高代笔记 4

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第十一章 群的概念

11.1 群的基本定义

定义（群）：设非空集 G 和其上的二元运算 \cdot:G\times G\to G 满足：

则称资料 (G,\cdot) 构成群，无混淆的情况下可以称 G 是群。

如果二元运算额外满足交换律，则称之为交换群活 Abel 群。二元运算常常简记为 xy:=x\cdot y。

有了环和域的铺垫，以下结果是显然的：

定义（群的阶数）：群 G 的基数 |G| 称为其阶数。

定义（子群）：设 G 是群，如果其子群 G' 对乘法和取逆封闭，则称 G' 是 G 的一个子群，子群保持幺元。

定义（半群和幺半群）：如果群的定义中只要求结合律，就得到了半群，在此基础上要求含幺，则得到了幺半群。

定义（共轭子群）：设 H 是 G 的子群，g\in G，则 gHg^{-1}:=\{ghg:h\in H\} 是 G 的子群，称为 H 对 g 的共轭子群。

定义（一般线性群和特殊线性群）：设 V 是域 F 上的向量空间，则所有 V 的自同构构成一个群，称为 V 的一般线性群，记作 \text{GL}(V)；如果在此基础上要求映射 \det=1，得到的群则为 V 的特殊线性群，记作 \text{SL}(V)。

定义（正交群和特殊正交群）：设 (V,(\cdot|\cdot)) 是有限实内积空间，其所有同构构成 (V,(\cdot|\cdot)) 的正交群，记作 \text{O}(V)；如果在此基础上要求 \det=1，则得到特殊正交群，记作 \text{SO}(V)=\text{O}(V)\cap\text{SL}(V)。

例（辛群）：设 F 是特征不为 2 的域，(V,B) 是 F 上的辛空间，则所有辛空间的自同构构成辛群，称为 \text{Sp}(V,B)，无歧义时也写作 \text{Sp}(V)。

11.2 同态与同构

没有新内容

11.3 循环群

定义：能有单个元素生成的群成为循环群。

设 G 是循环群，且由 \sigma 生成，则：

11.4 陪集分解

考察 G 的子群 H 和 x,y\in G。

这两个东西都是等价关系，下面验证左的版本。

反身性由幺元给出：1x=x

对称性由逆元给出：hx=y\implies x=h^{-1}y

传递性由子群的封闭性给出：hx=y，h'y=z\implies h'hx=z

上述等价关系的等价类由 Hg:=\{hg:h\in H\}（右陪集）和 gH:=\{gh:h\in H\}（左陪集）给出，它们刻画了 g\in G 所在的等价类。

定义（陪集）：设 H 是 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（这与上述等价关系的方向刚好相反）。

之前的论述已经说明任意两个陪集 Hx 和 Hy 要么相等，要么交为空，因此陪集划分了等价关系。

定义：设 H 是 G 的子群，记 H\backslash G:=\{Hg:g\in G\} 和 G/H:=\{gH:g\in G\}

这个东西里包含了之前给出的等价关系划分的等价类

定义：设 A\subseteq G，记 A^{-1}:=\{a^{-1}:a\in A\}

引理：设 g\in G，H 是 G 的子群，那么 (Hg)^{-1}=g^{-1}H

这条性质说明左陪集和右陪集划分的等价类可以通过取逆来过渡。 **定义-命题（子群的指数）**：设 $H$ 是 $G$ 的子群，那么 $Hg\mapsto (Hg)^{-1}$ 给出 $H\backslash G\to G/H$ 的双射，因此 $|H\backslash G|=|G/H|$，记集合的基数为 $(G:H)$，称为 $H$ 的指数。 上一条引理说明给出的映射确实是良定的，同时反方向的映射 $gH\mapsto (gH)^{-1}$ 给出它的逆，因此给出的映射确实是双射。 **定理**：若 $H$ 是 $G$ 的子群，那么 $|H|(G:H)=|G|$（当 $G$ 无穷时，视作基数的运算）。 这一则结果是显然的，因为每个陪集的大小都是 $H$。 当 $G$ 有限时，子群的指数显然是一个整数，那么对于任一个子群 $H$，必然有 $|H|$ 整除 $|G|$，这被称作 Lagrange 定理。 **练习**：设 $H,K$ 都是 $G$ 的子群，$|H|$ 和 $|K|$ 互素，证明：$H\cap K=\{1\}$。 子群的交仍是子群，因此 $H\cap K$ 的大小显然整除 $|H|$ 和 $|K|$，因此这则结果是显然的。 **定义（元素的阶）**：设 $G$ 是群，$\sigma\in G$，定义 $\text{ord}(\sigma)=|\left<\sigma\right>|$，即最小的满足 $\sigma^k=1$ 的 $k$，当 $k$ 不存在的时候阶自然地定义为 $+\infty$。 假设 $G$ 有限，$n=|G|$，那么必然有 $\text{ord}(\sigma)|n$，这是由于 $\left<\sigma\right>$ 是 $G$ 的子群。故当 $n$ 为素数的时候，$G$ 总是循环群（任取一个非幺元元素都可以生成整个群）。 这一则结果在初等数论和分析当中有对应的运用（原根、单位根）等。 ### 11.5 群作用 群作为元素不止本身可以合成，如果将其看做“操作”的话也可以施加到其他的一些对象上。 **定义（群作用）**：群 $G$ 在集合 $X$ 上的左作用意为满足如下条件的映射 $a:G\times X\to X$：$a(g_1g_2,x)=a(g_1,a(g_2,x))$，$a(1,x)=x$，通常把 $a$ 省去或看做运算，这就相当于 $(g_1g_2)x=g_1(g_2x)$ 和 $1x=x$。类似地也可以定义右作用。如无意外，课程内用的都是左作用。 **定义**：设群 $G$ 作用在 $X$ 上，对所有 $x\in X$，定义其 - 轨道 $Gx:=\{gx:g\in G\}\subseteq X

显然稳定化子自动是 G 的子群（对运算和取逆封闭），这对一般的幺半群也成立，但由于下面时常涉及到取逆操作，因此只在群上考虑。

定义-命题：设群 G 作用在 X 上，在 X 上定义二元关系 \sim_G 使得 x\sim_G y\iff x=gy，则 \sim_G 是 X 上的等价关系，x 所在的等价类是轨道 Gx，记得到的商集为 G\backslash X。

因此 X 就是所有 G-作用轨道的无交并。

定义：设群 G 作用在 X 上，则：

自由大概对应的是自由群，不知道剩下两个是啥。

引理：设 G 左作用于 X，对 x\in X，命 H=\text{Stab}_G(x)，那么存在双射 G/H\to Gx 映 gH\mapsto gx。

事实上所有 gh\in gH 都有 ghx=gx，如果 g'x=gx，那么写出 g'=gh，则 h\in H，这说明 g,g' 确实在 H 的同一个陪集当中。这说明右乘 H 和作用 x 划分的等价类是相同的，单和满都根据此论述。

设 H 是 G 的子群，那么群作用可以看作 H\times G\to G，即 H 对 G 的作用，从此来看陪集和轨道是一回事，它们的定义实际上都是相同的，即对每个 h\in H 右乘所有 G 中的元素得到的东西。

因此毫无意外地，可以定义映射 a:G\times (G/H)\to (G/H)，它映 (h,xH) 为 hxH。那么利用刚刚的引理，当 H=\text{Stab}_G(x) 时，某个陪集 gH 中所有东西对 x 的作用都是相同的，因此无例外的可以解释为什么这个映射实际上和 G\times Gx\to Gx 是一回事

若 X 是有限集，则其只有有限多个 G-轨道 Gx_1,\ldots,Gx_k，于是有 X=\sqcup_i Gx_i，根据刚刚的引理我们知道 |X|=\sum (G:\text{Stab}_G(x_i))

定理（Burnside）： 设 G 作用在有限集合 X 上，则 |G\backslash X|\cdot|G|=\sum_{g\in G}|X^g|。

当作用传递时，\text{Stab}_G(gx_0)=g\text{Stab}_G(x_0)g^{-1}，而且 |Gx_0|\cdot|\text{Stab}_G(x_0)|=G，这是因为如下引理：

命 H:=\text{Stab}_G(x_0)，则有双射 G/H\overset{1:1}\to Gx_0 映 gH\mapsto gx。

这显然是良定的，而且显然满，同时 g_1x=g_2x 导致 g_2^{-1}g_1x=x，这导致 g_1\in g_2H，故映射单。

而 |\text{Stab}_G(x)| 业已全部相同，于是 \sum_{g\in G}|X^g|=\sum_{x\in X}|\text{Stab}_G(x)|=|Gx_0|\cdot|\text{Stab}_G(x_0)|=|G|。

当作用不传递时，G 作用在 X 上划分出 |G\backslash X| 个不同的轨道，每个轨道内作用传递，于是命题得证。

这说明在进行等价类（轨道）计数时，我们只需要对每个 g\in G 求出 |X^g|，即 g 作用保持多少个元素不变。

引理：设 G 在 X 上的作用忠实（所有稳定化子的交是单位元），即不存在所谓的“核”，当且仅当其相对应作用的同态 A:G\to\mathfrak S_X 单。

首先验证这确实是同态。

一方面，作用确实可以等同于某个对称群中的元素，即 gx_1=gx_2\implies x_1=x_2，这是显然的，因为可以左乘 g^{-1} 消去作用。

另一方面，A 映 g_1 为 g_1\cdot ，因此 A(g_1g_2)x=(g_1g_2)x=(g_1\cdot )(g_2\cdot )x=A(g_1)A(g_2)x，同时 A 映 1 为 \text{id}，因此 A 确实是一个同态。

接下来验证映射确实是单的，那么相当于说对任意 x\in X 都有 g_1x=g_2x 说明 g_1=g_2，这也是显然的，因为如若不然 g_1^{-1}g_2 给出了所有 x 的一个稳定化子，这与忠实矛盾。

定理（Cayley）：任意群 G 都能嵌入为对称群 \mathfrak S_G 的一个子群。

那么还需要证明 G 相对于本身的作用是忠实的，这是显然的，因为 gx=x 说明 g=1。

这是一个非常重要的定理，因为它使得对称群上的许多定理在一般群上也适用。

11.6 轨道分解的几则应用

定义：设 G 作用在 X 上，定义 X^G:=\{x\in X:\forall g\in G,gx=x\}，称为 X 的不动点，即轨道只有一个元素的元素。

定义：设 G 是 p^m 阶群，其中 p 为素数，m\in\Z_{\ge 0}，则称 G 是 p-群。

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

将 X 划分为轨道 Gx_1,\ldots,Gx_n，记 H_i:=\text{Stab}_G(x_i)，那么根据轨道是否为平凡群可以写成 |X|=\sum_{H_i=G}1+\sum_{H_i\neq G}(G:H_i)，前者是 X 的不动点，后者有 Lagrange 定理可以知道是 p 的倍数，即证。

命题：设 G 是非平凡的 p-群，则 Z(G) 不是平凡子群。

考察 G 对自身的左作用 a(g,x)=gxg^{-1}，这个作用的不动点就是 Z(G)，由前一条命题我们知道 |G|\equiv |Z(G)|\pmod p，于是 Z(G)\ge |G|。

定理（Cauchy）：设 G 是有限阶群，p 是 |G| 的素因子，则 G 存在 p 阶子群。

让加法群 \Z/p\Z 作用在 X:=\{(g_1,\ldots,g_p)\in G^p:g_1\ldots g_p=1\} 上，作用是轮换下标。

首先容易验证若 g_1\ldots g_p=1，那么 g_1^{-1}g_1\ldots g_p g_1=1，因此 X 确实对作用封闭。

之前的命题告诉我们 |X|\equiv |X^{\Z/p\Z}|\pmod p，显然 X 的不动点是 (g,\ldots,g)，此时 g^p=1，于是问题归结于 |X|\ge 1，这是显然的，因为 g_1,\ldots,g_{p-1} 任选。

