李文威高等代数 2 期末复习

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按照李文威的写法，这份笔记与之讲义我猜测是更为 "经济" 的版本，但相对的 "可读性" 会下降 —— 这是无可避免的取舍。

11. 群 - 讲义回顾

定义 11.1.2：群 G 作为集合的基数 |G| 称为其 阶数 。

练习 11.2.12：对群 G 和 g\in G 以 \mathrm{Ad}_g(x)=gxg^{-1} 定义 G 的自同构。若 g\in Z_G 则 \mathrm{Ad}_g=\mathrm{id}_G 。这种自同构称为 G 的 内自同构 。若记 \mathrm{Aut}(G) 为 G 的自同构群，则 g\mapsto\mathrm{Ad}_g 给出群同态 \mathrm{Ad}: G\rightarrow \mathrm{Aut}(G) 。

定义 11.4.2：设 H 为 G 的子群，相应的 右陪集 是形如 Hg 的子集，左陪集 是形如 gH 的子集，其中 g\in G 。不致混淆时简称为 陪集 。

定义 11.4.3：设 H 为 G 的子群，命：H/G:=\{右配集\ Hg:g\in G\} 。相应的定义 G/H 。

定义-命题 11.4.5 (子群的指数)：设 H 为 G 的子群，由于 Hg\rightarrow (Hg)^{-1} 给出 H/\ G 到 G/H 的双射。故它们作为 集合 有相同的基数，记之为 (G:H) 称为 H 于 G 中的指数，这种记法是有代数性质的传递的：(G:K)=(G:H)(H:K) 。

此处集合是值得注意的：没有充足证据说明 H/G 构成群，亦即无法说明 HxHy 与 Hxy 之间的关系。这点会在 11.9 正规子群处给出。

定理 11.4.6 (J.-L. Lagrange)：若 H 为 G 的子群，则 |H|\cdot (G:H)=|G| 。这说明任意子群 H 的阶数一定整除 |G| 。

定义 11.4.9 (元素的阶)：对于 \sigma\in G 定义 \mathrm{ord}(\sigma):=|\langle\sigma\rangle| 即循环子群大小。由此若 G 有限且 |G| 为质数，则 G 是循环群立见。

定义 11.5.1：群 G 在非空集 X 上的 左作用 意谓满足下述性质的映射 a:G\times X\rightarrow X 即 a(g_1g_2,x)=a(g_1,a(g_2,x)) 以及 a(1_G,x)=x 。

定义 11.5.3：群 G 作用在 X 上，对所有 x\in X 定义：

以同轨道作等价关系对应的商集记作 G/X 。

定义 11.5.6：对于群 G 于 X 上的作用：

引理 11.5.7：设群 G 左作用于 X，对于 x\in X 命 H=\mathrm{Stab}_G(x) 则有双射：G/H\rightarrow Gx 即 gH\mapsto gx 。满和单无非是操演定义。

练习 11.5.8：若 g\in G 则 \mathrm{Stab}_G(gx)=g\ \mathrm{Stab}_G(x)g^{-1} 。

命题 11.5.10 (Burnside 引理)：设有限群 G 作用于有限非空集 X 。对所有 g\in G 定义 X^g:=\{x\in X:gx=x\} 即称 g 作用下的不动点，则：

|G/X|\cdot |G|=\sum_{g\in G}|X^g|

先假设作用传递，即 |G/X|=1 。选定 x_0 由 11.5.8 知 \mathrm{Stab}_G(x) 大小固定，遂得：

\begin{aligned} \sum_{g\in G}|X^g|=\sum_{x\in X}|\mathrm{Stab}_G(x)|&=|X|\cdot|\mathrm{Stab}_G(x_0)|\\ &=(G:\mathrm{Stab_G}(x_0))\cdot|\mathrm{Stab}_G(x_0)|=|G| \end{aligned}

这是利用了 Lagrange 定义 11.4.6 和引理 11.5.7 得到的结果。对于一般的情形，将 X 分解为若干轨道的无交并，合并上述结果即为所求。

定义 11.6.1：设 G 作用在 X 上，记 X^G=\{x\in X,\forall g,gx=x\}，其元素称为 X 在 G 作用下的 不动点 。不动点也等于只有一个元素的轨道 \{x\} 。

定义 11.6.2：设 p 为素数，若 |G|=p^m，其中 m\in \mathbb{Z}_{\geq 0}，则称 G 为 p-群 。

命题 11.6.3：设 p-群 G 作用在有限集 X 上，则 |X|\equiv |X^G|\pmod p 。

将 X 分解为轨道 Gx_1,\cdots,Gx_n 。然后记 H_i:=\mathrm{Stab}_G(x_i) 。不动点对应到满足 |Gx_i|=1 的轨道，于是即有 |X|=\sum\limits_{1\leq i\leq n}(G:H_i)=|X^G|+\sum\limits_{1\leq i\leq n,H_i\not= G}(G:H_i) 。而后侧为 p 所整除，故自然导出结果。

命题 11.6.4：设 G 为非平凡 p-群，则 Z_G\not=\{1\} 。

考察群 G 对其自身的作用 \mathrm{Ad}_g(x) 。不动点 x 意为 \forall g,gx=xg 故其实为 Z_G 。从而见 |Z_G|\equiv |G|\equiv 0\pmod{p} 故 Z_G\not=\{1\} 。

定理 11.6.5 (A.-L. Cauchy)：设 G 为有限群，p 为 |G| 的素因数，则存在 g\in G 使得 \mathrm{ord}(g)=p 。

让循环群 \mathbb{Z}/p\mathbb{Z} 作用于 X:=\{(g_1,\cdots,g_p)\in G^p:g_1\cdots g_p=1\} 。此时 X^{\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}}=\{(g,\cdots,g)\in G^p:g^p=1\}，只需要证明有 g\not=1 的取值即可。事实上，|X|=|G|^{p-1} 被 p 整除，故 |X^{\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}}|\equiv |X|\equiv 0\pmod p，明所欲证。

这说明，对于 |G| 的质因数 p 存在 G 的 p 阶子群。如何确定其他特定阶子群 H 存在？此处按下不表。

定义 11.6.6 (Sylow p-子群)：设 G 为有限群，p 为素数。满足 |P|=p^a 的子群 P 称为 G 的 p-子群，其中 a\in\mathbb{Z}_{\geq 0} 。若进一步有 p^a\parallel |G|，则称 P 为 G 的 Sylow p-子群。

先证明 Sylow 第一定理。令 X:=\{S\subseteq G:|S|=p^a\} 并记 |G|=p^am，其中 p^a\perp m 。由 Lucas 定理有：

|X|\equiv {p^am\choose p^a}\equiv{m\choose 1}\equiv m\not\equiv 0\pmod{p}

考察 G 对 X 对左乘作用。存在轨道 O\subset X 使得 p\not\mid |O| 。取 O 中一个 S，命 H:=\mathrm{Stab}_G(S) 。从而 |O|=(G:H) 导致 p^a\mid H 。此外，取 x\in X 则 Hx\subset X 导致 |H|=|Hx|\leq |X|=p^a 从而 |H|=p^a 成为 G 的 Sylow p-子群。

然后是 Sylow 第二定理。设 H_1,H_2\subset G 为 Sylow p-子群，考察 H_2 通过左乘作用于 G/H_1，该作用的轨道大小必为 p 的幂。从而其不动点个数模 p 同余于 |G/H_1| 不为 0 。因此存在不动点 xH_1 即满足 \forall y\in H_2 有 yxH_1=xH_1 也即 x^{-1}yx\in H_1 从而 x^{-1}H_2x\subset H_1，而两侧元素相等。

最后是 Sylow 第三定理。设 S 为所有 Sylow p-子群构成的集合。由于 G 对 S 的共轭作用只有一个轨道，故 N_p\mid |G| 。另外，设 H\in S 考察 H 在 S 上的共轭作用。轨道大小必为 p 的幂，从而 N_p\equiv |S^H|\pmod{p} 。

只需要说明 S^H=\{H\} 。考察 K\in S_H 则 H\subset N_G(K) 。此时 H,K 都是 N_G(K) 的 Sylow p-群，而 K 作为子群正规，故 H=K 。

定义 11.9.1：若 G 的子群 H 满足：\forall g\in G,gHg^{-1}=H，则称 H 为 G 的正规子群。也记为 H\lhd G 。

若 (G:H)=2，则 H 必然正规：只用考虑 g\not\in H，则 Hg\not=H 故有陪集分解 G=H\sqcup Hg 。同样理由导致 Hg=G\setminus H=gH 。

定义 11.9.2：若 G 不是平凡群，而且 G 没有除 \{1\} 和 G 之外的正规子群，则称 G 为 单群 。由此立见 |G| 为素数的群是单群。

正规子群的特色之一是可以和任意子群相乘给出更大子群。对任意子集 A,B\subset G 引入记号 AB=\{ab\in G:a\in A,b\in B\} 。

引理 11.9.4：设 H,K 为 G 的子群，则 HK=KH 当且仅当 HK 为 G 的子群。

前者推后者只用操演定义，以 h,k 交换为条件容易导出封闭性。后者推前者只用取逆。

命题 11.9.5：设 H 为 G 的子群，K 为 G 的正规子群，则 HK=KH 且 HK 为 G 的子群。

对任意子群 K\subset G，定义其 中心化子 为 G 的子群 Z_G(K):=\{g\in G:\forall x\in K,gxg^{-1}=x\} 。定义其 正规化子 为 G 的子群 N_G(K):=\{g\in G:gKg^{-1}=K\} 。故命题 11.9.5 条件可以放宽为 H\subset N_G(K) 。

命题 11.9.8 (群同态的核)：设 f:G\rightarrow G' 为群同态，记 \ker(f):=\{g\in G:f(g)=1_{G'}\} 为 f 的 核，亦有 \ker(f)\lhd G 。

由此考虑 N\lhd G，此时 G/N 成群，而商映射 q:G\rightarrow G/N 是群同态，有 \ker(q)=N 。此时称 G/N 为 G 对 N 的商群。

接着研究子群 H,K\subset G 的乘积 HK 和商的关系，此处要求 H\subset N_G(K) 。

命题 11.9.19：此时有 K\lhd HK，H\cap K\lhd H 而且有群同构 H/(H\cap K)\rightarrow HK/K，方式是 h(H\cap K)\rightarrow hK 。

从 H,K\subset N_G(K) 可见 HK\subset N_G(K)\rhd K 故 K\lhd HK 。若 h\in H 而 x\in H\cap K 则 hxh^{-1} 一方面由封闭性知属于 H，另一方面其仍然属于 K 。

接着处理群同构。定义同态 f:H\rightarrow HK/K 为包含同态 H\hookrightarrow HK 与商同态 HK\twoheadrightarrow HK/K 的合成，具体表现为 f(h)=hK 。注意到 f 满，而 \ker(f)=H\cap K 。明所欲证。

定义-命题 11.10.1 (半直积)：设 H 和 N 为群，\varphi:H\rightarrow \mathrm{Aut}(N) 为群同态；记 h\in H 对 \varphi 对像为 \varphi_h:N\rightarrow N 。在积集 N\times H 上定义二元运算：

(n,h)(n',h'):=(n\varphi_h(n'),hh')

