Бурбаки - Книга 2. Алгебра. Гл. VII-IX. Модули, кольца, формы (947361), страница 9
Текст из файла (страница 9)
Показатгн что отображение ф, которое каждому элементу х ставит в соответствие <р (и), являетсн гомоморфизмом с ядром М<о+ > и, следовательно,модуль М (н)/М<а+~> изоморфен (М (я) П М<а>)/(М (я) П М<о+<>). г) Пусть Л' — подмодуль М и х ЕМ (а) — элемент высоты ск покааать, что элемент х — собственный относительно Л/ тогда и только тогда, когда соответствующие ему элементы и =- х — у Р М (я) () М<а> (см.
в)) — собственные относительно Л<. Для сущестиования такого элемента необходимо и достаточно, чтобы обраа Л< Д М (а) при гомоморфиэме ф был отличен от (М (я) () М<о>)/(М (я) П М<и+<>), *14) Пусть М вЂ” приведенный я-модуль.
В обозначениях управе пения 13 модуль (М (я) П М< >)/(М (я) П М<и+<>) при любом а ( т можно рассматривать как векторное пространство над полем Ри —— = А/А„обоапачим через о(а) мощность базиса атого пространства (см. гл. 11, $1, упражнение 13); будем навивать это число краткостью ординального чясла <я в и-модуле М (см.
4 4, и' 7). а) Покивать, что я-модули М н /У, являющиеся суммамн моногеняых подмодулей (откуда следует, что т = — е — наименьшему бесконечному ординальному числу), изоморфвы тогда н только тогда, когда кратность любого целого и в пих одянакова. б) Привести пример двух неиаоморфвых я-модулей беа элементов бесконечной высоты, в которых любое целое п имеет одну и ту же кратность (см. упражнение 1<>е). в) Пусть М и Л< — приведенные я-модулп со счетным множеством образующих. Покааатгн что если М и Л> имеют одно и то же последнее число т и всякое а ( т имеет в них одну н ту же кратность, то они иооморфкоь (Пусть 8 < М и Т ~ Лг — подмодули.
Иаоморфиам модуля о на модуль Т называется сохраняющим высоту, если высоты х Р о в М и й (х) в Л< равны, Задача сводится к следующей: пусть о ~ М и Т ~ Л< — подмодулн коночного типа, х Р М П С8, >> — изоморфизм о на Т, сохраняющий высоту; продолжить Ь до сохраняющего высоту иаоморфнзма Ь подмод уля о" + Ах на некоторый подмодуль в Л<, содержащий Т. Меняя ролями М и /У, можно по индукции определить изоморфмам М на Л/, сохраняющий высоту. Покааать, что можно ограничиться случаем ях Р Я; применяя упражнение 5, выбрать в (о +Ах) () Со" элемент и, наибольшей в М высоты а, затем в о П М<а> выбрать элемент юз таким обрааом, чтобы высота я (и<+ юз) в М была наибольшей; покаэатгн что элемент ю = ю< + юз — собственный относительно подмодуля о" (упражнение 13б)).
Пусть я = Ь (ям) Р Т; покааать, что если существует элемент > Е Л', имеющий в Л/ 42 мОдУли нАд кольцАми ГлАВных идеАлОВ Гл, У11, 1 3 высоту а, собственный относительно Т в такой, что ис = с, те искомое продолжение А изоморфизма И получается по формуле Ь (ю) = ь Остается только доказать существование такого элемента к Если у (с) = т (пю) = а+ 1, то в Фэ1 Д СТ существуют такив элемэвты э, что э = пи, и з качестве с можно взять один вэ этих элементов. Если же у (э) = у(пю) )а+ 1, то ю б М (а) (упражнение 13в)), К, заметив, что (э Обозначениях этого упражвевия) образ 8 () М1э1 в (М (п) ()М(э1)/(М (и) П М<э+11) при отображении ф имеет кевеч- КУЮ РаЭМЕРНЕСтЬ ПаД ПОЛЕМ Гп, ДОКажИтв СУЩЕСтВОВаНИЕ ЭЛЕМЕвта 1 с помощью упражвезвя 13г) с),) г) Получить ва в) повсе доказательство упражнения 12г). 3 3.
Свободные модули иад кольцом главных идеалов Пусть А — кольцо целостности и К вЂ” его поле дробей. Пусть, далее, М вЂ” А-модуль без кручения (3 2, и' 1). Ранее упоминалось, что канонический гомоморфизм х-ч-1 ® х модуля М в векторное пространство Мл, полученное иа М расширением области операторов А до К, является взаимно однозначным отображением (гл. Ш, $2, и'3, теорема 2).
Следовательно, можно представлять себе модуль М вложенным в линейное пространство М1лр Когда в дальнейшем будет употребляться выражение аранг» (множества, линейного отображения и т. д.), то будет иметься в вэщу структура векторного пространства, действующая таким образом на М. Ясно, что любой свободный модуль х' (гл. 11, 3 1) над кольцом целостности А не имеет кручения и всякая база Ь является базой векторного пространства Ь<кг Но если А не является полем, то всегда существует А-модуль без кручения, не являющийся свободным. Например, аддвтквпая группа поля дробей К кольца А, рассматриваемая как А-модуль, ке имеет кручения. Однако, если А ~ К, этот модуль не является свободным, так как, с одной стороны, любые дэа элемента в К Образуют аазисимое мзсжество, с другой стороны, К пе является циклическим модулем, ибо з противном случае мы имели бы К = аЬ-эА (а ЕА, Ь ЕА), откуда Ь-э = асЬ-' (с бА), Ь вЂ” '=асбАиК=А.
