Е.С. Голод - Курс лекций по высшей алгебре (1106008), страница 12
Текст из файла (страница 12)
.a1n10d1 (λ)0......C −1.0dn (λ)an1. . . ann − λ 01Матрица в правой части после приведения матрицы A − λE к диагональному виду будет обратной к матрицеперехода к новому базису в F .Отсюда получается теорема Жордана: Пусть K = C. Тогда неприводимыми будут только линейные многочлены вида λ − λi . Следовательно,..V ∼= K[x] (λ − λ1 )k1 ⊕ . . . ⊕ K[x] (λ − λs )ks = he1 , . . . , es i .Векторный базис каждой жордановой клетки — ei , (λ − λi )ei , . . . , (λ − λi )ki −1 ei . Вид матрицы в силу единственности разложения определён однозначно с точностью до перестановки клеток.3.4. Прямые произведения колец (алгебр) и модулей над ними3.4.1. Прямые произведения колецПусть R — кольцо с 1, I1 , .
. . , Is — его идеалы.Определение. Кольцо R есть прямое произведение I1 , . . . , Is , если R как абелева группа есть прямая сумма:R = I1 ⊕ . . . ⊕ Is . Обозначение: R = I1 × . . . × Is .Из определения следует, что Ii ∩ Ij = {0}. Если xi ∈ Ii , xj ∈ Ij ⇒ xi xj ∈ Ii ∩ Ij ⇒ xi xj = 0. Значит,произведение элементов прямого произведения — покомпонентное:x = x1 + . . . + xs ,y = y1 + .
. . + ys ⇒ xy = x1 y1 + . . . + xs ys .(1)Представим единицу в виде суммы: 1 = e1 + . . . + es , где ei ∈ Ii . Тогда xi = xi ei = ei xi , т. е. элементы eiявляются единицами для соответствующих подгрупп (однако Ii будут всего лишь подгруппами по сложению, ане подкольцами в R, так как ei 6= 1). Заметим также, что e2i = ei , а ei xj = xj ei = 0, если i 6= j. Таким образом,получаем свойства системы элементов ei :1◦ e2i = ei (идемпотентность);2◦ ei ej = 0, i 6= j (ортогональность);3◦ ei + . .
. + es = 1 (полная система);4◦ ei ∈ Z(R).Наоборот, если задана полная система ортогональных идемпотентов, то Ii := ei R = Rei — идеал в R, и тогдаR = I1 ⊕ . . . ⊕ Is .Теперь определим внешнее произведение. Рассмотрим декартово произведение R = R1 × .
. . × Rs , введёмоперации (покомпонентно). Рассмотрим Ii = {(0, . . . , 0, xi , 0, . . . , 0)}, где xi ∈ R. Очевидно, что Ii будет идеалом.Значит, можно не различать внешнее и внутреннее произведения.Пример 4.1. R = K[x] (f ), f = g1 . . . gs , и (gi , gj ) = 1 для i 6= j. Рассмотрим кольца Ri := K[x] (gi ).Тогда (f ) ⊆ (gi ). Рассмотрим отображения ϕi : K[x] → Ri .
Построим отображение ϕ : K[x] → R1 × . . . × Rs ,заданное по правилу ϕ(h) := ϕ1 (h), . . . , ϕs (h) . Каждому многочлену сопоставим набор его классов вычетов помодулю gi . По китайской теореме об остатках оно будет сюръективным, так как для любого набора остатковнайдётся элемент, которойпри делении на заданный набор элементов даёт эти остатки. А тогда по теореме огомоморфизме K[x] Ker ϕ ∼= R1 × . . . × Rs . Но ядро состоит в точности из тех многочленов, которые делятся наs∼ Q Ri .каждый из gi , т. е.
Ker ϕ = (f ). Значит, R =i=130Пример 4.2. Множество блочно-диагональных матриц над полем K образует алгебру. Идеалами, очевидно,будут матрицы, в которых в одном из блоков стоит произвольная подматрица, а все остальные блоки нулевые.Вся алгебра будет произведением таких идеалов.Утверждение 3.10. Центр прямого произведения колец равен произведению их центров.