这给出群结构，称为 H 和 N 相对于 \varphi 的半直积。记为 N\rtimes_\varphi H，它满足：

1_{N\rtimes H}=(1_N,1_H),\quad (n,h)^{-1}=(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}),h^{-1})

同时群 N,H 分别按照 n\mapsto (n,1_H) 和 h\mapsto (1_N,h) 嵌入为 N\rtimes H 的子群。而 (n,h)=(n,1_H)(1_N,h) 对所有 n\in N,h\in H 成立。

一个比较好的结果是 N\lhd N\rtimes_\varphi H 即：(1_N,h)(n,1_H)(1_N,h)^{-1}=(\varphi_h(n),1_H) 。

先说明半直积的动机。我们欲将 H,N 嵌入一个更大的群 G，使得 N\lhd G 而且 G 的所有元素可以为一地表为 nh 。当然，取 \varphi 为平凡同态时，N\rtimes_\varphi H 化为直积 N\times H 。

定义-命题 11.10.3 (半直积的内在版本)：设 H 和 N 为群 G 的子群，满足下述条件：N\lhd G 且 G=NH 且 N\cap H=\{1\} 。则由 \varphi_h=\mathrm{Ad}_h 给出 N\rtimes_\mathrm{Ad} H 到 G 的同构，映法是 (n,h)\rightarrow nh 。

11. 群 - 习题选做

3. 设 G 为群。(i)：证明若 H,K 为 G 的子群，G=H\cup K，则必有 G=H 或 G=K 。(ii)：给定一族递增子群 G_1\subset G_2\subset\cdots 证明 \bigcup_{k=1}^{\infty}G_k 仍为 G 的子群。

(i)：若非则取 x,y 分别仅属于 H,K 。由 G 是群分析 xy，而 xy\not\in H\cup K=G 。

(ii)：取 x,y\in \bigcup_{k=1}^{\infty}G_k，只需要考察它们首次出现处，导出群所需的性质即可。

4. 设 G 是有限半群，而且满足左消去律和右消去律。证明 G 是群。

固定 x\in G 取遍 \{xy:y\in G\} 没有相同元素，故存在 y' 使得 xy'=x 。再利用另一侧消去律，有 \forall x\in G,xy'=x 。称 y' 为左单位元，同理导出右单位元 y''，而 y'=y''y'=y'' 说明两者为同一元素，由此得到 1_G 。逆元同理。

6. 设 a,b 属于群 G 。(i)：证明若 ab 是有限阶元素，则 ba 亦然。此时 \mathrm{ord}(ab)=\mathrm{ord}(ba) 。(ii)：举例说明 a,b 有限阶时，ab 未必有限阶。

(i)：不妨记 k:=\mathrm{ord}(ab) 则有 (ab)^k=1_G 。从而 a(ba)^{k-1}b=1_G=a^{-1}b^{-1}=(ba)^{-1} 。故 (ba)^{k}=1_G 。

(ii)：在二维坐标系上定义变换 f:(x,y)\rightarrow (y,x) 和 g:(x,y)\rightarrow (y+1,x-1) 。考察 G=\langle f,g\rangle 注意 f,g 阶数均为 2，但 gf:(x,y)\rightarrow(x+1,y-1) 非有限阶。

8. 设群 G\not=\{1\} 。说明 G 没有非平凡真子群的充要条件是 G 同构于素数阶循环群。

充分性：\mathbb{Z}/p\mathbb{Z} 因为阶数为 p 当然没有非平凡真子群。必要性：若 G 是有限阶，由 11.6.5 立见 |G| 为质数。不然，取 \sigma\not=1_G，此处 \sigma 同样不是有限阶，而考察 \langle\sigma^2\rangle 由于不含 \sigma 便为 G 的非平凡真子群，矛盾。

9. 证明对成群 \mathfrak{S}_n 的中心在 n\geq 3 时平凡。

从置换环的角度考虑，总能构造非交换反例。

11. 证明若 G/Z_G 是循环群，则群 G 交换。

考虑 xZ_G\in G/Z_G 给出 G/Z_G 的生成元。则 (xZ_G)^k=x^kZ_G 由 Z_G 的性质给出。而 G 中元素总能写成 x^ky 其中 y\in Z_G 。交换无非是检查定义。

12. 设 p 为素数。证明满足 |G|=p^2 的群 G 皆交换。

由 11.6.4 知道 p-群 G 的中心 Z_G 非平凡。假若 |Z_G|=p，则划归到 problem 11. 的情况，G/Z_G 由 Z_G 的正规性导致仍然为群。

13. 证明若 G 有真子群 H 使得 (G:H) 有限，则存在 N\lhd G 使得 N\not=G 而 (G:N) 有限。

考察群同态 \varphi:G\rightarrow (G/H\rightarrow G/H)，具体方式是 \varphi_g:g\rightarrow (xH\rightarrow gxH) 。

由于 (G:H) 有限 \mathrm{im}(\varphi) 亦有限。令 N=\ker(\varphi) 即 N=\{g\in G:\forall x,\ xH=gxH\} 。那么 (G:N) 的有限性由 \mathrm{im}(\varphi) 给出，N 的正规性由 \ker(\varphi) 给出，只需要说明 N\not=G，这点由 H\not=G 导出。

16. 设有限群 G 满足以下条件：对所有 d\in \mathbb{Z}_{\geq 1}，集合 \{x\in G:x^d=1\} 至多只有 d 个元素，记 n:=|G| 。

(i)：说明对于所有 d\mid n，集合 \{g\in G:\mathrm{ord}(g)=d\} 或者是空集，或者有 \varphi(d) 个元素。 (ii)：基于 (i)，说明 G 是 n 阶循环群。

(i)：找到某个 \mathrm{ord}(g)=d 。此时 g^1,\cdots g^d 都满足题目要求，故最多 d 个，因此所有 \mathrm{ord}(g)=d 都是 g^k 状元素，个数自然要么为 0 要么为 \varphi(d) 。

(ii)：由于 n=\sum_{d\mid n}\varphi(d)，将所有元素按照阶分类，自然也有 n=\sum_{d|n}|\{g\in G:\mathrm{ord}(g)=d\}| 。所以 (i) 中空集的 case 不存在。故易找到生成元。

