《基础代数学》第一章习题

如若不然, 即存在有限维可除代数 $A\not\cong k$, 取 $u∈ A\backslash k$. 考虑子代数 $k[u]↪A$, 对于任意 $v=f(u)∈k[u]$, 由有限性可知它有极小多项式 $m_v(x)∈ k[x]$, 由可除性知 $m_v(x)$ 常数项非零, 从而 $v$ 在 $k[u]$ 中可逆. 于是 $k[u]$ 是域, 从而是 $k$ 的有限扩域, 由 $k$ 代数闭可得 $k[u]=k$, 矛盾.

[另一种证明] 如若不然, 即存在有限维可除代数 $A\not\cong k$, 取 $u∈ A\backslash k$. 考虑它的极小多项式 $m_u(x)$ (由有限维保证存在). 由于 $k$ 代数闭, 可以写成一次多项式的乘积 $m_u(x)=(x-x_1)\cdots(x-x_n)$, 从而 $(u-x_1)\cdots(u-x_n)=0$, 由可除性知 $u=x_i∈ k$, 矛盾.

设 $A$ 是 $\mathbb{R}$ 上的 2 维可除代数. 取 $u∈ A\backslash \mathbb{R}$, 则 $1,u$ 线性无关, 从而构成 $A$ 的基. 记 $u^2=a+bu$, 则 $u$ 的极小多项式为 $x^2-bx-a$. 由可除性知 $a≠0$. 设 $v=u-\frac{b}{2}$, 则 $v^2=c=a+\frac{b^2}{4}∈\mathbb{R}\backslash \{0\}$ (可除性保证 $c≠0$) .

若 $c>0$, 则 $\{1,\frac{v}{\sqrt{c}}\}$ 是 $A$ 的基且 $(\frac{v}{\sqrt{c}})^2=1$. 注意到 $(\frac{v}{\sqrt{c}}-1)(\frac{v}{\sqrt{c}}+1)=0$, 这与可除性矛盾. 故 $c<0$. 记 $d=-c>0$, 则 $\{1,\frac{v}{\sqrt{d}}\}$ 是 $A$ 的基且 $(\frac{v}{\sqrt{d}})^2=-1$. 考虑映射 $\varphi:A→\mathbb{C},\ a+b\frac{v}{\sqrt{d}}\mapsto a+b\mathrm{i}$, 其中 $a,b∈\mathbb{R}$. 容易验证这是 $\mathbb{R}$-代数同构, 从而 $A\cong \mathbb{C}$.

设 $A$ 是 $\mathbb{R}$ 上的 3 维可除代数. 若对于任意的 $u∈ A\backslash \mathbb{R}$, 均有 $\{1, u, u^2\}$ 线性相关. 取 $A$ 的一组基 $\{1,u',v'\}$, 则有 $u'v'=r+su'+tv'$, 其中 $r,s,t\in\mathbb{R}$. 于是 $(u'-s)(v'-t)=r+st∈ \mathbb{R}\backslash \{0\}$ (由可除性). 令 $u=u'-s,v=v'-t$, 设 $u^2=au+b,v^2=cv+d$, 则 $u^2v^2=acuv+adu+cbv+bd$, 从而 $adu+cbv\in\mathbb{R}$. 由线性无关性知 $a=c=0$ (由可除性可知 $b≠ 0,d≠ 0$). 同上一题可知 $b<0, d<0$. 则 $(\frac{u}{\sqrt{-b}})^2=(\frac{v}{\sqrt{-d}})^2=-1$, 从而 $(\frac{u}{\sqrt{-b}}-\frac{v}{\sqrt{-d}})(\frac{u}{\sqrt{-b}}+\frac{v}{\sqrt{-d}})=0$, 矛盾.

于是存在 $u∈ A$ 使得 $\{1,u,u^2\}$ 是一组基. 记 $u^3=a+bu+cu^2$, 则 $u$ 的极小多项式为 $m_u(x)=x^3-cx^2-bx-a$, 它必有根 $x_0\in\mathbb{R}$, 于是 $(u-x_0)(u^2-λu-μ)=0$, 其中 $\lambda,\mu∈ \mathbb{R}$. 由于 $u∉\mathbb{R}$, $u-x_0≠0$, 由可除性 $u^2-λu-μ=0$, 矛盾.

考虑映射 $$\varphi:R→\mathrm{Hom}_R(_RR,_RR)^{^{\mathrm{op}}},\ r\mapsto \varphi_r=[x↦ xr].$$

容易验证 $\varphi_r$ 是左 $R$-模同态, 即 $\varphi_r\in\mathrm{Hom}_R(_RR,_RR)^{^{\mathrm{op}}}$, 主要是 $s(φ_r(x))=s(xr)=(sx)r=φ_r(sx)$.

容易验证 $\varphi$ 是环同态, 主要是 $φ_{rs}(x)=xrs=φ_s(φ_r(x))=(φ_s∘φ_r)(x)=(φ_r∘^{^{\mathrm{op}}}φ_s)(x)$, 从而 $φ_{rs}=φ_r∘^{^{\mathrm{op}}}φ_s$. 加法显然. 现证明它是双射.

(单射) 设 $r∈\ker\varphi$, 则对于任意 $x∈R$, 有 $xr=0$. 取 $x=1$ 可知 $r=0$. 故 $\varphi$ 是单射.

(满射) 设 $f∈ \mathrm{Hom}_R(_RR,_RR)$, 则 $f(1)∈R$. 记 $r=f(1)$, 则对于任意 $x∈R$, 有 $f(x)=f(x·1)=xf(1)=xr=\varphi_r(x)$. 即有 $f=φ_r$. 故 $\varphi$ 是满射.

$\mathrm{Hom}_R(R_R,M_R)$ 上的右 $R$-模结构定义为 $(fr)(x)=f(rx)$, 其中 $f∈\mathrm{Hom}_R(R_R,M_R), r,x∈R$. 容易验证这是右 $R$-模结构.

