Φ(f) ={g 1,...,g n }, jeżeli f ma przedstawienie f = x j g j dla pewnych x i R \{0}.

Transkrypt

1 10. Wykład 10: Moduły wolne. Definicja Niech R będzie pierścienie z jedynką. Lewy unitarny R-oduł M nazyway odułe wolny, gdy M = i I f i, gdzie f i = R, i I. Rodzinę {f i : i I} nazyway bazą (lub zbiore wolnych generatorów) odułu wolnego M. Przykłady: (1) Niech F będzie ciałe, V przestrzenią liniową nad F. Wówczas V jest F -odułe wolny. (2) Niech F będzie wolną grupą abelową. Wówczas F jest Z-odułe wolny. (3) Niech F będzie ciałe, V przestrzenią liniową nad ciałe F, di V <, niech τ EndV. Wówczas V nie jest F [x]-odułe wolny. Twierdzenie Niech R będzie pierścienie z jedynką. (1) Niech M będzie lewy R-odułe wolny z bazą {f i : i I}. Każdy eleent f M a jednoznaczne przedstawienie postaci f = x i f i, i I gdzie x i R oraz x i =0dla prawie wszystkich i I. (2) Istnieje R-oduł wolny o bazie dowolnej ocy. Rezultaty dotyczące rangi wolnych grup abelowych (część (3) Twierdzenia 3.1 oraz Twierdzenie 3.2) nie przenoszą się bezpośrednio na oduły wolne i wyagają bardziej finezyjnego podejścia. Oówiy teraz pokrótce te zagadnienia. Twierdzenie Niech R będzie pierścienie z jedynką, niech M będzie lewy R-odułe wolny z nieskończoną bazą {f i : i I}. Wówczas dowolna baza M jest równoliczna z {f i : i I}. Dowód. Załóży, że M = i I f i, gdzie f i = R, i I i ustaly dowolną bazę {g j : j J} odułu M, to znaczy niech M = j J g j, gdzie g j = R, j J. Pokażey najpierw, że baza {g j : j J} jest nieskończona. Przypuśćy bowie, że {g j : j J} jest skończona. Ponieważ zbiór {g j : j J} w szczególności generuje M oraz każdy eleent g j, j J, jest skończoną kobinacją eleentów f i, i I, istnieje skończony zbiór {f 1,...,f } {f i : i I} generujący M. Ponieważ baza {f i : i I} jest nieskończona, istnieje eleent f {f i : i I}\{f 1,...,f }.Wówczas f = x if i, dla pewnych x i R, orazf = f są dwoa różnyi przedstawieniai f M, co daje sprzeczność. Niech P({g j : j J}) oznacza rodzinę wszystkich skończonych podzbiorów zbioru {g j : j J}. Zdefiniujy odwzorowanie Φ:{f i : i I} P({g j : j J}) wzore n Φ(f) ={g 1,...,g n }, jeżeli f a przedstawienie f = x j g j dla pewnych x i R \{0}. Ponieważ {g j : j J} jest bazą, eleenty g 1,...,g n są jednoznacznie wyznaczone i Φ jest niniejszy dobrze określoną funkcją. Pokażey, że i Φ jest nieskończony. Na odwrót, przypuśćy, że i Φ jest skończony. Wówczas S i Φ S jest skończony podzbiore {g j : j J} generujący {f i : i I}, a więc M. Jak poprzednio, ponieważ baza {g j : j J} jest nieskończona, istnieje eleent g {g j : j J} \ S i Φ S. Wówczas g = g i S i Φ S x ig i, dla pewnych x i R, orazg = g, co daje sprzeczność. j=1 43

