交換代數/模、子模和同態

基礎

定義 5.1 (模):

令 $R$ 為一個環。左 $R$-模 是一個阿貝爾群 $M$ 以及一個函式

$R\times M\to M,(r,m)\mapsto rm$

使得

1. $\forall m\in M:1_{R}m=m$,
2. $\forall m,n\in M,r\in R:r(m+n)=rm+rn$,
3. $\forall m\in M,r,s\in R:(r+s)m=rm+sm$ 以及
4. $\forall m\in M,r,s\in R:r(sm)=(rs)m$.

類似地，可以定義右 $R$-模，帶有運算 $R\times M\to M,(r,m)\mapsto mr$；區別僅僅是形式上的，但這將有助於我們以後用更方便的方式定義雙模。

為了簡便起見，我們經常寫 模 來代替 左 $R$-模。

• 練習 5.1.1：證明每個阿貝爾么半群 $(M,+)$ 以及定義 5.1 中 1.) - 4.) 所指定的運算，本身就是一個模。

子模

定義 5.2 (子模):

閉合於模函式下 (即上面定義的左乘運算) 的子群 $N\leq M$ 被稱為子模。在這種情況下，我們寫作 $N\leq M$。

以下引理給出了判斷模的子集是否為子模的判據。

引理 5.3:

子集 $N\subseteq M$ 是一個子模，當且僅當

$\forall r\in R,n,q\in N:rn-q\in N$.

證明:

令 $N$ 為子模。那麼由於 $-q\in N$，因為我們有一個阿貝爾群，並且進一步 $rn\in N$ 由於模運算下的封閉性，也有 $rn+(-q)=:rn-q\in N$。

如果 $N$ 滿足 $\forall r\in R,n,q\in N:rn-q\in N$，那麼對於任何 $n,m\in N$ 也有 $n+m=n+(-1_{R})(-m)\in N$。

定義和定理 5.4（商模）：如果 $N$ 是 $N$ 的子模，那麼由 $N$ 生成的商模定義為群 $M/N$ 以及模運算

$r(m+N):=rm+N$.

此運算定義良好，並滿足定義 5.1 中的 1. - 4.

證明:

良定義：如果 $m+N=p+N$，那麼 $m-p\in N$，因此 $r(m-p)=rm-rp\in N$ 並且因此 $rm+N=rp+N$.

1. $1_{R}(m+N)=(1_{r}m)+N=m+N$
2. $r(n+N+m+N)=r((m+n)+N)=r(m+n)+N=rm+rn+N=rm+N+rn+N$
3. $(r+s)(m+N)=(r+s)m+N=rm+sm+N=rm+N+rn+N$
4. 類似於 3.（用 $\cdot$ 代替 $+$）$\Box$

子模的和與交

我們現在要問這樣一個問題：給定一個模 $M$ 和某些子模 $\{N_{\alpha }\}_{\alpha \in A}$，哪個模是最小的包含所有 $N_{\alpha }$ 的模？哪個模是最大的模，它本身包含在所有 $N_{\alpha }$ 中？以下定義和定理將回答這些問題。

定義和定理 5.5（子模的和）:

令 $M$ 是某個環 $R$ 上的一個模，令 $\{N_{\alpha }\}_{\alpha \in A}$ 是 $M$ 的子模。集合

$\sum _{\alpha \in A}N_{\alpha }:=\left\{\sum _{l=1}^{k}r_{l}n_{\alpha _{l}}{\big |}k\in \mathbb {N} ,r_{l}\in R,n_{\alpha _{l}}\in N_{\alpha _{l}}\right\}$

是$M$的子模，它是$M$中最小的包含所有$N_{\alpha }$的子模。它被稱為$\{N_{\alpha }\}_{\alpha \in A}$的 **和**。

證明:

1. $\sum _{\alpha \in A}N_{\alpha }$ 是一個子模

• 它是一個阿貝爾子群，因為如果$\sum _{l=1}^{k}r_{l}n_{\alpha _{l}},\sum _{j=1}^{m}s_{l}n_{\beta _{j}}\in \sum _{\alpha \in A}N_{\alpha }$，那麼

$\sum _{l=1}^{k}r_{l}n_{\alpha _{l}}-\sum _{j=1}^{m}s_{l}n_{\beta _{j}}=\sum _{l=1}^{k}r_{l}n_{\alpha _{l}}+\sum _{j=1}^{m}(-s_{l})n_{\beta _{j}}\in \sum _{\alpha \in A}N_{\alpha }$.