考虑映射 $$\psi:M_R→\mathrm{Hom}_R(R_R,M_R),\ m\mapsto \psi_m=[x↦mx].$$

首先这是良定义的. 主要是 $ψ_m(xr)=m(xr)=(mx)r=(ψ_m)(x)r$, 保持加法显然. 从而 $ψ_m∈\mathrm{Hom}_R(R_R,M_R)$ 是右 $R$-模同态.

其次 $\psi$ 是右 $R$-模同态. 主要是 $(\psi_{m_1+m_2})(x)=(m_1+m_2)x=(m_1x)+(m_2x)=(\psi_{m_1})(x)+(\psi_{m_2})(x)=(\psi_{m_1}+\psi_{m_2})(x)$, $(\psi_{mr})(x)=(mr)x=m(rx)=(\psi_m)(rx)=(\psi_m r)(x)$. 即有 $\psi_{m_1+m_2}=\psi_{m_1}+\psi_{m_2}, \psi_{mr}=\psi_m r$.

(单射) 设 $m∈\ker\psi$, 则对于任意 $x∈R$, 有 $mx=0$. 取 $x=1$ 可知 $m=0$. 故 $\psi$ 是单射.

(满射) 设 $f∈ \mathrm{Hom}_R(R_R,M_R)$, 则 $f(1)∈M$. 记 $m=f(1)$, 则对于任意 $x∈R$, 有 $f(x)=f(1·x)=f(1)x=mx=\psi_m(x)$. 即有 $f=ψ_m$. 故 $\psi$ 是满射.

考虑自然投射 $$ π: M=M_1⊕M_2→M_1,\ m_1+m_2\mapsto m_1. $$ 则 $\ker π=\{0+m_2∣m_2∈M_2\}=M_2$, 由同态基本定理知 $M/M_2≅M_1$. 同理可证 $M_2≅ M/M_1$.

双模结构为 ($f∈\mathrm{Hom}_R(_RR_R,_RM_S), r∈R, s∈S, x∈{_RR_R}$) $$(rf)(x)=f(xr),\quad (fs)(x)=f(x)s$$ 容易验证这是一个 $R$-$S$ 双模结构, 主要是注意到 $$\begin{equation} ((rf)s)(x)=(rf)(x)s=f(xr)s=(fs)(xr)=(r(fs))(x). \end{equation}$$

$$\begin{equation} ((r_1r_2)f)(x)=f(x(r_1r_2))=f((xr_1)r_2)=(r_2f)(xr_1)=(r_1(r_2f))(x). \end{equation}$$

$$\begin{equation} (f(s_1s_2))(x)=f(x)(s_1s_2)=(f(x)s_1)s_2=(f s_1)(x)s_2=( (fs_1)s_2)(x). \end{equation}$$

考虑映射 $$\varphi:\mathrm{Hom}_R(_RR_R,_RM_S)→{_RM_S},\ f\mapsto f(1),$$

首先验证这是一个 $R$-$S$ 双模同态. 主要是 $\varphi(f_1+f_2)= (f_1+f_2)(1)=f_1(1)+f_2(1)=\varphi(f_1)+\varphi(f_2)$, $\varphi(rf)= (rf)(1)=f(1r)=f(r)=r f(1)=r\varphi(f)$, $\varphi(fs)=(fs)(1)=f(1)s=\varphi(f)s$.

(单射) 设 $f∈\ker\varphi$, 则 $f(1)=0$. 对于任意 $x∈R$, 有 $f(x)=f(x·1)=xf(1)=x·0=0$. 故 $f=0$.

(满射) 设 $m∈M$, 则考虑映射 $f_m:{_RR_R}→{_RM_S},\ x↦xm$. 容易验证 $f_m∈\mathrm{Hom}_R(_RR_R,_RM_S)$ 且 $\varphi(f_m)=f_m(1)=m$. 故 $\varphi$ 是满射.

(⇒) 设 $m∈M$ 是非零元. 则 $Rm$ 是 $M$ 的非零子模, 由单模的定义知 $Rm=M$.

(⇐) 设 $N↪M$ 是非零子模. 取 $0≠n∈N$, 则 $Rn=M$, 故 $N=M$.

由先前习题知, $M=Am$, 其中 $0≠m∈M$. $\dim_k M=\dim_k A_m=\dim_k A<∞$.

由定理 1.3.3 知一个模是半单的等价于满足性质 P, 再根据引理 1.3.5 立刻得到.

由子模对应定理立刻得到.

设 $M$ 是单 $R$-模, 则对于任意 $0≠m∈M$, 有 $Rm=M$. 定义环同态 $\varphi: {_RR}→M,\ r\mapsto rm$. 则 $\varphi$ 是满射, 由同态基本定理知 $M\cong {_RR}/\ker\varphi$.

(⇒) 设 $_RR$ 是单模. 则对于任意 $0≠a∈R$, 有 $Ra=R$. 于是存在 $r∈R$, 使得 $ra=1$. 故 $R$ 是除环(这里用到了有左逆的环里面, 左逆自动也是右逆).

(⇐) 设 $R$ 是除环. 则对于任意 $0≠a∈R$, 有 $Ra=R$. 故 $_RR$ 是单模.

设 $A$ 是代数闭域 $k$ 上的有限维交换代数, $M$ 是 $A$ 上的单模. 则 $M$ 也是有限维的 (否则有真子模 $Am$, 其中 $m≠0$).