定义（Sylow p-群）：设 G 是有限阶群，p 是 |G| 的素因子，设 H 是 G 的子群，若 |H|=p^k，则称 H 是 G 的一个 p-子群，若 p^k\mid\mid |G|，则称 H 是 Sylow p-群。

定理（Sylow）：设 G 是有限阶群，p 是 |G| 的素因子，p^k\mid\mid |G|，则有：

首先证明 Sylow p-群的存在性。

记 |G|=p^km，考察集合 U:=\{x\subseteq G:|x|=p^k\}，那么 |U|=\binom{mp^k}{p^k}\equiv m\pmod p，将 G 左作用在 U 上，则存在大小不为 p 倍数的轨道 O，任取 X\in O，考察其稳定子 H:=\text{Stab}_X(G)，由于先前的讨论给出 |G|=|H|\cdot|O|，于是 p^m\mid |\text{Stab}_x(G)|。另一方面，取 x\in X，HX=X 导致 Hx\subseteq X，故而 |H|\le |X|=p^m，于是 |H|=p^m，即证！

剩下的待补。

11.7 应用: 置换的循环分解

这一章看起来也没啥用，主要研究置换和置换环，比较简单，先跳过。

11.8 回首高次方程

这一章主要介绍了一些 Lagrange 的工作，通过引入 Lagrange 预解式将 n 次方程同 n 次单位根和它们的置换联系了起来，并以此解决了 n\le 4 的情形，但当 n=5 时同样的方法无法解决问题，自此 Lagrange 断言五次以上方程不存在有限次加减乘除、开方操作的求根公式。

多年之后，Abel 和 Galois 都独立证明了高于五次的方程没有求根公式，在完整的 Galois 理论中，域的自同构群将代替预解式置换群，并将引入正规扩域和正规子群等概念。尽管完成群这一章后我们将有足够的数学工具解决这个问题，但其中部分内容过于深入域论和群论，因此完整的解答要留到以后才能完善。

11.9 正规子群与商群

定义：设 H 是 G 的子群，且对于任意 g\in G，都有 gHg^{-1}=H，则称 H 为 G 的正规子群，记作 H\lhd G。

作为一个例子，如果 $(G:H)=2$，那么 $H$ 是 $G$ 的正规子群。这是由于对于 $g\in H$，显然 $gHg^{-1}\subseteq H$；而如果 $g\not\in H$，那么 $gH$，$Hg$ 都和 $H$ 不交，由于 $H$ 的指数是 2，此时必然有 $Hg=gH$，即证。 **定义**：若 $G$ 不是平凡群，且 $G$ 没有 $\{1\}$ 和 $G$ 以外的正规子群，则称 $G$ 是单群。 显然所有素数阶的群都是单群，这是由于其只有两个平凡子群。 **引理**：设 $H,K$ 是 $G$ 的子群，则 $HK=KH$ 当且仅当 $HK$ 是 $G$ 的子群。 这个在代组课上证过。 **命题**：设 $H$ 是 $G$ 的子群，$K$ 是 $G$ 的正规子群，则 $HK=KH$，且 $HK$ 是 $G$ 的子群。 只需要证明 $HK=KH$，对于 $h\in H$ 和 $k\in K$，$hk=(hkh^{-1})h\in KH$，$kh=h(h^{-1}kh)\in HK$，即证。 **定义**：设 $K$ 是 $G$ 的子群，定义其中心化子为 $G$ 的子群 $Z_G(K):=\{g\in G:\forall k\in K,gk=kg\}$，正规化子为 $N_G(K):=\{g\in G:gKg^{-1}=K\}$。 可见 $K\lhd N_G(K)$，且 $N_G(K)\supseteq Z_G(K)$。 **定义-命题（群同态的核）**：设 $f:G\to H$ 是群同态，定义 $\ker f:=f^{-1}(1_H)$，则 $\ker f\lhd G$，称为 $f$ 的核。 首先容易说明 $\ker f$ 确实是群，因而是 $G$ 的子群，只需要证明 $g(\ker f)g^{-1}\subseteq\ker f$，施加以 $f$ 可以得到 $f(g(\ker f)g^{-1})=f(g)1_Hf(g^{-1})=1_H$，即证。 **定义（商群）**：设 $N\lhd G$，在 $G/N$ 上定义二元关系 $xN\cdot yN=xyN$，这使得 $G/N$ 构成群，且商映射 $q:G\to G/N$，$q:x\mapsto xN$ 是同态，且 $\ker(q)=N$。 首先要证明良定性，即运算和选取的 $x,y$ 无关。对于 $x,x'\in xN$，$y,y'\in yN$，有 $x'=xn_1$，$y'=yn_2$，其中 $n_1,n_2\in N$，那么操演定义可以得到 $x'y'N=xn_1yn_2N=xy(y^{-1}n_1y)n_2N=xyN$，因此运算确实是良定的。同时 $G/N$ 中有单位元 $N$ 和逆元 $(xN)^{-1}=x^{-1}N$，因此 $G/N$ 确实成为群。 上述论证同样说明了商映射 $q$ 确实是同态，而 $\ker(q)=N$，这归结于 $xN=N$ 导致 $x\in N$。 由于已经有了环和向量空间的经验，我们已经知道可以将任一个映射 $f:G\to H$ 拆成 $f=f'\circ q$，其中 $f':G/\ker f\to H$ 映 $x(\ker f)\mapsto f(x)$，$q$ 是 $G\to G/(\ker f)$ 的商映射。 跳过了一些命题，看起来不太要紧。 ### 11.10 群的半直积 回忆群 $N$ 的自同构构成一个群 $\text{Aut}(N)$，以同构的合成为乘法运算，映射求逆为求逆运算。 **定义-命题（半直积）**：设 $H$ 和 $N$ 是群，$\varphi:H\to\text{Aut}(N)$ 是群同态，定义 $N\rtimes_\varphi H$ 为 $H$ 和 $N$ 相对 $\varphi$ 的半直积群，它的运算由 $(n,h)(n',h'):=(n\varphi_h(n'),hh')$ 给出。 首先需要验证给定的运算法则确实给出群。 首先 $(1_N,1_H)$ 给出单位元。 其次 $(n,h)^{-1}=(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}),h^{-1})$ 给出逆元，这是由于 $(n,h)(\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}),h^{-1})=(n\varphi_h\varphi_{h^{-1}}(n^{-1}),1_H)$。同时 $\varphi_h\varphi_{h^{-1}}=\varphi_{1_H}=1_N$，因此这确实是 $(1_N,1_H)

再验证乘法结合律，容易验证它确实满足结合律，因而确实是群。

为什么要搞这么一个东西捏？考虑一个更大的群 G 使得 H,N 都是它的子群且 N\lhd G 且每个 g\in G 都可以唯一地表为 g=nh，其中 n\in N，h\in H。那么考察 nh\cdot n'h'=n(hn'h^{-1})hh'，N 的正规性导致 hn'h^{-1}\in N，如果取 \varphi_g=\text{Ad}_g:=x\mapsto gxg^{-1}，那么就立刻获得了半直积的定义。

定义-命题（内在版本的半直积）：设 H,N 是群 G 的子群，N\lhd G 且 N\cap H=\{1\}，NH=G，考察由 \text{Ad}_g:=x\mapsto gxg^{-1} 给出的同态 \varphi:H\to\text{Aut}(N) 映 h\mapsto \text{Ad}_h，那么 G\simeq N\rtimes_\varphi H。

证明的思路已经在刚刚给出，之前的论证已经给出 \sigma:nh\mapsto (n,h) 给出同态，NH=G 保证 \sigma 满，同时 N\cap H=\{1\} 保证每个 g\in G 可以唯一表为 g=nh，因而映射确实是良定且单的。

例（二面体群）：考察平面上的正 n 边形（可以将 \R^2 等同于 \mathbb C，那么它的顶点为 \omega_n^k:=e^{2k\pi i/n}，其中 k 取遍 1,\ldots,n）。考察所有保持顶点不变的正交变换，这显然是 \text O(2)（正交群）的子群，记作 D_{2n}。关于正交变换的讨论告诉我们维度为 2 的正交变换要么是旋转，要么是旋转 \circ 镜射。显然对 x 轴对称给出一个镜射 \tau，它在复数上的作用是取共轭；同时旋转 2k\pi/n 给出所有的旋转它在复数上的作用是乘一个单位根，可以取 \sigma 表示旋转 2\pi/n。接下来说明 D_{2n}=\left<\sigma\right>\rtimes\left<\tau\right>。

操演定义，首先验证 \left<\sigma\right> 正规，正交变换的讨论告诉我们 \varphi 是旋转 \iff\det\varphi=1，显然共轭保持行列式不变，因此所有旋转构成正规子群。其次，\det\tau=-1，且 \tau^2=1，因此 \tau\not\in\left<\sigma\right>，因此 \left<\sigma\right>\cap\left<\tau\right>=\{1\}。最后，验证 D_{2n}=\left<\sigma\right>\left<\tau\right>，考察 \varphi\in D_{2n}，设 \varphi(1)=\omega_n^k，考察 \varphi':=\sigma^{-k}\varphi，那么 \varphi'\in D_{2n} 且 \varphi'(1)=1，根据先前关于正交变换的讨论我们知道 \varphi' 要么是旋转（由 \sigma 生成），要么是镜射（即 \tau），根据刚刚内半直积的命题即证。

由于 \left<\sigma\right> 和 \left<\tau\right> 都是循环群，也可以给出 D_{2n}=(\Z/n\Z)\rtimes_\varphi (\Z/2\Z)，其中 \varphi:\Z/2\Z\to \text{Aut}(\Z/n\Z) 映 [1]\mapsto(x\mapsto -x)，对应共轭。

第十二章 模论初步

12.1 模的基本定义

模是带有某个环 R 的纯量乘法和加法的一种代数结构。

定义（模）：设 (M,+) 是加法群，R 是环，\cdot:R\times M\to M 是一种二元运算，称为模的纯量乘法，如果满足纯量乘法的分配率和结合律，则称上述资料是一个左 R-模，无歧义时可简记为 M。

保持纯量乘法的分配率和结合律是指：

右 R-模是完全相同的版本，只需要倒转运算，没有本质不同，接下来主要讨论左模。

作为一个例子，F 上向量空间 V 是（左）F-模 V。

另一个例子是交换群作为 \Z-模，乘法映 \cdot:(n,r)\mapsto nr，即 n 个 r 加起来。

我们在讨论模时，一般不考虑改变 R，而是考虑改变 M。

定义（子模）：设 M 是左 R-模，N 是 M 的子环，且 N 对纯量乘法封闭，则称 N 是 M 的一个 R-子模。

环的很多理论都可以照搬。我们可以类似环的情形定义左 R-模的生成模、外直和和内直和，之后还会讨论理想。

定义（有限生成）：设 M 是左 R-模，且存在 S\subseteq M 有限且 R=\left<S\right>，则称 M 是有限生成的或有限型的。

定义（循环模）：若左 R-模 M 可以被单个元素生成，则称其是一个循环模。

12.2 模的同态、同构和商

同态、同构和商模都和其他各种代数结构的定义基本一致。

定义（模的同态和同构）：设 M,M' 是左 R-模，映射 \varphi:M\to M' 保持加法和纯量乘法，则称其是一个同态。如果 \varphi 双向可逆，则称 \varphi 是一个同构。

