接上文,来总结一下第二章(Modules)学的东西。感觉很可能写不完所以说不定会再开一篇。
Chapter 2. Modules 总结
模,模同态
固定一个环 A。一个 A-模 A-module 是一个阿贝尔群 M,且 A 在其上有一个线性的作用。换句话说,一个 A-模是一个二元组 (M,μ),其中 M 是一个阿贝尔群,而 μ 是一个 A×M→M 的映射,满足:
a(x+y)(a+b)x(ab)x1x=ax+ay=ax+bx=a(bx)=x
其中 a,b∈A;x,y∈M。或者等价的,一个阿贝尔群 M 以及一个 A→E(M) 的环同态(E(M) 是 M 的自同态环)。
A 本身,或者更一般的,
A 上的任意理想
a 都可以看做
A-模。
一个 A-模之间的映射 f:M→N 是 A-模同态 A-module homomorphism(或者说是 A-线性 A-linear 的)当且仅当 f(x+y)=f(x)+f(y);f(ax)=a⋅f(x)。换句话说 f 是一个群同态,并且它和 A 中元素的作用均交换。A-模同态的复合仍然是 A-模同态。
特别的,如果 A=k 是一个域,那么 k-模就等价于 k-线性空间,k-模同态就等价于 k-线性映射。
固定 A-模 N,M,则 N→M 的所有同态也构成一个 A-模:只需定义 (f+g)(x)=f(x)+g(x);(af)(x)=a⋅f(x) 即可。这个模记做 HomA(N,M);不引起歧义的时候有时候会省去下标 A。
同态 u:M′→M 以及 v:N→N′ 分别引导同态
uˉ:Hom(M,N)→Hom(M′,N);vˉ:Hom(M,N)→Hom(M,N′)
定义如下:
uˉ(f)=f∘u;vˉ(f)=v∘f
对任意的 M 存在一个自然的同构 Hom(A,M)≅M,因为任意同态 f:A→M 唯一的由 f(1) 确定。
子模与商模
如果 A-模 M 的一个子群 M′ 也构成一个 A-模(在标量乘下封闭),那么称之为 M 的一个子模 submodule。此时商群 M/M′ 在 a(x+M′)=ax+M′ 的意义下也构成 A-模,称为 M 对 M′ 的商模 quotient module。M→M/M′ 的自然的变换(将每个元素映射到它所在的陪集)同时也是 A-模同态。
对任意 M 的子模 M′,存在一个从 M/M′ 的子模到 M 中包含 M′ 的子模的一一对应。(这句话哪里都有,群,环(理想),模…)
如果 f:M→N 是 A-模同态,那么 f 的核 kernel 定义为 Kerf={x∈M∣f(x)=0},它是 M 的一个子模。
f 的**像** *image* 为
Imf={f(x)∣x∈M},是
N 的一个子模。其**余核** *cokernel*(有的地方也翻译成“上核”?~~反正就是 co-核就对了~~)定义为
N/Imf。
如果 M′⊆Kerf 是一个子模,那么 f 可以引导出同态 fˉ:M/M′→N,定义为 fˉ(x+M′)=f(x),此时 fˉ 的核为 Kerf/M′。特别的,取 M′=Kerf,就得到一个 A-模同构
M/Kerf≅Imf
子模上的运算
模的运算和理想类似:对于一族 M 的子模 (Mi)i∈I,可以定义它们的和 ∑i∈IMi(包含所有形如 ∑i∈Ixi 的元素,其中 xi∈Mi 且只有至多有限项非零),它们的交 ⋂i∈IMi。两者都也是 M 的子模。
另外,如果两个子模之间有包含关系,那么可以把其中一个看做另一个的子模然后求商模。有如下两个命题成立:
- 若 L⊇M⊇N 是 A-模,则(L/N)/(M/N)≅L/M
- 若 M1,M2 都是 M 的子模,则(M1+M2)/M1≅M2/(M1∩M2)
对于第一个,构造满同态 ϕ:L/N→L/M;ϕ(x+N)=x+M,则其核为 M/N,因此命题成立。