2 44 Ustaly T i Φ. Pokażey, że zbiór Φ 1 (T ) jest skończony. Ustaly w ty celu eleent f Φ 1 (T ). Wówczasf T. WobectegoΦ 1 (T ) T. Ponieważ T jest skończony i każdy eleent g T jest skończoną kobinacją f i, i I, istnieje skończony podzbiór S {f i : i I} taki, że T S. Wobec tego f S i f jest kobinacją eleentów zbioru S, azatef S, w przeciwny bowie razie otrzyujey dwa ożliwe przedstawienia eleentu f. TysayΦ 1 (T ) S ijakotakijest skończony. Niech Φ 1 (T )={f 1,...,f n } i zdefiniujy odwzorowanie Ψ T :Φ 1 (T ) i Φ N wzore Ψ T (f k )=(T,k). Bez trudu sprawdzay, że odwzorowanie Ψ T jest różnowartościowe i że rodzina {Φ 1 (T ):T i Φ} tworzy partycję zbioru {f i : i I}. Dalej, zdefiniujy odwzorowanie Ψ:{f i : i I} i Φ N wzore Ψ(f k )=Ψ T (f k ), o ile f k Φ 1 (T ). Znowu łatwo sprawdzay, że Ψ jest różnowartościowe i dobrze zdefiniowane. Wobec tego {f i : i I} i Φ N itysay {f i : i I} i Φ N = i Φ ℵ 0 = i Φ P({g j : j J}) = {g j : j J}. Powtarzając rozuowanie z {f i : i I} i {g j : j J} zaienionyi iejscai otrzyujey również {f i : i I} {g j : j J}, co kończy dowód. Definicja Niech R będzie pierścienie z jedynką. Jeżeli dowolny niezerowy eleent R a eleent odwrotny, to R nazyway pierścienie z dzielenie (lub ciałe nieprzeienny, lub ciałe skośny). Twierdzenie Niech R będzie pierścienie z dzielenie, M lewy R-odułe wolny z bazą {f i : i I}. Wówczas dowolna baza M jest równoliczna z {f i : i I}. Dowód. Załóży, że M = i I f i, gdzie f i = R, i I i ustaly dowolną bazę {g j : j J} odułu M, to znaczy niech M = j J g j, gdzie g j = R, j J. Jeżeli {f i : i I} = lub {g j : j J} =, to wobec poprzedniego twierdzenia {f i : i I} = {g j : j J}. Załóży więc, że {f i : i I} = {f 1,...,f n } oraz {g j : j J} = {g 1,...,g }. Niech g = r 1 f r n f n, dla pewnych r 1,...,r n R i powiedzy, że r k jest niezerowy eleente o najniższy indeksie. Wówczas f k = r 1 k g r 1 k r k+1f k+1... r n f n. Wobec tego zbiór {g,f 1,...,f k 1,f k+1,...,f n } generuje M. Tysayg 1 = s g + t 1 f t k 1 f k 1 + t k+1 f k t n f n, dla pewnych s,t 1,...,t k 1,t k+1,...,t n R. Nie wszystkie t i są równe zeru (w przeciwny razie g 1 s g =0 dawałoby nietrywialne przedstawienie 0 jako kobinacji g 1,...,g ), niech więc t j będzie eleente niezerowy o najniższy indeksie. Wówczas x j = t 1 j g 1 t 1 j s g t 1 j t j+1 f j+1... t 1 j t n f n. Wobec tego zbiór {g,g 1 } {f 1,...,f n }\{f j,f k } generuje M. Tysayg 2 jest kobinacją liniową g,g 1 i f i, dla i {1,...,n}\{j, k}. Proces dodawania kolejnych g i i eliinowania kolejnych f l oże być kontynuowany. Pod koniec k-tego kroku otrzyujey zbiór {g,g 1,...,g k+1 } wraz ze zbiore n k eleentów f i, których sua nogościowa generuje M. Jeśli n<, to pod koniec n-tego kroku otrzyay, że {g,...,g n+1 } generuje M. Ponieważ n +1 2, eleent g 1 byłby liniową kobinacją {g,...,g n+1 }, co jest nieożliwe. Zate n. Powtarzając rozuowanie z {f i : i I} i {g j : j J} zaienionyi iejscai otrzyujey n =. Definicja Niech R będzie pierścienie z jedynką. Jeżeli dla dowolnego lewego R-odułu wolnego M każde dwie bazy są tej saej ocy, to ówiy, że R a własność nieziennika bazowego (lub że jest pierścienie IBP, invariant basis property).