• 它在模運算下是封閉的，因為

$s\left(\sum _{l=1}^{k}r_{l}n_{\alpha _{l}}\right)=\sum _{l=1}^{k}(sr_{l})n_{\alpha _{l}}\in \sum _{\alpha \in A}N_{\alpha }$.

2. 每個 $N_{\alpha }$ 都包含在 $\sum _{\alpha \in A}N_{\alpha }$ 中。

這是因為對於每個 $\alpha \in A$ 和每個 $n_{\alpha }\in N_{\alpha }$，都有 $1_{r}n_{\alpha }\in \sum _{\alpha \in A}N_{\alpha }$ 成立。

3. $\sum _{\alpha \in A}N_{\alpha }$ 是包含所有 $N_{\alpha }$ 的最小子模：如果 $K\leq M$ 是另一個這樣的子模，則 $K$ 必須包含所有元素

$\sum _{l=1}^{k}r_{l}n_{\alpha _{l}},k\in \mathbb {N} ,r_{l}\in R,n_{\alpha _{l}}\in N_{\alpha _{l}}$

因為其在加法和子模運算下封閉。$\Box$

定義和定理 5.6（子模的交集）:

令 $M$ 是環 $R$ 上的模，並令 $\{N_{\alpha }\}_{\alpha \in A}$ 是 $M$ 的子模。則集合

$\bigcap _{\alpha \in A}N_{\alpha }$

是$M$的子模，它是$M$中包含所有$N_{\alpha }$的最大子模。它被稱為$N_{\alpha }$的交集。

證明:

1. 它是一個子模：事實上，如果$r\in R,n,p\in \bigcap _{\alpha \in A}N_{\alpha }$，則對於每個$\alpha$，都有$n,p\in N_{\alpha }$，因此對於每個$\alpha$，都有$n-rp\in N_{\alpha }$，因此$n-rp\in \bigcap _{\alpha \in A}N_{\alpha }$。

2. 根據交集的定義，它包含在所有$N_{\alpha }$中。

3. 任何包含每個$N_{\alpha }$中所有元素的集合都包含在交集內。$\Box$

我們有以下關於交集和求和運算的規則

定理 5.7 (模律；戴德金):

令$M$為模，且$K,L,N\leq M$，使得$L\subseteq K$。那麼

$K\cap (L+N)=L+(K\cap N)$.

證明:

$\subseteq$: 令 $l+n\in (L+N)\cap K$. 由於 $L\subseteq K$, $l\in K$ 因此 $n\in K$. 由於根據假設 $n\in N$, $l+n\in L+K\cap N$.

$\supseteq$: 令 $l+m\in L+(K\cap N)$. 由於 $L\subseteq K$, $l\in K$ 並且由於進一步 $m\in K$, $l+m\in K$. 因此，$l+m\in K\cap (L+N)$.$\Box$

更抽象地說，子模的和與交的性質可以在以下方式中理論上被捕獲。

格

定義 5.8:

一個格是一個集合 $L$ 連同兩個運算 $\vee :L\times L\to L$ (稱為並或最小上界) 和 $\wedge :L\times L\to L$ (稱為交或最大下界) 使得以下定律成立

1. 交換律：$a\Box b=b\Box a$, $\Box \in \{\vee ,\wedge \}$
2. 冪等律：$a\Box a=a$, $\Box \in \{\vee ,\wedge \}$
3. 吸收律：$a\Box (a\triangledown b)=a$, $\{\Box ,\triangledown \}=\{\vee ,\wedge \}$
4. 結合律：$a\Box (b\Box c)=(a\Box b)\Box c$, $\Box \in \{\vee ,\wedge \}$

