最近的代数课上的一些灵魂提问

1、每个Artin环的单模都有投影覆盖

所谓『投影覆盖(projective cover)』，即同构意义下最小的投射预解。具体来说，对于模$X$，投射模$P$和满射$P\twoheadrightarrow X$被称为投影覆盖，如果任意投射模$P‘$和满射$P‘\twoheadrightarrow X$都被分解作两个满射的复合$[P‘\twoheadrightarrow P \twoheadrightarrow S]$. 作为推论，投射预解都是同构的。注意到其对偶概念『内射包(injective hull)』是对所有模都存在的。

对于Artin环，我们知道以下事实：

• 有限生成模$M$可以在同构意义下唯一地写成不可分模的直和——因为有限生成Artin模是Artin的，Krull-Schmidt定理。
• 一个模$M$是不可分模当且仅当$\operatorname{End}_R(M,M)$是局部环——Fitting引理。
• Arin环$R$的头部$R/\operatorname{rad} R$是半单的——因为任何一个$R$的极小理想都与某个极大理想不交，从而可补。
• 一个模$M$的头部$M/\operatorname{rad} M$是半单的——因为$\operatorname{rad} R \cdot M\subseteq \operatorname{rad} M$. 

• 一个模$M$的根基$\operatorname{rad} M=\operatorname{rad} R\cdot M$——首先不难证明$\operatorname{rad} R\cdot M$在每一个极大子模里，反之，$M/\operatorname{rad} R\cdot M$是$R/\operatorname{rad} R$-模，从而是半单的，这说说明所有含于$\operatorname{rad} R\cdot M$的极大子模的交就是$\operatorname{rad} R\cdot M$。

• 一个不可分投射模$P$的头部$P/\operatorname{rad}P$是单的，作为推论，$\operatorname{rad} P$是$P$唯一的极大理想——因为可定义满射$\operatorname{End}_R(P,P)\twoheadrightarrow \operatorname{End}_R(P/\operatorname{rad}P,P/\operatorname{rad}P)$，前者是局部环，后者是一些矩阵环的直和，迫使后者是除环。

下面是证明

证明：对于单模$S$，任意选取投射模$P\twoheadrightarrow S$，通过将$P$分解成不可分模，可以假设$P$是不可分模，且$\operatorname{rad} P=S$。我们证明这就是$S$的射影覆盖。这种选择下的$P$是唯一的，否则两个不可分投射模$P,P‘$满足$P/\operatorname{rad} P=P‘/\operatorname{rad} P‘$，那么存在映射$\varphi:P\to P‘$，使得$\varphi(P)+\operatorname{rad} P‘ =P‘$，于是根据Nakayama引理，$\varphi(P)=P‘$. 反用一次可知两个选择是同构的。如果有投射模$P‘\twoheadrightarrow S$，那么重复上述步骤知有满射$P‘\to P$分解$P‘\twoheadrightarrow S$. $\square$

2、左右Noether遗传环不分左右

所谓『遗传环(hereditary)』指的是所有投射模的子模都是投射的模。注意到：

• 这等价于环$R$的左整体维数$\leq 1$——这就是定义。
• 环$R$的左整体维数$=0$当且仅当$R$是半单的，半单不分左右——这根据Artin-Wedderburn定理的刻画。
• 这等价于说环$R$的所有左理想都是投射的——(Kaplansky)因为任何投射模$P$都有非零映射$P\to R$，其像是理想，从而$P$可以继续分解，一般的情形可用Zorn引理得到。

关于Noether环，注意到：

• 有限生成模都是有限展示的——因为Noether模的子模还是Noether模。
• 对于有限展示模$M$，平坦模$N$，任何模同态$M\to N$都分解成$M\to R^n\to N$——这是同构$\operatorname{Hom}_R(M,R)\otimes_R N=\operatorname{Hom}_R(M,N)$的转述。这是同构是因为$M$是有限自由模时正确，$\operatorname{Hom}_R(-,N)$和$$\operatorname{Hom}_R(-,R)\otimes_R N$都左正合。
• 有限展示平坦模都是投射模——因为考虑展示$0\to K\to R^n\to F\to 0$，选择$K$的生成元$x_1,\ldots,x_n$，逐步分解$$\begin{array}{rcl} R^n \to R^n/x_1 & \stackrel{\varphi}\to R^{n‘} \to & F\\ R^n\to R^n/\left<x_1,x_2\right> \to R^{n‘}/\left<\varphi{x_2}\right> & \to R^{n‘‘} \to & F \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ R^n \to R^n/K & \to R^{N}\to & F\end{array}$$最后一行表明$\operatorname{id}_F$分解成了$F\to R^N\to F$，这就是期望中的分裂。
• 有限生成内射（平坦）等价于对有限生成内射（平坦）——因为Baer判别法允许我们对理想检验内射（平坦）性质。
• 对于Noether环，左局部维数就是平坦维数——因为Bar判别法允许我们只对理想（有限生成模）检验内射（平坦）性质，而对Noether环而言，有限生成的平坦模等价于投射模。