3 Jeżeli R jest pierścienie z własnością nieziennika bazowego, a M lewy R-odułe wolny, to oc dowolnej bazy odułu M nazyway jego rangą. Przykład: (4) Niech R będzie pierścienie z dzielenie. Wówczas R a własność nieziennika bazowego. Wniosek Niech R będzie pierścienie z własnością nieziennika bazowego, niech M i N będą lewyi R-odułai wolnyi. Wówczas M = N wtedy i tylko wtedy, gdy bazy M i N są równej ocy. Leat Niech R będzie pierścienie z jedynką, niech I R, niech M będzie lewy R-odułe wolny z bazą {f j : j J}, niech κ : M M/IM oznacza epiorfiz kanoniczny oraz IM = {r r n n : r i I, i M,n N}. Wówczas M/IM jest lewy R/I-odułe wolny z bazą {κ(f j ):j J} oraz {f j : j J} = {κ(f j ): j J}. Dowód. Bez trudu sprawdzay, że M/IM jest lewy R/I-odułe z nożenie zdefiniowany jako (r + I)( + IM)=r + IM, dla r + I R/I, + IM M/IM. Ustaly + IM M/IM. Wówczas = r 1 f r n f n, dla pewnych r i R, f i {f j : j J}. Stąd: + IM =(r 1 f r n f n )+IM = (r 1 f 1 + IM)+...+(r n f n + IM) = (r 1 + I)(f 1 + IM)+...+(r n + I)(f n + IM) = (r 1 + I)κ(f 1 )+...+(r n + I)κ(f n ). Wobec tego zbiór {κ(f j ):j J} generuje M/IM. Załóży, że (r 1 + I)κ(f 1 )+...+(r + I)κ(f )=0dla pewnych r i R, f i {f j : j J}. Wówczas: 0= (r i + I)κ(f i )= (r i + I)(f i + IM)= r i f i + IM, skąd r if i IM.Zate r if i = k j=1 s jg j, dla pewnych s j I, g j M. Ponieważ każdy g j jest kobinacją {f j : j J} oraz I jest ideałe, k j=1 s jg j jest kobinacją eleentów zbioru {f j : j J} ze współczynnikai z I: k d r i f i = s j g j = c l h l, dla pewnych c l I,h l {f j : j J}. j=1 l=1 Stąd = d, r i = c i, f i = h i, a więc r i + I =0w R/I dla i {1,...,}, czyli {κ(f j ):j J} jest liniowo niezależny nad R/I. Niech f i,f j {f j : j J} oraz niech κ(f i )=κ(f j ).Wówczas (1 R + I)κ(f i ) (1 R + I)κ(f j )=0. Gdyby f i = f j,towówczas1 R I, co byłoby sprzecznością. Zate f i = f j i κ jest różnowartościowe. 45

4 46 Twierdzenie Niech R i S będą pierścieniai z jedynką, niech f : R S będzie epiorfize. Jeśli S a własność nieziennika bazowego, to R również a własność nieziennika bazowego. Dowód. Niech I =kerf. Wówczas oczywiście R/I = S. Niech M będzie lewy R-odułe wolny a {f i : i I} oraz {g j : j J} jego bazai. Niech κ : M M/IM oznacza epiorfiz kanoniczny. Wobec poprzedniego leatu M/IM jest R/I-odułe wolny z bazai {κ(f i ):i I} oraz {κ(g j ):j J}. Ponieważ R/I = S, więc {κ(f i ):i I} = {κ(g j ):j J}, skąd {f i : i I} = {g j : j J}. Przykłady: (5) Niech R będzie pierścienie przeienny z jedynką. Wówczas R a własnóść nieziennika bazowego; faktycznie, (0) ożna rozszerzyć do ideału aksyalnego I, a zate R/I jest ciałe, w szczególności zaś pierścienie z dzielenie oraz κ : R R/I jest surjekcją. (6) Niech R będzie pierścienie lokalny z jedynką. Wówczas R a własność nieziennika bazowego; faktycznie, R