交换代数学习笔记 (2)

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 $(M,\mu)$，其中 $M$ 是一个阿贝尔群，而 $\mu$ 是一个 $A\times M\to M$ 的映射，满足：

$\begin{aligned} a(x+y)&=ax+ay\\ (a+b)x&=ax+bx\\ (ab)x&=a(bx)\\ 1x&=x \end{aligned}$

其中 $a,b\in A;x,y\in M$。或者等价的，一个阿贝尔群 $M$ 以及一个 $A\to E(M)$ 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 $\mathfrak{a}$ 都可以看做 $A$-模。

一个 $A$-模之间的映射 $f:M\to N$ 是 $A$-模同态 $A$-module homomorphism（或者说是 $A$-线性 $A$-linear 的）当且仅当 $f(x+y)=f(x)+f(y);f(ax)=a\cdot f(x)$。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 $N\to M$ 的所有同态也构成一个 $A$-模：只需定义 $(f+g)(x)=f(x)+g(x);(af)(x)=a\cdot f(x)$ 即可。这个模记做 $\Hom_A(N,M)$；不引起歧义的时候有时候会省去下标 $A$。

同态 $u:M'\to M$ 以及 $v:N\to N'$ 分别引导同态

$\bar u:\Hom(M,N)\to\Hom(M',N);\qquad\bar v:\Hom(M,N)\to\Hom(M,N')$

定义如下：

$\bar u(f)=f\circ u;\qquad\bar v(f)=v\circ f$

对任意的 $M$ 存在一个自然的同构 $\Hom(A,M)\cong M$，因为任意同态 $f:A\to M$ 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。$M\to M/M'$ 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 $f:M\to N$ 是 $A$-模同态，那么 $f$ 的核 kernel 定义为 $\Ker f=\{x\in M\mid f(x)=0\}$，它是 $M$ 的一个子模。

$f$ 的**像** *image* 为 $\Image f=\{f(x)\mid x\in M\}$，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 $N/\Image f$。

如果 $M'\subseteq\Ker f$ 是一个子模，那么 $f$ 可以引导出同态 $\bar f:M/M'\to N$，定义为 $\bar f(x+M')=f(x)$，此时 $\bar f$ 的核为 $\Ker f/M'$。特别的，取 $M'=\Ker f$，就得到一个 $A$-模同构

$M/\Ker f\cong\Image f$

子模上的运算

模的运算和理想类似：对于一族 $M$ 的子模 $(M_i)_{i\in I}$，可以定义它们的和 $\sum_{i\in I} M_i$（包含所有形如 $\sum_{i\in I} x_i$ 的元素，其中 $x_i\in M_i$ 且只有至多有限项非零），它们的交 $\bigcap_{i\in I}M_i$。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 $L\supseteq M\supseteq N$ 是 $A$-模，则$(L/N)/(M/N)\cong L/M$
• 若 $M_1,M_2$ 都是 $M$ 的子模，则$(M_1+M_2)/M_1\cong M_2/(M_1\cap M_2)$

对于第一个，构造满同态 $\phi:L/N\to L/M;\phi(x+N)=x+M$，则其核为 $M/N$，因此命题成立。

对于第二个，构造满同态 $\theta:M_2\to(M_1+M_2)/M_1;\theta(x)=x+M_1$，那么其核为 $M_1\cap M_2$，命题成立。$\square$

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 $\mathfrak{a}M$，即所有形如 $\sum_i a_ix_i\;(a_i\in\mathfrak{a},x_i\in M)$ 的元素构成的子模。

对两个子模 $N,P\subseteq M$，定义 $(N:P)$ 为所有使得 $xP\subseteq N$ 的元素 $x\in A$，它是一个 $A$ 的理想。特别的，$(0,M)$ 是所有使得 $xM=0$ 的元素 $x\in A$，称为 $M$ 的零化子 anhilator，记做 $\mathop{\rm Ann}(M)$。如果 $\mathfrak{a}\subseteq\mathop{\rm Ann}(M)$，则 $M$ 也可以看做一个 $A/\mathfrak{a}$-模。

如果 $\mathop{\rm Ann}(M)=0$，那么称 $M$ 为忠实 faithful 的。如果 $\mathop{\rm Ann}(M)=\mathfrak{a})$，那么 $M$ 可以看做一个忠实 $A/\mathfrak{a}$-模。

