diff --git a/template.typ b/template.typ index fb61eeb..d2eb1fa 100644 --- a/template.typ +++ b/template.typ @@ -47,11 +47,12 @@ #let conjugateRight(g, a) = $#g #a #g^(-1)$ #let quotient(G, H) = $#G\\#H$ #let lift = math.arrow.t -#let quo = math.class("relation", $\/$) +#let quo = math.class("relation", $slash$) #let ord = math.op("ord") #let ei(x) = $e^(i #x)$ #let eiB(x) = $e^(#x i)$ // i Behind #let sgn = math.op("sgn") +#let arctanh = math.op("arctanh") #let Res(f, i) = $op("Res") (#f \; #i)$ #let lcm = math.op("lcm") #let Der = math.op("Der") @@ -77,6 +78,30 @@ $#x_#(i + k)$ } } +#let linearCombination(name: $C$, start: 1, ..args) = { + let fun(list) = list.enumerate().map( + l => { + let (i, x) = l + $#name _(#(i + start)) #x $ + }) + .join(" + ") + // 不能这么写 + // let fun_error(list) = list.enumerate().map( + // (i, x) => { + // $C_(#(i + 1)) #x $ + // }) + // .join(" + ") + + + fun(args.pos()) +} +#let linearCombinationC = linearCombination.with(name: $C$) +#let linearCombinationA = linearCombination.with(name: $A$) +#let linearCombinationa = linearCombination.with(name: $a$) +#let linearCombinationb = linearCombination.with(name: $b$) +#let linearCombinationlambda = linearCombination.with(name: $lambda$) +#let linearCombinationmu = linearCombination.with(name: $mu$) + #let emptyArrow(s, e) = arr(str(s), str(e), $$) #let coker = math.op("coker") #let coim = math.op("coim") @@ -319,13 +344,13 @@ if calc.odd(i) { align(end, title) } else { align(start, title) } }), ) + show: thm-rules + show: ans-rules + show: thm-rules1 set text(font: "Noto Serif CJK SC", lang: "zh") show emph: it => { text(it, weight: "bold") } - show: thm-rules - show: ans-rules - show: thm-rules1 show math.equation: set text(font: ("Noto Serif CJK SC", "New Computer Modern Math")) set math.equation(numbering: "(1)") set math.equation(numbering: num => diff --git "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/main old.typ" "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/main old.typ" deleted file mode 100644 index 855ac0a..0000000 --- "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/main old.typ" +++ /dev/null @@ -1,4197 +0,0 @@ -#import "../template.typ": proof, note, corollary, lemma, theorem, proposition, definition, example, remark, der, partialDer, AModule, Mod, incrementSign, inj_str, surj_str, bij_str, def_str, nat_str, tensorProduct, directSum -#import "../template.typ": * -#import "@preview/commute:0.2.0": node, arr, commutative-diagram -// Take a look at the file `template.typ` in the file panel -// to customize this template and discover how it works. -#show: note.with( - title: "代数学二", - author: "YHTQ", - date: none, - logo: none, -) -= 前言 - == 课程介绍 - - 学习内容：前半学期交换代数，后半学期同调代数 - - 教师：阳恩林 https://www.math.pku.edu.cn/teachers/yangenlin/ce.htm - - 参考书： - - Atiyah, Macdonald, Introduction to Commutative Algebra - - Matsumura, Commutative Algebra - - 李文威, 代数学基础 - - 本门课程提供的同调代数的讲义 - - GTM52 代数几何 - - T.Wedhorn, adic spaces - - 考核：作业 20%, 期中 30%, 期末 50%（也可能期中期末各占40%），期中会更难+调分 - 约定除非特别指明，环指交换幺环，同态是保持其幺元的。零环也视为环\ - 通常环/模记为大写字母，$k$ 表示某个域 - // == 内容介绍 - // #example[][ - // 方程 $x^2 + y^2 = 1$ 的有理根也是单位圆上的有理点，也是多项式 $h(x, y) = x^2 + y^2 - 1$ 的零点集。\ - // 设 $f, g in R[x, y]$ 满足 $f - g in (f)$，那么将有： - // $ - // f|_C = g|_C - // $ - // 换言之，$C$ 上的代数函数环恰为 $R[x, y] quo (f)$\ - // ] - == 中英名词对照 - - annihilates：零化 - - annihilator：零化子 - - idempotent：幂等元 - - nilpotent：幂零元 - - nilradical：幂零根 - - saturated：饱和的 - -= 环与模 - == 模 - #definition[范畴|category][ - 范畴被形式的定义为以下资料： - - 对象集合 $H$ - - 对于每一对对象 $A, B in H$，一个集合 $Hom(A, B)$，称为从 $A$ 到 $B$ 的态射集 - - 对于每一对对象 $A, B, C in H$，一个映射 $Hom(A, B) * Hom(B, C) -> Hom(A, C)$，称为复合映射 - - 对于每一个对象 $A in H$，一个元素 $1_A in Hom(A, A)$，称为恒等态射 - ] - #definition[模|AModuleule][ - 设 $A$ 是环，一个 $A-$模是指： - - 加法交换群 $M$ - - $A-$作用 $A times M -> M$，记作 $(a, m) = a dot m$ - - 运算的兼容性，也即： - - $a(x + y) = a x + a y$ - - $(a + b) x = a x + b x$ - - $a(b x) = (a b)x$ - 或者说存在 $M -> End_A (M)$ 的环同态 - ] - #example[][ - - $A$ 是一个域，那么 $A-$模就是向量空间 - - $A = ZZ$，$A-$模就是交换群本身（作用当然就是熟知的 $n dot x$） - - 设 $A = k[x]$，则 $A-$模包括： - - $A$ 在 $k$ 上的作用，也就是 $k$ 的向量空间 - - $x$ 在上述线性空间的作用，也即一个线性变换/k-矩阵 - - 设 $G$ 是有限群，$A = k[G]$ 是群代数（也是线性空间），其中元素形如 $sum_(g in G) a_g g$\ - $G$ 中每个元素给出 $A$ 上的一个可逆线性变换，这就给出 $G -> GL(k)$ 的一个一一映射 - - $A$ 是环，$A$ 作用于自己当然也构成 $AModule(A)$ - ] - #definition[模同态][ - 两个 $AModule(A)$ 之间的群同态 $f: M -> N$ 称为模同态，如果： - - $f(x + y) = f(x) + f(y)$ - - $f(a x) = a f(x)$ - 有时也称其为 $A-$线性映射\ - 此时，记： - - $ker f = {m in M | f(m) = 0}$，它是 $M$ 的子（$A$）模 - - $im f = {f(m) | m in M}$，它是 $N$ 的子（$A$）模 - - $coker f = N quo im f$ - - $coim f = M quo ker f$ - 有熟知的同构定理 $coim f tilde.eq im f$ - - 所有$AModule(A)$之间的同态构成态射集 $Hom_A (M, N)$。注意到 $Hom_A (M, N)$ 本身就是一个 $AModule(A)$，运算是自然的运算： - $ - &[a: A -> \ - [f: Hom_A (M, N) ->\ - [x: M -> a f(x) :N]:Hom_A (M, N)\ - ]:(Hom_A (M, N) -> Hom_A (M, N)) = End_A (Hom_A (M, N))\ - ]:(A -> End_A (Hom_A (M, N))) \ - $ - ] - #example[][ - 设 $M$ 是$AModule(A)$，则 $Hom_A (A, M) tilde.eq M$，它由双向的映射： - - $[f: (A -> M) -> f(1)] $ - - $[m: M -> [a: A -> a m]] $ - 给出 - ] - #definition[子模|subAModuleule 商模|quotient AModuleule][ - 设 $M$ 是 $AModule(A)$，$N$ 是 $M$ 的子集，如果： - - $N$（在相同运算下）也是 $A-$模，或者 - - $N$ 在 $A$ 作用下稳定，也即 $A M subset M$ - 那么称 $N$ 是 $M$ 的子模\ - 此时，可以定义商模 $M quo N$ 为交换群的一个商群，它同时也是 $A-$模，定义为： - $ - [a: A, m + N: M quo N -> a (m + N) = a m + N: M quo N] - $ - ] - #theorem[对应定理][ - $M$ 的包含 $N$ 的子模与 $M quo N$ 的子模之间存在一一对应关系，并且保持各种性质 - ] - #definition[理想|ideal][ - 将 $A$ 视作$AModule(A)$，则 $A$ 的子模称为 $A$ 的理想，这等同于在 $A$ 乘法下稳定的加法子群，与环中理想的概念是一致的。\ - 自然的，此时的商模就是商环 - ] - == 子模/理想上的操作 - #definition[][ - + 设 $M$是$AModule(A)$，$M_i in I$ 是若干子模，定义： - - $M_j subset sum_(i in I) M_i = {sum_(i in I) m_i | m_i in M_i, m_i "中至多有限个非零"} subset M$ - - $sect.big_(i in I) M_i subset M_j$ - 都是子$AModule(A)$ - + 设 $I$ 是 $A$ 的理想，定义： - $ - I M = phi: (A -> (M -> M)) |_I - $ - 它是 $M$ 的子模\ - 当 $I, J$ 都是理想时，以上定义给出 $I J$ 也是理想，它含于 $I sect J$。以此乘法给出 $I^m$ 的定义 - + 任取 $m in M$，定义： - $ - (m) = A m = {a m | a in A} - $ - 为由 $m$ 生成的子模 - + 若 $M = sum_(i=1)^n A m_i$ 对某个 $n$ 和某些 $m_i$ 成立，则称 $M$ 是有限生成（finitely generated）的 - + 设 $M_i$ 是若干子模，定义： - - 直和 $circle_(i in I) M_i = {(m_i) | m_i in M_i, m_i "中至多有限个非零"} subset M$ - - 直积 $product_(i in I) M_i = {(m_i) | m_i in M_i} subset M$ - 都是子$AModule(A)$ - + 设 $N P$ 是子模，定义： - $ - (N : P) = {a in A | a P subset N} - $ - 它是 $A$ 的理想。特殊的，称： - $ - (0) : P = {a in A | a P = 0} = "ann"(P) - $ - 为 $P$ 的零化子\ - 一般的，我们有： - $ - N : P = "ann"((N + P)/N) - $ - （注意到 $a P subset N <=> a (N + P)/N = 0$） - - ] - #theorem[][ - $(M_1 + M_2)/(M_1) tilde.eq (M_1)/(M_1 sect M_2)$ - ] - #theorem[][ - $M$ 是有限生成的当且仅当存在 $A^n -> M$ 的满同态 - ] - #proof[ - - 若 $M$ 是有限生成的，那么定义： - $ - funcDef(phi, A^n, M, (a_i), sum_(i=1)^n a_i m_i)\ - $ - - 若存在满同态 $phi$，取 $m_i = phi(0, 0, 0, ..., 1, 0,... >,0)$ 即可 - ] - #theorem[][ - 设 $M$ 是$AModule(A)$ ，则 $"ann"(M)$ 是子模，将有： - $ - M " 是 " AModule(A quo "ann"(M)) - $ - ] - == 素理想和极大理想 - #definition[素理想][ - 设 $R$ 是环，$P$ 是理想且 $P != R$，称 $P$ 是素理想，若： - $ - a b in P => a in P or b in P - $ - ] - #proposition[][ - 设 $R$ 是环，$P$ 是非平凡理想，则 $P$ 是素理想当且仅当 $quotient(R, P)$ 是整环 - ] - #definition[极大理想][ - 设 $R$ 是环，$m$ 是 $R$ 的双边理想，若 $m != R$ 且没有包含 $m$ 的理想，则称 $m$ 是极大理想 - ] - #proposition[][ - 设 $R$ 是交换环，则 $I$ 是极大理想当且仅当 $quotient(R, I)$ 是域 - ] - #theorem[][ - 任何理想 $I != A$ 都包含在某个极大理想中 - ] - #proof[ - 这个证明需要用到 Zoun 引理。 - - 取 $S$ 是所有 $R$ 中包含 $I$ 的非平凡理想，对于包含关系，我们有 $S$ 是偏序集。在这个集合上我们试图套用 Zoun 引理，只需验证所有链都有上界即可。 - - 设 $I_x space x in S$ 是链，显然： - $ - union_(x in S) I_x - $ - 是这个链的一个上界，它是理想也是显然的，只需证明它不是 $R$。\ - 事实上，注意到： - $ - 1 in.not I_x - $ - 进而 $1 in.not union_(x in S) I_x$ - - 这就完成了证明 - ] - #remark[][ - 如果不使用 Zoun 引理，可能需要假设 $A$ 是 Noethenian 环 - ] - #definition[局部环|local ring][ - 称 $A$ 是局部环，如果其中有且只有一个极大理想 $m$，此时称 $A quo m$ 为剩余域 - ] - #theorem[][ - - 若所有不可逆元素包含于某个理想，则这个理想一定是唯一的极大理想，进而环是局部环 - - 若 $m$ 是极大理想，且 $1+m$ 中所有理想均可逆，则 $A$ 是局部环 - ] - #proof[ - - 显然 - - 任取 $x in A - m$，由于： - $ - m + (x) = (1) - $ - 因此可设 $a + b x = 1 => b x = 1 -a in 1 + m$ 可逆，进而 $x$ 也可逆，由 1 知结论成立 - ] - #example[][ - $ - ZZ_((p)) = {r/s | (p, s) = 1} - $ - 中，所有的不可逆元包含于 $p ZZ_((p))$，同时这是极大理想，因此环是局部环 - ] - #example[理想的几何来源][ - 设 $k$ 是域，$Y subset k^n$，令： - $ - I(Y) = {f in k[x_1, x_2 ,..., x_n] | f(Y) = 0} - $ - 容易验证它是理想 - - 反之，给定 $I$ 是理想，令： - $ - Z(I) = {p in k^n| forall f in I, f(p) = 0} - $ - - 不幸的是，他们一般不是互逆的，但几乎是互逆的，这在代数几何中非常基本 - ] - == 幂零根与 Jacob radical - #definition[幂零根|nilradical][ - 设 $A$ 是环，称 $A$ 的 幂零根|nilradical 为： - $ - N = sect.big Spec(A) - $ - ] - #definition[Jacob radical][ - 设 $A$ 是环，称 $A$ 的 Jacob radical 为： - $ - R = sect.big "max"(A) - $ - ] - #theorem[][ - - $N = {a in A | exists n in NN, a^n = 0}$ - - $R = {x in A | 1 - x y in U(A)}$ - ] - #proof[ - - 记所有幂零元的集合为 $N$，容易验证它是理想。比较困难的是证明它是所有素理想的交（暂记为 $N'$） - - 首先容易验证 $N$ 应该包含在所有素理想之中，进而 $N subset N'$ - - 再证明另一方面，只需证明： - #lemma[][任取 $f in A$ 不是幂零元，它不含于某个素理想] - #proof[ - 令 - $ - Sigma = {p in Spec(A) | forall n > 0, f^n in.not p} - $ - 断言： - - $Sigma$ 非空，因为 $(0) in Sigma$ - - $Sigma$ 满足 Zoun 引理的条件 - - 进而 $Sigma$ 有一个极大元 $p$，它是素理想\ - 假设 $x, y in.not p$，往证 $x y in.not p$\ - 由极大性，$p + (x), p + (y) in.not Sigma$，也即： - $ - exists n in NN:\ - f^n in p + (x), f^n in p + (y)\ - => f^(2n) in p + (x y)\ - => p + (x y) in.not Sigma\ - => p + (x y) != p\ - => x y in.not p - $ - 证毕 - ] - - 记 $R' = {x in A | 1 - x y in U(A)}$，分别验证： - - $x in m, forall m in max(A) => 1 - x y in U(A)$\ - 如若不然，则存在 $y$ 使得 $1 - x y$ 不是单位，可设 $1 - x y$ 包含于极大理想 $m$\ - 此时 $m$ 同时包含 $1 - x y, x$ 进而包含 $1$，矛盾！ - - 反过来，设 $forall y in A, 1- x y in U(A)$\ - 若结果不成立，则存在 $m in max(A), x in.not m$，进而： - $ - m + (x) = (1) => 1 = a + x y => a = 1 - x y - $ - 这表明 $a in m$ 是单位，不能包含在极大理想中，矛盾！ - ] - #definition[乘性子集 | multiplicative][ - 称 $S subset A$ 是乘性子集，如果： - - $1 in S$ - - $x, y in S => x y in S$ - ] - #theorem[][ - 设 $S$ 是乘性子集且不含零(那么 $S$ 中的元素都不是幂零元)，则存在素理想 $p$ 使得 $p sect S = emptyset$ - ] - #proof[ - 构造： - $ - Sigma = {I "is ideal"| I sect S = emptyset } - $ - 类似上面的证明，可以利用 Zoun 引理证明 $Sigma$ 有极大元 $p$，且它是素理想 - ] - #definition[][ - 设 $I subset A$ 是理想，记： - $ - r(I) 或 sqrt(I) := {x in A | exists n in NN^+, x^n in I} = Inv(pi)(N(A quo I)) - $ - 容易验证它也是： - $ - sect.big V(I) = sect.big {p in Spec(A) | I subset p} - $ - 特别的，$sqrt(0) = N$ - ] - #proposition[][ - - $I subset sqrt(I)$ - - $sqrt(I) = sqrt(sqrt(I))$ - - $sqrt(I J) = sqrt(I) sect sqrt(J)$ - - $sqrt(I) = (1) <=> I = 1$ - - $p in Spec(A) => sqrt(p) = p$ - ] - #remark[][ - 对应的也应该考虑 $sect.big_(I subset m in max(A)) m$，这同样对应商环中的 Jacob radical，也即： - $ - forall y in A: (1 - x y) + I = (1)\ - a - a x + b = 1\ - a x = a + b - 1 - $ - 它往往比 $sqrt(I)$ 更大（做交运算的集合更少），有时取等 - ] - #example[][ - 设 $D(x) = {y | x y = 0}$，则容易验证 $sqrt(D) = D$。更进一步，整个环的零因子： - $ - union_x D(x) - $ - 应当满足： - $ - sqrt(union_x D(x)) = union_x sqrt(D(x)) = union_x D(x) - $ - ] - == 素谱上的拓扑 - #definition[环的（素）谱(prime spectrum)][ - 设 $A$ 是一个环，$P$ 是 $A$ 的一个素理想（注意素理想一定是真理想）\ - 称环的素谱为 $A$ 的素理想的集合，记作 $Spec(A)$ - ] - #definition[零点集][ - 设 $E$ 是 $A$ 的子集，称： - $ - V(E) = {P in Spec(A) | E subset P} - $ - 为 $E$ 的零点集 - ] - #remark[][ - 这看似与零点毫无关系，但后续课程中会学到 $A$ 中的元素可以看作 $A$ 的素谱上的函数，而 $E$ 的零点集可以看作这些函数的零点集 - ] - 环的素谱是某种意义上多项式零点集的推广，其上具有良好的拓扑性质，我们的目标是模仿零点集给出谱上的拓扑。 - #proposition[][ - - $V(E) = V(I)$， 其中 $I$ 是 $E$ 的生成理想。这表明我们只需要考虑理想的零点集 - - $V(0) = Spec(A)$ - - $V(A) = V(1) = emptyset$ - - $sect.big_i V(I_i) = V(sum_i I_i)$ - - $V(I) union V(J) = V(I sect J) = V(I J)$ - ] - #proof[ - - 注意到对任何素理想 $P, I subset P <=> E subset P$，结论显然 - - $0$ 当然包含与任何素理想 - - 任何素理想当然都不应该包含 $1$ - - 一方面 - $ - I_j subset sum_i I_i => V(sum_i I_i) subset V(I_j) - $ - 另一方面，假设素理想 $P$ 满足 $P in sect.big_i V(I_i)$，这就导出 $P supset I_i, forall i$，表明 $P supset sum_i I_i$ - - 首先 $I, J supset I sect J, I J$，因此 $V(I), V(J) subset I sect J, I J$。\ - - 往证 $V(I J) subset V(I) union V(J)$\ - 注意到 $P$ 是素理想，因此 $P supset I J => P supset I or P supset J => P in V(I) union V(J)$ - - 类似的，把 $I sect J$ 替换 $I J$ 结论都是正确的 - ] - 注意到上面的命题实际上说明了： - - $Spec(A), emptyset$ 是某个集合的零点集 - - 两个零点集的并，任意零点集的交仍是零点集 - 这恰好就是拓扑的闭集公理，由此我们就定义谱上的拓扑。 - #theorem[][ - $Spec(A)$ 上的由所有形如 $V(I)$ 的集合作为闭集生成一个拓扑 - ] - #example[][ - - - 容易计算得 - $ - Spec(ZZ) = {(p) | p "is prime"}\ - V(n ZZ) = {(p) | p "is prime" and (p) supset (n)} = {(p) | p "is prime" and p | n} - $ - 不难发现，闭集恰为所有不含 $(0)$ 的有限集和全集。此时 ${(0)}$ 的闭包是全集，表明整数环的谱不是 $T_1$ 的。一般来说，只有很少的环满足 $T_1$ 或者 $T_2$ - - 域的谱都是平凡的，因为只有平凡的素理想 - - 考虑 $CC[x]$，这是 PID ，所有素理想都是素元的生成理想，而多项式是素元当切仅当它是一次多项式。因此 $Spec(CC[x]) = {(x - a) | a in CC} union {0}$，进而 $CC$ 中每个元素都对应着 $Spec(CC[x])$ 中的一个元素。\ - 同时，$CC[x]$ 的零点集当然就是任意若干个 $CC$ 中元素，再次体现了零点集概念的合理性。\ - 而： - $ - V(f) = V(product_(i=1)^n x - a_i) = {(x - a_i) | i = 1, 2, ..., n} - $ - 它的拓扑恰与余有限拓扑只相差一个零理想对应的单点集。这个事实对任何代数闭域都是成立的。 - - 考虑 $RR[x]$，它的素谱比代数闭的情形多出二次不可约多项式，因此： - $ - Spec(RR[x]) = {(0)} union {(x - a) | a in RR} union {(x-z)(x-overline(z)) | z in CC, im(c) > 0} - $ - 拓扑是类似的。粗略来说，可以认为 $Spec(RR[x]) tilde.eq Spec(CC[x]) quo Gal(CC quo RR)$ 至少在拓扑上是成立的 - ] - #definition[基本开集 (prime open set)][ - 对任意 $f in A$，称形如： - $ - D_f = Spec(A) - V(f) = {P in Spec(A) | f in.not P} - $ - 的集合为基本开集/主开集 - ] - #proposition[][ - - $D(f) sect D(g) = D(f g)$ - - $D(f) = emptyset <=> f in sqrt(0)$ - - $D(f) = Spec(A) <=> f in U(A)$ - - $D(f) = D(g) <=> sqrt(f) = sqrt(g)$ - ] - #proof[ - - $p in D(f) sect D(g) <=> f in.not p and g in.not p <=> f g in.not p$ - - 由幂零根的概念和性质可知 - - \ - - 一方面 $f in U(A) => V(f) = emptyset$ - - 另一方面，一个不可逆的元素应该包含于某个极大理想，而极大理想一定是素理想，因此成立 - - 首先我们证明： - $ - sect.big_(P in V(I)) = sqrt(I) - $ - 这是因为由对应定义，$V(I)$ 中的元素与 $Spec(A quo I)$ 中元素可以产生一一对应 $phi$。同时，注意到： - $ - Spec(A quo I) = sect.big_(p in V(I)) p quo I - $ - 用 $phi$ 作用于两侧立得结论 - ] - #corollary[][ - 所有基本开集构成一个拓扑基 - ] - #proof[ - 这是非常自然的，因为开集均形如： - $ - Spec(A) - V(E) = Spec(A) - (sect.big_(f in E) V(f)) = union.big_(f in E) D(f) - $ - ] - #definition[拟紧(quasi-compact)][ - 设 $X$ 是一个拓扑空间，称 $X$ 是拟紧的，如果 $X$ 的任意开覆盖都有有限子覆盖\ - （在拓扑学中这就是紧，布尔巴基学派习惯将其称为伪紧） - ] - #theorem[][ - 每个 $D(f)$ 都是拟紧的，特别的 $Spec(A) = D(0)$ 拟紧 - ] - #proof[ - 由于所有 $D(f)$ 构成拓扑基，因此不妨设开覆盖是拓扑基构成的，也即： - $ - &D(f) subset union.big_(i in I) D(g_i)\ - <=>& V(f) supset sect.big_(i in I) V(g_i)\ - <=>& V(f) supset V(sum_(i in I) (g_i))\ - <=>& f in sqrt(sum_(i in I) (g_i))\ - <=>& f^k in sum_(i in I) (g_i) - $ - 注意到最后一式中 $f^k$ 一定可以被 $g_i$ 中的有限个元素表示，因此倒推可得 $D(f)$ 有有限子覆盖 - ] - #theorem[][ - 任意开集拟紧当且仅当是有限个基本开集的并 - ] - #proof[ - - 有限个拟紧集的并当然拟紧。 - - 若开集 $S$ 拟紧，由于基本开集是拓扑基： - $ - S = union.big_(f in I) D(f) - $ - 而由 $S$ 拟紧，应当有上式右侧有限个即可覆盖 $S$，当然它们的并就是 $S$ - ] - #theorem[Hochster][ - 设 $X$ 是拓扑空间，则以下条件等价： - - $exists A$，$X$ 与 $Spec(A)$ 同胚 - - $X$ 伪紧，且有一个均伪紧的开集基，并在有限交下稳定 - - 每个不可约闭集有唯一的 generic 点（闭包就是全空间） - ] - #proof[ - 我们不证明这个定理，只是说明谱空间与拓扑学有密不可分的关系 - ] - 类似素谱，我们可以定义极大谱。它的大部分性质与素谱类似，但在根的处理上更加复杂。 - #definition[][ - 设 $phi: A -> B$ 是环同态，它将诱导一个映射： - $ - funcDef(phi^*, Spec(B), Spec(A), P, phi^(-1)(P)) - $ - （注意到素理想的原像是素理想） - 并且满足： - - 主开集的原像是主开集，进而连续 - - $Inv(phi^*) (V(I)) = V(I B)$, $I$ 是 $A$ 的理想 - - $overline(phi^*(V(J))) = V(Inv(phi)(J))$ - 此时若 $p = phi(q)$，则称 $q$ 在 $p$ 之上 - ] - == 素理想的一些性质 - #definition[coprime][ - 设 $I, J$ 是理想，称它们是互素理想，如果： - $ - I + J = (1) - $ - ] - #proposition[][ - 设 $I + J = (1)$，则 $I sect J = I J$ - ] - #proof[ - - 由定义，$I J subset I sect J$ - - 其次： - $ - I sect J = (I + J)(I sect J) = I (I sect J) + (I sect J) J subset I J + I J = I J - $ - ] - #theorem[中国剩余定理][ - 设 $I_i$ 是有限个理想，定义映射： - $ - funcDef(phi, A, product_i A quo I_i, a, (a + I_i)) - $ - 则： - - 若 $I_i$ 两两互素，则此时有 $I_1 I_2 ... I_n = I_1 sect I_2 ... sect I_n$ - - $ker phi = I_1 sect I_2 ... sect I_n$ - - $phi$ 是满射当且仅当 $I_i$ 两两互素，此时有： - $ - A quo (I_1 sect I_2 ... sect I_n) tilde.eq product_i A quo I_i - $ - ] - #proof[ - TODO - ] - #lemma[Prime avoidance][ - + 设 $P_i$ 是若干素理想，$I$ 是理想且 $I subset union_i P_i$，则 $exists i,I subset P_i$\ - 反之，若 $I$ 不在任何一个 $P_i$ 中，则它不在 $union_i P_i$ 中 - + 设 $I_i$ 是理想，$P$ 是素理想，若 $sect_i I_i subset P$，则 $exists i, I_i subset P$\ - 进一步，若 $sect_i I_i = P$，则 $exists i, I_i = P$ - + 设 $P_i$ 是若干理想，其中至多两个不是素理想，$I$ 是理想且 $I subset union_i P_i$，则 $exists i,I subset P_i$\ - ] - #proof[ - + 我们证明它的反面，目标是构造 $x$ 不落在 $union_i P_i$ 中\ - - 若 $n = 1$ 结论平凡 - - 若 $n = k$ 成立，则由归纳结论： - $ - forall k in I, I subset.not union.big_(i in I - {k}) - $ - 对于每个 $k$，选取 $x_k in I - union.big_(i in I - {k}) P_i$ - - 假设对于某个 $k$，$x_k in.not P_k$，则 $x_k$ 即为我们要找的在 $I - union_i P_i$ 中的元素 - - 否则，令： - $ - x = sum_k (product_(j != k) x_j) - $ - 对于每个 $k$，上式右侧恰有一个元素不落在 $P_k$ 中，从而 $x in.not P_k$，因此 $x$ 就是我们要找的元素 - + 用反证法，如若不然，则 $exists x_i in I_i, x_i in.not P$，考察： - $ - x = product_i x_i - $ - 显然 $x in sect_i I_i subset P$，但每个 $x_i in.not P$，与素理想的定义矛盾！ - + 由上面的结论，$I sect (union_(P_i "is prime") P_i) subset union_(P_i "is prime") P_i => exists k, P_k "is prime", I sect (union_(P_i "is prime") P_i) subset P_k$\ - 可以不妨假设只有一个素理想并且： - - 没有其他理想：显然 - - 恰有一个其他理想 $Q$，也即： - $ - I subset P union Q - $ - 假设 $I$ 不在其中任何一个，取 $x_P in I - P subset Q, x_Q in I - Q subset P$，显有： - $ - x = x_P + x_Q - $ - 不在 $P, Q$ 中任何一个，但在 $I$ 中，矛盾！ - - 恰有两个其他理想 $Q_1, Q_2$，由之前的证明可知： - $ - I subset P or I subset Q_1 union Q_2 - $ - 若前者成立则结论正确，若后者成立仿照前一种情况再次操作即可 - ] - #corollary[][ - 设 ${p_i} subset Spec(A)$，假设 ${p_i}$ 被有限个主开集 $union.big_n D(x_n)$ 所覆盖，则存在某一个主开集 $D(x)$ 覆盖住 ${p_i}$ - ] - == 自由模 - #definition[自由模|free AModuleule][ - 称一个自由 $A-$模是同构于： - $ - plus.circle_(i in I) A - $ - 的模，指标集有限时也记为 $A^n$ - ] - #theorem[][ - $M$ 是有限生成 $A-$模当且仅当 $M$ 同构于有限自由模的商模 - ] - #proof[ - - 设 $M = sum_(i) A x_i$，构造： - $ - funcDef(phi, A^n, M, (a_i), sum_(i) a_i x_i) - $ - 显然是满同态，因此 - $ - A^n quo ker phi tilde.eq M - $ - - 设 $M$ 同构于自由模的某个商模，则取 $phi:A^n -> M$ 是同态，容易验证： - $ - M = sum_i A (phi(epsilon_i)) - $ - 其中 $epsilon_i$ 为第 $i$ 位为 $1$ 其余为零的坐标 - ] - - #lemma[Nakayama][ - 设 $M$ 是有限生成$AModule(A)$, $I$ 是 $A$ 的理想，$phi: M -> M$ 是同态满足 $phi(M) subset I M$，那么存在首一多项式 $f in I[x]$ 使得： - $ - f(phi) = 0 - $ - - 特别的，取 $I = A$，则 $End_A (M)$ 中每一个元素都被某个多项式零化 - ] - #proof[ - 设 $M = sum_i A x_i$，注意到 $phi(x_i) in I M$，因此存在 $alpha_i in I^n$ 使得： - $ - phi(x_i) = alpha_i^T X - $ - 其中 $X = vec(x_1, x_2, dots.v, x_n)$\ - 验证： - $ - sum_j (delta_(i j) phi - a_(i j))(x_j) = 0 - $ - 也即： - $ - phi(X) = vec(alpha_1^T, alpha_2^T, dots.v, alpha_n^T) X := B X\ - $ - 这里 $B$ 是矩阵，当然可以被多项式零化。具体而言，有： - $ - (phi I - B)X = 0\ - (phi I - B)^*(phi I - B) X = det(phi I - B) X = 0 - $ - 注意到 $det(phi x - B) := f(x) in I[x]$ 首一 ，上式即是说： - $ - (f(phi)) X = 0 => f(phi) = 0 - $ - 得证 - - ] - #corollary[][ - 设 $M, I$ 满足 $I M = M$，则 $exists x in A, x = 1 mod I and x M = 0$ - ] - #proof[ - 在上面的引理中取 $id: M -> I M$ 即可 - ] - #corollary[Nakayama, another form][ - $M$ 有限生成，$I subset $ Jacob radical\ - 若 $I M = M$, 则 $M = 0$ - ] - #proof[ - 根据引理，可获得 $x$ 满足 $x = 1 mod I and x M = 0$\ - 注意到 $x in 1 +$ Jacob radical 给出它是一个单位（@radicalForm），继而 $M = 0$ - ] - #corollary[][ - $M$ 有限生成，$I subset $ Jacob radical, $N$ 是 $M$ 子模\ - 若 $M = N + I M$ 则 $N = M$ - ] - #proof[ - 考虑 $M quo N$ 中，注意到： - $ - M quo N = (N + I M) quo N = I (M quo N) - $ - 结合有限生成模的商模仍然有限生成，因此可以利用上面的引理 - ] - #proposition[][ - 设 $A$ 是局部环，唯一素理想是 $m$，$M$ 是有限生成 $AModule(A)$ 则： - $ - M quo m M 是 A quo m "上的有限维向量空间" - $ - 同时，设 $x_i in M$ 在 $M quo m M$ 中的像生成构成线性空间的基，则它们也是 $M$ 的生成元 - ] - #proof[ - - 设 $x_i$ 是这样一组基，取 $N = sum_i A x_i subset M$，取满同态 $phi: N -> M -> (M quo m) M$ - 显然 $N quo m M = M quo m M$，因此有 - $ - N + m M = M - $ - 由上面的引理可知 $N = M$ - ] - == 代数 - #definition[代数][ - 给定环同态 $A ->^f B$ ，可将 $B$ 看作 $AModule(A)$，这个模就称为环上的代数。$A-$代数的同态自然定义为环之间的同态，保证交换图表： - $ - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $A$, 1), - node((0, 1), $C$, 2), - node((1, 0), $B$, 3), - arr(1, 2, $$), - arr(3, 2, $$), - arr(1, 3, $$),)] - $ - ] - #example[][ - - 每个环都是 $ZZ$ 代数 - - 设 $k$ 是域，$phi: k -> B$ 是环同态。熟知 $phi$ 一定是单射，进而 $k$ 一定是 $k-$代数的子环 - ] - #definition[][ - - 称 $B$ 是有限 $A-$代数，如果它作为 $AModule(A)$ 是有限生成的 - - 称 $B$ 是有限生成的，如果存在有限集 ${x_i}$，存在满射： - $ - A[x_1, x_2, ..., x_n] -> B - $ - ] - #example[][ - - 多项式环当然是有限生成代数，但不是有限代数 - ] - #definition[张量积][ - 设 $B, C$ 是 $A-$代数，则 $B tensorProduct C$ 也有自然的代数结构，称为代数的张量积 - ] - == 同调代数简介 - #definition[复形][ - 设有一列 $AModule(A)$: - $ - ... -> M_(i-1) ->^(f_i) M_i ->^(f_(i+1)) M_(i+1) ...\ - $ - - - 称之为一个 复形|(cochain) complex，如果 $f_(i+1) compose f_i = 0 <=> im f_i subset ker f_(i+1)$ - - 称之为在 $i$ 处 正合|exact，如果 $im f_i = ker f_(i+1)$ - 对一般的复形，定义： - $ - H_i (M) = ker f_(i+1) quo im f_i - $ - 为（上）同调群，显然该处正合当且仅当 $H_i = {0}$ - ] - #example[][ - - $0 -> M' ->^f M$ 正合当且仅当 $f$ 单射 - - $M ->^g -> M' -> 0$ 正合当且仅当 $g$ 满射 - - $0 -> M' ->^f M ->^g -> M'' -> 0$ 正合当且仅当 $f$ 单射，$g$ 满射 - - 长正合列可以分裂，例如设 $... -> M_(i-1) ->^(f_i) M_i ->^(f_(i+1)) M_(i+1) ...