那么证明也呼之欲出。

证明：我们实际上证明了对于左右Noether环，整体维数不区分左右，因为平坦维数是不区分左右的。而我们知道遗传环等价于左整体维数$\leq 1$. $\square$

3、Dedekind环与交换遗传环

注意到：

• Dedekind环是遗传环——(证明轮廓)任意取$\mathfrak{a}$，考虑展示$R\to \mathfrak{a}$，同时乘以$\mathfrak{a}^{-1}$得到$\mathfrak{a}^{-1}\to R$，得到提升$R\to \mathfrak{a}^{-1}$，再乘$\mathfrak{a}$得到原本展示的提升$\mathfrak{a}\to R$.
• 对于交换环$R$，一个模$M$，如果$\{x_i\}$是生成元，则$M$是投射的当且仅当存在$\{f^i\}\subseteq \operatorname{Hom}_R(M,R)$使得$x=\sum_{i} f^i(x)x_i$对任意$x\in M$——因为其是自由模的直和项，所以构造是容易的，反之依靠这些$\{f^i\}$成为了自由模的直和项。
• 在局部整环中，一个理想可逆则是非零主理想——假设$1=\sum ab$，实际上这个和可以缩减为一项，因为必须有其中一项是单位，于是任意元素都由这个$a$生成。
• 熟知Dedekind整环当且仅当所有局部化都是离散赋值环。

我们要证明交换遗传整环是Dedekind整环。

证明：对于理想$\mathfrak{a}$，考虑生成元$\{a_i\}$，存在$\{f^i\}\subseteq \operatorname{Hom}(\mathfrak{a},R)$使得$a=\sum_{i} f^i(a)a_i$对每个$a$，此时$\frac{f^i(x)}{x}$是一个定值，所以可以定义$f^i$实际上都是一个数乘，将两边的$a$消去这表明$\mathfrak{a}\mathfrak{a}^{-1}=A$. 下面局部化考虑，上述结果表明$A$的每一个局部化都是主理想整环，从而是离散赋值环，这表明$R$是Dedekind整环。$\square$

4、Dedekind整环上，有限生成无挠等价于有限生成投射

• 对于任何环而言，有限生成投射模一定有限展示平坦——因为正合列分裂。
• 对于局部环而言，有限展示平坦模一定有限秩自由——取$P$是这样的有限展示平坦模，那么$P/\mathfrak{m}P$是剩余域$k=R/\mathfrak{m}$上的有限维线性空间，从而得到满射$R^n\to P$；利用蛇引理或$\operatorname{Tor}_R(P,R/\mathfrak{m})=0$，其核$K$满足$K\otimes_R  R/\mathfrak{m}=0$；根据有限展示条件，利用Schanuel引理或Tor函子的长正合序列得到$K$是有限生成的；根据Nakayama引理，有$K=0$. 
• 对于主理想整环而言，平坦等价于无挠——因为无挠是所有有限生成子模（从而投射）的滤过极限，而平坦模的滤过极限还是平坦的。
• 一个模是平坦的，当且仅当在每个局部化上是平坦的——因为映射的单是局部的。
• 一个有限生成模是投射的，当且仅当在每个局部化上是投射的——根据上面的讨论，$P$局部上是自由的，此时$\operatorname{Hom}(P_\mathfrak{m}, M_{\mathfrak{m}})=\operatorname{Hom}(P, M)_{\mathfrak{m}}$, 这是因为对$P$为有限生成自由模成立，而$P$有限展示， $\operatorname{Hom}(-_\mathfrak{m}, M_{\mathfrak{m}})$和$\operatorname{Hom}(-, M)_{\mathfrak{m}}$都是左正合函子，于是验证投射模等价刻画中的满射就划到了局部。