格有幾種特殊型別

定義 5.9:

模格 $L$ 是滿足以下恆等式的格

${\displaystyle }$

成立。

定理 5.10（偏序集作為格）:

設 $\leq$ 是集合 $L$ 上的偏序關係，使得

1. 每個集合 $S\subseteq L$ 都有一個最小上界（其中最小上界 $u$ of $S$ 滿足 $u\geq s$ 對於所有 $s\in S$（即它是上界）並且 $u\leq x$ 對於所有其他 $S$ 的上界 $x$）並且
2. 每個集合 $S\subseteq L$ 都有一個最大下界（定義類似於最小上界，不等式反轉）。

那麼 $L$，連同將 $\{a,b\}$ 傳送到該集合的最小上界的連線運算以及類似地定義的交運算，是一個格。

事實上，僅對集合 $S$ 具有兩個元素要求條件 1 和 2 就足夠了。但是正如我們所展示的那樣，在 $L$ 是給定模組的所有子模組的集合的情況下，我們有“原始”條件得到滿足。

證明:

首先，我們注意到最小上界和最大下界是唯一的，因為例如如果 $u,u'$ 是 $S$ 的最小上界，那麼 $u\leq u'$ 並且 $u'\leq u$，因此 $u=u'$。因此，連線和交運算定義良好。

交換律來自 $\{a,b\}=\{b,a\}$.

從$a$ 是集合 $\{a,a\}$ 的最小上界和最大下界這一事實可以很清楚地看出冪等律。

第一個吸收律的證明如下：設 $u$ 是 $\{a,b\}$ 的最小上界。那麼，特別是，$u\geq a$。因此，$a$ 是 $\{a,u\}$ 的一個下界，並且任何下界 $l$ 都滿足 $l\leq a$，這就是為什麼 $a$ 是 $\{a,u\}$ 的最大下界。第二個吸收律的證明類似。

第一個結合律成立，因為如果 $u$ 是 $\{a,b,c\}$ 的最小上界，而 $v$ 是 $\{a,b\}$ 的上界，那麼 $u\geq v$（因為 $u$ 是 $\{a,b\}$ 的上界），如果 $w$ 是 $\{v,c\}$ 的最小上界，那麼 $w=u$，因為 $u$ 是一個上界，並且 $w\geq v\geq a$ 以及 $w\geq b$。同樣的論證（交換 $a$ 和 $c$）證明了 $u$ 也是 $\{b,c\}$ 和 $a$ 的最小上界的最小上界。同樣，第二個結合律的證明也是類似的。$\Box$

從定理 5.5-5.7 和 5.10 我們注意到模的子模構成一個模格，其中順序由集合包含給出。

練習

• 練習 5.2.1: 令 $R$ 是一個環。找到一個合適的模運算，使得 $R$ 與其自身的加法和這個模運算一起構成一個 $R$-模。確保你以最簡單的方式定義這個運算。進一步證明，在這個模運算下，$R$ 的子模恰好是 $R$ 的理想。

同態

現在我們將瞭解在固定環 $R$ 上的模範疇中的態射。

定義 5.11 (同態):

令 $M,N$ 是環 $R$ 上的兩個模。從 $M$ 到 $N$ 的同態，也稱為$R$-線性函式，是一個函式

$f:M\to N$

使得

1. $\forall m,p\in M:f(m+p)=f(m)+f(p)$ 並且
2. $\forall r\in R,m\in M:f(rm)=rf(m)$.

模同態的核和像與群同態的定義類似。

由於我們很酷，我們經常會簡單地寫態射而不是同態，只要從上下文中可以清楚地看出這一點，以表明我們對範疇論有所瞭解。

我們有以下有用的引理

引理 5.12:

$f:M\to N$ 是 $R$-線性當且僅當

$\forall r\in R,m,p\in M:f(rm+p)=rf(m)+f(p)$.

證明:

首先假設 $R$-線性。那麼我們有

$f(rm+p)=f(rm)+f(p)=rf(m)+f(p)$.