$ 于该处正合，则令 $N_i = ker f_(i+1) = im f_i$，有： - $ - 0 -> N_i -> M_i -> im f_(i+1) = N_(i+1) -> 0 - $ - 正合 - ] - #theorem[正合判别法][ - 在 $AModule(A)$ 范畴中： - - $M' ->^mu M ->^nu M'' -> 0$ 正合当且仅当任取 $AModule(A) space N$，序列： - $ - 0-> Hom_A (M'', N) ->^(nu') Hom_A (M, N) ->^(mu') Hom_A (M', N) - $ - 正合\ - 换言之，如果将 $Hom_A (*, N)$ 看作函子，则这个函子是反变左正合的\ - - - 对偶的，$0-> M' ->^mu M ->^nu M''$ 正合当且仅当任取 $AModule(A) space N$，序列： - $ - 0-> Hom_A ( N, M') ->^(nu') Hom_A (N, M) ->^(mu') Hom_A ( N, M'') - $ - 正合\ - 也即函子 $Hom_A (N, *)$ 是共变左正合的 - ] - #proof[ - 只证明一个方向，另一侧是类似的\ - 设 $forall N in Mod(A), 0 -> Hom_A (M'', N) ->^nu' Hom_A (M, N) ->^mu' Hom_A (M', N) $ 正合，往证： - $ - M' ->^mu M ->^nu M' -> 0 - $ - 正合，只需验证： - - $nu$ 是满射 $<=> M'' \/ im nu = 0$\ - 取 $N = M'' \/ im nu$，注意到： - $ - Hom_A (M'', N) ->^nu' Hom_A (M, N) - $ - 其中诱导的 $nu'$ 是单射（条件），取自然同态 $pi: M'' -> M'' \/ im nu in Hom_A (M'', N)$,发现： - $ - nu'(pi) = pi compose nu = 0 => pi = 0 => M'' \/ im nu = 0 - $ - 证毕 - - $im mu = ker nu$ - - 先证明 $im mu subset ker v$，事实上，注意到： - $ - mu' compose nu' = 0 => (mu' compose nu')(*) = 0 => * compose nu compose mu = 0, forall * in M'' -> N - $ - 取 $* = id_M''$ 即得 $nu compose mu = 0$ - - 再证明 $ker nu subset im mu$，取 $N = M \/ im mu$ 和自然的同态 $pi: M -> N$，有： - $ - pi compose mu = mu'(pi) =0 => pi in ker mu' = im nu' => pi = nu'(f) = f compose nu\ - ker(nu) subset ker(f compose nu) = ker(pi) = im nu - $ - 证毕 - ] - #definition[（共变/反变函子|covarient/contravarient functor）][$Mod(A) -> Mod(B)$ 称为共变/反变函子，包括以下资料和性质： - - $forall M in Mod(A), exists F M in Mod(B)$ - - 共变函子是指： $forall phi in Hom_A (M, N), exists F(phi) in Hom_A (F M,F N)$，使得： - $ - F(g compose h) = F(g) compose F(h)\ - F(id) = id - $ - 更进一步，如果 $F: Hom_A (M, N) -> Hom_B (F M, F N)$ 均是（模同态作为模的加法群）群同态，则称 $F$ 为加性函子 - - 反变函子是指 $forall phi in Hom_A (M, N), exists F(phi) in Hom_A (F N,F M)$ 满足： - $ - F(g compose h) = F(h) compose F(g) \ - F(id) = id - $ - ] - #definition[正合函子][ - 设 $F$ 是加性共变函子，$G$ 是加性反变函子，称 $F | G$ 是左正合函子，如果任给正合列： - $ - 0 -> M' -> M -> M' - $，均有： - $ - 0 -> F M' -> F M -> F M'' \ - 0 -> G M'' -> G M -> G M' - $ - 正合\ - 反之，若如果任给正合列： - $ - M' -> M -> M' -> 0 - $，均有：： - $ - F M' -> F M -> F M'' -> 0\ - G M'' -> G M -> G M' -> 0 - $ - 正合，则称为右正合函子\ - 若函子同时左正合，右正合，则称之为正合函子，它保持所有正合列 - ] - #example[][ - $Hom(M, *) : Mod(A) -> Mod(A)$ 是共变的加性函子，另一侧 $Hom(*, N)$ 是反变函子，它们都是左正合的 - ] - #lemma[][ - 设 $E_i$ 是复形，则 $directSum_i (E_i)$ 正合当且仅当 $forall i, E_i$ 正合 - ] - #proof[ - 注意到 $ker(directSum_i (f_i)) = directSum_i ker f_i$，$im$ 类似，因此结论显然 - ] - #definition[导出函子][ - 对于任意的左正合（加性）函子 $F$，一族函子 $Mod(A)-> Mod(B)$： - $ - {R^i F : Mod(A) -> Mod(B)} - $ - 称为（右）导出函子，如果： - - $R^0 F = F$ - - 任取短正合列： - $ - 0 -> X -> Y -> Z -> 0 - $ - 有长正合列： - $ - 0 -> F X -> F Y -> F Z -> R^1 F X -> R^1 F Y -> R^1 F Z ->\ ... -> R^n F X -> R^n F Y -> R^n F Z -> ... - $ - - 具有函子性（保持复形的同态），也若有交换图： - $ - 0 -> &X -> &&Y -> && Z -> 0\ - &arrow.b &&arrow.b &&arrow.b \ - 0 -> &X -> &&Y -> && Z -> 0\ - $ - 则上下两正合列对应的长正合列也交换 - - 给定右正合函子，其左导出函子 ${L_i F : Mod(A) -> Mod(B)}$ 也可以对偶地定义 - ] - #example[][ - 命题：若 $F$ 正合，则导出函子就是 $R^0 F = 0, R^i F = 0$ （这当然也是 $F$ 右正合的充要条件）因此一般的导出函子可以看作与正合函子的距离 - ] - #definition[][ - $ - "Ext"^i (*, N) := R^i Hom(*, N)\ - "Ext"^i (M, *) := R^i Hom(M, *) - $ 称为拓展组 (extension group)，显然需要验证从两种方法定义的 $"Ext"^i (M, N)$ 是相同的，这称之为 Balance property - - 若 $Hom(M, *)$ 正合，则称 $M$ 是 投射|projective 模 - - 若 $Hom(*, N)$ 正合，则称 $N$ 是 入射|injective 模 - - ] - 问题：何时 $Hom(*, N), Hom(M, *)$ 正合？ - 既然上述两个函子都左正合，只要它们都右正合即可 - #proposition[][ - - $N$ 是入射模当且仅当任取单同态 $phi: X -> Y$，都有 $phi': Hom(Y, N) -> Hom(X, N)$ 是满射 - - $N$ 是投射模当且仅当任取满同态 $phi: X -> Y$，都有 $phi': Hom(N, X) -> Hom(N, Y)$ 是满射 - ] - #proof[ - 只证明第一条，第二条类似\ - - 假如它是入射模，则它应该保持正合列： - $ - 0 &-> X &&->^(phi) Y &&->^() Y quo im phi &&-> 0\ - 0 &-> Hom(Y quo im phi, N) &&->^() Hom(Y, N) &&->^(phi') Hom(X, N) &&-> 0 - $ - 蕴含 $phi'$ 是满射 - - 反之，任取正合列： - $ - 0 &-> X &&->^(phi_1) Y &&->^(phi_2) Z &&-> 0 - $ - 往证： - $ - 0 &-> Hom(Z, N) &&->^(phi'_2) Hom(Y, N) &&->^(phi'_1) Hom(X, N) &&-> 0 - $ - 的正合性，前面已经证明了左正合，这里只需要 $phi'_1$ 是满射就足够了，而这就是条件 - ] - - #proposition[提升性质][ - - $N$ 是入射模当且仅当任取单同态 $phi: X -> Y$ 和同态 $psi: X -> N$，存在 $psi': Y -> N$ 使得以下交换图表成立： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $X$, "1"), - node((0, 1), $Y$, "2"), - node((1, 0), $N$, "3"), - arr("1", "2", $phi$,inj_str), - arr("2", "3", $exists psi'$), - arr("1", "3", $psi$), - )] - - $M$ 是投射模当且仅当以下交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $X$, "1"), - node((0, 1), $Y$, "2"), - node((1, 0), $M$, "3"), - arr("2", "1", $phi $, surj_str), - arr("3", "2", $exists psi' $), - arr("3", "1", $psi $),)] - ] - #proof[ - $ - phi' 满 <=> forall x: X -> N, exists y: Y -> N, x = y compose phi - $ - 这就是之前的命题\ - $ - Y = ZZ, X = ZZ_p - $ - ] - - 事实上就是对于任何满射 $phi: X -> Y$，诱导的 $phi': Hom_A (M, X) -> Hom_A (M, Y)$ 也是满射，或者说对于所有 $phi: X- > Y$ 是满射和同态 $psi: M -> Y$，均存在 $psi' : M -> X$ 使得 $phi compose psi' = psi$ - - #proposition[][ - 设 $0 -> &X ->^f &&Y ->^g && Z -> 0$ 正合， - + 若 $X$ 入射或 $Z$ 投射，则该正合列分裂，也即： - $ - Y tilde.eq X plus.circle Z - $ - + 若 $X$ 入射，则 $Y$ 入射 $<=> Z$ 入射; 若 $Z$ 投射，则 $Y$ 投射 $<=> X$ 投射 - ] - #proof[ - 只证明入射一侧 - + 根据之前的性质，题上的正合列给出 $f$ 单射，因此有下面的交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $X$, "1"), - node((0, 1), $Y$, "2"), - node((1, 0), $X$, "3"), - arr("1", "2", $f$,inj_str), - arr("2", "3", $exists f'$), - arr("1", "3", $id$), - )] - 进一步，有： - $ - f' compose f = id => (id - f compose f')f = 0 - $ - 表明 $im f = ker g subset ker (id - f compose f')$，令 $h = id - f compose f'$ - 如下交换图表给出： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $Y$, "1"), - node((0, 1), $Y quo ker g$, "2"), - node((1, 0), $Y$, "3"), - node((-1, 1), $Z$, "4"), - arr("1", "2", $$, surj_str), - arr("1", "3", $h$), - arr("2", "3", $exists !h'$), - arr("2", "4", $$, bij_str), - arr("1", "4", $g$, surj_str) - )] - 其中，$h'$ 利用 $ker g subset ker h$ 产生，上半部分和下半部分的交换性是熟知的，注意到： - $ - Y -> Z -> Y quo ker g -> Y = (Y -> Z -> Y quo ker g) -> Y = (Y -> Y quo ker g) -> Y\ - = Y -> (Y quo ker g -> Y) = Y -> Y - $ - 因此存在 $r: Z -> Y$ 使得: - $ - id - f compose f' = r compose g\ - g(id - f compose f') = g - (g compose f) compose f' = g = g (r g) = (g r) g - $ - - 由于 $g$ 是满射，故有右逆，上式给出 $g r= id$\ - 此外还有： - $ - f f' + r g = id\ - $ - 以下性质： - $ - g f = 0\ - f f' + r g = id\ - f' f = id\ - g r = id - $ - 表明直积分解成立 - + 由于 $Y tilde.eq X plus.circle Z$ 故 $Hom(*, X) plus.circle Hom(*, Z) tilde.eq Hom(*, Y)$，再加上 $Hom(*, X)$ 是正合函子，因此当且仅当 $Hom(*, Z)$ 正合 - ] - - #proposition[][ - - 自由 $A-$模是投射模 - - 投射模都是自由模的直和项（与其它模可以直和得到自由模） - ] - #proof[ - - 设文字集为 $I$，有： - $ - - Hom(A^I, N) = product_I Hom_A (A, N) = product_I N - $ - - 注意到可以找到满射： - $ - f: plus.circle_(m in M) A &-> M\ - (a_m) &-> sum a_m m - $ - 这是满射，因此有交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $M$, "1"), - node((0, 1), $plus.circle_(m in M) A$, "2"), - node((1, 0), $M$, "3"), - arr("2", "1", $f$, surj_str), - arr("3", "2", $exists! f' $), - arr("3", "1", $id $), - )] - 不难看出 $f'$ 一定是单射，进而： - $ - 0 -> ker f -> plus.circle_(m in M) A ->^(f) M -> 0 - $ - 是正合列，结合 $M$ 投射，$f f' = id$，利用上面的命题知正合列分裂，继而： - $ - plus.circle_(m in M) A tilde.eq ker f directSum M - $ - - ] - #theorem[Baer][ - $M$ 是入射模当且仅当任取 $A$ 的理想 $I$ 以及模同态 $I ->^phi M$，存在 $psi: A -> M$ 使得： - $ - psi|_I = phi - $ - - ] - #proof[ - - - 若 $M$ 入射，则这就是之前讨论中的一种特殊情况 - - 反之，若延拓总是存在,令 $X = phi(I)$，利用 Zoun 引理找出所有入射： - $ - Sigma = {X' subset Y | X subset X' subset Y "是子模，使得" X -> M "可延拓到" X' -> M} - $ - 验证条件后它将有极大元 $X'$，为了证明 $X' = Y$，如若不然，选出 $b in Y - X'$，希望作出延拓： - $ - phi': X' + (b) -> M - $ - 为此，设 $I = {a in A | a b in X'} = (X' : b)$ 是理想，定义 $pi: (a : I) ->(phi(a b) : M)$，由条件将存在同态： - $ - f: A -> M - $ - 则取 $phi'(x' + a b) = phi(x') + f(a b)$ 即可 - ] - 证明： - #example[][ - - 设 $I = (a)$ 且 $m$ 入射，则有： - $ - psi(a) = phi(a)\ - psi(a) = psi(a dot 1) = - $ - - 由 Baer 可以证明，$M$ 是 $AModule(ZZ)$当且仅当对于所有 $n in NN$，都有 $n M = M$ - - 设 $A$ 是环，$I$ 是入射 $ZZ$ 模，则： - $ - Hom_ZZ (A, I) - $ - 是入射 $A-$模\ - 这是因为注意到： - $ - Hom_A (M, Hom_ZZ (A, I)) tilde.eq Hom_ZZ (M, I) - $ - 同构如此给出： - $ - f: (M -> I) -> (m -> [a -> f(a m)]): M ->Hom_ZZ (A, I)\ - g: (M -> Hom_ZZ (A, I)) -> (m -> (g(m))1) : - $ - - ] - - #theorem[][导出函子存在且在同构的意义下唯一] - - #proof[ - 考虑左正合函子的导出，如此定义 $R^i F$: - - 首先，找到入射同态 $M -> I^0$ 使得 $I^0$ 入射。