定义-命题：设 M,M' 是左 R-模，记 \text{Hom}_R(M,M') 是所有 M 到 M' 同构构成的集合，它构成一个左 R-模；记 \text{End}_R(M):=\text{Hom}_R(M,M)，则 \text{End}_R(M) 构成一个环，加法为逐点加，乘法为合成。

仿照向量空间的情形不难理解。

定义（模同态的和）：设 M,M' 是左 R-模，映射 \varphi:M\to M' 是同态，定义 \varphi 的核 \ker\varphi:=\{m\in M:\varphi(m)=0_{M'}\}。

容易发现 \ker\varphi 也是左 R-模。

定义-命题（商模）：设 N 是左 R-模 M 的子模，在加法商群 M/N 上定义纯量乘法 \cdot:R\times (M/N)\to (M/N)，映 (r,x+N)\mapsto rx+N，这使得 M/N 构成左 R-模，且商映射 q:M\to M/N 映 x\mapsto x+N 是同态。

首先验证纯量乘法的良定性，假设 x+N=y+N，那么 y'=x-y\in N，这导致 r(x+N)=rx+N=rx+ry'+N=ry+N，这说明商群中纯量乘法不依赖代表元的选取。

加法群的商群也是加法群，同时容易验证模的其他要求，使得 M/N 构成左 R-模。

接下来证明商映射是同态，这归结于 q 保持纯量乘法，即 q(rm)=rm+N=r(m+N)=rq(m)，故 q 确实是同态。

定义（摸同态的余核）：设 \varphi:M\to M' 是模同态，其余核 \text{coker}(\varphi):=M'/\text{im}(\varphi)，这描述了 \varphi 的满性。

之前在线性映射上的 coker 从来没用过，估计这个也没啥用。

另外就是向量空间和线性映射上的一大套东西都可以套过来，这里就不写了。

12.3 直和分解

之后默认是左模（其实左右并不影响）。

定义（直积和外直和）：设 (M_i)_{i\in I} 是一组 R-模，在他们作为加法群的直积 \prod_{i\in I}M_i 上定义纯量乘法为以此对每个分量做纯量乘法，这使得 \prod_{i\in I}M_i 成为 R-模；同理，在他们的外直和 \oplus_{i\in I}M_i:=\{(x_i)_{i\in I}\in \prod_{i\in I} M_i:x_i 只有有限多个非零 \} 并在其上同样地定义纯量乘法，这也使得 \oplus_{i\in I}M_i 成为 R-模。

可以合理地约定 M_i 对 \oplus_{i\in I}M_i（也可以是直积版本）的嵌入。

定义-命题（内直和）：设 (M_i)_{i\in I} 是 M 的一组子模，则以下三条命题等价，记作 M=\oplus_{i\in I} M_i（内直和）：

(a) 推 (b)：如若不然，那么可以写出两种分解，相减之后那么相当于说存在 x_i\in M_i 不为零元使得 x_i=\sum_{j\neq i,j\in I}x_j，这和题设矛盾。

(b) 推 (c)：上述论述蕴含映射 \tau:\oplus_{i\in I}M_i\to M_i 单且满。

(c) 推 (a)：同构蕴含单，这满足了 (a) 的第一个条件，如果第二个条件不满足则存在映为 0 的非零元素，这使得同构不单，即证。

命题：设 L,N 是 M 的子模，且 M=L\oplus N，则商映射 q:M\to M/N 限制为同构 q|_L:L\overset{\sim}\to M/N。

每个 x\in M 都可以唯一地写成 x=l+n，其中 l\in L,n\in N；q|_L 映 l\mapsto l+N，直和分解确保任两个不同的 l_1,l_2\in L 有 l_1+N\neq l_2+N，因此映射确实单，同时直和分解也确保了每个陪集任选代表元后做分解可以找到一个 l，同时之前的论述也说明了这样的 l 是唯一的，因而映射也是满的，同时显然也保持模的性质，即证。

和向量空间不同的是，给定 M,L 并不一定存在 N，这是由于 R 并不一定都可逆。

12.4 自由模

选定环 R，接下来的模都是左 R-模。

定义（自由模）：设 X 是集合，其上的自由模定义为直和 R^{\oplus X}，可以将 X 自然地嵌入到 R^{\oplus X} 当中，映法是 x\mapsto (\delta_{y,x})_{y\in X}，其中 \delta_{y,x}=\begin{cases}1_R & x=y\\0_R &x\neq y\end{cases}。

这实际上就是嵌入了每个分量，形式上可以写出 R^{\oplus X}=\oplus_{x\in X}Rx，这里 x 只做形式上的理解。

命题：设 N 是任意 R-模，那么存在双射 \text{Hom}(R^{\oplus X},N)\overset{1:1}\longleftrightarrow \{f:X\to N\}，映 \varphi\in\text{Hom}(R^{\oplus},X) 为 (x\mapsto \varphi(x))（这里理解为 x 对直和的自然嵌入）。

这一则结果是显然的，因为每个 R^{\oplus X} 都可以写成 x\in X，Rx 的直和，根据模同态的性质只需要确定对应 1_Rx 的映法就可以确定 Rx 中每个东西的映法，因而确定整个模的映法。

这说明模当中有一些东西有类似基的性质，自由模有类似 F^n 的性质。

定义（线性无关）：设 M 为 R-模，S 是 M 的子集，且 \sum_{s\in S}a_ss=0\iff \forall s\in S,a_s=0，那么称 S 线性无关。

和向量空间上的定义基本一致。

定义-命题（基）：设 M 为 R-模，X 是 M 的子集，则下列三条命题等价，如果以下条件成立，则称 M 是以 X 为基的自由模。

(a) 和 (b) 等价：X 生成 M 保证每个 m 都可以被写成有限和，X 线性无关保证如果有多重表法他们的差对应系数都为 0（因而只有一种表法）；同样地，如果 X 线性相关就说明存在一组 \sum r_xx=0，加上如若干倍这个东西不改变 m，这和 (b) 矛盾。

(b) 和 (c) 等价：\varphi 满相当于每个 m 都可以被表为 X 中元素的有限和，单相当于每个元素表法唯一。

定义-命题（秩）：设 R 是交换环，M 是自由模，则 M 的任两组基都满足 X,Y 都满足 |X|=|Y|。

给出 R 是整环，M 有限生成的情形。

记 $K:=\text{Frac}(R)$，$n:=|X|$，那么由之前基的命题可以通过基得到同构 $R^n\simeq R^{\oplus X}\simeq M$，将 $R^n$ 嵌入 $K^n$，整环的性质导出 $X$ 在分式域 $K$ 上仍然线性无关，因而成为了 $K^n$ 的一组基；通过这一同构将 $Y$ 也映到 $K^n$ 上，其线性无关性导致 $|Y|\le |X|$。同理 $|X|\le |Y|$，故 $|X|=|Y|$。 由于后边我们要用的是域上的多项式环和有限维的线性空间作为模，所以这则结果已经足够用。 **注记**：和向量空间一样，模同态也可以写成矩阵的形式，将自由模等同于 $R^{\oplus n}$ 和 $R^{\oplus m}$，则同态可以表为矩阵 $A\in M_{m\times n}$，所以在向量空间中的记号还可以继续使用。 $$ \left(\begin{matrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{matrix}\right)\mapsto A_{m\times n}\left(\begin{matrix}x_1\\\vdots\\x_n\end{matrix}\right):=\left(\begin{matrix}a_{1,1}x_1+\ldots+a_{1,n}x_n\\\vdots\\a_{m,1}x_1+\ldots+a_{m,n}x_n\end{matrix}\right) $$ ### 12.5 基于挠子模的分解 这一章中默认 $R$ 是交换环。 **定义（挠元）**：设 $R$ 是整环，$M$ 是 $R-$模（整环自动是交换环，不必区分左右），若 $x\in M$ 满足 $rx=0\iff r=0$，则称 $x$ 无挠，否则称 $x$ 为挠元。 自由模没有非零的挠元，这是由于唯一分解性给出 $rx=\sum_{y\in Y} rr_yy=0\iff rr_y=0$，这导致 $r=0$。 显然满足 $rx=0$ 的所有 $r$ 构成一个 $R$ 的理想 $I$，一个有挠元的例子是取 $M=R/I$，那么 $1+I$ 就是挠元，因为任意 $r\in I$ 都有 $r(1+I)=r+I=I$。因此如果模 $M$ 包含某个同构于 $R/I$ 的子模，那么它就不是自由模。 值得注意的是，没有非零挠元并不意味着自由。如 $\Q$ 是 $\Z-$模，它显然没有非零挠元，但是它不能写作 $\Z^{\oplus X}$ 的形式，因为任意 $q\in\Q$ 都存在 $q'\in\Q$ 使得 $2q'=q$，但是 $\Z^{\oplus X}$ 中没有这一性质。 **定义（挠子模）**：设 $I$ 是交换环 $R$ 的理想，$M$ 是 $R-$模，定义 $M$ 的 $I-$挠子模为 $M[I]:=\{x\in M:\forall r\in I,rx=0\}$；如果 $R$ 是主理想整环，也记 $M[h]:=M[(h)]$。 **命题**：设 $R$ 是主理想整环，$M$ 是 $R-$模，且存在 $t\in R$ 非零使得 $M=M[t]$，将 $t$ 按不可约元唯一分解为 $p_1^{a_1}\ldots p_n^{a_n}$，其中 $p_i$ 互不相同，主理想整环的性质给出如是分解精确到等价类只差一个轮换，则 $M=\oplus_{i=1}^n M[p_i^{a_i}]$。 仿照之前在主理想整环一章中的思路，只需证明对于 $a,b\in R$ 满足 $(a,b)\sim 1$，$M[ab]=M[a]\oplus M[b]$。 首先 $M[a]+M[b]\subseteq M[ab]$，因为被 $a,b$ 任一个零化的东西肯定被 $ab$ 零化。 主理想环上的互质给出 $u,v\in R$ 使得 $au+bv=1$，从而对于 $x\in M[ab]$，$x=aux+bvx$，前者被 $b$ 零化，后者被 $a$ 零化，因此 $M[ab]\subseteq M[a]+M[b]$，从而 $M[ab]=M[a]+M[b]$。 同样地，$x\in M[a]\cap M[b]$ 导致 $0=aux+bvx=x$，从而 $M[a]\cap M[b]=\{0\}$，故 $M[ab]=M[a]\oplus M[b]$。 仿照之前在极小多项式中的思路，设 $p\in R$ 是素元，那么 $M[p]\subseteq M[p^2]\subseteq\ldots$，那么 $M[p^\infty]:=\cup_{n=1}^\infty M[p^n]$ 是 $M$ 的子模。同时 $M[t]=\oplus_{p\text{ is prime}/\sim}M[p^\infty]$。 如果在 $M[t]$ 当中讨论，只需要取极大的 $p^a\,\|\, t$，那么 $(M[t])[p^\infty]=(M[t])[p^a]$（这相当于提取直和当中的 $M[p^\infty]=M[p^a]$ 项）。 **引理**：设 $R$ 是主理想整环，$p$ 是 $R$ 的素元，考察 $a\in\Z_{\ge 0}$，则 (a) 若 $p^a\mid t$ 则 $(R/(t))[p^a]\simeq R/(p^a)

(b) 若 p^a\,\|\,t 则 (R/(t))[p^\infty]\simeq R/(p^a)（这里 \| 表示最大的 a）

首先证明 (a)，考察 r+(t)\in R/(t)，记 t=sp^a，那么 p^a 零化 r+(t) 相当于说 p^ar=kt，其中 k\in R，约去 p^a（整环保证消去律），可以得到 r=ks\in (s)，两个不同的 r 之间还要商去 (t)，从而 (R/(t))[p^a]=(s)/(t)；