模的直和与直积

如果 $M,N$ 是 $A$-模，它们的直和 direct sum $M\oplus N$ 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 $(M_i)_{i\in I}$ 是一族 $A$-模，那么它们的直和 $\bigoplus_{i\in I}M_i$ 定义为所有 $(x_i)_{i\in I}$ 构成的模，其中 $x_i\in M_i$ 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 $(M_i)_{i\in I}$ 的直积 direct product，记做 $\prod_{i\in I}M_i$。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 $\prod_{i=1}^nA_i$，那么所有形如

$(0,0,\dots,0,a_i,0,\dots,0)$

其中 $a_i\in A_i$ 的元素，形成了 $A$ 的一个理想 $\mathfrak{a}_i$（并且是一个主理想，其生成元 $e_i$ 是一个幂等元（$e_i^2=e_i$）），且 $A$ 看做 $A$-模可以写作所有 $\mathfrak{a}_i$ 的直和。并且若令 $\mathfrak{b}_i=\bigoplus_{j\neq i}\mathfrak{a_i}$，那么 $A_i\cong A/\mathfrak{b}_i$，因此 $A\cong\prod_{i=1}^n(A/\mathfrak{b}_i)$。

有限生成模

如果一个 $A$-模 $M$ 可以由有限个元素生成（$M=\sum_{i=1}^n(x_i)$），那么称它为 有限生成 finitely generated 的。如果一个 $A$-模 $M$ 同构于 $\bigoplus_{i\in I}M_i$ 的形式并且每个 $M_i$ 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 $\bigoplus_{i=1}^n A$ 的样子，记做 $A^n$。（以 $A^0$ 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 $A^n$ 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，$\phi:M\to M$ 是模自同态并且 $\phi(M)\subset\mathfrak{a}M$，那么 $\phi$ 满足一个长成这样的等式

$\phi^n+a_1\phi^{n-1}+\dots+a_n=0$

其中 $a_i\in\mathfrak{a}$。

推论：若 $\mathfrak{a}M=M$，那么存在一个 $x\equiv1\pmod{\mathfrak{a}}$ 使得 $xM=0$。取 $\phi(x)=x$，$x=1+a_1+a_2+\dots+a_n$ 即可。

命题（中山正引理 Nakayama’s Lemma）：如果 $M$ 是有限生成的，$\mathfrak{a}\subseteq\mathfrak{R}$ 是包含在 Jacobson 根里的一个理想，那么 $\mathfrak{a}M=M$ 蕴含 $M=0$。（存在 $x\equiv1\pmod{\mathfrak{R}}$ 使得 $xM=0$，但是这样的 $x$ 都是单位。）

推论：$M,\mathfrak{a}$ 如上个命题所述，$N\subseteq M$ 使得 $M=\mathfrak{a}M+N$，则 $M=N$。（应用到 $M/N$ 中即可）

推论：若 $A$ 是局部环，$\mathfrak{m}$ 是其极大理想而 $k=A/\mathfrak{m}$ 是其剩余域，$M$ 是有限生成 $A$-模，则 $M/\mathfrak{m}M$ 显然由 $\mathfrak{m}$ 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 $x_1,\dots,x_n$ 在 $M/\mathfrak{m}M$ 中的像形成线性空间的一组基，那么 $x_1,\dots x_n$ 生成 $M$。（若令 $N$ 表示 $x_i$ 生成的子模，那么有 $N+\mathfrak{m}M=M$。）

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

$\cdots\xrightarrow{}M_{i-1}\xrightarrow{f_i}M_i\xrightarrow{f_{i+1}}M_{i+1}\xrightarrow{}\cdots$

称为正合 exact 的，如果 $\Image f_i=\Ker f_{i+1}$。特别的：

• $0\xrightarrow{}M'\xrightarrow{f}M$ 正合当且仅当 $f$ 是单射；
• $M\xrightarrow{g}M'\xrightarrow{}0$ 正合当且仅当 $g$ 是满射；
• $0\xrightarrow{}M'\xrightarrow{f}M\xrightarrow{g}M''\xrightarrow{}0$ 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 $N_i=\Image f_i=\Ker f_{i+1}$，则 $0\xrightarrow{}N_i\xrightarrow{}M_i\xrightarrow{}N_{i+1}\xrightarrow{}0$ 对于每个 $i$ 都是正合的（反过来也对）。