17. 设 F 为域，利用上一题的结果，证明 F^{\times} 的所有有限子群皆为循环群。作为推论，若 F 是有限域，则 F^{\times} 是循环群。

> **19.** 设群 $G$ 的自同构只有恒等，求证 $|G|\leq 2$ 。 故所有 $\mathrm{Ad}_g$ 都是恒等，于是 $G$ 交换。由此群运算可写作加法。考察自同构 $x\rightarrow -x$，说明 $G$ 中所有元素阶为 $2$，于是 $G$ 同构于 $(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})^n$（即直接指出 $G$ 具有 $\mathbb{F}_2$-向量空间结构）而换基同构非恒等所以 $n=1$ 。 > **23.** 证明交换单群 $G$ 必然同构于 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$，其中 $p$ 是素数。 说明 $G$ 无真子群，否则其一定正规。于是取 $\exist \sigma\in G$ 使得 $\langle \sigma \rangle=G$，并令 $|G|=n$ 。若 $n=pq$ 考察 $|\langle \sigma^p\rangle|=q$ 导出矛盾。 > **26.** 设 $p>q$ 为两个素数，群 $G$ 满足 $|G|=pq$ 。 > > (i)：证明存在正规子群 $P$ 使得 $(G:P)=q$ 。 > (ii)：证明若 $q\not\mid p-1$，则 $G$ 是循环群。 > (iii)：设 $G_1,G_2$ 均为非交换群，且阶均为 $pq$，证明它们同构。 > (iv)：设 $p$ 为奇素数，证明 $2p$ 阶非交换群必然同构于 $D_{2p}$ 。 (i)：先由定理 **11.6.5** 取到一个 $|\langle\sigma\rangle|=p$ 从而 $(G:\langle\sigma\rangle)=q$ 。考察同态 $A:G\rightarrow \mathfrak{S}_q$ 映法是 $g\rightarrow (x\langle\sigma\rangle\rightarrow gx\langle\sigma\rangle)$ 。令 $P=\mathrm{ker}(A)$ 必然正规。另外，$G/P$ 与 $\mathrm{im}(A)$ 为同构，而 $|\mathrm{im}(A)|\mid q!$，所以 $p\mid |P|$ 可知 $|P|=p$ 。 用构造同态导出 $\ker$ 证明特定正规子群存在是比较好用的方法。 (ii)：由 (i) 导出 $P$ 和 $Q=G/P$ 成群，则 $G$ 同构于 $P\rtimes_{\mathrm{Ad}} Q$ 。其中 $\mathrm{Ad}:Q\rightarrow \mathrm{Aut}(P)$，而 $\mathrm{Aut}(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\simeq (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times\simeq \mathbb{Z}/(p-1)\mathbb{Z}$ 。而 $q\not\mid p-1$，所以 $\mathrm{Ad}$ 平凡，所有 $Q$ 都打到 $\mathrm{id}_P$ 。由此 $G$ 其实同构于 $P\times Q$ 。只需要在 $P,Q$ 中各取非幺元即可生成 $P\times Q$ 。 (iii)：仍然有 $G$ 同构于半直积 $(\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\rtimes_\varphi (\mathbb{Z}/q\mathbb{Z})$，无非是 $\varphi$ 的取法问题。注意到 $\mathbb{Z}/q\mathbb{Z}\simeq \{a\in (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})^\times:a^q=1\}$ 。此时 $\varphi$ 的样式无非只有是 $a\mapsto (x\mapsto a^kx)$，于是 同构的说明对应 $a$ 的选取。 (iv)：此时 $G\simeq (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z})\rtimes_{\varphi}(\mathbb{Z}/2\mathbb{Z})$，于是由 (iii) 导出同构。 > **counting (8).** 分类所有 $8$ 阶群。 若 $G$ 中有 $8$ 阶元，则给出 $\mathrm{C}_8$ 。 若 $G$ 中没有 $8$ 阶元，但有 $4$ 阶元 $x$，则 $N=\langle x\rangle$ 因为 $(G:H)=2$ 导致正规。取 $y\not\in N$ 则 $G$ 由 $x,y$ 生成，且 $y^2\in N$ 。此处 $y^2$ 的阶不大于 $2$ 。要么 $y^2=1$，由于 $yxy^{-1}$ 和 $x$ 阶数相等，只能是 $yxy^{-1}=x$ 导致交换群 $\mathrm{C}_2\times \mathrm{C}_4$ 或者 $yxy^{-1}=x^{-1}$ 得到 $\mathrm{D}_4$ 。若 $y^2=x^2$ 。当 $yxy^{-1}=x$ 时时交换群 $\mathrm{C}_2\times \mathrm{C}_4$ 。不然导出另一个非交换群。 若 $G$ 中连 $4$ 阶元都没有，其是交换群：$yx=x(xyxy)y=xy$（阶为 $1$ or $2$）。故只能是 $\mathrm{C}_2\times\mathrm{C}_2\times \mathrm{C}_2$ 。 一共五个群，三个交换，两个不交换。 > **counting (12).** 分类所有 $12$ 阶群。 由 Sylow 第三定理，$3$ 阶子群有 $1$ or $4$ 个，$4$ 阶级子群有 $1$ or $3$ 个。如果 $3$ 阶子群只有 $1$ 个那么正规。不然，$4$ 个 $3$ 阶子群占了 $9$ 个元素，剩下恰好剩一个 $4$ 阶群。 如果有 $3$ 阶正规子群 $\mathrm{C}_3$。(i)：$4$ 阶子群为 $\mathrm{C}_4$，以半直积，同态平凡给出 $\mathrm{C}_{12}$，同态非平凡给出一个非交换群。(ii)：$4$ 阶子群为 $\mathrm{C}_2\times\mathrm{C}_2$，同态平凡给出 $\mathrm{C}_2\times \mathrm{C}_2\times \mathrm{C}_3$，同态非平凡给出两个非交换群。 如果有 $4$ 阶正规子群。(i)：$4$ 阶子群为 $\mathrm{C}_4$，同态平凡给出 $\mathrm{C}_{12}$，同态非平凡不可能，因为 $\mathrm{Aut}(\mathrm{C}_4)\simeq \mathrm{C_2}$ 。(ii)：$4$ 阶子群为 $\mathrm{C}_2\times\mathrm{C}_2$，其自同构群同构于 $\mathrm{GL}_2(\mathbb{F_2})$ 。同态平凡给出 $\mathrm{C}_2\times \mathrm{C}_2\times \mathrm{C}_3$，同态非平凡不可能，没有对应矩阵。 一共五个群，两个交换，三个不交换。 ## 12. 模 - 讲义回顾 **例 12.1.4**：环 $R$ 本身立即成为左 $R$-模。 **例 12.1.7**：交换群与 $\mathbb{Z}$-模等价，反侧说明只用说明群运算为加法从而交换。 **定义 12.1.8 (子模)**：取 $N$ 为 $M$ 的加法子群，其满足 $R$-纯量乘法的封闭性，即为子模。将 $R$ 视作 $R$-模时，子模无非是理想。 **定义 12.1.10**：若 $R$-模 $M$ 能由单个元素生成，亦即存在 $x\in M$ 使得 $M=Rx$，则称 $M$ 为 **循环模** 。特别地，循环 $\mathbb{Z}$-模对应的正是循环群。 **注记 12.2.5 ($\mathrm{Hom}$-模)**：若 $R$ 是 **交换环**，则模同态集合 $\mathrm{Hom}(M,M')$ 的加法群结构升级为 $R$-模。交换的性质是重要的，否则只能赋予 $\mathrm{Hom}(M,M')$ 加法群的结构。 **练习 12.2.16**：设 $R$ 为交换环，将其视同 $R$-模，而 $I,I'\subset R$ 为理想。存在模同构 $R/I\simeq R/I'$ 当且仅当 $I=I'$ 。 对所有 $R$-模 $M$ 定义 $\mathrm{ann}(M):=\{t\in R, \forall x\in M, tx=0\}$ 。注意 $\mathrm{ann}(R/I)=I$ 而同构的 $M$ 模有 $\mathrm{ann}$ 相等。 **命题 12.3.6**：设 $L$ 和 $N$ 为 $M$ 的子模，使得 $M=N\oplus L$ 。则商同态 $q:M\rightarrow M/N$ 限制为同构 $q|_L:L\xrightarrow{\sim}M/N$ 。由 $L=L/(L\cap N)\xrightarrow{\sim}(L+N)/N=M/N$ 给出。 并非所有子模都能实现为直和项！这点和向量空间的情形迥异。 **定义 12.4.1**：设 $X$ 为集合，其上的 **自由模** 定义为直和 $R^{\oplus X}$ 。显然 $X$ 有自然嵌入 $R^{\oplus X}$ 的方式：打到 $x\in X$ 对应的 $1_R$，剩下为 $0_R$。即此 $R^{\oplus X}=\bigoplus_{x\in X}Rx$ 。 **定义 12.4.3**：设 $M$ 为 $R$-模，$S$ 为 $M$ 的子集。如果有限和 $\sum_{s\in S}r_ss$ 为零当且仅当 $r_s=0_R$ 则称 $S$ 为线性无关子集。 **定义-命题 12.4.4**：设 $X$ 为 $M$ 的子集，以下陈述等价，统计为 $M$ 是以 $X$ 为 **基** 的自由模。(i)：$X$ 生成 $M$ 且线性无关。(ii)：每个 $m$ 都能唯一表示为 $x\in X$ 的有限和。(iii)：$X\hookrightarrow M$ 给出 $R^{\oplus X}\simeq M$ 。 向量空间总有基，但这点对于一般的环 $R$，甚至对于整环上的模都不再成立。难点在于前者证明涉及除法，而后者没有这样的方式将基和极大线性无关组等联系 .. **例 12.4.8**：设 $R$ 为整环，$M$ 为 $R$-模。若 $x\in M$ 满足 $rx=0\Longleftrightarrow r=0$，则称 $x$ **无挠**，否则称 $x$ 为 **挠元** 。自由模 $M=R^{\oplus X}$ 没有非零的挠元，这点只需要考察 $\sum_{x}r_xx\in R^{\oplus x}$，以整环性质导出即得 $r_x=0$ 。 由此有挠元的模非自由。一个例子是 $M=R/I$，立即有 $1+I$ 被 $I$ 零化。推而广之，若 $M$ 包含同构于 $R/I$ 的子模，便不是自由模。 非零元无挠不能反推自由：举例明之，$\mathbb{Q}$ 构成 $\mathbb{Z}$ 模。所有 $q\in \mathbb{Q}$ 都能写成 $q=2q'$ 的形式，但 $m=\sum_{x\in X}r_xx$ 中（$r_x\in \mathbb{Z}$ 考察 $\mathbb{Z}^{\oplus X}$）则无此性质。 **定义-命题 12.4.9**：$R$ 为交换环，$M$ 为自由模。则 $M$ 的任意基大小相等，记为 **秩** 。 接下来默认 $R$ 为交换环。 **定义 12.5.1**：对任意理想 $I\subset R$ 和 $R$-模 $M$，定义 $M$ 的 $I$-挠子模为：$M[I]:=\{x\in M:\forall t\in I,tx=0\}$ 。特别地，对于主理想 $I=(h)$ 另记 $M[h]:=M[(h)]=\{x\in M:hx=0\}$，称之为 $M$ 的 $h$-挠子模。 在 $R$ 为主理想环的情况下，$(h)+(k)=(\gcd(h,k))$ 。关于交的性质 $M[I]\cap M[J]=M[I+J]$ 立即化为 $M[h]\cap M[k]=M[\gcd(h,k)]$ 。 **命题 12.5.2**：设 $R$ 为主理想环，$M$ 为 $R$-模，而且存在 $t\in R\setminus\{0\}$ 使得 $M=M[t]$ 。