考察 q:R\to (s)/(t) 映 r\mapsto rs+(t)，这显然是 R 到 (s)/(t) 作为 R-模的自同态，它显然满；考察 \ker q，其中包含所有 rs\in(t) 的元素，这相当于 r\in (p^a)，这和 q':R\to R/(p^a) 映 r\mapsto r+(p^a) 的核相同，后者也满，故他们同构于同一个 R 的商环，即证。

对于 (b)，先前的讨论已经给出了这里的结论，因为 t 显然零化 R/(t)，因此 p^\infty 零化相当于 p^a 零化。

定义-命题（无挠商）：设 R 是整环，M 是 R-模，记 M 上所有挠元构成子集为 M_{\text{tor}}，则 M_{\text{tor}} 是 M 的子模，商模 M_{\text{tf}}:=M/M_\text{tor} 称为无挠商，M_\text{tf} 没有非零挠元。

首先验证 M_\text{tor} 是子模。M_\text{tor}=\cap_{t\in R}M[t]，设 r,s\in M_\text{tor} 分别被 p,q\in R 零化，那么 pq(r+s)=0，从而 r+s\in M_\text{tor}，乘法也保持零化不变，因此 M_\text{tor} 确实是子模。

接下来验证 M_\text{tf} 没有挠元。考察 t\in R 零化 s+M_\text{tor}\in M_\text{tf}，那么 ts+M_\text{tor}=0+M_\text{tor}，这说明 ts\in M_\text{tor}，于是 ts 被某个 r\in R 零化，s 自然被 rt 零化。

命题：将整环 R 视作 R-模，设 x\in M-M_{\text{tor}}，则有模同构 \varphi:R\overset{\sim}\to Rx 映 r\mapsto rx。

容易验证 \varphi 是同态。问题归结于 \ker\varphi=\{0\}，这是显然的，因为 x\not\in M_\text{tor} 不被任何一个 R 中的元素零化。

推论：设 R 是主理想整环，R-模 M 满足 M=M_\text{tor}，则：

(a) 对于所有有限生成子模 M_0\subseteq M 都存在 t\in R 非零使得 M_0=M[t]。

(b) M=\oplus_{p\text{ is prime}/\sim}M[p^\infty]

首先证明 (a)，考察 M_0 的一组生成元 M_0=\left<r_1,\ldots,r_n\right>，r_i 被 t_i\in R 零化，那么它们都被 t_1\ldots t_n 零化，即证。

(b) 是简单的，在 (a) 的基础上利用 t 的直和分解和之前关于质数无穷次幂零化的讨论即可。

12.6 主理想环上的有限生成模

这一章将为标准型（F[X] 作为 F-模）进行铺垫，本节当中所有的环 R 都默认是主理想整环。

引理：设 R 是整环，M 是 R-模，\varphi:M\to R 是模同态，则 \varphi(M) 是 R 的理想。

只需要证明单边理想封闭即可，这是由于对任意 r\in R，x\in M，r\varphi(x)=\varphi(rx)\in\varphi(M)，并且 \varphi(M) 是 R 的子模，因而对加法封闭，因此它确实是理想。

引理：设 E 是秩为 n 的自由 R-模，则 E 的任意子模 N 也是自由模，且其秩 \le n。

对 n 递归地论证，n=0 的情形是平凡的。

取出 E 的一组基 e_1,\ldots,e_n，令 E'=Re_2\oplus\ldots\oplus Re_n（这里作为内直和），记 p:E\to R 映 \sum r_ie_i\mapsto r_1，即取第一个分量，那么 p(N) 可以表为 R 的理想 (d)。

若 d=0，那么 E\subseteq E'，转化为 n-1 的问题。

若 d\neq 0，那么取 x\in N 使得 \varphi(x)=d，于是每个 y\in N，其可以表为 y=x\frac{p(y)}{d}+(y-x\frac{p(y)}{d})，记 N'=N\cap E'，上式说明 N=Rx+N'，然而 Rx\cap N'\subseteq Rx\cap E'=\{0\}，因此 N=Rx\oplus N'，且 Rx\simeq R，因此若 N' 自由，N 也自由。这也将问题转化为了 n-1 的问题。

引理：主理想整环上理想包含链必有极大元。

这个之前证过，因为不存在无穷升链。

引理：设 E 是有限生成自由 R-模，N 是 E 的子模，命 r:=\text{rk}(N)，则 E 的一组基 e_1,\ldots,e_n 和 d_1,\ldots,d_r\in R 使得 d_1e_1,\ldots,d_re_r 是 N 的一组基且 d_1\mid d_2\mid\ldots\mid d_r。

之前的引理已经表明了 N 确实是秩为 r\le n 的有限生成自由模，但其论证中无法保证 x 和 d_1e_1。

论证归功于如下结果：

设 E\neq\{0\}，那么存在 e_1\in N 和 d_1\in R，使得存在直和分解 E=Re_1\oplus E' 和 N=Rd_1e_1\oplus N'，且 E' 仍然是有限生成自由模，N' 仍然是 E' 的子模

这样每次会使得 E 的秩减少 1，一直执行该算法最终可以得到 E=\{0\}，此时必然 N=\{0\}，已经找到了对应的基。

考察理想族 \{\lambda(N):\lambda\in\text{Hom}(N,R)\}，它必有极大元，不妨设其为 (d_1):=\lambda_1(N).

那么如果 d_1=0，那么 N 是零模，给 E 配备一组基即可。

当 d_1\neq 0 时，，通过一些操作可以得知对于任意 \lambda\in\text{Hom}(N,R) 都有 d_1\mid \lambda(N)。命 \lambda_1(x_1)=d_1，同时对于任意 \lambda\in\text{Hom}(N,R) 和 x\in N，都有 d_1\mid \lambda(x)，任取选取 N 的一组基，让 \lambda 遍历该坐标投影，则 x_1 的每个投影分量都被 d_1 整除，因而存在 e_1\in E 使得 d_1e_1=x_1，于是 \lambda(d_1e_1)=d_1\implies \lambda(e_1)=1，兹断言 E=Re_1\oplus E'，N=Rd_1e_1\oplus N'，其中 E'=\ker\lambda，N'=N\cap E'。

首先证明 E=Re_1\oplus E'，将 x\in E 写作 x=\lambda(x)e_1+(x-\lambda(x)e_1)，后者属于 \ker\lambda，因此 E=Re_1+E'，同时 de_1\in Re_1\cap E' 导致 \lambda(de_1)=0\implies d=0，故它们的交为 \{0\}，因而确实是直和分解。

利用一样的套路可以证明 N=Rd_1e_1\oplus N'。

另外，每次将问题限制在 N' 上时 \{\lambda(N):\lambda\in\text{Hom}(N,R)\} 中的元素都是原来某个集合的子集，由于先前已经论证过其中主理想都包含于 (d_1)，之后执行算法获得的主理想也包含于 (d_1)，因此 d 确实是升链，即证。

定理（主理想环上有限生成模的分类）：设 R 是主理想整环，M 是有限生成 R-模，则有唯一同构 M\simeq R/I_1\oplus R/I_2\oplus\ldots\oplus R/I_n\oplus E，其中 I_1\supsetneq \ldots\supsetneq I_k 是理想，E 是有限生成自由模，理想链 I_1\supsetneq \ldots\supseteq I_k\supseteq\{0\}\supseteq\ldots\supseteq\{0\}（\text{rk}(E) 个零理想）称为 M 的不变因子。分类的唯一性是同构意义下相同的 M 具有相同的不变因子。

首先证明存在性。

取 M 的一组生成元 x_1,\ldots,x_n，记 E:=R^{\oplus n}，那么存在满同态 \varphi:E\to M 映 (r_i)_i\mapsto\sum r_ix_i，记 N:=\ker\varphi，r:=\text{rk}(N)，那么 M\simeq E/N，由上一个引理知存在 E 的基 e_1,\ldots,e_n 和 d_1,\ldots,d_r 使得 d_1e_1,\ldots,d_re_r 是 N 的基，于是 M\simeq E/N=(Re_1\oplus\ldots\oplus Re_n)/(Rd_1e_1\oplus\ldots\oplus Rd_re_r)\simeq (Re_1/Rd_1e_1)\oplus\ldots\oplus(Re_r/Rd_re_r)\oplus R^{\oplus(n-r)}。

这里利用了如下一则结果，上边的内直和与外直和通过同构切换：

设 (M_i)_{i\in I} 是一族模，N_i 是 M_i 的子模，那么 (\oplus_{i\in I}M_i)/(\oplus_{i\in I}N_i)\simeq \oplus_{i\in I}(M_i/N_i)（这里看作外直和）

考察映射 q:\oplus_{i\in I}M_i\to \oplus_{i\in I}(M_i/N_i) 映 (x_i)_{i\in I}\mapsto (x_i+N_i)_{i\in I}，容易验证这是同态并且是满的，于是 \ker q=\oplus_{i\in I}N_i，根据同态定理即证。

那么现在只需要研究 Re_i/Rd_ie_i，这只有一个分量，因而它同构于 (R/(d_i))e_i，同构映射映 re_i+Rd_ie_i\mapsto (r+(d_i))e_i，把相同的主理想合并起来，这样就得到了定理中的形式，因而证明了存在性。

接下来证明唯一性。

不妨设 M\simeq M'，我们证明它给出的不变因子相同。

给定的直和分解给出 M_\text{tor}=R/I_1\oplus\ldots\oplus R/I_k 和 M_\text{tf}=(M_\text{tor}\oplus E)/M_\text{tor}\simeq E，由于同构不改变挠元，自然也不改变无挠商，所以不改变 E，这将问题划归到了 M_\text{tor} 的情形。

于是可以假设 M=M_\text{tor}，之前对于挠元的讨论给出 M=\oplus_{p\text{ is prime}/\sim}M[p^\infty]，同构保持 p^\infty 零化不变，因此它保证 M[p^\infty]\simeq M'[p^\infty]，先固定 p，记 I_i=(t_i)，p^{b_i}\mid\mid t_i，于是 b_1\le b_2\le\ldots\le b_k。由于 M 有直和分解 M=(R/I_1)\oplus \ldots\oplus (R/I_k)，带入之前的结论可以得到 M[p^\infty]\simeq(R/I_1)[p^\infty]\oplus \ldots\oplus (R/I_k)[p^\infty]\simeq (R/(p^{b_1}))\oplus\ldots\oplus (R/(p^{b_k}))，M' 亦有同样的分解，我们的目标在于说明其中的 b_1,\ldots,b_k 同构不变。

假设 M=M[p^\infty]。考察 p^jM[p^\infty]\simeq \oplus_{i=1}^k p^j(R/p^{b_i})\simeq \oplus_{b_i>j}(R/p^{b_i-j})，回顾之前的结果

设 p 是素元，若 p^a\mid t 则 (R/(t))[p^a]\simeq R/(p^a)

带入 a=1，那么可以得到 (p^jM)[p]=\oplus_{b_i>j}(R/p^{b_i-j})[p]=\oplus_{b_i>j} (R/(p))，p 是素元说明 R/(p) 是域，那么通过提取维数就可以得到有多少个 b_i>j，这是同构不变的，由于 b_i 单调，于是其也是同构不变的。