命题：

1. $M'\xrightarrow{u}M\xrightarrow{v}M''\xrightarrow{}0$ 正合当且仅当对于任意的 $A$-模 $N$，下述序列正合： $0\xrightarrow{}\Hom(M'',N)\xrightarrow{\bar v}\Hom(M,N)\xrightarrow{\bar u}\Hom(M',N)$
2. $0\xrightarrow{}N'\xrightarrow{u}N\xrightarrow{v}N''$ 正合当且仅当对于任意的 $A$-模 $M$，下述序列正合： $0\xrightarrow{}\Hom(M,N')\xrightarrow{\bar u}\Hom(M,N)\xrightarrow{\bar v}\Hom(M,N'')$

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.) $\Image plies$: $v$ 是满射 $\Image plies$ $\bar v:f\mapsto f\circ v$ 是单射，显然。

对于 $\bar u$ 和 $\bar v$，不难证明 $f\in\Ker\bar u\iff\Ker f\supseteq\Image u=\Ker v$。那么 $\Image\bar v\subseteq\Ker\bar u$ 立即成立（$g\circ v$ 的核肯定包含 $v$ 的核）。

反过来如果 $\Ker f\supseteq\Ker v$，那么复合映射

$g:M''\xrightarrow{v^{-1}}M/\Ker v\xrightarrow{}M/\Ker f\xrightarrow{f}N$

就是满足 $f=g\circ v$ 的同态（注意这里用到了 $v$ 是满射）。因此我们有 $\Image\bar v=\Ker\bar u$。

(1.) $\Image pliedby$: 取 $N=M''/\Image v$，考虑投影同态 $\phi:M''\to N$。显然 $\bar v(\phi)=\phi\circ v=0$，因此由 $\bar v$ 的单射性可知 $\phi=0$，于是 $N$ 为零模，即 $\Image v=M''$，$v$ 是满射。

取 $N=M''$，那么由于 $\bar u\circ\bar v=0$，也就是说对任意的 $f$ 都有 $v\circ u\circ f=0$，取 $f$ 为恒等映射可知 $v\circ u=0$，即 $\Image u\subseteq\Ker v$。

再取 $N=M/\Image u$，令 $\phi:M\to N$ 为投影同态，则 $\bar u(\phi)=\phi\circ u=0$，即 $\phi\in\Ker\bar u=\Image\bar v$。因此存在 $\psi:M''\to M/\Image u$ 使得 $\phi=\psi\circ v$，所以 $\Image u=\Ker\phi\supseteq\Ker v$。

(2.) $\Image plies$: 如果 $u$ 是单射，那么显然 $\bar u:f\mapsto u\circ f$ 是单射。

接下来有 $f\in\Ker\bar v\iff v\circ f=0\iff\Image f\subseteq\Ker v=\Image u$，因此显然 $\Image\bar u\subseteq\Ker\bar v$（显然 $u\circ f$ 的像包含在 $u$ 的像里）。

反过来，如果 $\Image f\subseteq\Image u$，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 $f=u\circ g$。因此 $\Image\bar u\supseteq\Ker v$。

(2.) $\Image pliedby$: 这个好像很简单的样子。取 $M=A$，然后由 $\Hom(A,N)\cong N$，并且这种同构意义下 $\bar u,\bar v$ 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. $b\circ f=f'\circ a,c\circ g=g'\circ b$）：

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：

$0\rightarrow\Ker a\xrightarrow{\bar f}\Ker b\xrightarrow{\bar g}\Ker c\xrightarrow{d}\Coker a\xrightarrow{\bar f'}\Coker b\xrightarrow{\bar g'}\Coker c\rightarrow0$