对于 $t$ 的不可约分解 $p_1^{a_1}\cdots p_n^{a_n}$，其中 $p_1,\cdots,p_n$ 是互不等价的素元，则有直和分解： $$ M=\bigoplus_{i=1}^{n}M[p_i^{a_i}] $$ 只用证明 $a,b$ 互素时 $M[ab]=M[a]\oplus M[b]$：由 $ua+vb=1$ 和 $\gcd(a,b)=1$导出。 一般而言，令 $M[p^\infty]=\bigcup_{n=1}^{\infty}M[p^n]$ 是 $M$ 的子模。在相同的前提下，上述结论也可以表为： $$ M=\bigoplus_{p:素元/\sim}M[p^\infty] $$ **引理 12.5.3**：设 $R$ 为主理想环，$t\in R\setminus\{0\}$，而 $p$ 是 $R$ 的素元。对于 $p^a\mid t$ 有 $(R/(t))[p^a]\simeq R/(p^a)$ 。 命 $s:=t/p^a$ 。对于 $x\in R$，条件 $x+(t)\in (R/(t))[p^a]$ 等价于存在 $y\in R$ 使得 $p^ax=ty$，从而 $x=sy$ 。于是 $(R/(t))[p^a]=(s)/(t)$ 。再考察 $R$ 到 $(s)/(t)$ 的模同态 $y\mapsto sy+(t)$，显然满，而核是 $(p^a)$，从而 $R/(p^a)\simeq(s)/(t)$ 。 最后引进两则适用于任意整环的概念。 **定义 12.5.4**：设 $R$ 为任意整环，$M$ 为 $R$-模。记 $M$ 的所有挠元所成子集为 $M_{\mathrm{tor}}$，它是 $M$ 的子模，称为 $M$ 的 **挠子模** 。商模 $M_{\mathrm{tf}}=M/M_{\mathrm{tor}}$ 称为 $M$ 的 **无挠商** 。 **命题 12.5.6**：将整环 $R$ 视同 $R$-模，设 $x\in R\setminus R_{\mathrm{tor}}$，则有 $R$-模同构 $\varphi:R\xrightarrow{\sim} Rx$ 。其满性显然，单性考察 $r\in \ker(\varphi)$ 指出 $x\in M[r]$ 。 **推论 12.5.7**：设 $R$ 为主理想环，$R$-模 $M$ 满足 $M=M_{\mathrm{tor}}$ 。则：(i)：对所有有限生成子模 $M_0\subset M$ 皆存在 $t\in R\setminus\{0\}$ 使得 $M_0=M_0[t]$ 。(ii)：$M=\bigoplus_{p:素元/\sim}M[p^{\infty}]$ 。 (i) 中有限是必要的，直接拿出有限个生成元就可以得到 $t$ 。(ii) 先说明 $x$ 总落在右侧：令 $M_0=Rx$ 则 (i) 和 **12.5.2** 说明之。然后说明右侧无非平凡交：设有互不等价的素元 $p_1,\cdots,p_n$ 和等式 $\sum_{i=1}^{n}r_ix_i=0$，其中 $r_i\in R,x_i\in M[p_i^\infty]$ 。命 $M_0=\sum_{i=1}^{n}Rx_i$ 。此时 $x\in M_0[p_i^\infty]$ 。再从 (i) 配合 **12.5.2** 给出的直和分解说明 $r_i=0$ 。 接下来的主角是主理想环。 **引理 12.6.1**：设 $E$ 为秩为 $n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$ 的自由 $R$-模，则 $E$ 的任意子模 $N$ 仍是自由 $R$-模，其秩 $\leq n$ 。 对 $n$ 递归。由于 $n=0$ 的情形平凡，以下设 $n\geq 1$ 。首先观察到若视 $R$ 为 $R$-模，则对于任意 $R$-模 $M$ 和同态 $\lambda:M\rightarrow R$，其像 $\lambda(M)$ 总是 $R$ 的理想。 任取 $E$ 的基 $f_1,\cdots,f_n$，定义 $E':=\bigoplus_{i=2}^{n}Rf_i$ 。考察对第一个坐标投影的同态 $p_1$，则 $p_1(N)$ 表作 $(d),d\in R$ 。若 $d=0$ 则 $N\subset E'$，以下假设 $d\not=0$ 。 取 $x\in N$ 使得 $p_1(x)=d$ 。对于任意 $y\in N$，将其按照 $f_i$ 展开，以 $x$ 消元，立即得到 $N=Rx+N'$（$N':=E'\cap N$）。而主理想环是整环，二者交为 $\{0\}$，实际为直和。对 $N'\subset E'$ 递归。又因为 $x\not=0$ 可知 $x$ 无挠，从而 $Rx\simeq R$ 。 **定理 12.6.3 (主理想环上的有限生成模分类)**：设 $R$ 为主理想环，$M$ 为有限生成 $R$-模，则有同构： $$ M\simeq R/I_1\oplus \cdots R/I_k\oplus E $$ 其中 $k\in \mathbb{Z}_{\geq 0}$ 而 $I_1\supset \cdots\supset I_k$ 是 $R$ 中一列非零真理想，$E$ 是有限生成自由 $R$-模。它们具有唯一性。以 $I=\{0\}$ 补全 $E$ 的部分，则称 $I_1\supset\cdots\supset I_k\supset \{0\}\cdots$ 为 $M$ 的 **不变因子**，它们由 $M$ 的同构类唯一确定。 **引理 12.6.4**：设 $N$ 为主理想环 $R$ 上的自由模，秩为 $n\in \mathbb{Z}_{\geq 0}$，而 $N$ 为其子模。则存在 $E$ 的基 $f_1,\cdots,f_n$ 以及 $R$ 的一列元素 $d_1\mid\cdots\mid d_n$ 使得若取 $0\leq r\leq n$ 使 $d_j=0\Longleftrightarrow j>r$ 。则元素 $d_1f_1,\cdots,d_rf_r$ 构成 $N$ 的基。 上面两则叙述的证明篇幅过长，就此跳过。 亦由 $M$ 分解为 $M[p^\infty]$ 的直和（将 $M$ 划归到 $M_{\mathrm{tor}}$ 的场景，追加项无非是 $E$）。则 $M[p^\infty]$ 按照不变因子做分解，由此得到一系列资料 $p^{b_1(p)},p^{b_2(p)},\cdots$ 称为 $M$ 的 **初等因子** 。两者之联系由 $R/(pq)\simeq (R/(p))\oplus (R/(q))$ 提示。 **推论 12.6.5 (有限生成交换群的结构定理)**：设 $A$ 为有限生成交换群，群运算表作加法，则有同构： $$ A\simeq \mathbb{Z}/d_1\mathbb{Z}\oplus\cdots\oplus\mathbb{Z}/d_k\mathbb{Z}\oplus \mathbb{Z}^{\oplus m} $$ 其中 $d_1\mid \cdots\mid d_k$ 而 $d_1>1$ 。 **定义-命题 12.7.2**：设 $R$ 为交换环，命 $\mathrm{GL}(n,R)$ 为所有满足 $\det P\in R^{\times}$ 的 $P\in \mathrm{M}_{n\times n}(R)$ 所成的集合。实际等价于 $\mathrm{M}_{n\times n}(R)^{\times}$ 。$R$-自由模的基可以通过此处定义的 $P$ 做基变换。 现在考虑交换环 $R$ 上的秩 $n$ 的自由 $R$-模 $E$ 以及其有限生成子模 $N$ 。选定 $E$ 的基和 $N$ 的生成元后，所得唯一确定矩阵 $A=\mathrm{M}_{n\times m}(R)$ 。关于 $N\subset E$ 的联系实际由 $A$ 关于 $\mathrm{GL}(*,R)$ 的双边乘法轨道导出。 **定理 12.7.6 (H. J. S. Smith)**：设 $R$ 或者是 $\mathbb{Z}$，或者是某个域上的一元多项式环。给定 $A\in\mathrm{M}_{n\times m}(R)$，存在 $P\in\mathrm{GL}(m,R)$ 和 $Q\in\mathrm{GL}(n,R)$ 使得： $$ A=Q\cdot\mathrm{diag}(d_1,d_2,\cdots)\cdot P $$ 其中 $d_1\mid d_2\mid \cdots \mid d_{\min\{n,m\}}$ 。此处 $\mathrm{diag}$ 非严格记号，仅用以说明 $d_i$ 落在对角线上。同时，这些 $d_i$ 可以用 $R^\times$ 调整，因为系数容易并入 $P,Q$ 。 ## 12. 模 - 习题选做 > **2.** 说明 $\mathbb{Q}$ 作为 $\mathbb{Z}$-模无法分解为两个非零子模的直和。 设 $\mathbb{Q}=A\oplus B$，现赋予 $A,B$ 以 $\mathbb{Q}$-向量空间的结构：若 $\frac{p}{q}a=b$ 则 $pa=qb$ 违背 $\mathbb{Z}$-模上的分解。从而 $A,B$ 对 $\mathbb{Q}$ 中的乘法封闭。而 $\mathbb{Q}\simeq \mathbb{Q}\oplus \mathbb{Q}$ 不可能。 > **5.** pass > **6.** 设 $M,M',M''$ 为主理想环 $R$ 上的有限生成模。证明：(i)：若 $M\oplus M'\simeq M\oplus M''$ 则 $M'\simeq M''$。(ii)：若存在 $n\in \mathbb{Z}_{\geq 1}$ 使得 $M^{\oplus n}\simeq (M')^{\oplus n}$ 则 $M\simeq M'$ 。 检查 $M,M',M''$ 的不变因子即可。 > **7.** 分类所有阶为 $100000$ 的交换群；共有 $49$ 个等价类。 初等因子讨论 $2^5,5^5$，导出 $7\times 7=49$ 。 > **10.** 设 $R$ 为交换环而 $M$ 为秩 $n$ 自由 $R$-模，$n\in \mathbb{Z}_{\geq 1}$ 。证明若元素 $x_1,\cdots,x_n\in M$ 生成 $M$，则它们是 $M$ 的基。 有 $\varphi:R^n\twoheadrightarrow M$ 即 $\varphi(r_1,\cdots,r_n)=\sum_{i=1}^{n}r_ix_i$ 。另外由于 $M$ 秩 $n$ 有同构 $\psi:M\xrightarrow{\sim}R^n$ 。从而 $\psi\varphi\in\mathrm{End}(R^n)$ 是满射，当然可逆。从而 $\varphi$ 可逆，从而 $\mathrm{ker}(\varphi)=(0,\cdots,0)$ 也就是 $x_1,\cdots,x_n$ 线性无关，自然为基。 ## 13. 标准型 - 讲义回顾 **引理 13.1.1**：设 $V$ 为 $F$-向量空间，指定 $T\in\mathrm{End}(V)$ 等价于将 $V$ 升级为 $F[X]$-模，方式是要求 $F[X]$ 的纯量乘法满足 $Xv=T(v)$ 。 进一步，若 $F[X]$-模 $V$ 和 $V'$ 分别对应 $T\in\mathrm{End}(V)$ 和 $T'\in\mathrm{End}(V')$，则所有 $F[X]$-模同态 $\varphi:V\rightarrow V'$ 和 $\{\varphi\in\mathrm{Hom}(V,V'):T'\varphi=\varphi T\}$ 一一对应。交换图表指明。 标准型的目标是给矩阵的共轭组提供描述。在可对角化的子问题里面，分类无非对应特征值的计算。对于非对角化的情形，需要更广泛的讨论。 - **矩阵版本问题**：记共轭关系为 $A\sim B$ 。问题在于研究商集 $\mathrm{M}_{n\times n}(F)/\sim$ 。 - **线性映射版本问题**：考虑形如 $(V,T)$ 的资料。若存在前文的 $\varphi$ 即构成 $(V,T),(V',T')$ 的等价。 - **模论版本问题**：在同构意义下分类所有 $n$ 维 $F[X]$-模。 三个问题等价。矩阵 $A$ 指明 $(F^n,A)$，其余的 $V$ 无非换基。研究 $(F^n,A)$ 与 $(F^n,B)$ 的联系时所考虑的无非是 $BP=PA$ 的换基矩阵 $P$。资料 $(V,T)$ 直接指明 $V$ 由 $T$ 升级的 $F[X]$-模。 **命题 13.2.2**：分块对角矩阵 $\mathrm{diag}(A_1,\cdots,A_k)$ 对应 $F[X]$-模 $M_1\oplus\cdots\oplus M_k$ 。$A_i$ 与 $M_i$ 是一一对应的。 **命题 13.3.1** 设 $f=c_0+\cdots+c_{n-1}X^{n-1}+X^n\in F[X]$ 。