这样对所有素元 p 确定了所有 b_i，因而就确定了所有 t_i（精确到等价），于是确定了主理想链是同构不变量。

这一则结果其实还有其群论上的应用，比如它说明任意有限生成的交换环 G 作为 \Z-模可以唯一表为若干个循环群的直和。

12.7 基于矩阵的算法

选定交换环 R 和 x_1,\ldots,x_m,e_1,\ldots,e_n\in R，采用形式记法 (x_1\mid\ldots\mid x_m)=(e_1\mid \ldots\mid e_n)A 来表示 x_j=\sum A_{i,j}e_i，如此可以验证矩阵的各种运算律仍然成立。

定义-命题：设 R 是交换环，命 \text{GL}(n,R):=\{P\in M_{n\times n}(R):\det P\in R^\times\}，那么 \text{GL}(n,R)=M_{n\times n}(R)^\times。

运用 Cramer 法则即可说明群中的素有元素都可逆，同时矩阵可逆蕴含行列式可逆。

引理：设 R 是交换环，y_1,\ldots,y_m\in R，P\in\text{GL}(n,R)，(y_1'\mid\ldots\mid y_m')=(y_1\mid\ldots\mid y_m)P，则 \left<y_1',\ldots,y_m'\right>=\left<y_1\mid\ldots\mid y_m\right>。

显然左 \subseteq 右，两边乘以 P^{-1} 可以得到右 \subseteq 左，即证。

引理：设 R 是交换环，E 是有限生成自由 R-模，e_1,\ldots,e_n\in E 是基，(e_1'\mid\ldots\mid e_n')=(e_1\mid\ldots\mid e_n)P，则 e'_1,\ldots,e'_n 是基当且仅当 P\in\text{GL}(n,R)。

必要性套用上一条引理即可，充分性则利用命题的反面，即 e 可以被 e' 表出，系数矩阵给出 P 的逆。

跟线性映射和矩阵的关系一样，通过给矩阵左乘/右乘也可以调整在模上基的选取，这归结于如下命题：

命题：设 R 是交换环，E 是有限生成自由 R-模，N 是 E 的子模（因而它也自由），那么选取 E 的基 e_1,\ldots,e_n 和 N 的生成元 x_1,\ldots,x_m，那么可以唯一确定 A\in M_{n\times m}(R) 使得 (x_1\mid\ldots\mid x_m)=(e_1\mid \ldots\mid e_n)A，于是给 A 左乘 \text{GL}(n,R) 中的元素相当于调整基的选取，右乘 \text{GL}(m,R) 中的元素相当于调整 x_1,\ldots,x_m 的选取。

定义：定义三类环上的初等矩阵 \mathcal A(i,k),\mathcal B(i,k),\mathcal C(i,c) 分别表示之前对域上矩阵的三种初等变换，其中 \mathcal A 是初等行变换，\mathcal B 是初等列变换，\mathcal C 是给一行乘一个东西（这要求 c\in R^\times）。

容易验证他们都是可逆的。

定理（Smith 标准型）：设 R 是欧几里得整环，给定 A\in M_{n\times m}(R)，则存在 Q\in \text{GL}(n,R) 和 P\in\text{GL}(m,R) 使得 QAP=\left(\begin{matrix}d_1\\& d_2\\& & \ddots\end{matrix}\right)，其中 d_1\mid d_2\mid\ldots 落在对角线上。

毛估估一下，可以用辗转相处法搞好第一行第一列，然后把第一行和第一列都消掉就可以了，这只需要初等变换。

这则结果告诉我们主理想整环（或者至少是欧几里得整环，如整数环和域上的一元多项式环，尽管这则定理对主理想整环仍然成立）上的可逆矩阵可以被表为初等矩阵的乘积。

这个东西可以直接拿来证明前一张分类 PID 上有限生成模的关键引理。

推论：设 R 是欧几里得整环 E 是有限生成的自由 R-模，N 为其子模，选取 E 的基 e_1,\ldots,e_n 和 N 的生成元 x_1,\ldots,x_m，那么可以唯一确定 A\in M_{n\times m}(R) 使得 (x_1\mid\ldots\mid x_m)=(e_1\mid \ldots\mid e_n)A，标准型理论告诉我们可以将 A 写成 Q\Sigma P，其中 \Sigma 是 Smith 标准型矩阵，我们知道这相当于调整 A 左边的基和右边的值，于是 (x_1'\mid\ldots \mid x_m')=(e_1'\mid\ldots\mid e_n')\Sigma，这说明 x'_i=d_ie_i'，其中 d_i 是升链。

这一则结果和上一章的引理说的是一回事。

推论：主理想环矩阵上的 Smith 标准型唯一确定（精确到 R^\times）。

套用分类定理唯一性的论证，命 E=R^{\oplus n}，N 为 A 的列向量生成的子模，E/N\simeq R/(d_1)\oplus\ldots\oplus R/(d_n) 的初等因子（理想升链）唯一确定， Smith 标准型给出 E/N\simeq R/(d_1)\oplus\ldots\oplus R/(d_n)（一些维度被商去，其余商去 0），因此标准型由初等因子唯一确定。

第十三章 标准型

这一章主要研究矩阵的标准型，即如何判断两个矩阵是否共轭。

13.1 线性映射和模结构

选定域 F，将其视作一元多项式环 F[X] 的子环。

引理：设 V 是 F-向量空间，指定 T\in\text{End}(V) 后可以将 V 升级为 F[X]-模，方法是规定对于 f\in F[X] 和 v\in V，fv:=(f(T))(v)。进一步地，如果再指定 T'\in\text{End}(V') 使得 V' 也升级为 F[X]-模，那么模同态 \varphi:V\to V' 相当于指定向量空间的同态 \varphi:V\to V' 满足 T'\varphi=\varphi T。

前一条毛估估一下就可以了。

对于后一条，模同态是说 \varphi(fv)=f\varphi(v')，按定义展开，可以得到 \varphi((f(T))v)=f(T')\varphi(v)，将 f 表为单项式的和，那么 \varphi(T^kv)=(T')^k\varphi(v)，取 k=1 可以得到 \varphi T=T'\varphi（它们逐点相等）。同时 \varphi T=T'\varphi 导致 \varphi T^k=\varphi TT^{k-1}=T'\varphi T^{k-1}，这样不断“搬运”回去即可。

命题：再进一步地，模同构相当于向量空间的同构 \varphi:V\to V' 满足 T'\varphi=\varphi T

事实上我们这一章研究的目标是给定的 T\in\text{End}(V)，将 V 升级为 F[X]-模相当于对 T 作用一个多项式 f\in F[X]，因此我们可以和之前极小多项式的讨论连起来。

之前我们已经证明对于这样的模 V，V[fg]=V[f]\oplus V[g]，其中 f,g\in F[X] 且 (f,g)\sim 1，如此看来 V[fg] 说的就是 (fg)(T) 的核，借由之前极小多项式的讨论可以得知 \text{Min}_T(X) 会零化 T，从而 V[\text{Min}_T(X)]=V，于是存在直和分解 V=V[f_1]\oplus V[f_2]\oplus\ldots\oplus V[f_m]，其中 f_i 是某个不可约多项式的次方，当特征多项式在 F 上分裂时，这样的 V 就是之前所谓的广义特征子空间。

13.2 问题的表述

选定域 F 和 n\ge 1，问题在于判断两个矩阵 A,B\in M_{n\times n}(F) 是否共轭，即是否存在 P\in M_{n\times n}(F) 可逆使得 A=PBP^{-1}，即 AP=PB。

用线性映射的语言表述，问题相当于给定 T\in\text{End}(V) 和 T'\in\text{End}(V')，问是否存在同构 \varphi:V\to V' 使得如下图表交换：

\begin{CD} V @>T>> V\\ @V\varphi VV @V\varphi VV\\ V' @>T'>> V' \end{CD}

即 \varphi(T(v))=T'(\varphi(v))，两者之间可以通过向量空间的同构过渡。

根据上一整的讨论，如果根据 T 和 T' 分别将 V 和 V' 升级为 F[X]-模，那么存在同构相当于说存在向量空间的同构 \varphi:V\to V' 满足 \varphi T=T'\varphi，这和线性映射的语言一致。

已经说明了后两者其实是一回事，只需要说明前两者是一回事就行了，这里实际上是取 V=V'=F^n，然后 \varphi 相当于换基，它们等同到矩阵语言说的确实是一回事。

这个东西的意义在于事实上就是调整基使得两者在某个模 M 上式一回事。

下面还有一则命题。

命题：设 A_i\in M_{n_i\times n_i}(F) 是一族矩阵，A_i 对应到 n_i 维向量空间 F^{n_o}，将其升级为 F[X]-模 M_i，设它们为对角元的分块对角矩阵 A=\text{diag}(A_1,\ldots,A_n) 对应的向量空间 F^n 升级为 F[X]-模 M，那么 M=M_1\oplus\ldots\oplus M_n。