只需取： - $ - I' = Hom_ZZ (A, times.circle/ZZ) - I^0 = product_(Hom_A (M, I')) I'\ - phi(m) =product_(f in Hom_A (M, I')) f(m) - $ - - 反复进行如上步骤，找到正合列： - $ - 0 -> M -> I^0 -> I^1 -> ... - $ - 使得 $I^i$ 都是入射模 - - 定义： - $ - R^i F(M) = H^i (0 -> F I^0 -> F I^1-> ... ) - $ - （第 $i$ 个位置的同调群） - 由 $F$ 左正合： - $ - 0 -> F M -> F I^0 -> F I^1 - $ - 正合，可得 $H^0 (0 -> F I^0 -> F I^1-> ... ) = F M$，表明 $R^0 F = F$\ - 之后的证明要把短正合列延长至长正合列，具体细节在下半学期补充 - - - 对偶的，右正合函子的导出函子大约是： - $ - H_(-i) (... -> F P^1 -> F P^0 -> 0) = R^i F - $ - 其中 $P$ 是投射对象 - - ] - #corollary[][ - - 设 $M$ 是投射模，则 $L_i F(M) = 0, forall i > 0$ - ] - - #lemma[Snake Lemma|蛇形引理][ - 设 $A$ 是环，图： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $0$, "1"), - node((1, 0), $Y'$, "3"), - node((1, 1), $X'$, "4"), - node((2, 0), $Y$, "5"), - node((2, 1), $X$, "6"), - node((3, 0), $Y''$, "7"), - node((3, 1), $X''$, "8"), - node((4, 1), $0$, "9"), - arr("1", "3", $$), - arr("4", "3", $alpha$), - arr("3", "5", $mu$), - arr("4", "6", $f$), - arr("6", "5", $beta$), - arr("5", "7", $nu$), - arr("6", "8", $g$), - arr("8", "7", $gamma$), - arr("8", "9", $$), - - ) - - ] - 是两个正合列，按照如下方式定义 $delta: ker gamma -> coker alpha$，任取 $x' in X''$ - - 由 $g$ 是满射，存在 $x$ 使得 $g(x) = x''$ - - 令 $y = beta(x)$，则： - $ - nu(y) = nu(beta(x)) = gamma(g(x)) = gamma(x'') = 0 - $ - 因此 $y in ker nu$ - - 由 $ker nu = im mu$，可取 $y' in Y'$ 使得 $mu(y') = y$，定义： - $ - delta(x'') = overline(y') - $ - 为了保证这是良定义的，第三步 $y'$ 对应的等价类当然是唯一的，我们需要验证第一步 $x$ 的取法不影响结果。事实上: - - 设 $g(x_1) = g(x_2) = x'' => x_1 - x_2 in ker g = im f$，因此存在 $x'$ 使得 $f(x') = x_1 -x_2$ - - 从而： - $ - y_1 - y_2 = beta(x_1 - x_2) = beta(f(x')) = mu(alpha(x'))\ - mu(y'_1 - y'_2) = y_1 - y_2 = mu(alpha(x'))\ - $ - 而 $mu$ 是单射，因此： - $ - y'_1 - y'_2 = alpha(x) in im(alpha) - $ - 它们当然在 $coker(alpha)$ 中对应相同的等价类 - - 我们将有结论： - - #align(center)[#commutative-diagram( - node((1, 0), $ker alpha$, "3"), - node((1, 1), $coker alpha$, "4"), - node((2, 0), $ker beta$, "5"), - node((2, 1), $coker beta$, "6"), - node((3, 0), $ker gamma$, "7"), - node((3, 1), $coker gamma$, "8"), - arr("3", "5", $f$), - arr("4", "6", $mu$), - arr("5", "7", $g$), - arr("6", "8", $nu$), - arr("7", "4", $delta$) - ) - - ] - 给出正合列 - - 若 $$ - ] - #proof[ - - 除了 $delta$ 处之外的结论都是显然的，只证明 $delta$ 处。有： - $ - delta(x'') = 0 <=> exists x' in X', x - x' in ker(alpha) \ - <=> x'' in im(ker beta -> ker gamma) - $ - $ - overline(y') in ker(coker(alpha) -> coker(beta)) <=> exists x_0 in X, beta(x_0) = mu(y')\ - => exists x_0 in X, gamma(g(x_0)) = mu(beta(x_0)) = nu(mu(y') = 0)\ - => exists x_0 in X, x'' = g(x_0) in ker gamma - $ - ] - 有时通过蛇引理得到的正合列是自然的/典范的/函子的，因为若两组符合蛇引理条件的正合列之间有态射，则蛇引理给出的两个正合列之间也有相应的态射 - - #theorem[同调代数基本定理][ - 设 $A$ 是环，$0 -> X^* ->^f Y^* ->^g Z^* -> 0 $ 是模的复形的正合列 - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $0$, "1"), - node((0, 1), $0$, "2"), - node((1, 0), $X^(n)$, "3"), - node((1, 1), $X^(n-1)$, "4"), - node((2, 0), $Y^n$, "5"), - node((2, 1), $Y^(n-1)$, "6"), - node((3, 0), $Z^n$, "7"), - node((3, 1), $Z^(n-1)$, "8"), - node((4, 1), $0$, "9"), - node((4, 0), $0$, "10"), - arr("1", "3", $$), - arr("2", "4", $$), - arr("4", "3", $alpha^n$), - arr("3", "5", $mu$), - arr("4", "6", $f$), - arr("6", "5", $beta^n$), - arr("5", "7", $nu$), - arr("6", "8", $g$), - arr("8", "7", $gamma^n$), - arr("8", "9", $$), - arr("7", "10", $$), - - ) - ] - 蛇引理给出正合列： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((1, 0), $ker alpha^n$, "3"), - node((1, 1), $coker alpha^n$, "4"), - node((2, 0), $ker beta^n$, "5"), - node((2, 1), $coker beta^n$, "6"), - node((3, 0), $ker gamma^n$, "7"), - node((3, 1), $coker gamma^n$, "8"), - arr("3", "5", $$), - arr("4", "6", $$), - arr("5", "7", $$), - arr("6", "8", $$), - arr("7", "4", $delta$) - ) - - ] - #TODO - - 最终给出上同调群的长正合列： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $dots.v$, "2"), - node((1, 0), $H^(n-1)(X)$, "3"), - node((1, 1), $H^n (X)$, "4"), - node((2, 0), $H^(n-1) (Y)$, "5"), - node((2, 1), $H^n (Y)$, "6"), - node((3, 0), $H^(n-1) (Z)$, "7"), - node((3, 1), $H^n (Z)$, "8"), - node((4, 1), $dots.v$, "9"), - arr("3", "5", $$), - arr("4", "6", $$), - arr("5", "7", $$), - arr("6", "8", $$), - arr("7", "4", $delta^n$), - arr("2", "3", $$), - emptyArrow(2, 3), - emptyArrow(8, 9), ) - - ] - ] - #corollary[][ - - 若 $X^*, Y^*, Z^*$ 之中有两个已经正合，则第三个也正合 - - （9-Lemma）设三列短正合列有： - $ - 0 -> X^* -> Y^* -> Z^* -> 0 - $ - - 若三者中间项构成的行正合，则上下行有相同的正合性 - - 若上下两行正合，并且中间行是复形，则三行都是正合的 - ] - - #lemma[5-lemma][ - 设有交换图上下行都正合： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $X_0$, 0), - node((0, 1), $X_1$, 1), - node((0, 2), $X_2$, 2), - node((0, 3), $X_3$, 3), - node((0, 4), $X_4$, 4), - node((1, 0), $Y_0$, 5), - node((1, 1), $Y_1$, 6), - node((1, 2), $Y_2$, 7), - node((1, 3), $Y_3$, 8), - node((1, 4), $Y_4$, 9), - arr(0, 0 + 1, $u_0$), - arr(1, 1 + 1, $u_1$), - arr(2, 2 + 1, $u_2$), - arr(3, 3 + 1, $u_3$), - arr(0 + 5, 0 + 6, $v_0$), - arr(1 + 5, 1 + 6, $v_1$), - arr(2 + 5, 2 + 6, $v_2$), - arr(3 + 5, 3 + 6, $v_3$), - arr(0, 0 + 5, $f_0$), - arr(1, 1 + 5, $f_1$), - arr(2, 2 + 5, $f_2$), - arr(3, 3 + 5, $f_3$), - arr(4, 4 + 5, $f_4$),)] - - 若 $f_0$ 满，$f_1 f_3$ 是单射，则 $f_2$ 单射 - - 若 $f_4$ 单，$f_1 f_3$ 是满射，则 $f_2$ 满射 - - 特别的，若 $f_0$ 满，$f_4$ 单，$f_1 f_3$ 是双射，则 $f_2$ 是双射 - ] - #proof[ - - - $ - forall x_2 in X_2, f_2 (x_2) = 0 &=> f_3 (u_2 (x_2)) = v_2 (f_2 (x_2)) = 0\ - &=> u_2 (x_2) = 0\ - &=> exists x_1 in X_1,x_2 = u_1 (x_1)\ - & quad=> f_2 (u_1 (x_1)) = nu_1 (f_1 (x_1)) = 0\ - & quad=> f_1 (x_1) in ker v_1 = im v_0\ - & quad=> exists y_0 in Y_0, nu_0 (y_0) = f_1 (x_1)\ - & quad quad => exists x_0 in X_0, f_0 (x_0) = y_0\ - & quad quad quad =>nu_0 (f_0 (x_0)) = f_1 (x_1) = f_1 (u_0 (x_0))\ - & quad quad quad =>x_1 = u_0 (x_0)\ - & quad => x_1 in im u_0 = ker u_1\ - & quad => u_1(x_1) = 0\ - & => x_2 = 0\ - $ - - - $ - y_2 in Y_2 &=> exists x_3 in X_3, v_2 (y_2) = f_3 (x_3)\ - &quad => v_3 (f_3 (x_3)) = v_3 (v_2 (y_2)) = 0 = f_4 (u_3 (x_3))\ - &quad => u_3 (x_3) = 0\ - &quad => exists x_2 in X_2, u_2(x_2) = x_3\ - &quad quad =>v_2 (y_2) = f_3 (x_3) = f_3 (u_2 (x_2))=v_2 (f_2 (x_2))\ - &quad quad =>y_2 - f_2 (x_2) in ker v_2 = im v_1\ - &quad quad quad =>exists x_1 in X_1 y_2 - f_2 (x_2) = v_1 (f_1 (x_1))=f_2 (u_1 (x_1))\ - &quad quad quad =>exists x_1 in X_1 y_2 = f_2 (x_2 + u_1 (x_1))\ - & => y_2 = im f_2\ - - $ - ] - #remark[Diagram Chasing][ - Diagram chasing（追图）是常见的证明正合列的方法，也即在交换图上追踪对象。以上两个引理的证明即体现了这个思想 - ] -= 局部化 - == 环的局部化 - 设 $X = Spec(A), x in X$ 往往看作点，此时 $A$ 可以看作 $X$ 上的全局同态函数。