Пусть R = R1 × . . . × Rs , x = (x1 , . . . , xs ), y = (y1 , . . . , ys ). Умножение покомпонентное, следовательно,xy = yx ⇔ xi yi = yi xi ∀ i. Это и означает, что Z(R) = Z(R1 ) × . . . × Z(Rs ). Утверждение 3.11. Дан модуль M над прямым произведением колец R = R1 ×. . .×Rs . Тогда M однозначноразлагается в прямую сумму M = M1 ⊕ . .
. ⊕ Ms , где Mi — модуль над Ri , и yj Mi = 0 для ∀ yj ∈ Rj при i 6= j. В силу наличия прямого произведения колец имеем разложение для единицы: 1 = e1 + . . . + es , гдеei — единицы в Ri . Положим Mi = ei M . Покажем, что Mi будут подмодулями. Поскольку ei ∈ Z(R), то для∀ r ∈ R, ∀ xi = ei x, где x ∈ M , имеем rxi = rei x = ei rx ∈ Mi . Если xi ∈ Mi , то xi = ei x, и ei xi = e2i x = ei x, т. е.Mi — подмодуль. Пусть yj ∈ Rj , xi = ei x ∈ Mi . Тогда при j 6= i получаем, что yi xi = yi ei x = 0, и следовательно,|{z}0PMi ∩ Mj = {0}.
Теперь представим любой элемент x ∈ M в виде суммы. Имеем x = 1·x = (e1 +. . .+es )x = e1 x+i6=j+ . . . + es x. Значит, M есть прямая сумма Mi . Обратно, пусть заданы модули Mi над каждым Ri . Построим из них прямую сумму M . Для ∀ rj ∈ Rj , xi ∈Mi при i 6= j положим rj xi = 0. Определим действие r = (r1 , . . . , rs ) на x ∈ M так: r · xi := ri xi . ТогдаM = M1 ⊕ . .
. ⊕ Ms .Следствие 3.3. Пусть задан простой модуль над прямым произведением. Тогда он совпадает с модулемнад одним из множителей.3.4.2. Модули над конечномерными алгебрамиУтверждение 3.12. Пусть R — конечномерная алгебра над K, и V — конечнопорождённый R-модуль.Тогда V — конечномерное векторное пространство. Пусть V = he1 , . . . , en iR . Рассмотрим свободный модуль F = hu1 , . .
. , us i. Имеем F ∼= R⊕. . .⊕R (s штук).Представим V как фактормодуль F/Q. Модуль F конечномерный ⇒ V также конечномерный. Пусть R = he1 , . . . , ek iK — векторное пространство. Введём умножение на базисных векторах (превратим R вnPалгебру) по формулам ei ej =ckij ek . Построим модуль V над R. Для этого зададим действие элементов r ∈ Rk=1на элементы x ∈ V (линейные операторы) ρr (x) = rx.
Достаточно задать такие линейные операторы для базиса:ρi (x) = ei x, где ρi = ρei . При этом произведение элементов алгебры должно соответствовать произведениюnPоператоров: ρi ρj =ckij ρk , и единице соответствует тождественный оператор ρe = E. Таким образом, модульk=1V над алгеброй R — это векторное пространство и семейство линейных операторов. Фактически при заданиимодуля рассматривается гомоморфизм из R в алгебру линейных операторов Lin(V ), т. е. линейное представлениеR.Рассмотрим гомоморфизм R-модулей ϕ : V → W , т. е. линейное отображение модулей как векторных пространств, перестановочное с умножением на элементы из R, т.
е. ϕ(rx) = rϕ(x). Пусть ρr и ρer — операторыумножения на r в модулях V и W соответственно. Перестановочность ρ и ϕ достаточно проверять только длябазисных элементов. Выберем базис в модулях: V = hv1 , . . . , vn i , W = hw1 , . . . , wn i. Пусть T — матрица ϕ в этихбазисах, Ai — матрица ρi относительно базиса V , а Bi — матрица ρei относительно базиса W .