現在假設另一種情況。然後我們有對於 $m,p\in M$

$f(m+p)=f(1_{R}m+p)=1_{R}f(m)+f(p)=f(m)+f(p)$

和

$f(rm)=f(rm+0)=rf(m)+f(0)=rf(m)$

由於 $f(0)=0$ 由於 $f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$； 由於 $M$ 是一個阿貝爾群，我們可以加上 $f(0)$ 的逆元到等式兩邊。 $\Box$

引理 5.13:

如果 $f:M\to N$ 是 $R$-線性，那麼 $\forall m\in M:f(-m)=-f(m)$.

證明:

這來自群同態的相應定理，因為每個模對映也是阿貝爾群的對映。 $\Box$

定義 5.8（同構）:

一個同構 $f:M\to N$ 是一個雙射的同態。

引理 5.14:

令 $f:M\to N$ 為一個對映。以下等價

1. $f$ 是一個同構
2. $\ker f=\{0\}$
3. $f$ 存在一個同構逆對映

證明:

引理 5.15:

對映的核和像都是子模。

證明:

1. 核

$f(rn-q)=rf(n)+f(-q)=rf(n)-f(q)=0$

2. 影像

$rf(m)\overbrace {-f(p)} ^{=+f(-p)}=f(rm-p)$$\Box$

以下四個定理與群論完全類似。

定理 5.16（態射的因式分解）:

令 $M,K$ 為模，令 $\varphi :M\to K$ 為態射，令 $N\leq \ker \varphi$。 那麼存在唯一的態射 ${\overline {\varphi }}:M/N\to K$ 使得 ${\overline {\varphi }}\circ \pi =\varphi$，其中 $\pi :M\to M/N,\pi (m)=m+N$ 是典範投影。在這種情況下， $\ker {\overline {\varphi }}=\ker \varphi /N$。

證明:

我們定義 ${\overline {\varphi }}(m+N):=\varphi (m)$。 這是定義良好的，因為 $\ker \varphi \subseteq N$。 此外，這個定義已經被 ${\overline {\varphi }}\circ \pi =\varphi$ 強制執行。 此外，${\overline {\varphi }}(m+N)=0\Leftrightarrow m\in \ker \varphi$。$\Box$

推論 5.17（第一同構定理）:

令 $M,K$ 為 $R$- 模, 並令 $f:M\to K$ 為一個態射。那麼 $M/\ker f\cong K$.

證明:

我們設定 $N=\ker f$ 並得到一個同態 ${\overline {f}}:M/\ker f\to K$, 其核為 $N/N$, 由定理 5.11 可知。從引理 5.16 得出結論。$\Box$

推論 5.18 (第三同構定理):

令 $M$ 為一個 $R$- 模, 令 $N\leq M$, 並令 $L\leq N$。那麼

$M/N\cong (M/L){\big /}(N/L)$.

證明:

由於 $L\leq N$ 且 $N\leq M$, 因此 $L\leq M$ 根據定義。我們定義函式

$\varphi :M/L\to M/N,m+L\mapsto m+N$.

這是定義良好的，因為

$m+L=p+L\Leftrightarrow m-p\in L\Rightarrow m-p\in N\Leftrightarrow m+N=p+N$.

此外,

$m+L\in \ker \varphi \Leftrightarrow m+N=0+N\Leftrightarrow m\in N$

因此 $\ker \varphi =N/L$. 由此，根據定理 5.17，我們的論點得到證明。$\Box$

定理 5.19（第二同構定理）:

令 $L,N\leq M$. 那麼

$L/(L\cap N)\cong (L+N)/N$.

證明:

考慮同構

$\varphi :L\to (L+N)/N,\varphi (l):=l+N$.