当然，我们也应该考虑在 $x$ 邻域处的同态函数，这就是局部化（localization）的思想 - #definition[乘法封闭|multiclosed][ - 称 $S subset A$ 乘法封闭，如果 $1 in S$ 且 $S$ 关于乘法封闭 - ] - #example[][ - - 设 $p$ 是素理想，则 $A - p$ 是乘法封闭的 - - 设 $f in A$，则 $union_(n in NN) {f^n}$ 是乘法封闭的 - ] - #let InvSA = $Inv(S) A$ - #definition[][ - 设 $S subset A$ 乘法封闭，则存在环 $Inv(S) A$ 以及同态 $phi: A -> Inv(S) A$ 满足以下的泛性质： - - $phi(S) in U(InvSA)$ - - 若 $g : A -> B$ 满足 $g(S) subset U(B)$，则存在唯一的同态 $g' : InvSA -> B$ 使得： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $A$, 1), - node((0, 1), $B$, 2), - node((1, 0), $InvSA$, 3), - arr(1, 2, $g$), - arr(3, 2, $exists ! g'$), - arr(1, 3, $phi$),)] - 称该环为 $A$ 关于 $S$ 的局部化/分式环 - ] - #proof[ - - 先给出 $InvSA$ 的构造，先定义集合： - $ - InvSA = S times A quo ~ := {a/s}\ - (a_1, s_1) ~ (a_2, s_2) <=> exists s in S, s(a_1 s_2 - a_2 s_1) = 0 - $ - 这里乘以 $s$ 是因为环中未必有消去律，可以验证它确实是等价关系 - - 再给出环运算，完全仿照分式的运算定义： - $ - (a_1/s_1) + (a_2/s_2) = (a_1 s_2 + a_2 s_1) / (s_1 s_2)\ - (a_1/s_1) * (a_2/s_2) = (a_1 a_2) / (s_1 s_2) - $ - 并且 $1/1$ 是其中单位。可以验证它这些运算良定义并且满足环的公理 - - 定义: - $ - funcDef(phi, A, InvSA, a, a/1) - $ - 显然： - $ - forall s in S, phi(s) * 1/s = 1 - $ - 因此满足要求 - - 最后验证泛性质，定义： - $ - funcDef(g', InvSA, B, a/s, g(a) / g(s)) - $ - 注意到 $g(s)$ 是可逆元，定义是有意义的。\ - 可以验证它是良定义的同态，并且确实满足交换图表。\ - 同时定义当然是唯一的，因为： - $ - g'(a/1) = g'(phi(a)) = g(a)\ - g'(a/s) = g'(a/1) * g'(1/s) = g(a) * g(s)^{-1} = g(a) / g(s) - $ - 因此同态已经被唯一确定 - ] - #remark[][ - - 注意 $phi$ 未必是单射，因此 $phi(a) = a/1 = 0 <=> exists s in S, s a = 0$\ - 显然在一般的环中不能保证 $phi$ 是单射，但是在整环中，$phi$ 是单射 - - 若 $s in S$ 幂零，则 $phi(s)^n = 0$ 可逆，意味着 $InvSA = 0$ - ] - #definition[][ - - 设 $p$ 是素理想，则称 $A_p = Inv((A - p)) A$，并有 $A_p$ 是局部环，唯一的极大理想便是 $p A_p$ - - $A_f = Inv({f_n}) A = A[1/f] = A[x] quo (x f - 1)$ 也是分式环 - - $ZZ_((p)) = {m/n | (p, n) = 1}$ 是素理想生成的局部化 - ] - #proof[ - 只要证明 $A_p quo p A_p$ 是域，任取其中元素： - $ - a/s + p A_p = (a + p)/s - $ - - $a in p => (a + p)/s = 0$ - - $a in.not p => a/s$ 可逆 - 因此结论成立 - ] - == 模的局部化 - #definition[模的局部化][ - 设 $S subset A$ 乘法封闭，则有函子： - $ - Inv(S) : Mod_A -> Mod_(InvSA) - $ - 及交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $M$, 1), - node((0, 1), $Inv(S) M$, 2), - node((1, 0), $N$, 3), - node((1, 1), $Inv(S) N$, 4), - arr(1, 2, $$), - arr(1, 3, $f$), - arr(2, 4, $exists f'$), - arr(3, 4, $$),)] - ] - #theorem[][ - $Inv(S)$ 是正合函子 - - ] - #proof[ - 给定正合列： - $ - M' ->^f M ->^g M'' - $ - 验证： - $ - Inv(S) M' ->^f' Inv(S) M ->^g' Inv(S) M'' - $ - 也正合 - - $Inv(S) g compose Inv(S) f = Inv(S)(g compose f) = 0$，至少是复形 - - 只需证明 $im Inv(S) f supset ker Inv(S) g$，为此 - - ] - #corollary[][ - - $Inv(S)(N quo M) tilde.eq (Inv(S) N) quo (Inv(S) M)$ - - $Inv(S) (N sect P) = Inv(S) N sect Inv(S) P$ - - $Inv(S) (N + P) = Inv(S) N + Inv(S) P$ - ] - #proof[ - - 注意到： - $ - 0 -> M -> N -> N quo M -> 0 - $ - 正合，由上面的命题知： - $ - 0 -> Inv(S) M -> Inv(S) N -> Inv(S) (N quo M) -> 0 - $ - 正合，因此结论成立 - - - 利用正合列: - $ - 0 -> N sect P -> M -> M quo N times M quo P - $ - 得到： - $ - 0 -> Inv(S) (N sect P) -> Inv(S) M -> Inv(S) (M quo N times M quo P) -> 0 - $ - 正合，在最后一项将 $Inv(S)$ 换入即可 - - - 利用正合列: - $ - 0 -> N plus.circle P -> M -> M quo (N + P) -> 0 - $ - 得到： - $ - 0 -> Inv(S) (N plus.circle P) -> Inv(S) M -> Inv(S) (M quo (N + P)) -> 0 - $ - 利用事实 $N+P = im(N plus.circle P -> M )$ 再次换入即可 - ] - #theorem[][ - 设 $M$ 是一个有限表示，也即存在正合列： - $ - A^p -> A^q -> M -> 0 - $ - 则： - $ - Inv(S) Hom_A (M, N) tilde.eq Hom_(InvSA) (Inv(S) M, Inv(S) N) - $ - ] - #proof[ - 由条件依次得到正合列： - $ - 0 -> Hom_A (M, N) -> Hom_A (A^q, N) -> Hom_A (A^p, N) \ - 0 -> Inv(S) Hom_A (M, N) -> Inv(S) Hom_A (A^q, N) -> Inv(S) Hom_A (A^p, N) - $ - 但是可以验证： - $ - Inv(S) Hom_A (A^p, N) tilde.eq plus.circle Inv(S) N tilde.eq Hom_(InvSA) (Inv(S) A^p, Inv(S) N) - $ - 得到： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $0$, 1), - node((0, 1), $Hom_A (M, N)$, 2), - node((0, 2), $Hom_A (A^p, N)$, 3), - node((0, 3), $Hom_A (A^q, N)$, 4), - node((1, 0), $0$, 5), - node((1, 1), $Hom_(Inv(S) A)(Inv(S) M, Inv(S), N)$, 6), - node((1, 2), $Hom_(Inv(S) A)(Inv(S) A^p, Inv(S), N)$, 7), - node((1, 3), $Hom_(Inv(S) A)(Inv(S) A^q, Inv(S), N)$, 8), - arr(1, 2, $$), - arr(2, 3, $$), - arr(3, 4, $$), - arr(5, 6, $$), - arr(6, 7, $$), - arr(7, 8, $$), - arr(2, 6, $$), - arr(3, 7, $$, bij_str), - arr(4, 8, $$, bij_str),)] - 利用 5-Lemma 即可 - ] - #proposition[][ - $M -> product_(m in "Max" (A)) M_m$ 是单射 - ] - #proof[ - 换言之，需要证明： - $ - forall x in M, (forall m in "Max"(A), x = 0 in M_m -> x = 0) - $ - 如若不然，取 $I = "Ann"(x) != (1)$，取包含 $I$ 的极大理想 $m$，有： - $ - x/1 = 0 => exists t in A - M, t x = 0 => exists t in A -M, t in I - $ - 这与 $I subset m$ 矛盾！ - ] - #corollary[][ - 以下事实等价： - - $M = 0$ - - $M_p = 0, forall p in Spec(A)$ - - $M_m = 0, forall m in "Max"(A)$ - ] - #corollary[][ - 对于 $AModule(A)$同态 $phi$，它是单/满/双射当且仅当在所有素理想/极大理想的局部环中是单/满/双射 - ] - #remark[][ - 像这样性质 $P$ 成立当且仅当它在所有素理想/极大理想的局部化中成立的性质被称作局部性质（local property） - ] - == 分式环的素理想 - #proposition[][ - - $I(InvSA) = (1) <=> S sect I != emptyset$ - - $Spec (InvSA) = {p InvSA | p in Spec(A) and p sect S = emptyset}$ - - $Inv(S) sqrt(I) := sqrt(Inv(S) I)$ - ] - #proof[ - + - - 设 $I(InvSA) = (1)$，则存在 $1 = i /s$，表明： - $ - exists s' in S, s'(a - s) = 0 => s' a = s' s - $ - 则 $s' a = s' s in I sect S$ - - 取元素 $in S sect I$ 显然 - + 注意到存在自然同态 $f: A -> Inv(S) A$，从而诱导同态： - $ - f': Spec(Inv(S) A) -> Spec(A) - $ - 同时，断言 $f'(q) = Inv(f)(q) sect S = emptyset$，否则 $q$ 中将存在单位，这当然是不可能的\ - 另一方面，设 $p in Spec(A)$ 并且 $p sect S = emptyset$，我们断言 $Inv(S) p$ 是素理想，也即： - $ - Inv(S) A quo Inv(S) p = Inv(S) (A quo p) - $ - 是整环，但是注意到 $A quo p$ 已经是整环，它的局部化当然也是整环 - - ] - #corollary[][ - $ - Spec(A_p) = {q A_p | q in Spec(A) and q sect A - p = emptyset}\ - = {q A_p | q in Spec(A) and q subset p} - $ - ] - #proposition[][ - 设 $S subset A$ 是乘法子集，$M$ 是有限生成 $AModule(A)$，则： - - $Inv(S) "Ann"_A (M) = "Ann"_(InvSA) (Inv(S) M)$ - - $Inv(S) (N : P) = Inv(S) N : Inv(S) P$ - ] - #proof[ - 设 $M = sum A x_i$，注意到： - $ - Inv(S) "Ann"(M) = Inv(S) sect.big "Ann"(x_i)\ - = sect.big Inv(S) "Ann"(x_i)\ - = sect.big "Ann"_(Inv(S) A) (x_i / 1)\ - = "Ann"_(Inv(S) A) (Inv(S) M) - $ - 因此结论一成立 - - 对于下一个结论，注意到： - $ - N :P = "Ann" ((N + P) quo N) - $ - 以及有限生成模的商模仍然是有限生成，因此结论自然成立 - ] -= 张量积 - == 构造与性质 - #definition[双线性|bilinear][ - 设 $M, N$ 是 $AModule(A)$，称 $f: M times N -> P$ 双线性，如果： - $ - f(x, *), f(*, y) - $ - 都是线性的 - ] - 张量积的目的是希望将双线性映射转换成某种线性映射 - #definition[][ - 设 $M, N$ 是 $AModule(A)$，定义张量积为 $(T, g)$，其中 $T$ 为 $AModule(A)$而 $g$ 是双线性映射 $M times N -> T$，并且满足泛性质： - $ - forall (D, f):Mod_A times (M times N -> D) - $ - 有交换图： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $M times N$, 1), - node((0, 1), $D$, 2), - node((1, 0), $T$, 3), - arr(1, 2, $f$), - arr(3, 2, $exists !f'$), - arr(1, 3, $g$),)] - 此时记 $T = M times.circle_A N$， - ] - #proposition[][ - 上面定义的张量积存在且在同构的意义下唯一 - ] - #proof[ - - 唯一性由它是范畴的始对象给出 - - 存在性由如下构造给出 - - 令 $C$ 是 $M times N$ 中元素生成的自由 $AModule(A)$ - $ - C = {sum a_i (x_i, y_i)} - $ - 令 $D$ 是由以下元素生成的子模： - $ - (x + x', y) - (x, y) - (x', y)\ - (x, y + y') - (x, y) - (x, y')\ - (a x, y) - a (x, y)\ - (x, a y) - a (x, y) - $ - 令 $T = C quo D$，并取 $g$ 是自然的商模同态，并记： - $ - x tensorProduct y = g(x, y) - $ - 显然 $g$ 是双线性映射 - - 接下来要验证它满足泛性质。