \ne {\alpha }_i,r=r\cdot 1+\cdots +r\cdot e_m\in \sum M_{{\alpha }_i}$, 由直和性质 $r=0$.

$\square$

推论 6.15. 设 $R$ 是半单环, 则存在有限多个极小左理想 $M_1,\cdots ,M_n$ 使得 ${}_{R}R=M_1\oplus \cdots \oplus M_n$, 且存在 $e_i\in M_i$ 使得

  1. $1=e_1+\cdots +e_n$.

  2. $e_i{e}_j={\delta }_{ij}{e}_i$.

  3. $M_i=⟨e_i⟩=R{e}_i$.

证明. 沿用记号 $e_i=e_i{e}_1+\cdots +e_i{e}_m$, 由直和性质 $e_i^2=e_i,e_i{e}_j=0,\forall i\ne j$. $R{e}_i\subset M_i$ 由极小性 $R{e}_i=M_i$.

$\square$

命题 6.16. $D$ 是可除环, $V$ 是 $D$-向量空间, $n={\dim }_{D}V$, $R={\mathrm{End}}_D(V)$, 则 $V$ 是 $R$-单模, 且

  1. ${}_{R}R\cong nV$, 则 $R$ 是半单环.

  2. 设 $M$ 是单 $R$-模, 则 $M\cong V$.

命题 6.17. $M$ 是非零单模, $R$ 是半单环且 ${}_{R}R=⨁M_i$, 则存在 $i_0\in I,M\cong M_i$.

证明. $0\ne m\in M,M=Rm$. 定义满模同态 $f:R\to ⟨m⟩,f(r)=rm$.

由 $R$ 是半单环, 短正合列 $0\to \mathrm{Ker}f\to R\to M$ 可裂.

存在 ${}_{R}R$ 左理想 $T$, 使得 $R=\mathrm{Ker}f\oplus T,T\cong R/\mathrm{Ker}f\cong M$. 则 $T$ 是单模.

考虑投影 $T{:}_{R}R=⨁M_i\stackrel{p_i}{\to }{M}_i$. 由命题 6.6, ${\alpha }_i$ 为零同态或者同构. 若 ${\alpha }_i$ 均是零同态, 则 $T=\{0\}$ 矛盾, 存在 $i_0,M\cong T\cong M_{i_0}$.

$\square$

推论 6.18. 设 $R$ 是半单环, ${}_{R}R=M_1\oplus \cdots \oplus M_l$, $M_i$ 是单子模, 设 $T$ 是单 $R$-模, 则存在 $i_0$ 使得 $T\cong M_{i_0}$.

证明. $0\ne m\in M,M=Rm$. 定义满模同态 $f:R\to ⟨m⟩,f(r)=rm$.

由 $R$ 是半单环, 短正合列 $0\to \mathrm{Ker}f\to R\to M$ 可裂.

存在 ${}_{R}R$ 左理想 $T$, 使得 $R=\mathrm{Ker}f\oplus T,T\cong R/\mathrm{Ker}f\cong M$. 则 $T$ 是单模.

考虑 ${\alpha }_i:T\stackrel{i}{\to }{}_{R}R=⨁M_i\stackrel{p_i}{\to }{M}_i$. 由性质 13, ${\alpha }_i$ 为零同态或者同构. 若 ${\alpha }_i$ 均是零同态, 则 $T=\{0\}$ 矛盾, 存在 $i_0,M\cong T\cong M_{i_0}$.

$\square$

命题 6.19. $R_1,\cdots ,R_n$ 是半单环, 则 $R=R_1\times \cdots \times R_n$ 是半单环.

命题 6.20. $R=M_{n_1}(D_1)\times \cdots \times M_{n_l}(D_l)$ 是半单环, 其中 $D_i$ 是可除环.

  $D_i^{n_i}$ 是 $R$ 的所有两两不同构的单模.

命题 6.21. $R$ 为环, 则 $R$ 是半单环等价于存在可除环 $D_1,\cdots ,D_l$, $n_1,\cdots ,n_l\in \mathbb{N}$, 使得 $R\cong M_{n_1}(D_1)\times \cdots \times M_{n_l}(D_l)$.

证明. $⟹$ 设 $R$ 是半单环, 存在 $t\in N,I_1,\cdots ,I_t$ 为 $R$ 的左理想, $R=I_1\oplus \cdots \oplus I_t$, 不妨设 $I_1,\cdots ,I_s$ 为极大两两不同构组 ($I_1,\cdots ,I_s$ 两两不同构, 且 $I_{s+1},\cdots ,I_n$ 中任意一个都与 $I_1,\cdots ,I_s$ 中一个同构). 则 ${}_{R}R\cong n_1{I}_1\oplus \cdots \oplus n_s{I}_s,n_i\in N$. 记此同构为 $\alpha :{}_{R}R\to n_1{I}_1\oplus \cdots \oplus n_s{I}_s$

此时 $R^{op}\cong {\mathrm{End}}_R{(}_{R}R)\cong {\mathrm{End}}_R(n_1{I}_1\oplus \cdots \oplus n_s{I}_s)\cong {\mathrm{End}}_R(n_1{I}_1)\times \cdots \times {\mathrm{End}}_R(n_s{I}_s)\cong {\prod }_{i=1}^s{M}_{n_i}(D_i),D_i={\mathrm{End}}_R(I_i)$.