对于第二个,构造满同态 θ:M2→(M1+M2)/M1;θ(x)=x+M1,那么其核为 M1∩M2,命题成立。□
一般地我们没办法定义两个子模的积,但是我们可以定义子模和理想的积 aM,即所有形如 ∑iaixi(ai∈a,xi∈M) 的元素构成的子模。
对两个子模 N,P⊆M,定义 (N:P) 为所有使得 xP⊆N 的元素 x∈A,它是一个 A 的理想。特别的,(0,M) 是所有使得 xM=0 的元素 x∈A,称为 M 的零化子 anhilator,记做 Ann(M)。如果 a⊆Ann(M),则 M 也可以看做一个 A/a-模。
如果 Ann(M)=0,那么称 M 为忠实 faithful 的。如果 Ann(M)=a),那么 M 可以看做一个忠实 A/a-模。
模的直和与直积
如果 M,N 是 A-模,它们的直和 direct sum M⊕N 定义为其笛卡尔积构成的 A-模,加法和标量乘法均逐项进行。更一般的,如果 (Mi)i∈I 是一族 A-模,那么它们的直和 ⨁i∈IMi 定义为所有 (xi)i∈I 构成的模,其中 xi∈Mi 且只有有限项非零。
如果我们把“只有有限项非零”的限制去掉,那么得到的 A-模称为 (Mi)i∈I 的直积 direct product,记做 ∏i∈IMi。于是直和与直积在有限维的情况下是相同的,无限维则不一定。
如果环 A 可以写作直积 ∏i=1nAi,那么所有形如
(0,0,…,0,ai,0,…,0)
其中 ai∈Ai 的元素,形成了 A 的一个理想 ai(并且是一个主理想,其生成元 ei 是一个幂等元(ei2=ei)),且 A 看做 A-模可以写作所有 ai 的直和。并且若令 bi=⨁j=iai,那么 Ai≅A/bi,因此 A≅∏i=1n(A/bi)。
有限生成模
如果一个 A-模 M 可以由有限个元素生成(M=∑i=1n(xi)),那么称它为 有限生成 finitely generated 的。如果一个 A-模 M 同构于 ⨁i∈IMi 的形式并且每个 Mi 同构于 A,就称它为自由 free 的,有时记做 A(I)。
有限生成的自由模都长成 ⨁i=1nA 的样子,记做 An。(以 A0 表示平凡模 0)
命题:一个模是有限生成的当且仅当它是某个 An 的商模。
Mark: 本节后面的几个命题咱不太理解用来做什么。
命题:如果 M 是有限生成的,ϕ:M→M 是模自同态并且 ϕ(M)⊂aM,那么 ϕ 满足一个长成这样的等式
ϕn+a1ϕn−1+⋯+an=0
其中 ai∈a。
推论:若 aM=M,那么存在一个 x≡1(moda) 使得 xM=0。取 ϕ(x)=x,x=1+a1+a2+⋯+an 即可。
命题(中山正引理 Nakayama’s Lemma):如果 M 是有限生成的,a⊆R 是包含在 Jacobson 根里的一个理想,那么 aM=M 蕴含 M=0。(存在 x≡1(modR) 使得 xM=0,但是这样的 x 都是单位。)
推论:M,a 如上个命题所述,N⊆M 使得 M=aM+N,则 M=N。(应用到 M/N 中即可)
推论:若 A 是局部环,m 是其极大理想而 k=A/m 是其剩余域,M 是有限生成 A-模,则 M/mM 显然由 m 零化,因此是一个 k-模(k-线性空间),且显然是有限维的。此时若 x1,…,xn 在 M/mM 中的像形成线性空间的一组基,那么 x1,…xn 生成 M。(若令 N 表示 xi 生成的子模,那么有 N+mM=M。)
正合列
hmm,终于写到正合列了噩梦的开始。
一个由 A-模和 A-模同态构成的序列
⋯Mi−1fiMifi+1Mi+1⋯
称为正合 exact 的,如果 Imfi=Kerfi+1。特别的:
-
0M′fM 正合当且仅当 f 是单射;
-
MgM′0 正合当且仅当 g 是满射;