事实上，任取 $f: M times N -> G$ 是双线性映射，依次做提升： - $ - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $M times N$, 1), - node((0, 1), $G$, 2), - node((1, 0), $A^(M times N)$, 3), - node((2, 0), $A^(M times N) quo D$, 4), - arr(1, 2, $f$), - arr(3, 2, $exists !f_1$), - arr(4, 2, $exists !f_2$), - arr(1, 3, $$), - arr(3, 4, $$), - )] - $ - 这里分别利用了自由模和商模的泛性质，为此，只需要验证 $f_1(D) = 0$ 即可，事实上： - $ - f_1 ((x + x', y) - (x, y) - (x', y)) = f (x + x', y) - f (x, y) - f (x', y) = 0 - $ - 其余几个生成元也可以类似验证，而唯一性只需要倒推即可 - - ] - #definition[张量积的函子性][ - 张量积 $- times.circle N : Mod_A -> Mod_A$ 是函子，由以下交换图表给出： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $A$, 1), - node((0, 1), $B$, 2), - node((1, 0), $A times N$, 3), - node((1, 1), $B times N$, 4), - node((2, 0), $A tensorProduct N$, 3 + 2), - node((2, 1), $B tensorProduct N$, 4 + 2), - node((0, 2), $N$, 7), - arr(1, 2, $f$), - arr(3,1, $$), - arr(4, 2, $$), - arr(3, 7, $$), - arr(4, 7, $$), - arr(3, 4, $f'$), - arr(0 + 3, 0 + 5, $$), - arr(1 + 3, 1 + 5, $$), - arr(5, 6, $f'' := f tensorProduct N$), - )] - 其中 $f'$ 利用了直积的泛性质，$f''$ 利用了张量积的泛性质，其结合性是容易验证的 - ] - #proposition[][ - 张量积函子 $- times.circle N, M times.circle -$ 是右正合的，但未必左正合 - ] - #proof[ - 右正合性之后会给出证明，至于左正合，只需验证它未必保持单射即可。\ - 例如，取: - $ - funcDef(f, ZZ , ZZ, a, 2 a) - $ - 当然是单射，但是在函子 $F = - tensorProduct (ZZ_2)$的作用下，它变成： - $ - F f = [a tensorProduct b: ZZ tensorProduct ZZ_2 -> 2 a tensorProduct b = 0: ZZ tensorProduct ZZ_2] - $ - 成为零映射，当然不是单射 - ] - #corollary[][ - 设有限个 $x_i in M, y_i in N$ 使得 $sum x_i tensorProduct y_i = 0 in M tensorProduct N$，则存在有限生成子模 $M_0 subset N$ 和有限生成子模 $N_0 subset N$ 使得 $sum x_i tensorProduct y_i = 0 in M_0 tensorProduct N_0$ - ] - #proof[ - 由张量积的构造： - $ - sum x_i tensorProduct y_i = 0 => sum (x_i, y_i) in D - $ - 而 $sum (x_i, y_i) in D$ 是 $D$ 中元素的有限和，设： - - $M_0$ 由 $x_i$ 生成，且第一个坐标落在有限和之中 - - $N_0$ 由 $y_i$ 生成，且第二个坐标落在有限和之中 - 从而当然有： - $ - sum x_i tensorProduct y_i = 0 in M_0 tensorProduct N_0 - $ - - ] - #remark[][ - $x tensorProduct y = 0 in M tensorProduct N$ 成立并不意味着在子模中成立，例如取 $A = ZZ, M = ZZ, N = ZZ quo 2 ZZ$，将有： - $ - 2 tensorProduct x = 1 tensorProduct 2 x = 0 - $ - 然而在 $M$ 的子模 $M' = 2 ZZ$ 中，它不是零，因为可以取得双线性函数: - $ - funcDef(f, 2 ZZ times ZZ quo 2, ZZ quo 2 ZZ, (2 k, b), k b ) - $ - 使得 $f(2, 1) = 1 != 0$ - ] - 这样的定义完全可以推广到多重线性函数，给出多重的张量积，将其记作 $tensorProduct_i M_i$。然而还有一种自然的构造方式 $(((M_1 tensorProduct M_2) tensorProduct M_2) ...) tensorProduct M_r$，下一个命题给出了它们的一致性 - - - #proposition[][ - + $M tensorProduct N tilde.eq N tensorProduct M$ - + $(M tensorProduct N) tensorProduct P tilde.eq M tensorProduct(N tensorProduct P) tilde.eq M tensorProduct N tensorProduct P$ - + $(M plus.circle N) tensorProduct P tilde.eq (M tensorProduct P) plus.circle (N tensorProduct P) $ - + $A tensorProduct M tilde.eq M$，映射如下给出： - $ - funcDef(phi, A tensorProduct M, M, a tensorProduct m, a m) - $ - + 设 $N$ 是 $A, B-$ 模，则： - $ - (M tensorProduct_A N) tensorProduct_B P tilde.eq M tensorProduct_A (N tensorProduct_B P) - $ - ] - #proof[ - + 显然 $M times N tilde.eq N times M$，互相验证泛性质即可 - + 只证明 $M tensorProduct(N tensorProduct P) tilde.eq M tensorProduct N tensorProduct P$，其余同理\ - 验证如下的泛性质成立： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $M times N times P$, 1), - node((0, 1), $D$, 2), - node((1, 0), $M tensorProduct(N tensorProduct P)$, 3), - arr(1, 2, $f$), - arr(3, 2, $exists !f'$), - arr(1, 3, $g$), - )] - 熟知 $M times N times P tilde.eq M times ( N times P)$，因此可以换成验证下面的图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $M times ( N times P)$, 1), - node((0, 1), $D$, 2), - node((1, 0), $M tensorProduct(N tensorProduct P)$, 3), - arr(1, 2, $f$), - arr(3, 2, $exists !f'$), - arr(1, 3, $g$), - )] - 这就是 $M tensorProduct(N tensorProduct P)$ 的泛性质，结论当然正确 - + #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $(M plus.circle N) times P$, 1), - node((1, 0), $(M times P) plus.circle (N times P)$, 2), - node((0, 1), $D$, 3), - node((2, 2), $M times P$, 4), - node((2, 0), $N times P$, 5), - node((3, 2), $M tensorProduct P$, 6), - node((3, 0), $N tensorProduct P$, 7), - node((4, 1), $(M tensorProduct P) plus.circle (N tensorProduct P)$, 8), - arr(1, 2, $$, bij_str), - arr(1, 3, $f$), - arr(2, 3, $f_1$), - arr(4, 2, $$), - arr(5, 2, $$), - arr(4, 6, $$), - arr(6, 3, $exists! f'_1$, label-pos:right), - arr(5, 7, $$), - arr(7, 3, $exists! f'_2$, label-pos:right), - arr(6, 8, $$), - arr(7, 8, $$), - arr(8, 3, $exists! f''$), - arr(2, 8, $exists! g$) - )] - 其中 $f'_1, f'_2$ 分别利用了两个张量积的泛性质，而 $g, f''$ 利用了直和的泛性质 - + - 取: - $ - funcDef(f, A times M, M, (a, x) , a x) - $ - 容易验证它是双线性函数，因此可被唯一延拓到 $f': A tensorProduct M -> M$\ - 注意到环中有单位元，自然是满射。验证单射： - $ - a x = 0 => a tensorProduct x =1 tensorProduct a x = 0 - $ - 证毕 - + - 定义： - $ - funcDef(f_p, M times N, M tensorProduct_A (N tensorProduct_B P), (m,n), m tensorProduct (n tensorProduct p)) - $ - - 容易看出这是关于 $AModule(A)$ 的双线性函数，因此可以唯一延拓到 $f'_p: M tensorProduct_A N -> M tensorProduct_A (N tensorProduct_B P)$\ - 同时，注意到 $Hom(M tensorProduct_A N, M tensorProduct_A (N tensorProduct_B P))$ 事实上是 $A, B$ 双模\ - 因此，将 $f'$ 看作 $P -> (Hom(M tensorProduct_A N, M tensorProduct_A (N tensorProduct_B P)))$，容易验证它也是同态，进而： - $ - f' in Hom(P, Hom(M tensorProduct_A N, M tensorProduct_A (N tensorProduct_B P))) \ - tilde.eq Hom((M tensorProduct_A N) tensorProduct_B P, M tensorProduct_A (N tensorProduct_B P)) - $ - （这里用到了之后的伴随性）\ - 同时，将有： - $ - f'((x tensorProduct y) tensorProduct p) = f_p (x, y) = x tensorProduct (y tensorProduct p) - $ - 容易验证它是同构，证毕 - - ] - == 标量的限制与扩张 restriction/extension of scalar - #definition[限制][ - 设 $f: A -> B$ 是环同态，$N$ 是 $AModule(B)$，则可以自然导出 $N$ 的 $AModule(A)$ 性，由： - $ - A times N -> B times N -> M - $ - 这个模被称为标量限制 - ] - #proposition[][ - 若 $B$ 是有限 $A-$代数，$N$ 是有限生成 $AModule(B)$，则 $N$ 的标量限制是有限生成 $AModule(A)$ - ] - #proof[ - 设 $B = sum_i A x_i, N = sum_i B y_i$，则： - $ - N = sum_i B y_i = sum_i sum_j A x_j y_i - $ - 这只是有限和，因此当然 $x_j y_i$ 成为一组生成元 - ] - #remark[][ - 若 $B$ 不是有限的，限制当然未必有限生成。例如取 $B = A[x], N = A[x]$ - ] - #definition[扩张][ - 设 $f: A -> B$ 是环同态，给出函子： - $ - funcDef(f, Mod_A, Mod_B, M, B tensorProduct_A M := M_B) - $ - 称为扩张，也即将 $M$ 转化为了 $AModule(B)$ - ] - #proposition[][ - 设 $M$ 是有限生成 $AModule(A)$，则扩张 $M_B$ 也是有限生成 $AModule(B)$ - ] - #proof[ - 容易验证若 $x_i$ 生成 $M$，则 $1 tensorProduct x_i$ （作为 $AModule(B)$ ）生成 $M_B$ - ] - #proposition[][ - 设 $Inv(S) A$ 是分式环，有： - $ - Inv(S) A tensorProduct_A M tilde.eq Inv(S) M - $ - 映射由： - $ - f: (a/s, m) -> (a m)/s - $ - 给出 - ] - #proof[ - + 首先给出直接的证明，先证明 $Inv(S) A tensorProduct_A M$ 总可以写成 $1/s tensorProduct m$ 的形式\ - 事实上，由定义张量积均形如： - $ - sum_i a/s_i tensorProduct m_i - $ - 通分化为： - $ - sum_i 1/s tensorProduct (a_i t_i m_i) - $ - 这就是我们要的形式，进而表明 $f$ 是满射\ - 再证明 $f$ 是单射，注意到： - $ - f(1/s tensorProduct m) = 0\ - => exists t in S, t m = 0\ - => t/s tensorProduct m = t/(s t) tensorProduct m = 1/(s t) tensorProduct t m = 0 - $ - 得证 - ] - #theorem[][ - 函子 $Inv(S)$ 保持张量积，换言之： - $ - Inv(S) M tensorProduct_(Inv(S) A) Inv(S) N tilde.eq Inv(S) (M tensorProduct_A N) - $ - 映射由： - $ - m/s tensorProduct n/t -> (m tensorProduct n)/(s t) - $ - 给出 - ] - #proof[ - $ - Inv(S) M tensorProduct_(Inv(S) A) Inv(S) N \ - tilde.eq (Inv(S) A tensorProduct_A M) tensorProduct_(Inv(S) A) (Inv(S) A tensorProduct_A N)\ - tilde.eq (M tensorProduct_A Inv(S) A) tensorProduct_(Inv(S) A) (Inv(S) A tensorProduct_A N)\ - tilde.eq M tensorProduct_A (Inv(S) A tensorProduct_(Inv(S) A) (Inv(S) A tensorProduct_A N))\ - tilde.eq M tensorProduct_A (Inv(S) A tensorProduct_A N)\ - tilde.eq Inv(S) A tensorProduct_A (M tensorProduct_A N)\ - tilde.eq Inv(S) (M tensorProduct N) - $ - 我们证明了它们之间存在同构，容易验证该同构只能是上述形式 - ] - #lemma[][ - 设 $M$ 是$A-$自由模，则 $M_B = B tensorProduct_A