毛估估一下显然是对的，因为每个分块对角矩阵怎么搞还是在对应的大小里，因此可以对每个分开操作。

13.3 有理标准型

**命题**：考察非零循环 $F[X]-$模 $M:=F[X]/(f)$，$f\in F[X]-F$，命 $n:=\deg f$，那么 $M$ 可以视作 $F-$向量空间，基可以选为 $1,X,\ldots,X^{n-1}$ 对 $(f)$ 的陪集。 在此基下，$A$ 对应到线性映射 $T$ 映 $g+(f)\mapsto Xg+(f)$，不妨设 $f=c_0+\ldots+c_{n-1}X^{n-1}+X^n$ 首一，那么当 $k\le n-2$，$T(X^k+(f))=X^{k+1}+(f)$，同时当 $k=n-1$ 时，$T(X^{n-1}+(f))=X^n+(f)=-c_0-\ldots-c_{n-1}X^{n-1}+(f)$。 在这种情况下，$T$ 可以表为矩阵 $$ \left(\begin{matrix} 0 & 0 & \ldots & 0 & -c_0\\ 1 & 0 & \ldots & 0 & -c_1\\ 0 & 1 & \ldots & 0 & -c_2\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & \ldots & 1 & -c_{n-1} \end{matrix}\right) $$ 称为友矩阵，记作 $C_f$。若干个这样模的直和表为矩阵可以表为分块对角矩阵。 这里的重点在于考察 $X+(f)$ 和 $T$ 的辩证关系，这实际上就是把基取成了某个 $v\in V$ 和 $Tv,T^2v,\ldots,T^{n-1}v$，而 $R/(f)$ 作为模实际上就是说这些东西足够生成这个向量空间中的所有东西。这样来看，这个矩阵实际上就是每次移动一下就让基被 $T$ 作用。 **定理（有理标准型）**：设 $n\ge 1$，$A\in M_{n\times n}(F)$，则存在唯一一列前后整除的非常数首一多项式 $f_1\mid\ldots\mid f_k$ 使得 $\sum\deg f_i=n$ 并且 $A$ 共轭于分块对角矩阵 $\text{diag}(C_{f_1},C_{f_2},\ldots,C_{f_k})$，称为 $A$ 的有理标准型，$f_1,\ldots,f_k$ 称为 $A$ 的不变因子。 将 $A$ 对应的 $n$ 维 $F[X]-$模记作 $M$，则 $M$ 显然是有限生成的，根据 PID 上有限生成模的分类定理，$M\simeq F[X]/I_1\oplus\ldots\oplus F[X]/I_k$，其中 $I_1\subseteq I_2\subseteq\ldots\subseteq I_k$，自由模部分为 0，因为 $F[X]$ 无限维而 $M$ 有限维。 既然 $I_i$ 唯一确定，$I_i=(f_i)$ 可以确定唯一首一的 $f_i$，根据上一个命题，它在模同构意义下可以表为友矩阵，即证！ 剩下的东西都是非常熟悉的矩阵语言。 **推论**：设 $A\in M_{n\times n}(F)$ 的不变因子为 $f_1\mid\ldots\mid f_k$，那么 $\text{Char}_A=\prod f_k$，$\text{Min}_A=f_k$。 极小多项式的讨论是由模论给出的，只需要对比 $R/(f_i)$ 中的元素何时全被零化（就是左乘 $f_i$）即可。 **推论**：设 $A\in M_{n\times n}(F)$，取 $\text{Min}_A$ 的不可约分解 $p_1^{e_1}\ldots p_h^{e_h}$，其中 $p_1,\ldots,p_h$ 是互不相同的首一不可约多项式，那么 $A$ 共轭于 $\text{diag}(A_1,\ldots,A_h)$，其中 $A_j=\text{diag}(C_{p_j^{b_{1,j}}},\ldots,C_{p_j^{b_{r_j,j}}})$，其中 $r_j\ge 1$。 这一则推论在模论中也有其对应版本，论证和分类定理的唯一性论证相同（就是一样的命题）。 当然有的书会把友矩阵写得差一个转置，不过不重要。 ### 13.4 有理标准型的计算 首先故技重施一下，考察 $n$ 维向量空间 $V$ 和其上的线性映射 $T\in\text{End}(V)$，使得 $V$ 升级为 $F[X]$ 模，然后根据之前的套路，考察秩为 $n$ 的自由模 $F[X]^{\oplus n}$，取它的一组标准基 $e_1,\ldots,e_n$ 和 $V$ 的一组基 $v_1,\ldots,v_n$，考察同态 $\varphi:F[X]^{\oplus n}\to V$ 映 $\sum f_ie_i\mapsto\sum f_iv_i$（注意在向量空间上这相当于 $f_i(T)v_i$） $\varphi$ 显然满（$V$ 中所有元素都可以写成 $f\sum v_i$），另一方面，设 $A=(a_{i,j})_{i,j}\in M_{n\times n}(F)$ 是 $T$ 在此基下对应的矩阵，考察 $F[X]^{\oplus n}$ 的一列元素 $x_j=Xe_j-\sum a_{i,j}e_i$ 和他们的生成子模 $N:=\left<x_1,\ldots,x_n\right>$。 **引理**：$\ker\varphi=N$。 首先验证 $x_j\in \ker\varphi$。操演定义，得到 $\varphi(x_j)=Tv_j-\sum a_{i,j}v_j=0$，因此确实 $N\subseteq\ker\varphi$。 另一方面，$Xe_j+N=-\sum a_{i,j}e_i+N$，不断整除可以得知每个 $f\in F[X]$ 都可以表为 $f+N=\sum c_ie_i+N$，其中 $c_i\in F$，施加 $\varphi$，于是 $f\in\ker\varphi$ 相当于 $c_i=0$，即 $f\in N$，即证。 先将这个东西表为 $$ \left(\begin{matrix}x_1\mid\ldots\mid x_n\end{matrix}\right)=\left(\begin{matrix}e_1\mid\ldots\mid e_n\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}X-a_{1,1} & -a_{1,2} & \ldots & -a_{1,n}\\-a_{2,1} & X-a_{2,2} & \ldots & -a_{2,n}\\\vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\-a_{n,1} & -a_{n,2} & \ldots & X-a_{n,n}\end{matrix}\right) $$ 可以将后一个矩阵写成 $X\cdot 1-A\in M_{n\times n}(F[X])$。 于是这个东西可以用 Smith 标准型写成 $$ X\cdot 1-A=Q\left(\begin{matrix}d_1\\&\ddots\\&&d_n\end{matrix}\right)P $$ 其中 $P,Q\in\text{GL}(n,F[X])$，$d_1\mid\ldots\mid d_n$ 首一，$d_1,\ldots,d_n$ 是有理标准型中的不变因子。 显然 $V\simeq F[X]^{\oplus n}/N$，根据分类定理它同构于 $\oplus_i F[X]/(d_i)$。 由于分类共轭相当于在同构意义下分类 $F[X]-$模 $V$，我们业已给出同构定理中的不变量，即不变因子 $d_1,\ldots,d_n$。 因此我们将问题变成了计算两个 $F[X]$ 上的矩阵是否相抵，这只需要用到多项式的带余除法而不需要求根，好！ ### 13.5 Jordan 标准型 在友矩阵的标准型理论当中，我们事实上在每个直和分解的分量重取用了 $1,X,\ldots,X^{k-1}$ 作为基，在线性空间中这相当于选取了某个 $f$ 零化的空间然后取其中一个 $v$ 和 $Tv,\ldots,T^{k-1}v$ 作为基，它们很好地刻画了对应分量模的情形。 另一种思路则更加直接，即继续借用这一思路，在要求特征多项式分裂的情形下，向量空间可以表为广义特征子空间，这类主要的研究对象仍然是不断施加 $T,\ldots,T^{k-1}$ 得到的向量，以此得到不变量。不是一般性地可以假设对应的特征值是 0，即我们要研究幂零矩阵。 **定义**：设 $R$ 是环，$r\in R$，若存在 $d\ge 1$ 使得 $r^d=0$，则称 $r$ 是幂零的，如此最小的 $d$ 称为其幂零整数。 这一概念主要应用于 $\text{End}(V)$ 或 $M_{n\times n}(F)$。 有时记 $\lambda:=\lambda\cdot 1_{n\times n}$。 **命题**：设 $V$ 是 $n$ 维 $F-$向量空间，$T\in\text{End}(V)$，则下列陈述等价： - $T$ 幂零 - 存在 $k$ 使得 $\text{Min}_T(X)=X^k

(1) (2) 是一回事，(2) (3) 也是一回事，(1) (4) 是一回事。

定义（Jordan 块）：设 \lambda\in F，d\ge 1，定义

J_d(\lambda):=\left( \begin{matrix} \lambda & 1\\ & \lambda & 1\\ & & \ddots\\ & & &\lambda & 1\\ & & & & \lambda \end{matrix} \right)

称为特征值为 \lambda 的 d\times d（上三角）块，类似地，下三角块相当于 J_d(\lambda)^\text t。

下三角矩阵相当于 X^d 对应的友矩阵，根据先前友矩阵的理论，我们已经能够分类幂零的情形。

引理：设 A\in M_{n\times n}(F) 幂零，则 A 共轭于分块对角矩阵 \text{diag}(J_{d_1}(0),\ldots,J_{d_k}(0))，其中 1\le d_1\le\ldots\le d_k，\sum d_i=n，d_1,\ldots,d_k 唯一确定。

先前有理标准型已经给出了一列分块对角友矩阵（下三角 Jordan 块），适当调整基可以自由地变换上三角和下三角 Jordan 块，

定理（Jordan 标准型）：设 A\in M_{n\times n}(F)，\text{Char}_A(X) 在 F 上分裂，则 A 共轭于分块对角阵 \text{diag}(A_1,\ldots,A_m)，其中 \lambda_1,\ldots,\lambda_m 是 A 的相异特征值，A_i=\text{diag}(J_{d_{i,1}}(\lambda_i),\ldots,J_{d_{i,k_i}}(\lambda_i))。上述表法精确到轮换唯一。

首先将 A 分解成广义特征子空间的直和，既然特征多项式分裂，显然将 A-\lambda_i 限制在 V_{[\lambda_i]} 上是幂零的，于是借用引理他可以唯一地表为对角矩阵 \text{diag}(J_{d_{i,1}}(0),\ldots,J_{d_{i,k_i}}(0))，又因为 J_d(\lambda)=\lambda+J_d(0)，因此 A 在 V_{[\lambda_i]} 上就可以唯一表为对应的分块对角阵。存在性和唯一性都可以减去 \lambda 论证。

13.6 Jordan 标准型的计算

这是事实上非常好算，首先考虑幂零的情形，其余的情形通过减去特征值，然后再对应特征子空间上（事实上不需要事先求出对应的特征子空间）讨论即可。

定理：设 A\in M_{n\times n} 幂零，则 A 对应的 d\times d Jordan 块的个数 N(d) 就满足 N(d)=\text{rk}(A^{d-1})+\text{rk}(A^{d+1})-2\operatorname{rk}(A^d)。

由于 \text{rk}(J_b(0)^k)=\max\{0,b-k\}，因此作两次差分就可以得到对应的个数。

正常的情形只需要在每个特征子空间上讨论即可。

那么如何求出对应的基呢？一个方法是获得了 Jordan 标准型然后解方程，另一个方法是（以幂零阵为例）找到 \ker A 的一组基 v_1,\ldots,v_m，然后不断寻找方程 Tw=v 的一组解，这样会好算一点。

13.7 一些补充内容

定理（加性 Jordan-Chevalley 分解）：设 V 是有限维 F-向量空间，T\in\text{End}(V) 且 \text{Char}_T 在 F 上分裂，则存在唯一的 N,S\in\text{End}(V) 使得：

首先证明存在性。对 T 做 Jordan 分解，将其限制在每个 Jordan 块对应的子空间上，只需要对 J_d(\lambda)=\lambda+J_d(0)，前者是纯量，后者幂零，因此就得到了 N 和 S，并且他们交换。

然后证明唯一性。假设 S,N 满足命题中的条件，由于 S 可对角化，V 可以写成特征子空间的直和 V=V_{\lambda_1}\oplus\ldots\oplus V_{\lambda_m}，将 S 和 N 都限制在 V_{\lambda_i} 上，那么将 T-\lambda_i 限制在 V_{\lambda_i} 上，就得到了 \left.N\right|_{V_{\lambda_i}} 幂零，因此 V^{(S)}_{\lambda_i}\subseteq V^{(T)}_{[\lambda_i]} 非空，将 T 也做特征子空间分解，随后对比维数可知这两个子空间相同，于是 S|_{V_{\lambda}}=\lambda，这唯一确定了 S，因此 S 唯一，N=T-S 自然也唯一，即证。

定理（乘性 Jordan-Chevalley 分解）：设 V 是有限维 F-向量空间，T\in\text{End}(V) 可逆且 \text{Char}_T 在 F 上分裂，则存在唯一的 N,S\in\text{End}(V) 使得：

懒得证了。

第十五章 向量空间的张量积

15.1 以泛性质构造张量积

命题：设 V,W 是 F-向量空间，则存在 F-向量空间 L_\text{univ} 连同双线性映射 B_\text{univ}:V\times W\to L_\text{univ} 使得对于任意 F-向量空间 L 和双线性形式 B:V\times W\to L 存在唯一的线性映射 \varphi:L_\text{univ}\to L 使得 B=\varphi B_\text{univ}；这样的 B_\text{univ} 精确到同构是唯一的。

首先证明存在性。

考察向量空间 F^{\oplus(V\times W)}，所有 (v_i,w_i) 构成它的基，则其中元素表为有限和 \sum_i c_i(v_i,w_i)，其中 v_i\in V，w_i\in W。考察如下元素生成的子空间 N：

兹断言商空间 F^{\oplus(V\times W)}/N=:L_\text{univ} 符合条件，B_\text{univ} 取为 (u,v)\mapsto (u,v)+N。

首先确实可以验证 B_\text{univ} 是双线性的，因为 N 的定义确保了 B_\text{univ}(v+v',w)-B_\text{univ}(v,w)-B_\text{univ}(v',w)=(v+v',w)-(v,w)-(v',w)+N=N，其余性质也可以类似地验证，因此它确实是双线性的。

接下来确定命题中的 \varphi，命 \varphi:(v,w)+N\mapsto B(v,w)，那么容易验证 \varphi 良定（因为任何一个双线性形式作用于 N 总会得到 0），由于我们给出了 L_\text{univ} 一组生成元的值，而且是良定的，于是它确实是线性映射。