a dokładnie jeden lewy ideał aksyalny I, a zate naśladując dowód twierdzenia, orzekającego, iż pierścień ilorazowy pierścienia przeiennego z jedynką odulo ideał aksyalny jest ciałe stwierdzay, że R/I jest pierścienie z dzielenie oraz κ : R R/I jest surjekcją. (7) Niech R będzie pierścienie skończony. Wówczas R a własność nieziennika bazowego; faktycznie, R = R n pociąga R = R n. Twierdzenie 10.5 (własność uniwersalna odułów wolnych). Niech R będzie pierścienie z jedynką. Niech M będzie lewy unitarny R-odułe. Wówczas M jest odułe wolny o bazie {f i : i I} wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnego lewego unitarnego R-odułu N i jego rodziny eleentów {h i : i I} istnieje dokładnie jeden hooorfiz h : M N taki, że h(f i )=h i. Twierdzenie Niech R będzie pierścienie, niech K będzie lewy R-odułe. Wówczas K jest hooorficzny obraze pewnego lewego R odułu M o następującej własności: istnieje podzbiór {f i : i I} zbioru M taki, że dla każdego lewego R-odułu N i jego rodziny eleentów {h i : i I} istnieje dokładnie jeden hooorfiz h : M N taki, że h(f i )=h i. Wniosek Niech R będzie pierścienie z jedynką. Każdy lewy unitarny R-oduł jest hooorficzny obraze pewnego R-odułu wolnego. Okazuje się, że oduły wolne nie są zaknięte na branie pododułów: Przykład: (8) Niech F będzie ciałe, niech J =(x, y) F [x, y]. WówczasF [x, y] jest F -odułe wolny, a J jego pododułe, który nie jest wolny. Twierdzenie Niech R będzie pierścienie, niech M 3 będzie lewy R-odułe o następującej własności: istnieje podzbiór {f i : i I} zbioru M 3 taki, że dla każdego lewego R-odułu N i jego rodziny eleentów {h i : i I} istnieje dokładnie jeden hooorfiz h : M 3 N taki, że h(f i )=h i.

5 Wówczas ciąg dokładny jest rozszczepialny. 0 M 1 f M2 g M3 0 Dowód. Niech {f i : i I} będzie taki podzbiore zbioru M 3, że dla każdego lewego R-odułu N ijego rodziny eleentów {h i : i I} istnieje dokładnie jeden hooorfiz h : M 3 N taki, że h(f i )=h i. Zauważy, iż {f i : i I} jest zbiore generatorów M 3 : gdyby istniał M 3 \{f i : i I}, towówczas id M3 oraz ξ : M 3 M 3 dane wzore 3, gdy 3 {f i : i I} ξ( 3 )= 0, gdy 3 / {f i : i I} byłyby dwoa różnyi hooorfizai odułu M 3 w saego siebie przeprowadzającyi {f i : i I} na {f i : i I}. Ponieważ g jest surjekcją, dla każdego i I istnieje a i M 2 taki, że g(a i )=f i. Wobec własności odułu M 3, istnieje hooorfiz φ : M 3 M 2 taki, że φ(f i )=a i. Oczywiście g φ(f i )=f i i ponieważ {f i : i I} generuje M 3, więc g φ = id M3. Ty say ciąg jest rozszczepialny. Wniosek Niech R będzie pierścienie z jedynką, niech M 3 będzie lewy R-odułe wolny. Wówczas ciąg dokładny lewych R-odułów unitarnych i ich hooorfizów jest rozszczepialny. 