对于任意的 $a∈A$, 考虑 $A$-模同态 (同时也是 $k$-线性映射) $$ f_a: M→M,\ m\mapsto am. $$ 特别地, $f_a∈\mathrm{End}_k(M)$. 由于 $A$ 是交换代数, $\{f_a\}_{a∈A}$ 是两两可交换的线性算子, 从而自然是可解李代数. 由于 $M$ 有限维且 $k$ 是代数闭域, 根据 Lie’s Theorem 知存在 $0≠m∈M$, 使得对于任意 $a∈A$, 有 $am=f_a(m)=λ_a m$, 其中 $λ_a∈k$. 由此可见 $km$ 是 $A$ 的子模, 由单模的定义知 $km=M$. 于是 $\dim_k M=1$.

(⇐) 显然.

(⇒) (此证明假设了 $A$ 是有限维 $k$-代数) 由 Wedderburn-Artin 定理知 $A≅M_{n_1}(D_1)×⋯×M_{n_s}(D_s)$, 其中 $D_i$ 是有限维可除 $k$-代数. 由于 $A$ 是交换代数, 故 $n_i=1$, 即 $A≅D_1×⋯×D_s$. 再由交换性可知 $D_i$ 是交换代数, 从而是域, 并且是 $k$ 的扩域. (整体交换可以推到每个分量交换)

由 Maschke 定理知 $k[H], k[G]$ 均为半单代数. 由于 $H, G$ 是有限 Abel 群, 故 $k[H], k[G]$ 是交换代数. 由先前习题知 $k[H]≅k×⋯×k$ ($|H|$ 个), $k[G]≅k×⋯×k$ ($|G|$ 个). 故 $k[H]≅k[G]$ 当且仅当 $|H|=|G|$.

对于任意 $m∈M$, 有 $m=1m=(e_1+⋯+e_s)m=e_1m+⋯+e_sm∈\sum_{i=1}^se_iM$. 从而 $M=∑_{i=1}^s e_iM$. 取 $m_i∈e_iM∩(\sum_{j≠i}e_jM)$, 则 $m_i=e_im_i=0$. 故 $M=\bigoplus_{i=1}^s e_iM$.

另外显然 $e_iM$ 是左 $A_i$-模.

设 $A_i=M_{n_i}(D_i)$. 则 $A_i$ 是单代数. 则 $A_i$ 有唯一的单模 $S_i$. 通过自然投射 $p_i:A→A_i$ 可以将 $S_i$ 提升为 $A$-模 $V_i$, 显然 $V_i$ 是不可约 $A$-模且 $\mathrm{ann}(V_i)=\prod_{j≠i}M_{n_j}(D_j)$. 由于 $A_iV_j=\delta_{ij}V_j$ 知 $V_i$ 两两不同构.

由于 $A_i$ 是单代数, 从而是半单代数, 故 $A_i$ 作为 $A_i$-模有不可约分解 $A_i≅n_i S_i$. 作为 $A$-模, 有 $A_i≅n_i V_i$. 于是由 $A=A_1×⋯×A_s$ 可知 $$ {_AA}≅\bigoplus_{i=1}^s n_i V_i. $$ 其余显然.

设 $M=\bigoplus_{i=1}^s n_i (V_i,ρ_i)$ 是 $M$ 的不可约分解, 其中 $V_1,⋯,V_s$ 是全体互不同构的单 $A$-模. 则 $$ \mathrm{End}_A(M)≅\prod_{i=1}^s M_{n_i}(\mathrm{End}_A(V_i)). $$ 由 Schur 引理知 $\mathrm{End}_A(V_i)$ 是可除 $k$-代数, 从而 $M_{n_i}(\mathrm{End}_A(V_i))$ 是可除 $k$-代数上的全矩阵环, 故 $\mathrm{End}_A(M)$ 是半单代数.

设半单代数 $A$, 考虑它的商代数 $A/I$, 其中 $I$ 是 $A$ 的双边理想. 对于任意的 $A/I$-模 $M$, 通过提升可以看作 $A$-模, 并且 $IM=0$. $M$ 作为 $A$ 模是半单模, 从而 $M$ 作为 $A/I$-模也是半单模 (这是因为任意的被 $I$ 零化的单 $A$-模自然成为单 $A/I$-模, 从而作为 $A$-模的半单分解就是作为 $A/I$-模的半单分解). 由此可见 $A/I$ 是半单代数.

单代数在同构意义下只有唯一的单模 $V$. 于是 $M≅mV,N≅nV$. 于是 $M≅N⟺m=n⟺\dim_k M=\dim_k N$.

设 $0,0'$ 是范畴 $\mathcal{C}$ 中的两个零对象. 则存在唯一的态射 $f:0→0'$, $g:0'→0$. 由零对象的定义知 $f,g$ 的复合只能是恒等态射(因为零对象到自己只有唯一的态射, 只能是恒等态射). 故 $0\cong 0'$.

(⇐) 同态是单同态(满同态)自然是集合意义下的单射(满射), 从而自然有集合意义下的左逆(右逆), 从而自然是范畴意义下的单态射(满态射).

(有右逆可能要用到选择公理)

(单, ⇒) 设 $f:M→N$ 是单态射. 对于任意 $m∈M$, 考虑态射(模同态) $φ_m:R→M, r↦rm$. 若 $f(m)=0$, 则 $(f∘φ_m)(r)=f(rm)=rf(m)=0,∀ r∈ R$, 即有 $f∘φ_m=0=f∘φ_m$. 由 $f$ 是单态射可得 $φ_m=0$, 从而 $m=φ_m(1)=0$. 故 $f$ 是单同态.

(或者也可以用下面一题一样的方法, 更方便)

(满, ⇒) 设 $f:M→N$ 是满态射. 考虑自然投射 $π:N→N/\mathrm{Im}f$, 则 $π∘f=0$. 由 $f$ 是满态射可知 $π=0$, 从而 $\mathrm{Im}f=N$. 故 $f$ 是满同态.

(⇐) 同态是单同态(满同态)自然是集合意义下的单射(满射), 从而自然有集合意义下的左逆(右逆), 从而自然是范畴意义下的单态射(满态射).