第一个同构已给出, 第二个同构是 $f\to \alpha \circ f\circ (\alpha {)}^{-1}\alpha$, 第三个同构由下给出: $n_j{I}_j\stackrel{q_j}{\to }{n}_1{I}_1\oplus \cdots \oplus n_s{I}_s\stackrel{f}{\to }{n}_1{I}_1\oplus \cdots \oplus n_s{I}_s\stackrel{p_i}{\to }{n}_i{I}_i$, 记 $f_{ij}=p_i\circ f\circ q_j:n_j{I}_j\to n_i{I}_i$, 由 $I_i,I_j$ 为单模且不同构知 $f_{ij}=0,i\ne j$. 构造同构 $f\in {\mathrm{End}}_R(n_1{I}_1\oplus \cdots \oplus n_s{I}_s)\to (p_i\circ f\circ q_i{)}_i\in {\mathrm{End}}_R(n_1{I}_1)\times \cdots \times {\mathrm{End}}_R(n_s{I}_s)$.

容易验证 $M_n(R{)}^{op}\cong M_n(R^{op}),A\to A^T$.

此时 $R=(R^{op}{)}^{op}\cong ({\prod }_{i=1}^s{M}_{n_i}(D_i){)}^{op}\cong {\prod }_{i=1}^s{M}_{n_i}(D_i{)}^{op}\cong {\prod }_{i=1}^s{M}_{n_i}(D_i^{op})$, 即证!

$\square$

命题 6.22. $R^{\mathrm{op}}\cong {\mathrm{End}}_R(R)$ 是环同构.

证明. 定义 $\alpha :{\mathrm{End}}_R{(}_{R}R)\to R,\alpha (f)=f(1)$.

$\alpha (f_1+f_2)=(f_1+f_2)(1)=f_1(1)+f_2(1)=\alpha f_1+\alpha f_2,\alpha (fg)=(fg)(1)=f(g(1)\cdot 1)=g(1)f(1)=f(1){\cdot }_{op}g(1)$, 即证 $\alpha$ 是环同态, 容易验证是双射.

$\square$

推论 6.23. $R$ 是交换半单环等价于 $R=F_1\times \cdots \times F_s$, 其中 $F_i$ 是域.

推论 6.24. ${}_{R}R$ 是半单的, 等价于 $R_R$ 是半单的.

定义 6.25. Jacobson 根

  $R$ 是环, 称 $J(R)=\{r\in R\mid \forall \text{ 左单模 }M,r\cdot m=0,\forall m\in M\}$ 是 $R$ 的 Jacobson 根.

  $J(R)=\bigcap _{M单}{\mathrm{Ann}}_R(M)$.

命题 6.26. $J(R)=\bigcap _{I极大单边理想}I$.

例 6.27.

(1)	$D$ 是可除环, $J(D)=\{0\}$, $J(M_n(D))=\{0\}$.
(2)	$J(\mathbb{Z})=\bigcap _{p是素数}p\mathbb{Z}=\{0\}$.
(3)	$R$ 是 PID. $J(R)=\bigcap _{a不可约}⟨a⟩=\{0\}$.
(4)	$J(\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z})=p\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$.

命题 6.28. $J(R/J(R))=\{0\}$, $J(M_n(R))=M_n(J(R))$, $J({\prod }_{i\in I}{R}_i)={\prod }_{i\in I}(J(R_i))$.

定义 6.29. $\mathrm{Artin}$ 环

  $R$ 为环, 称 $R$ 是左 $\mathrm{Artin}$ 环, 若 $R$ 的每个非空左理想集合有极小元.

命题 6.30. $R$ 是半单环, 等价于 $R$ 是左 $\mathrm{Artin}$ 环且 $J(R)=\{0\}$.

证明. $\Rightarrow$

$R$ 半单 $\Rightarrow$ $R={\oplus }_{\text{极小左理想}}I$, 因此 $J(R)=\oplus J(I)=\oplus \{0\}=\{0\}$, 并且容易验证降链条件 $d.c.c.$,

$\Leftarrow$

由于 $R$ 是 Artin 环, 由 Zorn 引理可以得出左极小理想的存在性. 故不妨可以记 $\{I_l{\}}_{l\in L}$ 为全体极小左理想, 易见它们均不交. 对于每一个 $I_l$, 由于 $J(R)=0$, 因此存在极大左理想 $M_l$, 使得 $I_l⊈M_l$, 那么由 $M_l$ 的极大性有 $R=I_l+M_l$, 由 $I_l$ 的极小性有 $I_l\cap M_l=\{0\}$(否则 $I_l\cap M_l\subseteq I_l$ 是更小的左理想), 因此 $R=I_l\oplus M_l$.

取 $R=I_1\oplus M_1$, 然后找包含于 $M_1$ 的极小左理想 $I_2$, 可以有分解 $R=I_2\oplus M_2=I_1\oplus I_2\oplus (M_1\cap M_2)$,

这样一直下去, 由于 $R$ 是 Artin 环, 故这个步骤会在有限步内结束. 亦即 $R$ 可以写成 $R={\oplus }_{i=1}^n{I}_i$, 这就得出了 $R$ 是半单环.

$\square$

推论 6.31. $R$ 是左 $\mathrm{Artin}$ 环, 则 $R/J(R)$ 是半单环.