对于 $F[X]$-模 $F[X]/(f)$，取特定的有序基 $1,X,\cdots,X^{n-1}$ 对 $(f)$ 对陪集，则模对应的矩阵为友矩阵： $$ C_f=\begin{pmatrix}0&0&\cdots&0&-c_0\\1&0&\cdots&0&-c_1\\0&1&\cdots&0&-c_2\\\vdots&&\ddots&&\vdots\\0&0&\cdots&1&-c_{n-1}\end{pmatrix} $$ **定理 13.3.2 (有理标准型)**：设 $n\in \mathbb{Z}_{\geq 1}$ 而 $A\in\mathrm{M}_{n\times n}(F)$，存在唯一一列前后 **整除** 的非常数首一多项式 $f_1\mid\cdots\mid f_k$，使得 $\sum_{i=1}^{k}\deg f_i=n$ 而 $A$ 共轭于 $\mathrm{diag}(C_{f_1},\cdots,C_{f_k})$ 。称之为 $A$ 的 **有理标准型**，而 $f_1,\cdots,f_k$ 称为 $A$ 的不变因子。 只需要考察 $A$ 对应的 $F[X]$-模 $M$，通过结构定理给出的直和分解。注意到 $E$ 即"自由"的部分是不存在的，因为 $M$ 侧有限维，对比维数可知。 **推论 13.3.3**：设 $A\in\mathrm{M}_{n\times n}(F)$ 的不变因子 $f_1\mid\cdots\mid f_k$，则：(i)：$A$ 的极小多项式 $\mathrm{Min}_A=f_k$ 。(ii)：$A$ 的特征多项式 $\mathrm{Char}_A=\prod_{i=1}^{k}f_i$ 。 从模论角度，$(\mathrm{Min}_A)=\{t\in F[x]:\forall x\in M,tx=0\}$ 。可见确实是 $(f_k)$ 。特征多项式的部分由友矩阵的情况直接导出。 另一方面，若是以初等因子的版本推导，便得到 $f_k$ 的所有不可约因子作为子问题给出的有理标准型的分块对角矩阵。 关于计算，取定资料 $(V,T)$，我们的目的是构造 $V$ 对应的同构模的结构。取 $V$ 的基 $v_1,\cdots,v_n$，定义秩 $n$ 自由 $F[X]$-模 $F[X]^{\oplus n}$ 配备标准基 $e_1,\cdots,e_n$ 。现在考虑 $F[X]$-模的同态： $$ \begin{aligned} \varphi:&F[x]^{\oplus n}\rightarrow V\\ &\sum_{i=1}^{n}r_ie_i\mapsto \sum_{i=1}^{n}r_i(T)\cdot v_i \end{aligned} $$ 同态 $\varphi$ 显然满。另一方面，设 $A$ 是 $T$ 对应的矩阵，定义 $F[X]^{\oplus n}$ 的一列元素： $$ x_j:=Xe_j-\sum_{i=1}^{n}a_{ij}e_i,\quad 1\leq j\leq n $$ **引理 13.4.1**：同态 $\varphi$ 的核为 $N=\langle x_1,\cdots,x_n\rangle$。 此时 $N$ 的生成元 $x_1,\cdots,x_n$ 由 $F[X]^{\oplus n}$ 的标准基施加矩阵 $X\cdot1_{n\times n}-A$ 而来。按照 **12.7.6** 给出 $X\cdot 1_{n\times n}-A=Q\cdot\mathrm{diag}(d_1,\cdots,d_n)\cdot P$ 。意谓换基以后 $X$ 的生成元由 $d_ie_i$ 给出。于是自然： $$ V\simeq F[X]^{\oplus n}/N\simeq \bigoplus_{i=1}^{n}F[X]/(d_i) $$ 即 $d_1\mid\cdots\mid d_n$ 给出 $F[X]$-模的不变因子。 **命题 13.4.5**：对于所有 $A,B\in\mathrm{M}_{n\times n}(F)$，以下陈述等价：(i)：$A$ 和 $B$ 在 $\mathrm{M}_{n\times n}(F)$ 中共轭。(ii)：$X\cdot1_{n\times n}-A$ 和 $X\cdot1_{n\times n}-B$ 在 $\mathrm{M}_{n\times n}(F[X])$ 中相抵。 Jordan 标准型是有理标准型在 $\mathrm{Char}_A$ 分裂时的特殊情形。以 Jordan 块做对角元。其本质无非是有理标准型的初等因子版本，此时每个不可约多项式都形如 $X-\lambda$ 。 **命题 13.5.3**：设 $\dim V=n$，而 $T\in\mathrm{End}(V)$ 。以下陈述相互等价：(i)：$T$ 幂零。(ii)：存在 $k\leq n$ 使得 $\mathrm{Min}_T=X^k$ 。(iii)：$\mathrm{Char}_T=X^n$ 。(iv)：$V=V_{[0]}$ 。 **练习 13.5.8**：设 $n\in \mathbb{Z}_{\geq 2}$，$\lambda\in F$ 而 $A\in\mathrm{M}_{n\times n}(F)$ 是上 / 下三角矩阵，对角元为 $\lambda$。$A$ 共轭于 $J_n(\lambda)$ 的充要条件是次对角线元素之积可逆。 处理上三角版本。首先平移化到 $\lambda=0$，此时 $A$ 幂零。而 $A$ 共轭于 $J_n(0)$ 当且仅当 $A$ 的幂零指数为 $n$ 。研究标准基被 $A$ 作用产生的变化即可。 **引理 13.6.1**：设 $V$ 是 $n$ 维 $F$-向量空间，$T\in\mathrm{End}(V)$ 幂零。(i)：在 $T$ 的 Jordan 标准型中，Jordan 块的总数为 $n-\mathrm{rk}(T)$。(ii)：对于每个 $d\geq 1$，标准型中 $d\times d$ Jordan 块的个数 $N(d)=\mathrm{rk}(T^{d+1})+\mathrm{rk}(T^{d-1})-2\mathrm{rk}(T^d)$ 。特征值 $\lambda$ 无非意味着平移。 对于特征值 $\lambda$ 的大小为 $d$ 的 Jordan 块，所给出的基 Jordan Chain $x_1\cdots,x_d$ 满足 $(X-\lambda)x_i=x_{i+1}$ 以及 $(X-\lambda)x_d=0$ 。关于所有为特征值 $\lambda$ 的 Jordan 块的基需要从最高维 $\ker$ 空间的基解起，得到若干条 Jordan Chain 。 **定理 7.4.8 (加性 Jordan-Chevalley 分解)**：考虑 $T\in\mathrm{End}(V)$ 并假设 $\mathrm{Char}_T$ 分裂。存在唯一一对 $S,N\in\mathrm{End}(V)$ 使得：$S$ 可对角化，$N$ 幂零，$T=S+N$ 而 $SN=NS$ 。此外，存在 $f,g\in F[X]$ 使得 $S=f(T)$ 而 $N=g(T)$ 。当 $T$ 可逆时 $S$ 可逆。 考察 Jordan 标准型即可。$f$ 的构造对于每个 Jordan 块即是 $f\equiv \lambda_i\pmod{(X-\lambda_i)^n}$ 。 **定理 7.4.9 (乘性 Jordan-Chevalley 分解)**：设 $T\in\mathrm{End}(V)$ 可逆而 $\mathrm{Char}_T$ 分裂，存在唯一一对可逆之 $S,U\in\mathrm{End}(V)$ 使得：$S$ 可对角化，$U-\mathrm{id}_V$ 幂零，$SU=T=US$ 。此外，存在 $f,g\in F[x]$ 使得 $S=f(T)$ 而 $U=g(T)$ 。 先取加性分解 $T=S+N$，命 $U:=\mathrm{id}_V+S^{-1}N$ 。 ## 13. 标准型 - 习题选做 > **3.** 说明 $A\in\mathrm{M}_{n\times n}(F)$ 总和它的转置 $^tA$ 共轭。依次说明当 $T\in\mathrm{End}(V)$ 选定，无论在 Jordan 标准型中采用上三角 / 下三角块，给出的资料是相同的。 以有理标准型化到 $A=C_f$ 的情况。此时 $\mathrm{Min}_{C_f}=\mathrm{Char}_{C_f}$ 且 $^tC_f$ 也满足相同的性质，它们共同指向了多项式 $f$ 。由此即得共轭。 另一种做法是，由于扩域不影响共轭，取扩域 $E$ 使得 $\mathrm{Char}_A$ 分裂，然后以 Jordan 标准型化到 Jordan 块的情况，从而化到证明 $J_d(0)\sim {}^tJ_d(0)$，从基的角度易明。 > **7.** 具体对所有 $d,k\geq 1$ 计算 $J_d(0)^k$，确定它的秩并写下 Jordan 标准型。 取标准基导出秩为 $\max\{d-k,0\}$ 。考察大小为 $a$ 的 Jordan 块数 $N(a)=\max\{d-k(a+1),0\}+\max\{d-k(a-1),0\}-2\max\{d-ka,0\}$ 。令 $d=kq+r$ 。那么 $N(q)=k-r,N(q+1)=r$ 。 > **8.** 设 $k\in\mathbb{Z}_{\geq 1}$ 在域 $F$ 中的像非零，而 $A\in\mathrm{M}_{n\times n}(F)$ 的特征值全为 $1$ 。证明 $A^k$ 与 $A$ 共轭。 以 Jordan 标准型化到 $J_d(1)$ 的情况。即证明 $J_d(1)$ 与 $J_d(1)^k$ 共轭。容易发现 $J_d(1)^k$ 的次对角线上全是 $k$ 。以 $\lambda=1$ 做平移，$J_d(1)^k-1_{n\times n}$ 即是幂零矩阵。只需要证明其最小多项式和特征多项式相等，也即 $k^{d-1}\not=0$（无法提前零化）。 > **9.** 设 $F$ 为满足 $\mathrm{Char}(F)\not=2$ 的域，$\lambda\in F^\times $ 在 $F$ 中有平方根。证明 $J_n(\lambda)$ 在 $\mathrm{M}_{n\times n}(F)$ 中有平方根。由此证明任意可逆之 $A\in\mathrm{M}_{n\times n}(\mathbb{C})$ 都有平方根。另一方面，举例说明不可逆的 $A$ 未必有平方根。 先对 $J_n(\lambda^2)$ 找平方根。考察 $J_n(\lambda)^2$，由 **problem. 8** 知无非是平移的不同，$J_n(\lambda)^2-1_{n\times n}\cdot \lambda^2$ 与 $J_n(0)$ 共轭。对于更高次的情况，$J_n(\lambda)^k-1_{n\times n}\cdot \lambda^k$ 仍然与 $J_n(0)$ 共轭。于是平方根可以扩展到 $k$ 次根。对于任意可逆之 $A$ 以 Jordan 标准型的情况作讨论即得。 构造 $A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}$ 。证明从特征值考察 Jordan 标准型。 > **10.** 设 $\lambda$ 是域 $F$ 的非零元，求 $J_d(\lambda)^2$ 的 Jordan 标准型。 若 $2\lambda\not=0$，则与 **problem. 9** 无区别，即 $J_d(\lambda^2)$ 。若 $2\lambda=0$，则 $J_d(\lambda)^2=(J_d(0)+\lambda)^2=J_d(0)^2+\lambda^2$ 。以 **problem. 7** 给出。 > **11.** 证明复矩阵指数映射： > $$ > \exp:\mathrm{M}_{n\times n}(\mathbb{C})\rightarrow \mathrm{GL}(n,\mathbb{C}),\quad \exp(A)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{A^k}{k!} > $$ > 对所有 $n$ 皆满。 对于 $B\in\mathrm{GL}(n,\mathbb{C})$ 说明其被打到。基于乘性 JC 分解令 $B=SU$ 。易见只用处理 $S,U$ 到情况即可。对于可逆对角 $S$，$\mathbb{C}$ 上的映射 $x\rightarrow e^x$ 当然满。对于 $U-\mathrm{id}_V$ 幂零，由于 $P^{-1}\exp(A)P=\exp(P^{-1}AP)$ 只需要说明任意共轭矩阵被打到，考虑每个对角块，也就是 $J_d(1)$ 的情形即可。 根据 **13.5.8** 构造一个上三角矩阵：对角元是 $\lambda=1$，次对角线元素之积可逆，也就是全非 $0$ 。这样的上三角矩阵与 $J_d(1)$ 同构。而 $\exp(J_d(0))$ 满足这个条件，其次对角线元素均为 $1$ 。 ## 15. 