(有右逆可能要用到选择公理)

(单, ⇒) 设 $f:G→H$ 是单态射. 考虑自然嵌入 $i:\mathrm{Ker}f↪G$ 以及平凡同态 $0: \mathrm{Ker}f→G, g↦ e_G$, 则 $f∘i=f∘0$. 由 $f$ 是单态射可得 $i=0$, 从而 $\mathrm{Ker}f=\{e_G\}$. 故 $f$ 是单同态.

(满, ⇒) 设 $f:A→B$ 是满态射. 考虑反证, 假设 $f$ 不是群满同态.

如果 $\mathrm{Im}f \lhd B$, 则考虑自然投射 $π:B→B/\mathrm{Im}f$, 则 $π∘f=0$. 由 $f$ 是满态射可知 $π=0$, 从而 $\mathrm{Im}f=B$. 矛盾.

故考虑 $[B : \mathrm{Im}f]>2$. 下面来证明存在不同的两个群同态 $g,h: B→\mathrm{Sym}B$ 使得 $g∘f=h∘f$.

考虑右陪集空间 $\mathrm{Im} f\backslash B$, 由于其元素个数大于 $2$, 故存在 $σ∈\mathrm{Sym}(\mathrm{Im}f\backslash B)$ 使得 $σ≠1$ 且 $σ$ 有不动点. 下面我们定义 $p∈\mathrm{Sym}(B)$. 首先固定一个右陪集的代表元集 $R$, 即对于任意的 $b∈ B$, $b$ 可以唯一地表示成 $b=cr$, 其中 $r∈R, c∈\mathrm{Im}f$. 现在对于任意的 $b=cr∈B$, 定义 $p(b)=cr'$, 其中 $r'∈R$ 是 $σ((\mathrm{Im}f) r)$ 的代表元. 显然 $p\in\mathrm{Sym}(B)$, 同时满足 $p≠1$ 且 $p$ 有不动点.

下面定义 $$ g: B\to\mathrm{Sym}(B),\quad b\mapsto [x\mapsto bx], $$ 以及 $$ h: B\to\mathrm{Sym}(B),\quad b\mapsto pg(b)p^{-1}. $$

首先注意到 $g≠h$, 否则对于任意的 $b∈B$, 都有 $pg(b)=g(b)p$, 并且对于任意的 $x∈B$, 有 $p(bx)=bp(x)$, 取 $x$ 为 $p$ 的不动点, 则有 $p(bx)=bx$, 而 $p≠1$, 存在 $b∈B$ 使得等式不成立. 从而 $g≠h$.

另外, 注意到对于任意的 $b∈B, x∈B$, 有 $$\begin{equation} (h∘f)(b)(x)= pg(f(b))p^{-1}(x)=p(f(b)p^{-1}(x))\overset{(*)}{=}f(b)p(p^{-1}(x))=f(b)x=(g∘f)(b)(x). \end{equation}$$

$(*)$ 这一步使用了 $p$ 的定义. 从而 $g∘f=h∘f$. 矛盾.

(⇐) 同态是单同态(满同态)自然是集合意义下的单射(满射), 从而自然有集合意义下的左逆(右逆), 从而自然是范畴意义下的单态射(满态射).
(有右逆可能要用到选择公理)

(单, ⇒) 设 $f:R→S$ 是单态射. 考虑自然嵌入 $i:\mathrm{Ker}f↪R$ 以及平凡同态 $0: \mathrm{Ker}f→R, r↦ 0_R$, 则 $f∘i=f∘0$. 由 $f$ 是单态射可得 $i=0$, 从而 $\mathrm{Ker}f=\{0_R\}$. 故 $f$ 是单同态.

(满, ⇏) 设 $f:\mathbb{Z}→\mathbb{Q}$ 是自然嵌入. 则 $f$ 是满态射 (考虑 $f,g:\mathbb{Q}→R$ 是环同态, 若它们限制到 $\mathbb{Z}$ 上相等, 则对于任意的 $\frac{m}{n}\in\mathbb{Q}$, $m,n\in\mathbb{Z}$, 如果 $f(\frac{m}{n})≠g(\frac{m}{n})$, 则 $f(m)≠g(m)$, 矛盾), 但是不是环满同态.

(这实际上就是 kernel 的泛性质)
对任意的 $m∈M$, 由于 $g(h(m))=0$ 且 $\ker g = \operatorname{im} f$, 故存在唯一的(唯一性由 $f$ 单保证) $x_m∈X$, 使得 $f(x_m)=h(m)$. 定义映射 $α:M→X,\ m↦x_m$. 容易验证 $α$ 是模同态且 $fα=h$.

这样的态射的唯一性由 $f$ 是单态射保证.

(这实际上就是 cokernel 的泛性质)
对任意的 $z∈Z$, 由于 $g$ 是满射, 故存在 $y∈Y$, 使得 $g(y)=z$. 定义映射 $β:Z→M,\ z↦h(y)$. 由于 $hf=0$, 故 $h(y)$ 不依赖于 $y$ 的选取 ($y$ 的选取只会差一个 $\ker g=\operatorname{im}f$ 里面的元素). 容易验证 $β$ 是模同态且 $βg=h$.
这样的态射的唯一性由 $g$ 是满态射保证.

如果是正合列, 则存在同态 $g:\mathbb{Z}→\mathbb{Z}$ 使得 $gi=f$, 其中 $f:m\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}, mn↦n$, 这是不可能的 (因为 $f(1)$ 只能是整数, 不可能使得 $f(m)=1$).

根据上面证明过的 cokernel 的泛性质, 以及短正合列的定义, 可知 $h$ 的存在性和唯一性.
剩下两个是蛇引理的自然推论.

根据上面证明过的 kernel 的泛性质, 以及短正合列的定义, 可知 $f$ 的存在性和唯一性.