-
0M′fMgM′′0 正合当且仅当 f 是单射、g 是满射,且 g 诱导了 Coker(f) 到 M′′ 的同构。
最后这种正合列叫做短正合列 short exact sequence。任意的正合列都可以拆成短正合列:定义 Ni=Imfi=Kerfi+1,则 0NiMiNi+10 对于每个 i 都是正合的(反过来也对)。
命题:
-
M′uMvM′′0 正合当且仅当对于任意的 A-模 N,下述序列正合:
0Hom(M′′,N)vˉHom(M,N)uˉHom(M′,N)
-
0N′uNvN′′ 正合当且仅当对于任意的 A-模 M,下述序列正合:
0Hom(M,N′)uˉHom(M,N)vˉHom(M,N′′)
这个命题的四个部分“都是简单的练习题”。
hm,我好像还没证过,我来试试。
此命题的证明
(1.) Implies: v 是满射 Implies vˉ:f↦f∘v 是单射,显然。
对于 uˉ 和 vˉ,不难证明 f∈Keruˉ⟺Kerf⊇Imu=Kerv。那么 Imvˉ⊆Keruˉ 立即成立(g∘v 的核肯定包含 v 的核)。
反过来如果 Kerf⊇Kerv,那么复合映射
g:M′′v−1M/KervM/KerffN
就是满足 f=g∘v 的同态(注意这里用到了 v 是满射)。因此我们有 Imvˉ=Keruˉ。
(1.) Impliedby: 取 N=M′′/Imv,考虑投影同态 ϕ:M′′→N。显然 vˉ(ϕ)=ϕ∘v=0,因此由 vˉ 的单射性可知 ϕ=0,于是 N 为零模,即 Imv=M′′,v 是满射。
取 N=M′′,那么由于 uˉ∘vˉ=0,也就是说对任意的 f 都有 v∘u∘f=0,取 f 为恒等映射可知 v∘u=0,即 Imu⊆Kerv。
再取 N=M/Imu,令 ϕ:M→N 为投影同态,则 uˉ(ϕ)=ϕ∘u=0,即 ϕ∈Keruˉ=Imvˉ。因此存在 ψ:M′′→M/Imu 使得 ϕ=ψ∘v,所以 Imu=Kerϕ⊇Kerv。
(2.) Implies: 如果 u 是单射,那么显然 uˉ:f↦u∘f 是单射。
接下来有 f∈Kervˉ⟺v∘f=0⟺Imf⊆Kerv=Imu,因此显然 Imuˉ⊆Kervˉ(显然 u∘f 的像包含在 u 的像里)。
反过来,如果 Imf⊆Imu,那么因为 u 是单射,所以肯定可以把 f 的像都拉回到 N′ 中,这样就得到了一个同态 g 使得 f=u∘g。因此 Imuˉ⊇Kerv。
(2.) Impliedby: 这个好像很简单的样子。取 M=A,然后由 Hom(A,N)≅N,并且这种同构意义下 uˉ,vˉ 和 u,v 是一模一样的。
命题(“蛇引理”,Snake Lemma):
如果我们有这样一张交换图(i.e. b∘f=f′∘a,c∘g=g′∘b):
其中 A,B,C,A′,B′,C′ 都是 A-模,a,b,c,f,g,f′,g′ 都是 A-模同态,并且上下两行都是正合列,则存在这样一个正合列:
0→KerafˉKerbgˉKercdCokerafˉ′Cokerbgˉ′Cokerc→0
这里 Ker 之间的映射是 f,g 的限制(根据交换性易证 f(Kera)⊆Kerb etc.),而 Coker 之间的映射由 f′,g′ 诱导而出(同样易证 f′(Ima)⊆Imb etc.)。
事实上左上和右下的 0 可以省掉,相应的结果中左右的 0 也会省掉。
中间的这个 d 称作边缘同态 boundary homomorphism,它的构造以及正合列的证明如下:
Proof of Snake Lemma
首先来定义 d。若 x∈Kerc⊆C,那么由于 g 是满射,所以存在 y∈B 使得 x=g(y)。此时 g′(b(y))=c(g(y))=c(x)=0,即 b(y)∈Kerg′=Imf′,因此存在 t∈A 使得 f′(t)=b(y)。取这样的 t 所在的等价类(即映射到 Cokera=A′/Ima 上)作为 d(x) 即可。