张量积 - 讲义回顾 向量空间 $V$ 和 $W$ 的张量积是将两者元素配对，给出新的向量空间的一种标准方法。所谓配对，理解为映某个向量空间 $L$ 的双线性映射 $B:V\times W\rightarrow L$，而张量积则是最"泛"的配对。 构造以集合 $V\times W$ 为基的 $F$-向量空间 $F^{\oplus (V\times W)}$，其元素表作有限线性组合 $\sum_i c_i(v,w)_i$ 。定义 $\mathcal{N}$ 为下列元素生成的子空间： $$ (v+v',w)-(v,w)-(v',w),\quad(v,w+w')-(v,w)-(v,w')\\ (tv,w)-t(v,w),\quad(v,tw)-t(v,w) $$ 由此定义商空间 $L_{\mathrm{univ}}:=F^{\oplus (V\times W)}/\mathcal{N}$，连同映射 $B_{\mathrm{univ}}:V\times W\rightarrow L_{\mathrm{univ}}$ 为映 $(v,w)$ 到 $(v,w)+\mathcal{N}$ 。 对于任意双线性映射 $B:V\times W\rightarrow L$，它确定唯一的线性映射 $\Phi:F^{\oplus(V\times W)}\rightarrow L$ 使得 $\Phi((v,w))=B(v,w)$ 。然而 $\Phi(\mathcal{N})=0$ 。由此诱导 **唯一** 线性映射 $\varphi:L_{\mathrm{univ}}\rightarrow L$ 。这样的 $L_{\mathrm{univ}}$ 精确到同构是唯一的，只需要将上面的 $\varphi$ 式做两次。此乃 **泛性质**，联合亦称之为 $V$ 和 $W$ 的 **张量积** 。泛性质由此给出 $\mathrm{Hom}(V\otimes W,L)\xrightarrow{\sim}\mathrm{Bil}(V,W;L)$ 方式是 $\varphi\mapsto \varphi B_{univ}$ 。 **练习 15.1.8**：说明若 $V_1,\cdots,V_n$ 之中任一者为零空间，则 $V_1\oplus \cdots\oplus V_n$ 为零空间。这是因为 $2(\cdots,0,\cdots)-(\cdots,0,\cdots)$ 被商掉了，也就是商掉了所有元素。 $V_1\otimes \cdots\otimes V_n$ 由 $v_1\otimes\cdots \otimes v_{n}$ 的元素生成。这点只需要在多重映射的角度上考虑。 **命题 15.2.3 (幺约束)**：设 $V$ 为 $F$-向量空间，则有同构： $$ \begin{aligned} &F\otimes V\xrightarrow{\sim}V\xleftarrow{\sim}V\otimes F\\ &t\otimes v\mapsto tv\\ \end{aligned} $$ **命题 15.2.4 (交换约束)**：设 $V,W$ 为 $F$-向量空间，则有同构： $$ \begin{aligned} c(V,W):&V\otimes W\xrightarrow{\sim} W\otimes V\\ &v\otimes w\mapsto w\otimes v \end{aligned} $$ **推论 15.2.6**：设 $V$ 有基 $(v_i)_{i\in I}$ 而 $W$ 有基 $(w_j)_{j\in J}$，则 $(v_i\otimes w_j)_{(i,j)\in I\times J}$ 是 $V\otimes W$ 的基。这是由于 $V\otimes W=\left(\bigoplus_{i\in I}Fv_i\right)\otimes (\bigoplus_{j\in J}Fw_j)$ 而张量积保直和，故其同构于 $\bigoplus_{(i,j)\in I\times J}Fv_i\otimes Fw_j$ 也即 $F(v_i\otimes w_j)$，空间是一维的。作为推论，$\dim(V_1\otimes\cdots\otimes V_n)=\prod_{i=1}^{n} \dim V_i$ 。 **例 15.2.7 (矩阵的 Kronecker 积)**：考虑线性映射 $f:V\rightarrow V'$ 和 $g:W\rightarrow W'$，分别对应矩阵 $A\in\mathrm{M}_{n'\times n}(F)$ 和 $B\in\mathrm{M}_{m'\times m}(F)$ 。则： $$ (f\otimes g)(v_i\otimes w_j)=\left(\sum_{k=1}^{n'}a_{ki}v'_k\right)\otimes \left(\sum_{l=1}^{m'}b_{lj}w'_l\right) $$ 以 $(i,j)$ 的顺序排列有序基 $v_i\otimes w_j$ 则 $f\otimes g$ 对应矩阵 $A\otimes B$： $$ A\otimes B:=\begin{pmatrix}a_{11}B&\cdots&a_{1n}B\\\vdots&\ddots&\vdots\\a_{n'1}B&\cdots&a_{n'n}B\end{pmatrix} $$ 称之为 $A$ 和 $B$ 的 Kronecker 积。许多性质由张量积来看易得：$(A\otimes B)(C\otimes D)=AC\otimes BD$ 以及 $A\otimes(P+Q)=A\otimes P+A\otimes Q$ 等。 **命题 15.2.9**：给定一族线性映射 $f_i:V_i\rightarrow W_i$ 其中 $1\leq i\leq n$ 。(i)：若每个 $f_i$ 皆满，则 $f_i\otimes \cdots\otimes f_n$ 满。(ii)：若每个 $f_i$ 皆单，则 $f_1\otimes \cdots\otimes f_n$ 单。 **命题 15.3.1**：设 $T\in\mathrm{Hom}(V,W)$，若 $\mathrm{im}(T)$ 有限维，则称 $T$ 有限秩。存在线性映射如下： $$ V^{\vee}\otimes W\xrightarrow{\Theta_{V,W}}\mathrm{Hom}(V,W)\\ \lambda\otimes w\mapsto [v\mapsto \langle\lambda,v\rangle w] $$ 下方所讨论的是生成元的映法，而非任一元素的映法。两者的区别体现在习题。 映射 $\Theta_{V,W}$ 总是单射。而 $\mathrm{im}(\Theta_{V,W})=\{T\in\mathrm{Hom}(V,W):有限秩\}$ 。当 $V$ 或 $W$ 有限维时，$\Theta_{V,W}$ 是同构。$\Theta_{V,W}$ 本身由泛性质唯一确定。 说明单性，考虑 $\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\otimes w_i\in\ker(\Theta_{V,W})$ 。适当消元使得 $w_1,\cdots,w_n\in W$ 线性无关，此时对所有 $v$ 有 $\sum_{i=1}^{n}\langle\lambda_i,v\rangle w_i=0$ 。由此 $\lambda_i=0$ 所以元素平凡。 接着刻画 $\Theta_{V,W}$ 的像。承上，$\Theta_{V,W}(\sum_{i=1}^{n}\lambda_i\otimes w_i)$ 的像包含于 $\sum_{i=1}^{n}Fw_i$ 因此有限秩。反之若 $T\in\mathrm{Hom}(V,W)$ 有限秩，取 $\mathrm{im}(T)$ 的基 $w_1,\cdots,w_n$ 。以 $T(v)$ 被 $w$ 展开的系数定义 $\lambda_i$，线性性是自然的。最后，$V$ 或 $W$ 有限维时所有的 $T$ 都有限秩，说明同构。 对 $V=F^n$ 而 $W=F^m$ 的特例，将 $V^\vee$ 等同于 $\mathrm{M}_{1\times n}(F)$，$W$ 等同于 $\mathrm{M}_{m\times 1}(F)$，不难验证：$\Theta_{F^n,F^m}(\lambda\otimes w)=w\lambda$（矩阵乘法）。 **定义 15.3.3 (缩并)**：给定 $F$-向量空间 $V$，通过张量积的泛性质对应到双线性形式 $V^\vee \times V\rightarrow F$ 的线性映射 $V^\vee \otimes V\rightarrow F$ 称为 **缩并** 。 **练习 15.3.4**：在 $V$ 有限维的情形，验证缩并运算等价于 $V^\vee\otimes V\xrightarrow{\Theta_{V,V}}\mathrm{End}(V)\xrightarrow{\mathrm{Tr}}F$ 的合成。这是因为 $\mathrm{Tr}(w\lambda)=\langle \lambda,w\rangle$ 。 **命题 15.3.5**：典范线性映射 $\Psi_{V_1,\cdots,V_n}:V_1^\vee\otimes\cdots\otimes V_n^\vee\rightarrow (V_1\otimes\cdots\otimes V_n)^\vee$ 。在 $V_i$ 都是有限维时，$\Psi_{V_1,\cdots,V_n}$ 为同构。 **约定 15.3.6 (张量幂)**：给定 $F$-向量空间 $V$ 和 $n\in\mathbb{Z}_{\geq 1}$，对应的张量幂定义为：$V^{\otimes n}:=V\otimes\cdots\otimes V$（共 $n$ 份）。启发式地定义 $V^{\otimes 0}:=F$ 。 上述内容说明，从有限维的 $V$ 出发反复进行 $\otimes,\mathrm{Hom}$ 和取对偶空间三种操作，得到的产物总是同构于形如 $V^{\otimes p}\otimes (V^\vee)^{\otimes q}$ 的向量空间。上述向量空间的元素也称为 $V$ 上的 **$(p,q)$-型张量**。 **定义 15.5.1 (域上的代数)**：设 $A$ 为环，同时又有 $F$-向量空间结构，使得环的加法等于向量空间加法，而环的乘法 $A\times A\rightarrow A$ 是 $F$ 上的双线性映射。则称 $A$ 为 **$F$-代数** 。若 $F$-代数 $A$ 作为环交换，则称之为 **交换 $F$-代数** 。设 $A,A'$ 均为 $F$-代数，环同态 $f:A\rightarrow A'$ 若同时也是 $F$-线性映射，则称之为 $F$-代数的同态。 举例明之：$F$ 上的多项式环 $F[X_1,X_2,\cdots]$ 是 $F$-代数，全体 $n$ 元对称多项式构成 $F[X_1,\cdots,X_n]$ 的子代数。 **定义-命题 15.5.6 (张量代数)**：对 $F$-向量空间 $V$ 定义 $T(V):=\bigoplus_{n\geq 0}V^{\otimes n}$ 。在 $T(V)$ 上存在 $F$-代数结构，环乘法由 $V^{\otimes a}\cdot V^{\otimes b}\sub V^{\otimes (a+b)}$ 给出。 **命题 15.5.7**：设 $(v_i)_{i\in I}$ 是 $V$ 的基，则所有 $v_{i_1}\otimes \cdots\otimes v_{i_m}$ 构成 $T(V)$ 的基。其中 $m$ 遍历 $\mathbb{Z}_{\geq 0}$ 而 $(i_1,\cdots,i_m)$ 遍历 $I^m$ 。$m=0$ 时将 $v_{i_1}\otimes\cdots\otimes v_{i_m}$ 理解为 $1_F\in F=V^{\otimes 0}$ 。 **定义-命题 15.5.8**：任何线性映射 $\psi:V\rightarrow W$ 都诱导唯一的 $F$-代数同态 $T(\psi):T(V)\rightarrow T(W)$，使得它限制为 $\psi:V=V^{\otimes 1}\rightarrow W^{\otimes 1}=W$ 。 考虑 $F$-向量空间 $V,M$ 和 $m$ 重线性映射 $C\in\mathrm{Mul}(V,\cdots,V;M)$ 。 **定义 15.6.1**：若上述之 $C$ 满足 $C(\cdots,x,y,\cdots)=C(\cdots,y,x,\cdots)$ 则称其 **对称** 。若 $C$ 满足 $C(\cdots,x,x\cdots)=0$ 则称其 **交错** 。在 $\mathrm{Char}(F)\not=2$ 时交错和反对称是等价的。 **定义 15.6.3 (对称代数与外代数)**：设 $V$ 为 $F$-向量空间，定义张量代数 $T(V)$ 的理想如下： $$ \begin{aligned} I_{\mathrm{Sym}}&:=形如 x\otimes y-y\otimes x的元素生成的理想,\\ I_{\wedge}&:=形如x\otimes x的元素生成的理想 \end{aligned} $$ 相应的商代数定义为 $\mathrm{Sym}(V):=T(V)/I_{\mathrm{Sym}}$ 和 $\bigwedge(V):=T(V)/I_{\wedge}$ 。分别称之为 $V$ 的 **对称代数** 和 **外（wedge）代数**。在 $n\leq 1$ 的直和项上是平凡的，即 $\mathrm{Sym}^0(V)=F,\mathrm{Sym}^1(V)=V$，$\bigwedge$ 亦如此。 **命题 15.6.5**：设 $M$ 为 $F$-向量空间，则 $\mathrm{Mul}(V,\cdots,V;M)\simeq \mathrm{Hom}(V^{\oplus m},M)$ 限制为： $$ \begin{aligned} \{C\in\mathrm{Mul}(V,\cdots,V;M):\ 对称\}&\simeq \mathrm{Hom}(\mathrm{Sym}^m(V),M)\\ \{C\in\mathrm{Mul}(V,\cdots,V;M):\ 交错\}&\simeq \mathrm{Hom}(\bigwedge{}^m(V),M)\\ \end{aligned} $$ **定理 15.6.7**：设 $V$ 为 $n$ 维向量空间。(i)：$m>n$ 时 $\bigwedge{}^m(V)=\{0\}$ 。(ii)：当 $1\leq m\leq n$ 时 $\dim\bigwedge{}^m(V)={n\choose m}$ 。(iii)：我们有 $\dim\bigwedge(V)=2^n$ 。 注意点是 (ii)，它们当然是生成元，只需要说明线性无关。取定某个基，构造 $\psi:V\rightarrow V'$ 为投影到该组基张成的映射。即考察 $\bigwedge{}^m(\psi)$ 在线性相关式的双侧作用导出平凡。 **推论 15.6.8**：设 $V$ 为 $n$ 维 $F$-向量空间，$n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$，而 $\psi\in\mathrm{End}(V)$，则 $\det(\psi)\in F$ 由下式刻画：$\bigwedge{}^n(\psi)=\det(\psi)\mathrm{id}_{\bigwedge^n (V)}$ 。 **定理 15.6.9**：设 $V$ 为 $n$ 维 $F$-向量空间，取定 $V$ 的基 $v_1,\cdots,v_n$ 。则有 $F$-代数的同构 $\mathrm{Sym}(V)\xrightarrow{\sim}F[X_1,\cdots,X_n]$ 。在生成元层次，同构为映 $v_i$ 为 $X_i$ 。特别地，张量代数的情形 $T(V)$ 意谓 $n$ 元非交换多项式代数。 **定义 15.6.11 (交错矩阵)**：即交换环 $R$ 上的矩阵 $A$ 满足 $a_{ij}=-a_{ji}$ 且 $a_{ii}=0$ 。在 $2\in R^{\times}$ 时，交错矩阵和反对称矩阵是相同的概念。 在一些旧式教材中，对称代数与外代数并非 $T(V)$ 的商空间，而是 $T(V)$ 的子空间，乘法描述也不同。基于子空间的构造仅适用于 $\mathrm{Char}(F)=0$ 的情形。 **定义 15.9.1**：定义 $(V^{\otimes n})_{\mathrm{Sym}}:=\{x\in V^{\oplus n}:\forall \sigma\in\mathfrak{S}_n,\sigma x= x\}$，$\bigwedge$ 同理。另一方面，记 $q_{\mathrm{Sym}}:T(V)\twoheadrightarrow \mathrm{Sym}(V)$，$\bigwedge$ 同理。 **定理 15.9.2**：设 $n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$，若 $n!\in F^{\times}$，则 $q_{\mathrm{Sym}}^{n}$ 限制为向量空间的同构 $(V^{\otimes n})_{\mathrm{Sym}}\xrightarrow{\sim} \mathrm{Sym}^n(V)$，$\bigwedge$ 同理。 考虑映射 $\mathrm{Avg}:x\mapsto \sum_{\sigma\in\mathfrak{S}_n}\frac{\sigma x}{n!}$，即成 $V^{\oplus n}\twoheadrightarrow (V^{\oplus n})_{\mathrm{Sym}}$ 。于是 $V^{\otimes n}=(V^{\otimes n})_{\mathrm{Sym}}\oplus \ker(\mathrm{Avg})$ 。另一方面，由于 $q^{n}_{\mathrm{Sym}}\cdot\mathrm{Avg}=q^{n}_{\mathrm{Sym}}$，所以 $q^{n}_{\mathrm{Sym}}$ 限制在 $(V^{\otimes n})_{\mathrm{Sym}}$ 上是满射。而若 $x\in (V^{\otimes n})_{\mathrm{Sym}}\cap\ker(\mathrm{Avg})$ 则只有 $x=0$：$x=\mathrm{Avg}(x)$ 成立，且 $x$ 可以表示为 $\cdots(x\otimes y-y\otimes x)\cdots$ 的线性组合。于是同构成立。 **推论 15.9.3**：设 $V$ 是有限维 $F$-向量空间，$n\in\mathbb{Z}_{\geq 0}$ 满足 $n!\in F^\times$，则有自然的同构：$\mathrm{Sym}^n(V^\vee)\simeq (\mathrm{Sym}^n V)^{\vee}$，$\bigwedge$ 同理。 **命题 15.9.5**：以下设 $a,b\geq 1$ 而 $(a+b)!\in F^\times$ 。对所有 $x\in (V^{\otimes a})_{\mathrm{Sym}},y\in(V^{\otimes b})_{\mathrm{Sym}}$ 有：$(q^{-1})_{\mathrm{Sym}}^{a+b}(q_{\mathrm{Sym}}^a(x)q_{\mathrm{Sym}}^b(y))=\frac{a!b!}{(a+b)!}\sum_{\sigma\in \mathfrak{S}_{a+b}/(\mathfrak{S}_a\times\mathfrak{S}_b)}\sigma(xy)$ 。$\bigwedge$ 同理。 由于 $q_{\mathrm{Sym}}$ 是同态，所以 $q_{\mathrm{Sym}}^a(x)q_{\mathrm{Sym}}^b(y)=q_{\mathrm{Sym}}^{a+b}(xy)$ 。这等价于 $q_{\mathrm{Sym}}^{a+b}(\mathrm{Avg}(xy))$ 从而 LHS 即是 $\mathrm{Avg}(xy)$，提出 $a!b!$ 对理由是 $xy$ 内部交换。 ## 15. 张量积 - 习题选做 > **1.** 设 $X$ 和 $Y$ 为集合，$F$ 为域。所有映射 $f:X\rightarrow F$ 构成 $F$-向量空间 $C(X)$；同理有 $C(Y)$ 。 > > (i)：对于所有 $f\in C(X)$ 和 $g\in C(Y)$ ，有 $C(X\times Y)$ 的元素 $(x,y)\mapsto f(x)g(y)$ 。证明这给出双线性映射 $C(X)\times C(Y)\rightarrow C(X\times Y)$ 。从而按张量积的泛性质确定线性映射 $\tau: C(X)\otimes C(Y)\rightarrow C(X\times Y)$ 。 > (ii)：证明 $\tau$ 是单射。 > (iii)：证明 $\tau$ 是满射当且仅当 $X$ 和 $Y$ 其中之一是有限集。 > (iv)：具体写下一个连续函数 $h:\mathbb{R}\times\mathbb{R}\rightarrow\mathbb{R}$，使得 $h$ 无法表如 $(x,y)\mapsto \sum_{i=1}^{m}f_i(x)g_i(y)$ 之形，其中 $f_i,g_i$ 是 $\mathbb{R}$ 上的连续函数。 (i)：无非是定义的操演。 (ii)：设 $\sum_{i=1}^{n}f_i\otimes g_i$ 被映为 $0$，不失一般性地认为 $g_i$ 在 $C(Y)$ 中线性无关。从而对于所有 $x\in X$，$\sum_{i=1}^{n}f_i(x)g_i=0_{C(Y)}$ 恒成立，说明 $f_i(x)$ 恒为 $0$，即 $f_i$ 全为 $0$ 。 (iii)：先证明当的方向。不失一般性认为 $X$ 有限，即记 $|X|=n$。考察 $C(X\times Y)$ 中元素 $(x,y)\mapsto h(x,y)$ 。有 $\sum_{i=1}^{n}f_i\otimes g_i$ 使得 $f_i$ 为 $X$ 向 $x_i$ 的投影映射，$g_i$ 为 $(x_i,\cdot)\mapsto h(x_i,\cdot)$ 。然后是仅当的方向，考察 $h\in\mathrm{im}(\tau)$，即存在 $\tau(\sum_{i=1}^{n}f_i\otimes g_i)=h$，则 $h(x,\cdot)=\sum_{i=1}^{n}f_i(x)g_i(\cdot)$ 。右侧属于 $\sum_{i=1}^{n}Fg_i(.)$ 即 $C(Y)$ 中有限维子空间 $V$。说明 $h(x,\cdot )$ 无论 $x$ 怎么取，都落在 $V$ 中。而我们可以取出无限个 $(x_i,y_i)$ 对它们各不相同，并构造 $h(x_i,y_i)=1$ 其余为 $0$ 。这样 $h(x,\cdot)$ 在 $x$ 任取时，落在的 $C(Y)$ 子空间并非有限维。 (iv)：即取 $(x,y)\mapsto e^{xy}$ 。则所有 $h(x,\cdot)$ 为 $y\mapsto (e^x)^y$，总能找出 $m+1$ 个 $e^{x_i}$ 使得它们线性无关。 > **3.** 试证张量积保余核。更精确地说，设 $f:V\rightarrow V'$ 为线性映射，证明对所有 $F$-向量空间 $W$ 皆有同构： > $$ > \mathrm{coker}(f)\otimes W\xrightarrow{\sim}\mathrm{coker}(f\otimes \mathrm{id}_{W})\\ > (v'+\mathrm{im}(f))\otimes w\mapsto v'\otimes w+\mathrm{im}(f\otimes \mathrm{id}_W) > $$ 先考虑 $\Phi:V'\otimes W\rightarrow \mathrm{coker}(f)\otimes W$ 表现为满射投影，显然是线性。而对任意 $v\in V,w\in W$ 有 $\Phi(f(v)\otimes w)=(f(v)+\mathrm{im}(f))\otimes w=0$ 。于是 $\mathrm{coker}(f\otimes \mathrm{id}_W)\twoheadrightarrow \mathrm{coker}(f)\otimes W$ 。 左侧任取 $\sum_{i=1}^{n}v'_i\otimes w_i+\mathrm{im}(f\otimes \mathrm{id}_W)$ 打到右侧为 $\sum_{i=1}^{n}(v'_i+\mathrm{im}(f))\otimes w_i$ 。若左侧非 $0$，说明 $\sum_{i=1}^{n}v'\otimes w_i$ 不被表示成 $\sum_{j=1}^{m}f(v_j)\otimes w_j$，而右侧实际上可以展开导出非 $0$ 。 > **4.** 说明张量积保商。更精确地说，设 $V_0$ 为 $V$ 的子空间，则有同构： > $$ > (V/V_0)\otimes W\xrightarrow{\sim}(V\otimes W)/(V_0\otimes W)\\ > (v+V_0)\otimes w\mapsto v\otimes w+(V_0\otimes W) > $$ 取包含映射 $f:V_0\hookrightarrow V$，使用 **problem. 3** 的结果。 > **5.** 说明张量积保核。更精确地说，设 $f:V\rightarrow V'$ 为线性映射，则 $\ker(f)\otimes W\xrightarrow{\sim}\ker(f\otimes \mathrm{id}_W)$，映法写作 $v\otimes w\mapsto v\otimes w$ 。 