显然 $nS$ 的合成因子是 $n$ 个 $S$, 合成列如下 $$\begin{equation} 0⊊S⊊S^2⊊⋯⊊nS, \end{equation}$$

由 Jordan-Hölder 定理知 $nM$ 的合成因子也是 $n$ 个 $S$.

$nM$ 有子模序列 $$\begin{equation} 0⊊M⊊M^2⊊⋯⊊nM, \end{equation}$$ 它和上面的合成列有等价的加细, 而合成列已经无法加细且两个子模序列长度相同, 故这也是合成列. 从而合成因子 $M=M/0≅S$.

设 $M=M_0⊋M_1⊋⋯⊋M_t=0$ 是 $M$ 的一个合成列. 于是我们有短正合列 $$\begin{equation} 0→M_{i+1}→M_i→M_i/M_{i+1}→0, \quad i=0,1,⋯,t-1. \end{equation}$$ 作用左正合函子 $\mathrm{Hom}_R(-,S)$ 在上面短正合列上, 得到正合列 $$\begin{equation} 0→\mathrm{Hom}_R(M_i/M_{i+1},S)→\mathrm{Hom}_R(M_i,S)→\mathrm{Hom}_R(M_{i+1},S), \quad i=0,1,⋯,t-1. \end{equation}$$ 如果所有的 $\mathrm{Hom}_R(M_i/M_{i+1},S)=0$, 则由正合列可知 $\mathrm{Hom}_R(M_i,S)↪\mathrm{Hom}_R(M_{i+1},S)$ 是嵌入, 从而由 $\mathrm{Hom}_R(M_0,S)≠0$ 可以得到 $\mathrm{Hom}_R(M_t,S)≠0$, 矛盾.

考虑如下交换图:

其中第一列是由嵌入 $M_2↪M_1$ 自然诱导的嵌入(故左边方块交换), 由条件知它是相等(同构); 最后一列是由嵌入 $M_2↪M_1$ 自然诱导的嵌入(故右边方块交换), 根据同构定理(见图中括号)以及条件知它是相等(同构). 故上图的确是两行正合列构成的交换图. 由五引理可知中间的嵌入也是同构, 从而 $M_1=M_2$.

设 $M$ 是 Noether 模, $f:M→M$ 是满同态. 考虑如下自然的子模升链: $$\begin{equation} \ker f ⊆ \ker f^2 ⊆ ⋯ ⊆ \ker f^n ⊆ ⋯ \end{equation}$$ 由 $M$ 是 Noether 模可知上面子模升链驻定, 即存在 $s\in\mathbb{N}$ 使得 $\ker f^s=\ker f^{s+1}$. 由 $f$ 是满同态可知 $f^s$ 也是满同态. 对于任意 $m∈\ker f$, 存在 $v∈ M$ 使得 $f^s(v)=m$, 从而 $0=f(m)=f^{s+1}(v)=f^s(v)=m$, 即 $\ker f = 0$, 故 $f$ 是单同态. 于是 $f$ 是同构.

主理想整环的每个理想都是主理想, 从而是有限生成的, 于是主理想整环是 Noether 环.

对于任意的 Abel 群 $M$, 我们有自同态环 $\mathrm{End}_{\mathbf{Ab}}(M)$ (赋予自然的环结构), 从而有反变 Hom 函子 $\mathrm{Hom}_{\mathbf{Ring}}(-, \mathrm{End}_{\mathbf{Ab}}(M))$

, 将其作用到满同态 $A→B$ 上, 以得到单同态 $\mathrm{Hom}_{\mathbf{Ring}}(B,\mathrm{End}_{\mathbf{Ab}}(M))\xrightarrow{-∘f}\mathrm{Hom}_{\mathbf{Ring}}(A,\mathrm{End}_{\mathbf{Ab}}(M))$. 从而所有的 $B$-模 $M$ 可以自然地视为 $A$-模且结构保持不变 (其实上述给出了一个 $B$-Mod 到 $A$-Mod 的忠实函子). 特别地, 左正则模 $_BB$ 可以自然地视为左 $A$-模 $_AB$. 由于 $A$ 是 Artin 环, 故 $_AB$ (由 $A↠B$ 是满态射知这是有限生成 $A$-模) 是 Artin 模, 从而 $_BB$ 也是 Artin 模(*), 故 $B$ 是 Artin 环.

(不使用函子语言的证明) 由提升, 做正则模 $_BB$ 自然就是左 $A$-模 $_AB$. 由于 $A$ 是 Artin 环, 故 $_AB$ (由 $A↠B$ 是满态射知这是有限生成 $A$-模) 是 Artin 模. 任意取 $_BB$ 的子模降链, 也是 $_AB$ 的子模降链, 故驻定. 于是 $_BB$ 也是 Artin 模, 故 $B$ 是 Artin 环.

由提升, 做正则模 $_BB$ 自然就是左 $A$-模 $_AB$. 由于 $A$ 是 Noether 环, 故 $_AB$ (由 $A↠B$ 是满态射知这是有限生成 $A$-模) 是 Noether 模. 任意取 $_BB$ 的子模升链, 也是 $_AB$ 的子模升链, 故驻定. 于是 $_BB$ 也是 Artin 模, 故 $B$ 是 Artin 环.

因为 $R$ 是左 Artin 环, 从而 $R$ 也是左 Noether 环. 由于 $M$ 是有限生成左 $R$-模, 故 $M$ 是左 Artin 模也是左 Noether 模, 从而 $M$ 有合成因子.

注意到 $R$ 中的不可逆元为全体严格上三角矩阵, 显然是一个理想, 于是 $R$ 是局部环.

If $M$ is itself indecomposable, then we are done. Otherwise, we have a nontrivial decomposition $M=M_1⊕M_2$. If one of $M_1,M_2$ is indecomposable, we keep it and decompose the other one. If both of them are decomposable, we decompose both of them. Since $R$ is Artinian or Noetherian, this process must stop in finite steps, yielding a decomposition of $M$ into a finite direct sum of indecomposable modules.