这里 $\Ker$ 之间的映射是 $f,g$ 的限制（根据交换性易证 $f(\Ker a)\subseteq\Ker b$ etc.），而 $\Coker$ 之间的映射由 $f',g'$ 诱导而出（同样易证 $f'(\Image a)\subseteq\Image b$ 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 $x\in\Ker c\subseteq C$，那么由于 $g$ 是满射，所以存在 $y\in B$ 使得 $x=g(y)$。此时 $g'(b(y))=c(g(y))=c(x)=0$，即 $b(y)\in\Ker g'=\Image f'$，因此存在 $t\in A$ 使得 $f'(t)=b(y)$。取这样的 $t$ 所在的等价类（即映射到 $\Coker a=A'/\Image a$ 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 $y_1,y_2$ 使得 $g(y_1)=g(y_2)=x$，那么 $y_1-y_2\in\Ker g=\Image f$，因此 $b(y_1)-b(y_2)\in\Image(b\circ f)$。而对应地选取的两个 $t$ 满足 $f'(t_1)=b(y_1),f'(t_2)=b(t_2)$，从而 $f(t_1-t_2)\in\Image(f'\circ a)=f'(\Image a)$；而 $f'$ 是单射，就有 $t_1-t_2\in\Image a$，因此 $t_1$ 和 $t_2$ 会处在 $\Image a$ 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 $\bar f$ 是单射、$\Image\bar f=\Ker\bar g$ 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 $\Image\bar g=\Ker d$，以及 $\Image d=\Ker\bar f'$。

为此我们看看 $d$ 到底做了什么：

1. 首先，对于 $x\in\Ker c$，利用 $g$ 的“逆映射”将其拉回到 $M=(c\circ g)/\Ker g$。这一步是一个同构 $\Ker c\cong M$。
2. 利用 $b$ 把 $M$ 映射到 $B$ 里面去。由于上一步我们把相差一个 $\Ker g=\Image f$ 的元素都等价起来了，所以这一步我们要把相差一个 $b(\Image f)=\Image(b\circ f)$ 的元素都等价起来。因此我们把 $M=\Ker(g'\circ b)/\Image f$ 映射到了 $N=\Ker g'/\Image(b\circ f)$。这一步不一定是同构。
3. 将上一步中 $N$ 的元素通过 $f'$ 拉回去。由于 $N$ 只包含若干 $\Ker g'=\Image f'$ 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 $N=\Image f'/\Image(f'\circ a)\cong A'/\Image a=\Coker a$。

接下来为了验证正合性，就要计算 $\Ker d$ 以及 $\Image d$。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

$\bar b:\Ker(g'\circ b)/\Image f\to\Ker g'/\Image(b\circ f)$

）的像以及核。

$\bar b$ 的核：如果 $\bar b(x+\Image f)=0$，即 $b(x)\in\Image(b\circ f)=b(\Image f)$，那么不难证明 $x\in\Image f+\Ker b$。因此 $\Ker\bar b=(\Image f+\Ker b)/\Image f$，把它用 $g$ 拉过去就可以知道 $\Ker d=g(\Ker b)$，也就正好是正合列中限制了 $g$ 的定义域之后它的像。 $\bar b$ 的像；$\Ker(g'\circ b)$ 作用一个 $b$ 之后得到的是 $\Image b\cap\Ker g'$，因此 $\bar b(M)=(\Image b\cap\Image f')/\Image(f'\circ a)$。把它用 $f'$ 拉回去可以得到 $\Image d=f^{-1}(\Image b)/\Image a$。而 $\bar x\in\Ker\bar f'\iff f'(x)\in\Image b$，因此即得 $\Image d=\Ker\bar f'$。

这样我们就证明了蛇引理。

令 $C$ 表示一族 $A$-模，$\lambda$ 为一个 $C\to\mathbb{Z}$ 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 $0\to M'\to M\to M''\to 0$ 都有 $\lambda(M')-\lambda(M)+\lambda(M'')=0$，就称 $\lambda$ 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，$\lambda(M)=M$ 的维数，则 $\lambda$ 是加性的。

命题：若 $\lambda$ 如上定义，$0\to M_0\to M_1\to\dots\to M_n\to0$ 正合，那么

$\sum_{i=0}^n(-1)^i\lambda(M_i)=0$

证明：把它拆成 $n+1$ 个短正合列 $0\to N_i\to M_i\to N_{i+1}$，注意到 $\lambda(M_i)=\lambda(N_i)+\lambda(N_{i+1})$，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