先以 $\mathrm{im}(f)$ 代 $V'$ 。即 $f$ 为满射，$f\otimes \mathrm{id}_W$ 也满。记 $j$ 为包含映射 $\ker(f)\hookrightarrow V$，此时 $f$ 等同于 $V\twoheadrightarrow \mathrm{coker}(j)$ 。于是 $f\otimes \mathrm{id}_W$ 写作 $V\otimes W\twoheadrightarrow \mathrm{coker}(j\otimes W)$ 。于是 $\ker(f\otimes \mathrm{id}_W)\xrightarrow{\sim}\ker(f)\otimes W$ 。 > **6.** 设 $V$ 和 $W$ 是有限维向量空间，维数都大于 $1$ 。说明： > $$ > \{v\otimes w:v\in V,w\in W\}\not=V\otimes W > $$ 即取 $V,W$ 的基 $v_1,\cdots,v_n$ 和 $w_1,\cdots,w_m$ 。则 $v=\sum_{i=1}^{n}a_iv_i,w=\sum_{j=1}^{m}b_j,w_j$ 。于是 $v\otimes w=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}a_ib_jv_i\otimes w_j$ 。以矩阵的角度看，关于 $V\otimes W$ 生成元的系数矩阵在前的式中秩不超过一，而在 $V\otimes W$ 中是任意的，导出矛盾。 > **7.** 设 $A\in\mathrm{M}_{p\times p}(F)$ 而 $B\in\mathrm{M}_{q\times q}(F)$ 。试证 $\det(A\otimes B)=(\det A)^q(\det B)^p$ 。 将 $A,B$ 通过消元成为上三角矩阵即可。只需要说明对应的初等矩阵 $P,Q$ 满足 $\det(P\otimes Q)=(\deg P)^q(\det Q)^p$ 即可，此处平凡。 > **8.** 设 $A$ 为域 $F$ 上的有限维代数。对 $a\in A$ 和 $f=\sum_{n}c_nX^n\in F[X]$ 定义 $f(a):=\sum_{n}c_na^n\in A$ 。以下要求 $A$ 作为 $F$-向量空间是有限维的。 > > (i)：说明对每个 $a\in A$ 都存在 $f\in F[x]\setminus \{0\}$ 使得 $f(a)=0$。 > (ii)：仿照线性映射的情形，应用 (i) 对 $a\in A$ 定义其极小多项式。 > (iii)：说明 $a$ 可逆当且仅当它有左逆，当且仅当它有右逆。而且此时存在 $f\in F[X]$ 使得 $a^{-1}=f(a)$ 。 (i)：考虑 $a^0,a^1,\cdots,a^n$ 落在 $n$ 维的 $F$-向量空间 $A$ 中，必有非平凡线性相关式。 (ii)：注意到若 $f(a)=0,g(a)=0$，则 $(f-g)(a)=0$ 以及 $(tf)(a)=0$ 。若 $f(a)=0$ 则 $\forall g\in F[X]$ 都有 $(fg)(x)=0=(gf)(x)$ 。由此将在一元多项式环 $F[X]$ 上 $\{f(a)=0:f\in F[X]\}$ 是理想。而 $F[X]$ 是主理想环故 $(\mathrm{Min}_a)=\{f(a)=0:f\in F[X]\}$ 。 (iii)：若有环中元素 $b\in A$ 使得 $ba=1$ 则 $b\cdot\mathrm{Min}_a=0$ 从而 $\mathrm{Min}_a$ 常数项非 $0$，记为 $c$ 。则 $a\cdot (\frac{\mathrm{Min}_a-c}{x})(a)=-c$ 导出 $f$ 于是 $f(a)$ 和 $a$ 也是交换的。由此可见，$a$ 有左逆 / 右逆直接给出 $a$ 的逆，而如果 $a$ 可逆当然有左逆和右逆。 > **15.** 将 $A\in\mathrm{M}_{m\times n}(F)$ 视同线性映射 $F^n\rightarrow F^m$，试以子行列式对所有 $k\leq \min\{m,n\}$ 描述 $\bigwedge^k A:\bigwedge^k (F^n)\rightarrow \bigwedge^k(F^m)$ 。 取 $F^n$ 的标准基 $e_1,\cdots,e_n$ 以及 $F^m$ 的标准基 $e_1',\cdots,e_m'$ 。$A$ 将 $e_i$ 映到 $\sum_{j=1}^{m}a_{ji}e_j'$ 。对于 $\bigwedge^k(F^n)$ 的基 $e_{i_1}\wedge\cdots\wedge e_{i_k}$（其中 $1\leq i_1<\cdots<i_k\leq n$）被映射到了 $\sum\limits_{1\leq j_1<\cdots<j_k\leq m}e_{j_1}\wedge\cdots\wedge e_{j_k}\sum\limits_{\sigma\in\mathfrak{S}_k}\mathrm{sgn}(\sigma)\prod\limits_{l=1}^{k}a_{j_{\sigma(l)}i_l}$ 。后侧的系数就是 $\det(A_{[j_1,\cdots,j_k],[i_1,\cdots,i_k]})$ 。 > **19.** 设 $V$ 是域 $F$ 上的 $n$ 维向量空间，$T\in\mathrm{End}(V)$ 。证明： > $$ > \det(\lambda\cdot \mathrm{id}-T)=\sum_{k=0}^{n}(-1)^k\mathrm{Tr}(\bigwedge{}^k T)\lambda^{n-k} > $$ > 此处规定 $\bigwedge{}^0(V)=F$ 而 $\bigwedge{}^0T=\mathrm{id}_F$ 。 设 $T$ 对应到 $A\in\mathrm{M}_{n\times n}(F)$ 。即由 **problem. 15** 描述了 $\mathrm{Tr}(\bigwedge{}^kT)=\sum\limits_{1\leq i_1<\cdots<i_k\leq n}\det(A_{[i_1,\cdots,i_k],[i_1,\cdots,i_k]})$ 。符合定义。 > **20.** 选定 $\omega\in\bigwedge^p(V)\setminus\{0\}$，其中 $1\leq p\leq n:=\dim V$ 。定义 $\mathrm{ann}(\omega):=\{v\in V:\omega\wedge v=0\}$ 。若存在 $v_1,\cdots,v_p\in V$ 使得 $\omega=v_1\wedge \cdots\wedge v_p$ 则称 $\omega$ **可分解** 。 > > (i)：说明 $\mathrm{ann}(\omega)$ 是 $V$ 的子空间。设 $x_1,\cdots,x_p\in V$ 线性无关，证明 $\mathrm{ann}(x_1\wedge\cdots\wedge x_p)=\langle x_1,\cdots, x_p\rangle$ 。 > (ii)：证明若 $\mathrm{ann}(\omega)$ 有基 $v_1,\cdots,v_r$，则 $r\leq p$ 而且存在 $\eta\in\bigwedge{}^{p-r}(V)$ 使得 $\omega=v_1\wedge \cdots\wedge v_r\wedge \eta$ 。 > (iii)：承上题，说明 $r=p$ 当且仅当 $\omega$ 可分解。 (i)：若 $v_1,v_2\in\mathrm{ann}(\omega)$，则 $\omega\wedge(v_1+v_2)=\omega\wedge v_1+\omega \wedge v_2=0$ 。另外 $\mathrm{\omega}$ 也对 $F$-纯量乘法封闭，是子空间。另外，若 $x\in\langle x_1,\cdots,x_p\rangle$ 则存在线性关系式，拆开得 $0$ 。否则不存在这样的等式。 (ii)：将 $v_1,\cdots,v_r$ 扩充为 $V$ 的基。写出 $\omega$ 的展开式，并考虑 $\omega\wedge v_i$ 为 $0$ 。对于 $\omega$ 中不含 $v_j$ 的项，如果存在，则结果必然不是 $0$ 。由此 $\omega$ 含 $v_1,\cdots,v_r$ 。于是 $r\leq p$，将 $v_1,\cdots,v_r$ 移到最前，取后侧部分即得到 $\eta$。 (iii)：如果 $\omega$ 可分解，亦 $v_1,\cdots,v_p$ 线性无关，结果由 (i) 给出。如果 $r=p$，则 (ii) 中直接得到了 $\omega$ 的分解形式。 > **21.** 承上题，证明所有 $\omega\in \bigwedge{}^{n-1}(V)\setminus\{0\}$ 都是可分解的。 选基 $v_1,\cdots,v_n$，则 $\omega \wedge v=c(v)v_1\wedge\cdots\wedge v_n$ 。其中 $c:V\rightarrow F$ 是线性的。而 $c$ 不会是零映射，于是 $\dim \ker(c)=n-1$ 。亦即 $\dim \mathrm{ann}(\omega)=n-1$ 。 > **22.** 设 $U$ 和 $W$ 为 $V$ 的 $p$ 维子空间，$U$ 有基 $x_1,\cdots,x_p$ 而 $W$ 有基 $y_1,\cdots,y_p$ 。证明 $U=W$ 当且仅当 $x_1\wedge \cdots\wedge x_p$ 和 $y_1\wedge \cdots \wedge y_p$ 成比例。 将 $x_1,\cdots,x_p$ 扩充为 $V$ 的一组基，并命 $n:=\dim V$ 。若 $U=W$，则 $\langle x_1,\cdots,x_p\rangle =\langle y_1,\cdots,y_p\rangle$，每个 $y_i$ 可以写成 $x_i$ 的线性组合，且线性无关。于是在 $y_1\wedge \cdots \wedge y_p$ 中拆开，剩下的便是 $c\cdot (x_1\wedge \cdots \wedge x_p)$ 。$c\not=0$ 由线性无关给出，实际是 $x,y$ 坐标变换行列式。 若 $y_1\wedge \cdots \wedge y_p=c\cdot (x_1\wedge \cdots \wedge x_p)$ 。对 $u\in U$ 有 $y_1\wedge \cdots \wedge y_p\wedge u=0$ 即 $U\sub \mathrm{ann}(y_1\wedge\cdots\wedge y_p)=\langle y_1,\cdots,y_p\rangle=W$ 。反向亦有，故 $U=W$ 。 > **24.** 默认 $\mathrm{Char}(F)\not=2$ 。设 $\dim V\in\mathbb{Z}_{\geq 2}$ 而 $\omega\in \bigwedge^2(V)\setminus\{0\}$ 。证明 $\omega$ 可分解当且仅当 $\omega\wedge \omega=0$ 。 命 $n:=\dim V$ 。如果 $\omega$ 可分解为 $v_1\wedge v_2$ 当然 $\omega\wedge\omega=0$ 。 其次，考虑 $V$ 的基 $v_1,\cdots,v_n$ 。则 $\omega=\sum_{1\leq i<j\leq n}c_{ij}v_i\wedge v_j$ 。首先 $\omega=\sum_{1\leq i\leq n} v_i\wedge(\sum_{i<j\leq n}c_{ij}v_j)$ 。然后我们进行消元：如果存在某一项 $v_i\wedge x$（即后侧系数不为 $0$），则对于 $1\leq k\leq i$ 的项用 $v_i\wedge x$ 消元。最后 $\omega$ 形如 $\sum_{i\in I}v_i\wedge u_i$，其中 $I\subset [1,\cdots,n]$ 而 $u_i$ 总在 $\langle v_j:j\in [1,\cdots,n]\setminus I\rangle$ 中。 因为 $\omega\wedge \omega=0$，所以任意两个 $u_i\wedge u_j$ 也为 $0$，说明 $u_i,u_j$ 成比例。于是提取出系数 $c_i$ 使得所有 $u_*=u$ 相等，就可以合并前项导出 $\omega=\left(\sum_{i\in I} c_iv_i\right)\wedge u$ 。即分解形式。