Let $R$ be a local ring with unique maximal ideal $\mathfrak{m}$ (also the the set of all non-invertible elements of $R$), and let $f:R→S$ be a surjective ring homomorphism. We want to show that $S$ is also a local ring. Notice that $S≅R/I$ for some ideal $I$ of $R$, and we have $I⊆\mathfrak{m}$. It is obvious that $\mathfrak{m}/I$ is an ideal of $R/I$. Now we want to show that it is exactly the set of non-invertable elements in $R/I$.

First, any element in the ideal $\mathfrak{m}/I$ is non-invertible, since otherwise $\mathfrak{m}/I=R/I$.

Conversely, if an element $r+I∈R/I, r∉I$ is non-invertible, then $r$ is non-invertible in $R$, hence $r∈\mathfrak{m}$, so that $r+I∈\mathfrak{m}/I$, as desired.

Since $A$ is a finite dimensional, $A$ has composition series.

(⇒) If $_AA$ is decomposable, i.e., $_AA=M_1⊕M_2$ for some nontrivial submodules $M_1,M_2$, then consider the idempotent endomorphism $e:A→A$ defined by $e(a)=a_1$ where $a=a_1+a_2$ with $a_i∈M_i$. It is clear that $e$ is neither $0$ nor $1$, contradicting the fact that in a local ring, the only idempotent elements are $0$ and $1$.

(⇐) If $A$ is not a local ring, then there exists an idempotent element $e∈A$ such that $e≠0,1$. Consider the left ideals $Ae$ and $A(1-e)$. It is clear that $_AA=Ae⊕A(1-e)$, contradicting the indecomposability of $_AA$.

Just consider the dimension.

(1) ⇒ (2) Given a surjective homomorphism $\pi:M→P$, consider the identity homomorphism $1_P:P→P$. By the definition of projective module, there exists a homomorphism $f:P→M$ such that $\pi∘f=1_P$. Thus, $\pi$ is split surjective.

(2) ⇒ (3) Given a surjective homomorphism $\pi:M→P$, by (2), there exists a homomorphism $f:P→M$ such that $\pi∘f=1_P$. It is clear that $M= \ker \pi ⊕ \operatorname{im} f$, so that $P≅\operatorname{im} f$ is a direct summand of $M$.

(3) ⇒ (1) Consider a surjective homomorphism $\pi:F→P$ where $F$ is a free module. By (3), $P$ is a direct summand of $F$. Since free modules are projective, $P$ is also projective (direct summands of a projective module are also projective).

We have $$\begin{equation} Re⊕R(1-e)=R(e+1-e)=R. \end{equation}$$ Since $_RR$ is a free module, it is projective. Thus, its direct summand $Re$ is also projective.

(⇒) Since $A$ is semisimple, every finite dimensional $A$-module is semisimple. Then all surjective homomorphisms are split surjective (this is because the homomorphic image of $\pi$ will be isomorphic to the direct complement of $\ker \pi$), so every finite dimensional $A$-module is projective (by the previous problem).

(⇐) We want to show that $_AA$ is semisimple. For any submodule $M$ of $_AA$, consider the surjective homomorphism $\pi:A→A/M$. Since $A/M$ is projective, $\pi$ is split surjective, so that $A≅M⊕\operatorname{im} f$ for some homomorphism $f:A/M→A$. Thus, $_AA$ is semisimple.

Functors

are contravariant functors between the category of finite dimensional left $A$-modules and the category of finite dimensional right $A$-modules. It is clear that $D$ is a duality, i.e., $D∘D≅1$.

(⇒) Suppose that $_AM$ is projective. Consider any injective homomorphism $i:N→N'$ of right $A$-modules and any homomorphism $f:N→D(M)$. By applying $D$, we have

Since $_AM$ is projective, there exists a homomorphism $M→ D(N')$ such that the above diagram commutes. By applying $D$ again, we have the following commutative diagram:

Thus, $D(M)$ is an injective right $A$-module.

(⇐) Similar.

Since $eA$ is a projective right $A$-module ($A_A≅eA⊕(1-e)A$), by the previous problem, $D(eA)$ is an injective left $A$-module.

For any injective left $A$-module $I$, by the previous problem, $D(I)$ is a projective right $A$-module. Since any projective right $A$-module is a direct summand of a free right $A$-module, say $A^{⊕n}$, there exists an idempotent element $e∈A^{⊕n}$ such that $D(I)≅eA$. Thus, $I≅D(eA)$.

We have that $D(S)$ is a finite dimensional right $A$-module. There exists a projective right $A$-module $P$ such that $D(S)$ is a quotient module of $P$. By applying $D$ again, we have an injective homomorphism $S→D(P)$. Since $P$ is a projective right $A$-module, $D(P)$ is an injective left $A$-module. Decomposing $D(P)$ into a direct sum of indecomposable injective left $A$-modules (fintie direct sum is the same as finite product), we see that $S$ can be embedded into one of them (since $S$ is simple).

(1) ⇒ (2) Since $A$ is semisimple, every left $A$-module is semisimple. Then all surjective homomorphisms are split surjective (this is because the homomorphic image of $\pi$ will be isomorphic to the direct complement of $\ker \pi$), so every left $A$-module is projective (by an earlier problem).

(2) ⇒ (3) By the property of split short exact sequences in abelian categories.

(3) ⇒ (4) For any left $A$-module $I$, any short exact sequence $0→I→M→N→0$ splits, so $I$ is injective.

(4) ⇒ (1) We want to show that $_AA$ is semisimple. For any submodule $M$ of $_AA$, consider the short exact sequence $0→M→A→A/M→0$. Since $M$ is injective, the above short exact sequence splits, so that $A≅M⊕A/M$. Thus, $_AA$ is semisimple.