3 а и е ч а в и е. Для того чтобы модуль беэ кручения ковечпсгс ранга и был свободным, необходимо и достаточно, чтобы ов порождался и элементами. «) Предлагаемый метод доказательства этой теоремы (стеоремы Ульма— циппвкаэ) сообщили вам Дж. Макки в И. Каплансквй (ве опубликовано). своводнык модкли нлд кольцом главных идвллов 43 ,Твогвмл 1. Всякий подмодуль М свободного модуля Ь над кольцом главных идеалов А является свободным А-модулем. Пусть (е,)мг — некоторый базис Л, и Є— координатные функции этого базиса. Определим на Х структуру вполне упорядоченного множества (Теор.
мн., гл. 111) и обозначим через Ь, подмодуль, порожденный элементами еь для А<с.' Положим М, = = М () А,. Координатная функция р„отображает модуль М, на идеал А„кольца А. Обозначим через а„элемент модуля М, такой,что р„(а„) =- а„; еслиа, = О, то полагаем а„= О. ПустьМ;— подмодуль модуля Ь, порожденный элементами аь для Х(ы Докажем, то М; = М„для любого с; отсюда будет следовать, что модуль М порождается множеством элементов (а,)мг. Сделаем индуктивное предположение, что Мь = Мь для всех Х - с.
Тогда для любого элемента х ~ М„будем иметь: р, (х) = ух„ (у ~ А), элемент х — уа„является линейной комбинацией конечного числа элементов еы Х - ы Другими словами, х — уа, принадлежит модулю Мю Х < ь. По индуктивному предположению х — уа, б Мь с:. М„то есть х ~'М;, откуда М„' = М„. Осталось доказать, что множество ненулевых элементов а, свободно, Предположим противное, пусть существует линейное соотношение ~(),а, =- О, где не все элементы р,а, (среди которых г лишь конечное число отличных от пуля) равны нулю.
Пусть р— наибольший из индексов ь таких, что (),а, Ф О. Так как рг (аь) = О при А < р, то р„(()„а„) = ро (~ (),а,) = О, но р„фоао) = = ()„я„, и так как а„чь О по предположению, то и„Ф О, и мы получили, что р„= О. Полученное противоречие доказывает теорему. Пгкдложкник 1. Пусть  — свободный модуль конечного ранга и над кольцом главных идеалов А; тогда любой подмодуль М модуля Ь является свободным модулем конечного ранга <п. Действительно, по теореме 1 модуль М свободен.
Ранг модуля М не превосходит и, так как его мо;кно рассматривать как часть век. торного пространства Ек, имеющего размерность и над полем дробей К кольца А. Слкдствив. Пусть Š— модуль над кольцом главных идеалов А . порохсденный и элементами. Тогда любой подмодуль Р модуля Е 44 модули нАд кОльцАми ГлАВных идеАлОВ Гл, чгц 1 3 обладает системой образующих, содержащей не более чем и элезтемтоо. Действительно, существует гомоморфизм 1 модуля А" на модуль.
Е(гл. 11, у 1, и'8, предложение 10), 11рообраз 1 т (с), являющийся свободным модулем ранга т <я, порождается т элементами. Образы этих элементов при отображении 1 порождают г. Упражнения. 1) Привести другое доказательство теоремы 1, использующее теорему Церна (пусть (е,), — некоторый базис модуля 1„и э — подмножество множества 1, через йз обозначим подмодуль, порожденный алемевтами ем индексы которых ь Р э; рассмотреть множество Ф пар (1, 6) б В (1) Х 6 (М) таких, что 6 является базисом модуля М () 1з).
2) Распространить теорему 1 на случай, когда 1, является левым унитарным свободным модулем над некоммутативпым кольцом А с единицей без делителей нуля, в котором всякий левый идеал главный. 3) Пусть А — коммутатнвиое кольцо с единицей. Доказать, что если в некотором унитарном свободном А-модуле любой подмодуль свободен, то всякий идеал кольца А главный и А не содержит делителей нуля (то есть А является кольцом главных идеалов).
ь4) Пусть М вЂ” модуль над кольцом главных идеалов А. Предположим, что М разлагается в прямую сумму циклических подмодулей. Доказать, что любой подмодуль )т модуля М разлагается в прямую сумму циклических подмодулей. (Пусть Т вЂ” подмодуль кручеяия модуля Х. Сначала, пользуясь теоремой 1, доказать, что фактор- модуль Х)Т свободен,и вывести отсюда, что Т обладает дополнительным подмодулем в )У.
Затем доказать, что Т разлагается в прямую сумму цнклических подмодулей, используя упражнение 12с) к $2.) 5) Пусть (Р„) — последовательность простых чисел, расположенных по возрастанию. На рациональной плоскости (Зз рассмотрим И-модуль М, порожденный последовательностью (с ), определяемой следующим образом: со=(1 0)~ за=(0 1) зп+г=р '(се+за) для л -1. Доказать, что М нмеет ранг 2 и что любой подмодуль ранга 1 в М циклический (установить, что зс н л„образуют базу подмодуля М, порожденного множеством з; с 1 ( л, и воспользоваться тем, что л/Р„стремится к О, когда и стремится к + Ос Я 1, упражнение 20)).
б) д модуль без кручения иад кольцом главных нива лов А. а) Доказать, что если Р— чистый подмодуль в Е, то фактор- модуль Я)Р беа кручения, и обратно. б) Пусть Р— подмодуль в Ть порожденный псевдосвободным максимальным множеством (1 2, упражнение 4), Р— свободный своводныв модули над кольцом главных иднллов 45 и чистый водмодуль модуля Е. Доказать, что для любого элемента х б Е/Р существуют элемент и б А, не являющийся делителем 1, и элемент р б Е/Р такие, что * = иу, но фактормодуль Е/р не обязан быть делимым модулем (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