0 M 1 f M2 g M3 0 Wniosek 10.4 (twierdzenie o składniku prosty). Niech R będzie pierścienie, niech K będzie lewy R-odułe. (1) Niech M będzie lewy R-odułe o następującej własności: istnieje podzbiór {f i : i I} zbioru M taki, że dla każdego lewego R-odułu N i jego rodziny eleentów {h i : i I} istnieje dokładnie jeden hooorfiz h : M N taki, że h(f i )=h i, niech h : K M będzie hooorfize surjektywny. Wówczas istnieje pododuł M <K taki, że M = M oraz K = M ker h. (2) Niech L będzie pododułe odułu K a K/L lewy R-odułe o następującej własności: istnieje podzbiór {fi + L : i I} zbioru K/L taki, że dla każdego lewego R-odułu N i jego rodziny eleentów {h i : i I} istnieje dokładnie jeden hooorfiz h : K/L N taki, że h(fi + L) =h i Wówczas istnieje pododuł K <K o następującej własności: istnieje podzbiór {fi : i I} zbioru K taki, że dla każdego lewego R-odułu N i jego rodziny eleentów {h i : i I} istnieje dokładnie jeden hooorfiz h : K N taki, że h(fi )=h i, oraz K = K L. Dowód. Dla dowodu pierwszej części wystarczy zauważyć, że ciąg 47 K h M 0 jest rozszczepialny. Druga część wynika z pierwszej podobnie, jak analogiczny rezultat dla grup.

6 48 Wniosek 10.5 (twierdzenie o składniku prosty dla odułów unitarnych). Niech R będzie pierścienie z jedynką, niech K będzie lewy unitarny R-odułe. (1) Niech M będzie lewy R-odułe wolny, niech h : K M będzie hooorfize surjektywny. Wówczas istnieje pododuł M <K taki, że M = M oraz K = M ker h. (2) Niech L będzie pododułe odułu K a K/L lewy R-odułe wolny. Wówczas istnieje pododuł K <K taki, że K jest wolny oraz K = K L. Twierdzenie Niech R będzie pierścienie, niech M będzie lewy R-odułe o następującej własności: istnieje podzbiór {f i : i I} zbioru M taki, że dla każdego lewego R-odułu N i jego rodziny eleentów {h i : i I} istnieje dokładnie jeden hooorfiz h : M N taki, że h(f i )=h i, niech K będzie lewy R-odułe, niech h : M K będzie hooorfize. Wówczas dla każdego lewego R-odułu L i dla każdego epiorfizu g : L K istnieje hooorfiz f : M L taki, że h = g f. Dowód. Rozważy diagra: M h L g K 0 Ponieważ g jest surjekcją, więc ciąg L g K 0 jest dokładny. Niech {f i : i I} będzie taki podzbiore zbioru M, że dla każdego lewego R-odułu N i jego rodziny eleentów {h i : i I} istnieje dokładnie jeden hooorfiz h : M N taki, że h(f i ) = h i. Tak jak w poprzednich dowodach zauważay, że {f i : i I} jest zbiore generatorów M. Dla każdego i I istnieje a i L taki, że h(f i )=g(a i ). Wobec własności odułu M, istnieje hooorfiz f : M L taki, że f(f i )=a i, i I. Ponadto g(f(f i )) = h(f i ), i I, więc h = g f. Wniosek Niech R będzie pierścienie z jedynką, niech M będzie lewy R-odułe wolny, niech K będzie lewy unitarny R-odułe, niech h : M K będzie hooorfize. Wówczas dla każdego lewego unitarnego R-odułu L i dla każdego epiorfizu g : L K istnieje hooorfiz f : M L taki, że h = g f.