(1) We first show that $\mathbb{Z}_m$ is an injective $\mathbb{Z}_m$-module. By Baer’s criterion, we need to show that for any ideal $I$ of $\mathbb{Z}_m$ and any homomorphism $h:I→\mathbb{Z}_m$, it can be extended to a homomorphism $h':\mathbb{Z}_m→\mathbb{Z}_m$. Since $\mathbb{Z}_m$ is a principal ideal ring, we have $I=⟨\bar{d}⟩$ for some $d∣m$. Let $h(\bar{d})=\bar{c}$. Since $\bar{c}⋅\overline{m/d}=h(\bar{m})=\bar{0}$, $\overline{c/d}$ is well defined in $\mathbb{Z}_m$.

We define a homomorphism $h':\mathbb{Z}_m→\mathbb{Z}_m$ by $h'(\bar{1})=\overline{c/d}$. It is clear that $h'$ is an extension of $h$. Thus, by Baer’s criterion, $\mathbb{Z}_m$ is an injective $\mathbb{Z}_m$-module.

(2) Now we show that if $d ∣ m$ and $d$ and $m/d$ has common prime factor, then $\mathbb{Z}_d$ is not an injective $\mathbb{Z}_m$-module. We only need to find an ideal $I$ of $\mathbb{Z}_m$ and a homomorphism $h:I→\mathbb{Z}_d$ such that it can not be extended to a homomorphism $h':\mathbb{Z}_m→\mathbb{Z}_d$. Since $d$ and $m/d$ has common prime factor, there exists a prime number $p$ such that $p∣d$ and $p∣m/d$. Let $I=⟨\overline{m/d}⟩$. We define a homomorphism $h:I→\mathbb{Z}_d$ by $h(\overline{m/d})=\bar{1}$. If there exists an extension homomorphism $h':\mathbb{Z}_m→\mathbb{Z}_d$, then we have $$\begin{equation} \bar{1}=h(\overline{m/d})=h'(\overline{m/d})=p h'(\overline{\frac{m}{dp}}). \end{equation}$$ So $$\begin{equation} 0≠ \overline{d/p} = \overline{d/p}h(\overline{m/d})= \overline{d/p}h'(\overline{m/d})= \overline{d} h'(\overline{\frac{m}{dp}}) = \bar{0}. \end{equation}$$ Thus, such extension homomorphism $h'$ does not exist, and by Baer’s criterion, $\mathbb{Z}_d$ is not an injective $\mathbb{Z}_m$-module.

(⇒) Since $M$ is injective, the homomorphism $h:L→M$ can be extended to a homomorphism $h':R→M$. Let $m=h'(1)$. Then for any $l∈L$, we have $h(l)=h'(l)=h'(l⋅1)=l⋅h'(1)=lm$.

(⇐) We use Baer’s criterion to prove this. For any left ideal $L$ of $R$ and any homomorphism $h:L→M$, by the assumption, there exists $m∈M$ such that $h(l)=lm,∀ l∈ L$. Now we can define a homomorphism $h':R→M$ by $h'(r)=rm$. It is clear that $h'$ is an extension of $h$. Thus, by Baer’s criterion, $M$ is injective.

由张量积的定义可知 $\{a_i⊗ b_j\}_{i∈ I,j∈ J}$ 生成 $M⊗_k N$. 现证明其线性无关. 设 $$\begin{equation} \sum_{i∈ I,j∈ J} k_{ij}(a_i⊗ b_j)=0, \text{仅有有限项可能非零}. \end{equation}$$ 对于任意的 $k$ 线性映射 $f:M→k,g:N→k$, 可以得到 $k$-平衡映射 $$\begin{equation} h:M×N→k, (m,n)↦f(m)g(n). \end{equation}$$ 由张量积的定义可知存在唯一的 $k$-线性映射 $\bar{h}:M⊗_k N→k$ 使得 $\bar{h}(m⊗ n)=h(m,n)$. 于是 $$\begin{equation} 0=\bar{h}(\sum_{i∈ I,j∈ J} k_{ij}(a_i⊗ b_j))=\sum_{i∈ I,j∈ J} k_{ij}f(a_i)g(b_j). \end{equation}$$ 取 $f,g$ 使得 $f(a_{i_0})=1,f(a_i)=0 (i≠i_0), g(b_{j_0})=1,g(b_j)=0 (j≠j_0)$, 可得 $k_{i_0j_0}=0$. 由于 $i_0,j_0$ 任意, 故所有 $k_{ij}=0$. 于是 $\{a_i⊗ b_j\}_{i∈ I,j∈ J}$ 线性无关, 从而是 $M⊗_k N$ 的 $k$-基.

考虑短正合列 $0→\mathbb{Z}↪\mathbb{Q}↠\mathbb{Q}/\mathbb{Z}→0$, 作用张量函子 $\mathbb{Z}_m⊗_{\mathbb{Z}}-$ 后得到列 $0→\mathbb{Z}_m→ 0→0→0$, 不是正合列, 故 $\mathbb{Z}_m$ 不是平坦模.

(⇒) (只用到 $D$ 是整环). 假设存在 $0≠d∈D, 0≠m∈M$ 使得 $dm=0$. 考虑单态射 (由整性保证) $$\begin{equation} f:D→D, x↦dx. \end{equation}$$ 作用张量函子 $-⊗_D M$ 后得到映射 $$\begin{equation} f⊗ 1_M:M→M, m'↦dm', \end{equation}$$ 不是单射, 矛盾. 于是 $M$ 是无挠模.

(⇐) 设 $M$ 是无挠模. 考虑使用 Baer 判别法. 对于 $D$ 的任一非平凡理想 $\mathfrak{a}$, 由于 $D$ 是主理想整环, 存在 $0≠a∈D$ 使得 $\mathfrak{a}=⟨a⟩=Da$. 我们有嵌入 $i:Da↪D$. 作用张量函子 $-⊗_D M$ 后, 进一步由同构 $D⊗_DM≅ M$ 得到交换图

于是 $i⊗ 1_M$ 是单态射, 故 $M$ 是平坦模.