Получаем, чтоматрицы Bi и Ai должны быть сопряжены одной и той же матрицей T : Для ∀ x Bi T x = T Ai x ⇒ Bi T = T Ai ⇒Bi = T Ai T −1 . Рассмотрим частный случай: V = W , и выбрано 2 разных базиса. Тогда матрицы операторовна V при переходе к другому базису изменяются при помощи сопряжения (хорошо известное утверждение излинейной алгебры).3.5. Простота и полупростота модулей. Полупростые алгебры3.5.1. Простые модулиПусть дан R-модуль V . Рассмотрим подмодуль L ⊂ V .
Он является подпространством. Наоборот, подпространство L будет подмодулем, если оно инвариантно относительно всех операторов из R, т. е. ρr (L) ⊆ L ⇔∀ x ∈ L, r ∈ R выполнено rx ∈ L. Это свойство достаточно проверять на базисных операторах ρi .Определение. Если существует подпространство, инвариантное относительно всех операторов ρi , то пространство называется приводимым.На матричном языке свойство приводимости выглядит так: существует матрица перехода к новому базису,31в котором матрицы всех операторов имеют общий угол нулей:∗ ∗Bi =.0 ∗Определение. Модуль называется полупростым (вполне приводимым), если он является прямой суммойпростых.Лемма 3.13 (Эквивалентное условие полупростоты модуля).
Конечномерный модуль V над конечномерной алгеброй R является полупростым ⇔ для любого подмодуля L ⊂ V существует подмодуль L′ ⊂ V ,такой, что V = L ⊕ L′ . Справа налево докажем по индукции по размерности подмодулей. Имеем V = L ⊕ L′ . Пусть один изподмодулей (для определённости L) не простой. Докажем, что L также расщепляется в прямую сумму. ПустьM ⊂ L. Тогда по условию V = M ⊕ M ′ .
Покажем, что L = M ⊕ (L ∩ M ′ ). Очевидно, что M ⊕ (L ∩ M ′ ) ⊆ L,остаётся показать обратное включение. Пусть x ∈ L ⇒ x = x1 + x2 , где x1 ∈ M, x2 ∈ M ′ . Тогда x2 = x − x1 ∈L ⇒ x2 ∈ (L ∩ M ′ ). Поскольку модули L и L′ имеют меньшую размерность, то они предположению индукцииобладают свойством отщепляемости.Обратно: пусть V = V1 ⊕. . .⊕Vs , где Vi — простые подмодули, L — некоторый подмодуль в V .
Если Vi ⊂ L длявсех i, то тогда L = V и доказывать нечего. Пусть нашлось i : Vi * L. Тогда L∩Vi = {0}, так как пересечение L∩Viесть подмодуль в Vi , а Vi — простой. Следовательно, можно рассмотреть прямую сумму L ⊕ Vi . Если L ⊕ Vi 6= V ,то повторяем процедуру отщепления. Рано или поздно всё закончится, так как модуль конечномерный. Следствие 3.4. Подмодуль или фактормодуль полупростого модуля является полупростым.
Для подмодулей справедливость утверждения обеспечивается леммой. Докажем для фактормодулей.Пусть L ⊂ V, L′′ = V /L. Вследствие полупростоты V найдётся подмодуль L′ ⊂ V : V = L ⊕ L′ . Но тогдаV /L ∼= L′ . Так как L′ — подмодуль полупростого модуля, то он сам полупростой, а значит, V /L полупростой. 3.5.2. Полупростые алгебрыОпределение. Конечномерная алгебра называется полупростой (слева), если как левый модуль над собойона является полупростым модулем.Определение.
Минимальный левый идеал — ненулевой идеал, не содержащий ненулевых подидеалов.Рассмотрим алгебру R как левый модуль над собой. Пусть она полупроста, т. е. R = I1 ⊕ . . . ⊕ Is . Тогдапростые подмодули Ii , очевидно, будут левыми идеалами.
Наоборот, алгебра R — полупроста слева, если онаявляется прямой суммой своих минимальных левых идеалов.Утверждение 3.14. Любой конечномерный модуль V над полупростой алгеброй R является полупростым. Модуль V конечномерен ⇒ имеет конечную систему порождающих, а значит, может быть представленкак V = F/Q, где F = he1 , . . . , ek iR = R ⊕ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
