《基础代数学》作业 Week1-1

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.