记 $G:=F^{-1}$. 只需证明 $(F,G)$ 是伴随对. 设我们有自然同构 $τ:GF→\mathrm{Id}_{\mathcal{C}}, θ:FG→\mathrm{Id}_{\mathcal{D}}$.

构造自然同构 $θ':FG→\mathrm{Id}_{\mathcal{D}}$ 为 $$\begin{equation} Θ_A':=\left[ FGA\xrightarrow{FGθ_A^{-1}}FGFGA\xrightarrow{Fτ_{GA}}FGA\xrightarrow{θ_A}A \right]. \end{equation}$$

构造自然映射(自然性由 $F,G$ 是函子以及自然变换的自然性给出) $$\begin{equation} \Phi_{X,Y}:\mathrm{Hom}_{\mathcal{D}}(FX,Y)→\mathrm{Hom}_{\mathcal{C}}(X,GY), f↦\left[ X\xrightarrow{τ^{-1}_X} GFX\xrightarrow{Gf}GY \right]. \end{equation}$$ $$\begin{equation} \Psi_{X,Y}:\mathrm{Hom}_{\mathcal{C}}(X,GY)→\mathrm{Hom}_{\mathcal{D}}(FX,Y), g↦\left[ FX\xrightarrow{Fg}FGY\xrightarrow{Θ'_Y}Y \right]. \end{equation}$$ 可以证明 $\Psi_{X,Y}$ 和 $\Phi_{X,Y}$ 互为逆映射(关键证明见后面手写推导), 从而得到自然同构(对于 $X,Y$ 自然) $$\begin{equation} \mathrm{Hom}_{\mathcal{D}}(FX,Y)≅\mathrm{Hom}_{\mathcal{C}}(X,GY). \end{equation}$$

(1) 我们有伴随对 $(M⊗_S-, \mathrm{Hom}_R(M,-))$, 即有同构 $$\begin{equation} \mathrm{Hom}_R(M⊗_SN, L)≅\mathrm{Hom}_S(N, \mathrm{Hom}_R(M,L)) \end{equation}$$ 对于 $L$ 是自然的. 于是, 给定任意 $R$-模满态射 $g:L↠L'$, 要证明映射 $\mathrm{Hom}_R(M⊗_S N,g)$ 是满态射, 只要证明 $\mathrm{Hom}_S(N,\mathrm{Hom}_R(M,g))$ 是满态射. 由于 $M$ 是投射左 $R$-模, 故映射 $\mathrm{Hom}_R(M,g)$ 是满态射. 由于 $N$ 是投射左 $S$-模, 故映射 $\mathrm{Hom}_S(N,\mathrm{Hom}_R(M,g))$ 是满态射, 从而映射 $\mathrm{Hom}_R(M⊗_S N,g)$ 是满态射, 即 $M⊗_S N$ 是投射左 $R$-模.

(2) 类似.

我们有伴随对 $(M⊗_S-, \mathrm{Hom}_R(M,-))$, 即有同构 $$\begin{equation} \mathrm{Hom}_R(M⊗_SN, L)≅\mathrm{Hom}_S(N, \mathrm{Hom}_R(M,L)) \end{equation}$$ 对于 $N$ 是自然的. 于是, 给定任意 $S$-模单态射 $g:N↪N'$, 要证明映射 $\mathrm{Hom}_S(g,\mathrm{Hom}_R(M,L))$ 是满态射, 只要证明 $\mathrm{Hom}_R(\mathrm{Id}_M⊗_S g,L)$ 是满态射. 由于 $M_S$ 是平坦模, 故映射 $\mathrm{Id}_M⊗_S g$ 是单态射. 由于 $_RL$ 是内射模, 故映射 $\mathrm{Hom}_R(\mathrm{Id}_M⊗_S g,L)$ 是满态射, 从而映射 $\mathrm{Hom}_S(g,\mathrm{Hom}_R(M,L))$ 是满态射, 即 $\mathrm{Hom}_R(M,L)$ 是内射左 $S$-模.

类似于上一题, 用右模上的 Tensor-Hom 伴随对.

我们证明 $G$ 是左正合函子, $F$ 的情形类似.

任意给定 $S$-模的正合列 $$\begin{equation} 0→X\xrightarrow{f}Y\xrightarrow{g}Z, \end{equation}$$

我们要证明 $G$ 作用后得到的列 $$\begin{equation} 0→GX\xrightarrow{Gf}GY\xrightarrow{Gg}GZ \end{equation}$$ 是正合列. 由引理, 只需证明对于任意 $R$-模 $M$, 由函子 $\mathrm{Hom}_R(M,-)$ 作用后得到的列 $$\begin{equation} 0→\mathrm{Hom}_R(M,GX)\xrightarrow{Gf∘-}\mathrm{Hom}_R(M,GY)\xrightarrow{Gg∘-}\mathrm{Hom}_R(M,GZ) \end{equation}$$ 是正合列. 由于 $(F,G)$ 是伴随对, 故有同构 $$\begin{equation} \mathrm{Hom}_R(M,GN)≅\mathrm{Hom}_S(FM,N) \end{equation}$$ 对于 $N$ 是自然的. 于是, 由函子 $\mathrm{Hom}_R(M,-)$ 作用后得到的列同构于列 $$\begin{equation} 0→\mathrm{Hom}_S(FM,X)\xrightarrow{f∘-}\mathrm{Hom}_S(FM,Y)\xrightarrow{g∘-}\mathrm{Hom}_S(FM,Z), \end{equation}$$ 由 $\mathrm{Hom}_S(FM,-)$ 函子的左正合性知这是正合列. 由此可知 $G$ 作用后得到的列是正合列, 即 $G$ 是左正合函子.