不难发现，我们实际上是把双线性变成了一个等价关系，用等价关系刻画了一个子空间 N，然后拿原空间商去它，自然就得到了最“泛”的双线性形式和对应的向量空间。

接下来证明它精确到同构是唯一的，只要正反做一下就给出了两个方向的线性映射。

定义（张量积）：满足以上性质的 B_\text{univ}:V\times W\to L_\text{univ} 也记成 V\times W\to V\otimes W(=L_\text{univ})，(v,w)\mapsto v\otimes w(=(v,w)+N)，此向量空间连同双线性映射 (v,w)\mapsto v\otimes w 称为张量积。

定义-命题（多元张量积）：设 V_1,\ldots, V_n 是 F-向量空间，则存在 n 重线性映射 C_\text{univ}:V_1\times\ldots\times V_n\to M_\text{univ} 使得对于任意 n 重线性映射 C:V_1\times\ldots\times V_n\to M 存在唯一的线性映射 \varphi:M_\text{univ}\to M 使得 C=\varphi C_\text{univ}，C_\text{univ} 精确到同构是唯一的，亦记作 V_1\otimes\ldots\otimes V_n。

如法炮制即可。

定义-命题：设 V_1,\ldots,V_n，W_1,\ldots,W_n 是 F-向量空间，f_i:V_i\to W_i 是线性映射，则存在唯一的线性映射 f_1\otimes\ldots\otimes f_n 使得下图交换：

\begin{CD} V_1\times\ldots\times V_n @>(f_1,\ldots,f_n)>> W_1\times\ldots\times W_n\\ @VVV @VVV\\ V_1\otimes\ldots\otimes V_n @>(f_1\otimes\ldots\otimes f_n)>> W_1\otimes\ldots\otimes W_n \end{CD}

右上角两个映射合成显然是多重线性的，根据之前的讨论即可得到存在和唯一性。

15.2 张量积的基本性质

引理：设 V_1,\ldots,V_n 是 F-向量空间，\varphi,\psi\in\text{Hom}(V_1\otimes\ldots\otimes V_n,W)，若 \varphi(v_1\otimes\ldots\otimes v_n)=\psi(v_1\otimes\ldots\otimes v_n) 对所有 (v_1,\ldots,v_n) 都成立，则 \varphi=\psi。

命题（结合约束）：设 V_1,V_2,V_3 是 F-向量空间，则 V_1\otimes V_2\otimes V_3，(V_1\otimes V_2)\otimes V_3 和 V_1\otimes(V_2\otimes V_3) 都同构。

这是显然的，因为可以把多线性形式确定某些元之后看做双线性形式。

命题（幺约束）：设 V 是 F-向量空间，则 V\simeq F\otimes V\simeq V\otimes F。

命题（交换约束）：设 V,W 是 F-向量空间，则 V\otimes W\simeq W\otimes V。

直接借助之前商空间对张量积的定义即可。

命题：设 V 和 W 是 F-向量空间，V 有直和分解 V=\oplus_{i\in I}V_i，则有同构 V\otimes W\simeq \oplus_{i\in I}(V_i\otimes W)。

考察双线性形式 \text{Bil}(V,W;L)，由双线性形式的性质我们知道他和 \prod_{i\in I}\text{Bil}(V_i,W;L) 是一回事，这里的同构映射由 B\mapsto \prod_{i\in I}\left.B\right|_{V_i\times W} 给出。对每个分量分别做张量积，这给出 \text{Hom}(V_i\otimes W,L)\simeq\text{Bil}(V_i,W;L)；将 V_i\otimes W 视作 \oplus_{i\in I}(V_i\otimes W) 的子空间，直和分解给出 \text{Hom}(\oplus_{i\in I}(V_i\otimes W),L)\simeq \prod_{i\in I}\text{Hom}(V_i\otimes W,L)。

于是我们得到了同构 \text{Hom}(\oplus_{i\in I}(V_i\otimes W),L)\simeq\text{Bil}(V,W;L)，根据前面的泛性质我们知道此时有 \oplus_{i\in I}(V_i\otimes W)\simeq V\otimes W。

对于反方向的（W 的直和分解）的论述可以用全同的论证说明（亦可以用交换性）。

推论：设 V,W 有基 (v_i)_{i\in I} 和 (w_j)_{j\in J}，那么 (v_i\otimes w_j)_{i\in I,j\in J} 给出 V\otimes W的一组基。

直接借用上一条命题，将 V 和 W 做直和分解，因为直和要求有限项 ，因此两个直和可以合并。

命题：给定一族线性映射 f_i:V_i\to W_i，其中 1\le i\le n，

(i) 若每个 f_i 满，则 f_1\otimes\ldots\otimes f_n 满

(ii) 若每个 f_i 单，则 f_1\otimes\ldots\otimes f_n 单。

满性容易验证，因为 f_i 满蕴含对每个 w_i\in W_i 都存在 f_i(v_i)=w_i，于是 (f_1\otimes\ldots\otimes f_n)(v_1\otimes\ldots\otimes v_n)=w_1\otimes\ldots w_n，后者张成了整个 W_1\otimes\ldots\otimes W_n。

对于单性，既然 f_i 单，f_i(V_i) 就是 W_i 的子空间，于是带有直和分解 W_i=f_i(V_i)\otimes W_i'，运用张量积对直和的分配率，有 W_1\otimes \ldots\otimes W_n=(f_1(V_1)\otimes\ldots\otimes f_n(V_n))\oplus\ldots，于是 f_1\otimes\ldots\otimes f_n 无非是嵌入映射，单性是显然的。

15.3 张量积与对偶空间

这一节我们先来研究对偶空间，F 上向量空间 V 的对偶空间 V^\lor 被定义为 \text{Hom}(V,F)，因而导出了自然的典范配对 V^\lor\times V\to F：(\hat v,v)\mapsto \left<\hat v,v\right>:=\hat v(v)。

设 T\in\text{Hom}(V,W)，若 \text{im}(T) 有限维，则称 T 是有限秩的。

命题：设 V,W 是 F-向量空间，则存在线性映射 \Theta_{V,W}:V^\lor\otimes W\to\text{Hom}(V,W)，\lambda\otimes w\mapsto (v\mapsto(\lambda v)w)。\Theta_{V,W} 总单，而它的像是所有有限秩的 \text{Hom}(V,W)。因此当 V 或 W 有限维时，这是同构。

考察映射 (\lambda,w)\mapsto (v\mapsto (\lambda v)w)，那么这显然是双线性的，按照张量积的泛性质可以确定 \Theta_{V,W}。

对于单性，考虑 \sum_{i=1}^n\lambda_i\otimes w_i\in\ker\Theta_{V,W}，借用双线性形式的性质（或张量积的泛性质）可以将问题划归到 w_i 线性无关的情形，于是此时有 \sum_{i=1}^n\left<\lambda_i,v\right>w_i=0，于是 \left<\lambda_i,v\right>=0 对任意 v 成立，按定义 \lambda_i=0，即证。

考察 \Theta_{V,W} 的像，他显然包含于 \sum_{i=1}^n Fw_i，因而是有限秩的。相反的论证也相同，取像的一组基即可。

定义（缩并）：给定 F-向量空间 V，考虑典范配对导出的双线性形式 V^\lor\times V\to F 映 (\hat v,v)\mapsto\left<\hat v,v\right>，它对应的线性映射 V^\lor\otimes V\to F 称为缩并。

练习：对于 V 有限维的情况，验证缩并运算相当于 V^\lor\otimes V\overset{\Theta_{V,V}}{\longrightarrow}\text{End}(V)\overset{\text{tr}}{\longrightarrow} F。

操演定义，\hat v\otimes v 给出的对应线性映射是 w\mapsto \left<\hat v,w\right>v，只需验证它的迹是 \left<\hat v,v\right>，这是显然的，因为前者对应 v\hat v，后者对应 \hat vv，交换保持迹不变。

命题：设 V_1,\ldots,V_n 是 F-向量空间，则有典范的线性映射 \Psi:V_1^\lor\otimes\ldots\otimes V_n^\lor\to(V_1\otimes\ldots\otimes V_n)^\lor 映 (\hat v_1\otimes\ldots\otimes \hat v_n)\mapsto (v_1\otimes\ldots\otimes v_n\mapsto \prod_i\left<\hat v_i,v_i\right>)。

首先要验证 \Psi 由多重线性映射 V_1^\lor\times\ldots\times V^\lor_n\to (V_1\otimes\ldots\otimes V_n)^\lor 根据张量积的泛性质给出。

容易验证 (V_1\times\ldots\times V_n)^\lor=\text{Hom}(V_1\times\ldots\times V_n,F) 是多重线性映射，因此根据张量积的泛性质给出了后半，而前半由双线性形式 V_1^\lor\times \ldots\times V_n^\lor\simeq (V_1\times\ldots\times V_n)^\lor 给出。

和之前类似，当 V_i 都是有限维时，它是同构，这里就不验证了。

约记：记张量幂 V^{\otimes n}:=V\otimes\ldots\otimes V（n 个 V），同时根据幺约束可以方便地定义 V^{\otimes 0}:=F。

根据前面几个命题，我们可以知道通过 F-向量空间 V 反复运用 \otimes，\text{Hom} 和 ^\lor（有限次），可以得到的只可能是形如 V^{\otimes p}\otimes (V^\lor)^{\otimes q} 的东西（精确到同构），我们称这样的东西是 (p,q) 型张量。

作为一个例子，V 是 (1,0) 型张量，V^\lor 是 (0,1) 型张量，双线性形式 V\times V\to F 是 (0,2) 型张量，双线性形式 V\times V\to V 是 (1,2) 型张量。

15.4 应用：域的变换

设 E 是 F 的一个扩域，将左乘限制在 F 上使 E 成为 F-向量空间，现在的问题是想要将 F-向量空间 V 升级成 E-向量空间，并且要无关基的选取，在 V=F^n 的情形下应该得到 E^n。

将 E 视作 F-向量空间，那么其上的乘法自然可以对应到双线性形式 E\times E\to E，根据张量积的泛性质可以写成 E\otimes_F E\to E，这里下标表示强调是作为 F-向量空间。

考察将 V 升级为 E-向量空间后带有的纯量乘法 E\times V\to W，W 是我们所要求新向量空间，根据张量积的泛性质我们可以取最“泛”的 W=E\otimes_F V，它精确到同构确实是唯一的。

接下来考察 E\otimes_F V 上的纯量乘法 E\times(E\otimes_F V)\to E\otimes_F V，它根据向量空间的公理是双线性的，因而可以对应到 E\otimes_F (E\otimes_F V)，经过拆括号和 (\cdot)\otimes\text{id}_V 可以得到 E \otimes_F V。

定理：设 V 是 F-向量空间，E 是 F 的一个扩域，则纯量乘法 (x,\sum_i y_i\otimes x_i)\mapsto\sum_i (xy_i)\otimes x_i 使 E\otimes_F V 成为 E-向量空间。

首先说明映射是良定的，即 (x,y_0\otimes x_0)\mapsto xy_0\otimes x_0 的 x_0,y_0 的选取无关，这是由之前的论述（张量积和映射的张量积）保证的。