那麼 $\varphi (l)=0\Leftrightarrow l\in N$, 因此該同態的核由 $L\cap N$ 給出。因此，該定理由第一同構定理得出。$\Box$

現在來點完全不同的東西

定理 5.20:

令 $\varphi :M\to N$ 是關於 $R$ 的模的同態，並令 $L\leq N$. 那麼 $\varphi ^{-1}(L)$ 是 $M$ 的子模。

證明:

令 $a,b\in \varphi ^{-1}(L)$. 那麼 $\varphi (a+b)=\varphi (a)+\varphi (b)\in L$, 因此 $a+b\in \varphi ^{-1}(L)$. 進一步令 $r\in R$. 那麼 $\varphi (ra)=r\varphi (a)\in L$.$\Box$

類似地

定理 5.21:

令 $\varphi :M\to N$ 是 $R$ 上的模同態，並且令 $K\leq M$。那麼 $\varphi (K)$ 是 $N$ 的子模。

證明: 令 $a,b\in \varphi (K)$。那麼 $a=\varphi (i),b=\varphi (j)$ 並且 $a+b=\varphi (i+j)\in \varphi (K)$。進一步令 $r\in R$。那麼 $ra=\varphi (ri)\in \varphi (K)$。$\Box$

練習

• 練習 5.3.1: 令 $R,S$ 為環，視為它們自身的模，如練習 5.2.1 所示。證明環同態 $\varphi :R\to S$ 正好是模同態 $R\to S$；也就是說，每個環同態都是模同態，反之亦然。

投影態射

定義 5.22:

令 $M$ 是一個模，並且 $N\leq M$。透過對映 $\pi _{N}:M\to M/N$，我們指的是將 $m\in M$ 對映到 $m+N$ 的標準投影對映；也就是說，

$\pi _{N}:M\to M/N,\pi _{N}(m):=m+N$.

對於 $\pi _{N}(\pi _{N}^{-1}(S))$ 和 $\pi _{N}^{-1}(\pi _{N}(K))$ 這兩個基本方程將在後面的章節中變得至關重要，其中 $S\subseteq M/N$，$K\leq M$.

定理 5.23:

令 $M$ 為一個模，而 $N\leq M$。那麼對於每個集合 $S\subseteq M/N$，$\pi _{N}(\pi _{N}^{-1}(S))=S$。此外，對於每個其他子模 $K\subseteq M$，$\pi _{N}^{-1}(\pi _{N}(K))=K+N$.

證明:

首先令 $m+N\in S$。則 $m\in \pi ^{-1}(S)$，因為 $\pi _{N}(m)=m+N$。因此，$m+N\in \pi _{N}(\pi ^{-1}(S))$。然後令 $m+N\in \pi _{N}(\pi _{N}^{-1}(S))$。則存在 $m'\in \pi _{N}^{-1}(S)$ 使得 $\pi _{N}(m')=m+N$，即 $m'+N=m+N$。現在 $m'\in \pi _{N}^{-1}(S)$ 意味著 $\pi (m')=m'+N\in S$。因此，$m+N=m'+N\in S$.

令第一個$m\in K+N$，即$m=k+n$ 對於合適的$k\in K$，$n\in N$。 然後 $\pi _{N}(m)=k+n+N=k+N=\pi _{N}(k)\in \pi _{N}(K)$，這就是為什麼根據定義$m\in \pi _{N}^{-1}(\pi _{N}(K))$。 然後令$m\in \pi _{N}^{-1}(\pi _{N}(K))$。 然後 $\pi _{N}(m)=m+N\in \pi _{N}(K)$，即$m+N=k+N$ 其中$k\in K$，即$m=k+n$ 對於合適的$n\in N$，即$m\in K+N$。$\Box$

以下來自基本集合論的引理與投影態射相關，我們將多次用到它。

引理 5.24:

設 $f:S\to T$ 是一個函式，其中 $S,T$ 是完全任意的集合。那麼 $f$ 透過 $A\mapsto f(A)$ 誘匯出一個函式 $2^{S}\to 2^{T}$，$A$ 的像，其中 $A\subseteq S$。這個函式保持包含關係。此外，函式 $2^{T}\to 2^{S},B\mapsto f^{-1}(B)$ 也保持包含關係。

證明:

如果 $A'\subseteq A$，令 $y'\in f(A')$。那麼 $y'=f(x')$ 對於某個 $x'\in A'\subseteq A$ 成立。類似地，對於 $f^{-1}$ 也成立。$\Box$