5、对于整环，可除模都是内射模等价于Dedekind整环

注意到：

• 一个环是遗传环当且仅当所有内射模的商是内射的——这是同调维数的等价刻画。
• 可除模的商模还是可除的——这是显然的。 

所以我们证明了满足『可除模都是内射模』的整环是Dedekind整环。反面可照搬『Dedekind整环上，有限生成无挠等价于有限生成投射』的证明，关键在于主理想整环上『有限生成无挠等价于有限生成投射』成立。实际上Dedekind整环的所有内射模都可以计算出来，这是Matlis定理的推论。

6、自由模上的Herbrand商等于其行列式的Herbrand商

所谓Herbrand商$\varphi:M\to M$是$\ell(\operatorname{cok} M)-\ell(\ker M)$，这里$\ell$是长度(length)。对于有限秩自由模$F$，那么$F\stackrel{\varphi}\to F$的Herbrand商等于$R\stackrel{\det \varphi}\to R$计算。首先说明二者同时得以定义

• 因为$\ell$有定义当且仅当是Noether-Artin模。
• 如果$\det \varphi$的Herbrand商有定义，那么$\varphi$的Herbrand商有定义——考虑代数余子式$\ker \varphi \subseteq \ker (\det \varphi \operatorname{id})$，$\operatorname{im} (\det \varphi \operatorname{id})\subseteq \operatorname{im} \varphi $。
• 反之，如果$\varphi$的Herbrand商有定义，那么$\det \varphi$的Herbrand商有定义——考虑外代数。

然后，继续考虑

• 如果$\varphi,\psi$是对的，那么$\varphi\circ\psi$也是对的——Herbrand商对复合也具有加性。
• 对可逆矩阵是对的——因为$\varphi$可逆当且仅当$\det \varphi$可逆。
• 对于上三角矩阵这是对的——因为Herbrand商具有加性。
• 在域上是正确的——Gauss消元
• 问题划到局部上——因为Herbrand商可以局部计算。

下面开始证明

证明：令$R$是局部环，极大理想是$R/\mathfrak{m}$，如果$\det\varphi$是单位，则$\varphi$有逆，没有什么可证的。否则$\det \varphi\in \mathfrak{m}$. 如果$\ell(R/\det \varphi R)<\infty$，这意味着$R/\det \varphi R$是Artin环，从而维数为$0$，从$A$是维数至多是$1$的Noether环。如果维数是$0$，$\ell(A)<\infty$以及$\ell(F)<\infty$，所以两边都是$0$。令$$\mathfrak{a}=\{x\in R: \exists n, a\det \varphi^n =0\}.$$此时$\varphi$分别诱导在$\mathfrak{a}F$和$F/\mathfrak{a}F$上。注意到$\mathfrak{a}$有限生成，故存在一个统一的$N$使得$\mathfrak{a}\det \varphi^N=0$，从而$\ell(\mathfrak{a})<\ell(\ker \det \varphi^N)<\infty$，从而这部分的$\varphi$不贡献Herbrand商。下面可以直接考虑$R/\mathfrak{a}$上，所以不妨假设$\mathfrak{a}=0$. 考虑$K$是$R$的全商环，即对所有非零因子作局部化，由于$\mathfrak{a}=0$的假设，$\det \varphi$不是零因子，从而可逆，这还顺便说明了$K$是Artin环，从而是局部Artin环的乘积，而$\det \varphi$不是零因子，从而问题划到一个局部Artin环的问题上，注意到此时$\varphi$可逆。$\square$

 特殊情况的证明也很值得学习。

证明（一维整环）：对于一维整环$R$, $a\in R$，假设$a\neq 0$，那么$\ker (a\cdot )=0$, $R/a$维数为$0$，从而$\ell(R/a)<\infty$（维数定理的推论），从而数乘$a$的Herbrand商可定义（$\ker a=0$）。于是可以$a\varphi$的Herbrand商是$\varphi$的Herbrand商和$a$的Herbrand商的和，而后者$a\varphi$和$a$的Herbrand上都满足行列式的关系，这就确保了$\varphi$也满足行列式的等式。$\square$

主要参考书目：

[1] Weibel An introduction to Homological Algebra. 

[2] Cohen Basic Algebra. 

[3] Cohen Further Algebra and Application. 

[4] Lam Lectures on Modules and Rings. 

[5] Altman and Kleiman A Term of Commutative Algebra. 

[6] Fulton Intersection theory.

最近的代数课上的一些灵魂提问

原文：https://www.cnblogs.com/XiongRuiMath/p/11592936.html