这样的话我们其实没有证明 d 是良定义的(注意这里 f′ 是单射,因此仅存在 y 的选择这里是不确定的)。我们先简单地证明一下它是良定义的:如果我们选择了两个不同的 y1,y2 使得 g(y1)=g(y2)=x,那么 y1−y2∈Kerg=Imf,因此 b(y1)−b(y2)∈Im(b∘f)。而对应地选取的两个 t 满足 f′(t1)=b(y1),f′(t2)=b(t2),从而 f(t1−t2)∈Im(f′∘a)=f′(Ima);而 f′ 是单射,就有 t1−t2∈Ima,因此 t1 和 t2 会处在 Ima 的相同陪集里面,从而不影响 d(x) 的取值。
接下来要证明结果是正合列。对于 fˉ 是单射、Imfˉ=Kergˉ 以及反过来 Coker 之间的两个映射,证明都是显然的;其实只需要证明 Imgˉ=Kerd,以及 Imd=Kerfˉ′。
为此我们看看 d 到底做了什么:
- 首先,对于 x∈Kerc,利用 g 的“逆映射”将其拉回到 M=(c∘g)/Kerg。这一步是一个同构 Kerc≅M。
- 利用 b 把 M 映射到 B 里面去。由于上一步我们把相差一个 Kerg=Imf 的元素都等价起来了,所以这一步我们要把相差一个 b(Imf)=Im(b∘f) 的元素都等价起来。因此我们把 M=Ker(g′∘b)/Imf 映射到了 N=Kerg′/Im(b∘f)。这一步不一定是同构。
- 将上一步中 N 的元素通过 f′ 拉回去。由于 N 只包含若干 Kerg′=Imf′ 中的等价类,因此是可以拉回去的。并且 f′ 是单射,所以拉回去的时候不用考虑额外商掉核什么的。因此我们有 N=Imf′/Im(f′∘a)≅A′/Ima=Cokera。
接下来为了验证正合性,就要计算 Kerd 以及 Imd。由于 d 是两边两个同构中间一个同态,所以其实只需要考虑求中间那个由 b 诱导的同态(下面记做
bˉ:Ker(g′∘b)/Imf→Kerg′/Im(b∘f)
)的像以及核。
bˉ 的核:如果
bˉ(x+Imf)=0,即
b(x)∈Im(b∘f)=b(Imf),那么不难证明
x∈Imf+Kerb。因此
Kerbˉ=(Imf+Kerb)/Imf,把它用
g 拉过去就可以知道
Kerd=g(Kerb),也就正好是正合列中限制了
g 的定义域之后它的像。
bˉ 的像;
Ker(g′∘b) 作用一个
b 之后得到的是
Imb∩Kerg′,因此
bˉ(M)=(Imb∩Imf′)/Im(f′∘a)。把它用
f′ 拉回去可以得到
Imd=f−1(Imb)/Ima。而
xˉ∈Kerfˉ′⟺f′(x)∈Imb,因此即得
Imd=Kerfˉ′。
这样我们就证明了蛇引理。
令 C 表示一族 A-模,λ 为一个 C→Z 的函数(或者更一般地,到任意阿贝尔群)。如果对任意的短正合列 0→M′→M→M′′→0 都有 λ(M′)−λ(M)+λ(M′′)=0,就称 λ 是加性 additive 的。
举例:若 A 是一个域 k,C 是所有的有限维 k-向量空间,λ(M)=M 的维数,则 λ 是加性的。
命题:若 λ 如上定义,0→M0→M1→⋯→Mn→0 正合,那么
i=0∑n(−1)iλ(Mi)=0
证明:把它拆成 n+1 个短正合列 0→Ni→Mi→Ni+1,注意到 λ(Mi)=λ(Ni)+λ(Ni+1),因此交错求和结果为 0。
PS:看上去这个证明要求 C 中的模的子模还在 C 中。
本篇 Blog 暂时到此为止吧,第二章的知识比第一章困难多了…
下一篇继续写张量积相关内容(下一篇大约要过几天了,不做习题的情况下根本不明白这些东西是用来做什么的)。qwq