然后张量积的泛性质保证 E\otimes_F V 确实成为 F-向量空间，因此它满足加法交换律。

接下来验证结合律：

纯良乘法的结合律由良定性保证。 因此我们可以自然地规定嵌入映射 $\iota:V\to E\otimes_F V$ 映 $v\mapsto 1\otimes v$，因而可以将 $V$ 视作 $E\otimes_F V$ 的子空间。 **引理**：承上，设 $T\in\text{Hom}(V,V')$，则 $1\otimes T\in\text{Hom}_E(E\otimes_F V,E\otimes_F V')$，将其限制在 $V$ 上、纯量乘法限制在 $F$ 上就得到了 $T$。 首先张量积的泛性质给出 $1\otimes T$ 是 $F-$线性的，接下来验证它也是 $E-$线性的。 考察 $t\in E$，它对 $E\otimes_F V$（和 $E\otimes_F V'$）的纯量乘法 $v\mapsto tv$ 给出自同态 $m_t$ 和 $m'_t$，那么容易验证 $m'_t(1\otimes T)$ 和 $(1\otimes T)m_t$ 都映 $x\otimes v\mapsto tx\otimes f(v)$，因此它确实保持纯量乘法，加法已经由 $F-$线性给出，即证。 **命题**：承上，若 $V$ 有基 $(v_i)_{i\in I}$，那么 $(1\otimes v_i)_{i\in I}$ 给出 $E\otimes_F V$ 的基。 利用泛性质，$E\otimes_F V\simeq E\otimes_F(\oplus_{i\in I}Fv_i)\simeq \oplus_{i\in I}(E\otimes_F F)\simeq\oplus_{i\in I}E$，每个分量由 $1\otimes v_i$ 生成，这保证上述操作将 $F^n$ 升级为 $E^n$ 而无关基的选取。 **引理**：承上，$\iota$ 单。 将 $\iota$ 表为 $V\overset\sim\to F\otimes V\to E\otimes V$，前半段由幺约束保证，后半段由包含映射给出，因此 $\iota$ 确实单。 **命题**：承上，设 $\widetilde V$ 是 $E-$向量空间，则对任意 $T\in\text{Hom}(V,\widetilde V)$ 存在唯一的 $E-$线性映射 $\widetilde T$ 使得 $T=\widetilde T\iota$。 这相当于说有 $\text{Hom}(E\otimes V,\widetilde V)\simeq \text{Hom}(V,\widetilde V)$，同构映射映 $\widetilde T\mapsto \widetilde T\iota$。 首先它显然单，这是因为 $\widetilde T(x\otimes v)=x\widetilde T(\iota(v))$，两个 $\widetilde T\iota$ 相同蕴含等式左边的 $\widetilde T$ 相同，因此它确实单。 满性也显然，考察双线性映射 $E\times V\to \widetilde V$，$(x,v)\mapsto xT(v)$，它对应的张量积形式 $\widetilde T:E\otimes V\to\widetilde V$ 映 $x\otimes v\mapsto xT(v)$，而从 $\widetilde T(xy\otimes v)=x\widetilde T(y\otimes v)$ 可以看出它是 $E-$线性的，而 $\widetilde T\iota$ 给出 $T$，即证。 ### 15.5 域上的代数 **定义（域上的代数）**：设 $A$ 是环，同时有 $F-$向量空间的结构，使得 $A$ 上的加法等同于向量空间的加法，环的乘法 $\cdot:A\times A\to A$ 是 $F$ 上的双线性映射，则称 $A$ 为 $F-$代数。根据乘法是否交换、结合，可以分为交换代数和非交换代数、结合代数和非结合代数。 因此 $A$ 上的乘法可以等价地表示为线性映射 $A\otimes A\to A$。如果 $A$ 的子环 $A_0$ 同时也是子空间，则称其是 $A$ 一个子代数。 以下是一些域上的代数的例子： - 域 $F$ 上的（多元）多项式环 $F[X_1,\ldots,X_n]$ 和其子代数对称多项式环作为 $F-$代数 - $\R^3$ 上的叉乘（它是非结合和非交换的）作为 $\R-$代数 - $\H$ 和它的加法和乘法作为 $\R-$代数 - 域 $F$ 的扩域 $E$ 和其上的纯量乘法作为 $F-$代数 **定义（域上代数的同构和同态）**：设 $F$ 是域，$A,B$ 是 $F-$代数，如果环同态 $\psi:A\to B$ 同时还是线性的，则称 $\psi$ 是 $F-$代数的同态，同样地，如果 $\psi$ 既单又满，则称其是同构。 **定义-命题（张量代数）**：设 $F$ 是域，$V$ 是 $F-$向量空间，命 $T(V):=\oplus_{n\ge 0}V^{\otimes n}$，则 $T(V)$ 成为 $F-$代数，环上的乘法 $\cdot:V^{\otimes a}\times V^{\otimes b}\to V^{\otimes(a+b)}$，对所有 $a,b\in\Z_{\ge 0}$ 成立，具体的映射由 $(v_1\otimes\ldots\otimes v_a)\otimes(w_1\otimes\ldots\otimes w_b)\mapsto v_1\otimes\ldots\otimes v_a\otimes w_1\otimes\ldots\otimes w_b$ 给出，它的幺元是 $1\in F=V^{\otimes 0}$，称为 $V$ 上的张量代数。 首先环上的乘法通过直和延拓到整个空间，乘法需要的结合律和分配率都由张量积的泛性质给出。 我们可以通过定义显式地给出它的基，设 $(v_i)_{i\in I}$ 是 $V$ 的一组基，那么 $V^{\otimes n}$ 的基由 $v_{i_1}\otimes\ldots\otimes v_{i_n}$ 给出，其中 $(i_1,\ldots,i_n)$ 遍历 $I^n$，所有如是的 $n$ 给出了每个直和项的基，它们的并自然给出了 $T(V)$ 的基。 **定义-命题**：设 $F$ 是域，$V,W$ 是 $F-$向量空间，$\psi:V\to W$ 是线性映射，则存在唯一 $F-$代数的同态 $T(\psi):T(V)\to T(W)$，它限制在 $V=V^{\otimes 1}$ 上为 $\psi$。 命 $T(\psi)|_{V^{\otimes n}}:=\psi^{\otimes n}$，兹断言 $T(\psi)$ 满足条件。需要验证的无非线性映射的张量积和线性空间之间的张量积交换，这是显然的（由泛性质保证）。同时由于 $V^{\otimes m}=V\otimes\ldots\otimes V$（$m$ 个），每个 $T(\psi)|_{V^{\otimes n}}$ 都由其限制在 $V$ 上唯一确定（由运算生成），于是它确实是唯一的。 **定义-命题（商代数）**：设 $F$ 是域，$A$ 是 $F-$代数，$I$ 是 $A$ 的理想，则 $A/I$ 也给出 $F-$代数，称为商代数。 容易验证 $I$ 也是 $F-$向量空间，因而 $A/I$ 是商空间，其余性质都是自然的。 ### 15.6 对称代数与外代数 设 $F$ 是域，$N,M$ 是 $F-$向量空间，$C\in\text{Mul}(V,\ldots,V;M)$ 是多重线性映射。 **定义（对称和交错）**：若上述 $C$ 满足 $C(\ldots,x,y\ldots)=C(\ldots,y,x\ldots)$，则称 $C$ 对称；若 $C$ 满足 $C(\ldots,x,x,\ldots)=0$，则称 $C$ 交错。 显然对于对称的情形，任意置换变元 $C$ 取值不变，而对于交错的情形，将变元置换 $\sigma$ 会使 $C$ 的取值乘以 $\text{sgn}(\sigma)$，这是由于交换相邻变元会变号，当 $\text{char}(F)=2$ 时两者显然是一回事。 **定义（对称代数和商代数）**：设 $V$ 是 $F-$向量空间，考察 $T(V)$ 的理想： - $I_\text{Sym}:=$ 形如 $x\otimes y-y\otimes x$ 的元素生成的理想 - $I_{\land}:=$ 形如 $x\otimes x$ 的元素生成的理想 其中 $x,y\in V$，对应的商代数为 $\text{Sym}(V):=T(V)/I_\text{Sym}$ 和 $\land (V):=T(V)/I_\land$。称 $\text{Sym}(V)$ 是 $V$ 的对称代数，$\land(V)$ 是 $V$ 的外代数或 Grassmann 代数。 显然 $I_\text{Sym},I_\land\subseteq T(V)$，它们还是 $F-$向量空间，因此可以提取直和项 $I_\text{Sym}=\oplus_{i\ge 0}I_\text{Sym}^i$ 和 $I_\land=\oplus_{i\ge 0}I_\land^i$，其中上标为 $i$ 表示提取 $V^{\otimes i}$ 的直和项，它们作为向量空间自然可以和对应的 $V^{\otimes i}$ 取商。 命 $\text{Sym}^m(V):=V^{\otimes m}/I_\text{Sym}^m$ 和 $\land^m(V):=V^{\otimes m}/I_\land^m$，于是它们都成为向量空间，且 $\text{Sym}(V)=\oplus_{m\ge 0}\text{Sym}^m(V)$，$\land(V):=\oplus_{m\ge 0}\land^m(V)$（这里用到了取商和直和可以交换，可以参照向量空间或模论的内容，这不难证明）。 **约记**：设 $V_1,\ldots,V_m\in V$，记 $v_1\otimes\ldots\otimes v_m$ 在 $\text{Sym}^m(V)$ 中的像记作 $v_1\ldots v_m$；在 $\land^m(V)$ 中的像记作 $v_1\land\ldots\land v_m$。 这一约定是合理的，因为 $\text{Sym}^m(V)$ 中的元素不计顺序（顺序被取商了），而 $\land^m(V)$ 中的元素有顺序的区分（但不多），因此用 $\land$ 的记号专门描述。 **命题**：$\{C\in\text{Mul}(V,\ldots,V;M):对称\}\simeq \text{Hom}(\text{Sym}^m(V),M)$ 且 $\{C\in\text{Mul}(V,\ldots,V;M):交错\}\simeq \text{Hom}(\land^m(V),M)$。 直接仿照张量积的定义操演定义，商掉的向量空间刚好对应两种相等的等价关系刻画。 **命题**：代数 $\text{Sym}(V)$ 满足交换律 $xy$，$\land(V)$ 具有反交换性 $x\land y=(-1)^{ab}y\land x$，其中 $x\in\land^a(V),y\in\land^b(V)$。 直接想象也不难验证，可以直接操演定义。 类似地，我们也可以给出 $\text{Sym}(V)$ 和 $\land(V)$ 当中的同态，方法是给出线性映射 $\psi:V\to W$，然后对照 $F-$代数的同构进行。 **定理**：设 $V$ 是 $n$ 维向量空间，则： - $\dim\land^m(V)=0$，其中 $m>n

确定 V 的一组基 v_1,\ldots,v_n。

第一条显然，因为 \land^m(V) 由形如 v_{i_1}\land\ldots\land v_{i_m} 中的元素生成，而当 m>n 时必然有两项相同，于是它总为 0。

第二条归结于 v_{i_1}\land\ldots \land v_{i_m} 线性无关，其中 1\le i_1<\ldots<i_m\le n。这可以用交错映射的性质直接给出，因为可以通过线性映射 \sum a_iv_i\mapsto \sum a_{i_m}v_{i_m} 提取某一项，其余都为 0，于是某个线性组合为 0 蕴含每个系数为 0，即证。

第三条由前两条根据二项式定理直接给出。

推论：设 V 是 n 维向量空间，\psi\in\text{End}(V)，那么 \det\psi 由 \land^n(\psi)=\det\psi\cdot 1 给出。

选定 V 的基然后将 \psi 表为矩阵 A，利用交错形式的分配率直接写开，得到的恰好是 \det\psi 的表达式。

这一则推论也可以直接由 \det 对于交错形式的定义给出，方法是将 \land^n(V) 对应到交错形式。