M$ 是 $B-$ 自由模 - ] - #proof[ - 设 $M = directSum_i A$，则： - $ - M_B = B tensorProduct_A M = directSum_i B - $ - 当然是自由模 - ] - == $Hom, tensorProduct$ 的伴随性 - #definition[][ - 设 $T: Mod_A -> Mod_B, U = Hom_A (N, -)$ ，称 $(T, N)$ 是伴随对，如果： - $ - Hom_B (T M, P) tilde.eq Hom_A (M, U P), forall M, P - $ - ] - #theorem[][ - 设 $M, N, P$ 是 $AModule(A)$，则有自然同构： - $ - Hom(M tensorProduct N, P) &tilde.eq Hom(M, Hom(N, P))\ - (f: M tensorProduct N -> P) &->[ m -> [n -> f(m tensorProduct n)]]\ - ([(m, n) -> phi(m)(n)]arrow.t) &<- phi - $ - ] - #corollary[][ - $- tensorProduct N$ 是右正合函子 - ] - #proof[ - 设: - $ - E := M' -> M -> M'' -> 0 - $ - 是正合列，往证： - $ - E tensorProduct N = M' tensorProduct N -> M tensorProduct N -> M'' tensorProduct N -> 0 - $ - 正合，由 @exact-test 只需证明： - $ - Hom(E tensorProduct N, P) - $ - 对于任意 $P$ 正合，而上式等价于 - $ - Hom(E, Hom(N, P)) - $ - 再由 @exact-test，这显然成立 - ] - #remark[][ - - 右正合意味着张量积函子可以产生左导出函子，记 $"Tor"_i^A (M, N) := L_i (- tensorProduct_A N) (M) = H_i (... -> P_1 tensorProduct N -> P_0 tensorProduct N )$ - - 然而，张量积本身往往不是左正合的，例如 $f: x -> 2 x$ 是单射，但： - $ - ZZ tensorProduct ZZ_2 ->^f' ZZ tensorProduct ZZ_2 - $ - 不是单射（事实上，是零映射） - - 可以计算得到对于 $ZZ$ 模，$Tor = 0$ 就等价于模无挠，当然也等价于平坦 - ] -= 平坦模 - == 平坦 - #definition[平坦模|flat][ - 以下性质等价 - + 张量积函子 $- tensorProduct N$ 是正合的 - + 任意正合列 $E$，张量积 $E tensorProduct N$ 也是正合的 - + 设 $M' ->^f M$ 是单射，则 $M' tensorProduct N ->^f M tensorProduct N$ 也是单射 - + 对于任意 $M, M'$ 有限生成，$M' ->^f M$ 单导出 $M' tensorProduct N ->^f M tensorProduct N$ 也是单射 - 此时，称 $N$ 是平坦模 - ] - #proof[ - - $4 => 3$，假设 $M' ->^f M$ 是单射，往证 $M' tensorProduct N ->^f' M tensorProduct N$ 单 - 设 $u = sum x_i tensorProduct y_i in ker (f') => 0 = sum f(x'_i) tensorProduct y_i$，由 @zero-tensor-product-fg 知存在有限生成子模 $M_0$ 使得 $0 = sum f(x'_i) tensorProduct y_i in M_0 tensorProduct N$，由于 $f$ 在有限生成模上的提升是单射，$x'_i = 0$，因此 $u = 0$ - - 其余情况显然 - ] - #proposition[平坦性是局部性质][ - 以下命题等价： - - $M$ 是平坦模 - - 对于任意素理想 $p$，$M_p$ 是平坦模 - - 对于任意极大理想 $m$，$M_m$ 是平坦模 - ] - #proof[ - + $1 => 2$：注意到局部化函子 $(-)_p$ 也是正合函子，则复合也是正合函子，而它们的复合恰为： - $ - (- tensorProduct_A M)_p = (-)_p tensorProduct_(A_p) M_p - $ - 证毕 - + $2 => 3$ 显然 - + $3 => 1$：\ - 设 $N ->^f P$ 是单射，往证 $N tensorProduct M ->^f P tensorProduct M$ 也是单射\ - 之前已经证明单射是局部性质，只需要验证 $(N tensorProduct M)_m -> (P tensorProduct M)_m$ 是单射即可，但： - $ - (N tensorProduct M)_m -> (P tensorProduct M)_m\ - <=> (N_m tensorProduct M_m) -> (P_m tensorProduct M_m)\ - $ - 由条件，结论显然成立 - ] - #proposition[][ - 平坦模的扩张仍是平坦模 - ] - #proof[ - 事实上，设 $E$ 是正合列，有： - $ - E tensorProduct_B M_B = E tensorProduct_B (B tensorProduct_A M) = (E tensorProduct_B B) tensorProduct_A M = E tensorProduct_A M - $ - 因此 $E tensorProduct_B M_B$ 作为 $Mod_A$ 中复形正合，而正合性与把它看作哪个环上的模当然无关，因此它也是 $Mod_B$ 中复形，证毕 - ] - #proposition[][ - $directSum_i M_i$ 平坦当且仅当对于每个 $i$ 均有 $M_i$ 平坦 - ] - #proof[ - 注意到张量积与直和交换，因此任取正合列 $E$ 将有： - $ - E tensorProduct (directSum_i M_i) = directSum_i (E tensorProduct M_i) - $ - 利用 @directSum-exact 可得结论成立 - ] - #proposition[][ - 投射模都是平坦模 - ] - #proof[ - 前面 @projective-module 给出投射模是自由模的直和项，而自由模是平坦的，它的直和项也是平坦的 - ] - #lemma[][ - 任取投射模构成的正合列： - $ - ... -> P_2 -> P_1 -> P_0 -> N -> 0 - $ - 则： - $ - "Tor"_i^A (M, N) = H_i (... -> P_2 tensorProduct M -> P_1 tensorProduct M -> 0) - $ - ] - #proof[ - 这是由导出函子的构造所给出的 - ] - #theorem[][ - 以下事实等价： - + $M$ 平坦 - + $forall N in Mod_A, "Tor"_1^A (M, N) = 0$ - + 任意有限生成理想 $I subset A$，序列 $0 -> I tensorProduct M -> M$ 正合（也即 $I M tilde.eq I tensorProduct M$ - + 任意有限生成理想 $I subset A$，$"Tor"_1^A (M, A quo I) = 0$ - + 任何有限生成 $AModule(A)$，有 $"Tor"_1^A (M, N) = 0$ - + 若 $a_i in A, x_i in M$，且： - $ - sum_(i=1)^r a_i x_i = 0 - $ - 则： - $ - exists s >= 1, b_(i_j) in A, y_j in M, 1 <= j <= s, s.t.\ - x_i = sum_j b_(i_j) y_j\ - sum_i a_i b_(i_j) = 0, forall j - $ - 写成矩阵语言就是若 $alpha^T X = 0$，则存在 $C, Y$ 使得： - $ - X = C Y\ - alpha^T C = 0 - $ - ] - #proof[ - - $1 => 2\/3\/4\/5, 2 => 3$ 显然\ - - $3 <=> 4$，注意到： - $ - 0 -> I -> A -> A quo I -> 0 - $ - 正合，无论如何都有长正合列： - $ - "Tor"_1^N (A, M) -> "Tor"_1^N (A quo I, M) -> I tensorProduct M -> M -> A quo I tensorProduct M tilde.eq M quo I M -> 0 - $ - 但是 $"Tor"_1^N (A, M) = 0$（$A$ 自己当然是平坦模）\ - 因此可得正合列： - $ - 0 -> "Tor"_1^N (A quo I, M) -> I tensorProduct M -> M - $ - 以此不难看出 $3 <=> 4$ - - $4 => 1$，之前证明了 $M$ 平坦当且仅当任意有限生成模 $N, N'$ 均有： - $ - 0 -> N' -> N 正 合 => 0 -> N' tensorProduct M -> N tensorProduct M 正 合 - $ - 不妨设 $N' subset N$，继而： - $ - N = N' + A x_1 + A x_2 + ... + A x_n - $ - 我们只要递归的证明 $N' tensorProduct M -> (N' + A x_i) tensorProduct M$ 单射即可\ - 不妨设 $N = N' + A x_i$，则有正合列： - $ - 0 -> N' -> N -> N quo N' = A quo I -> 0 where I = {a in A | a x_1 in N'} - $ - 将有长正合列： - $ - "Tor"_1^A (A quo I, M) -> N' tensorProduct M -> N tensorProduct M -> A quo I tensorProduct M -> 0 - $ - 由 4 结论成立 - - $5 => 4$ 平凡 - - $1 => 6$：\ - 设 $sum_i a_i x_i = 0$，考虑： - $ - phi: A^r &-> A\ - (b_i) &-> sum_i b_i a_i - $ - $M$ 是平坦模表明： - $ - 0 -> (ker phi) tensorProduct M -> M^r ->^f M where f(t_i) = sum_i a_i t_i - $ - 正合\ - 注意到： - $ - X in ker f = im (g tensorProduct 1) - $ - 从而当然有： - $ - X = sum_j beta_j tensorProduct y_j - $ - 计算可得这就是结论 - - $6 => 3$\ - 假设 $sum_i a_i x_i = 0$，往证 $sum_i a_i tensorProduct x_i = 0$，继而对应位置是单射，结论成立\ - 由条件，可设： - $ - x_i = sum_j b_(i j) y_j\ - sum a_i b_(i_j) = 0 - $ - 从而： - $ - sum_i a_i tensorProduct x_i = sum_i a_i tensorProduct (sum_j b_(i_j) y_j) = sum_j (sum_i a_i b_(i_j)) tensorProduct y_j = 0 - $ - - ] - #remark[][ - 注意到理想都是有限生成理想的正向极限，而可以证明： - $ - (lim_(->) M_i) tensorProduct N tilde.eq lim_(->) (M_i tensorProduct N) - $ - 因此上面的有限生成理想条件可以去掉 - ] - #definition[平坦同态][ - 设 $phi: A -> B$ 是环同态，若 $B$ 成为平坦 $A-$模，则称 $phi$ 是平坦同态 - ] - #proposition[][ - - *平坦同态具有传递性*，也即平坦 $AModule(B)$ 成为平坦 $AModule(A)$ - - *平坦在换基下保持不变*，也即若 $phi: A -> B$ 是任意环同态，$M$ 是平坦 $AModule(A)$，则 $M tensorProduct_A B$ 是平坦 $AModule(B)$ - - *局部化是平坦模*，也即设 $S$ 是乘性子集，则 $A -> Inv(S) A$ 是平坦同态。事实上，有： - $ - Inv(S) A tensorProduct E tilde.eq Inv(S) E - $ - ] - #proof[ - - 设 $E$ 是 $AModule(A)$正合列，则有： - $ - E tensorProduct N = (E tensorProduct_A B) tensorProduct_B N - $ - 然而注意到 $E tensorProduct_A B$ 仍正合，$N$ 是平坦 $AModule(B)$，因此上式当然正合 - - 类似的，检查： - $ - E tensorProduct_B (M tensorProduct_A B) = (E tensorProduct_B B) tensorProduct_A M = E tensorProduct_A M - $ - 当然正合 - - 利用 @tensor-product-localization 显然 - ] - #proposition[][ - 设 $phi: A -> B$ 是平坦同态，则： - $ - "Tor"_i^A (M, N) tensorProduct B tilde.eq "Tor"_i^B (M tensorProduct_A B, N tensorProduct_A B) - $ - 特别的： - $ - ("Tor"_i^A (M, N) tensorProduct B)_p = "Tor"_i^A (M, N) tensorProduct B tensorProduct A_p = "Tor"_i^A (M_p, N_p) - $ - ] - #proof[ - 选取投射 $AModule(A)$正合列： - $ - ... -> P_1 -> P_0 -> M -> 0 - $ - 有正合列： - $ - ... -> P_1 tensorProduct B-> P_0 tensorProduct B-> M tensorProduct B -> 0 - $ - 断言 $P_i tensorProduct B$ 是自由 $AModule(B)$ 的直和项，因此还是投射模\ - 事实上，设 $B^X = P_i directSum Q$，则 $A^X tensorProduct_A B = (P_i tensorProduct B) directSum (Q tensorProduct B)$，只需证明 $A^X tensorProduct_A B$ 是自由 $AModule(B)$，这就是 @free-extension - 计算： - $ - "Tor"_i^B (M tensorProduct_A B, N tensorProduct_A B) = H_i ((P tensorProduct_A B) tensorProduct_B (N tensorProduct_A B))\ - = H_i (P tensorProduct_A N tensorProduct_A B)\ - = H_i (P tensorProduct_A N) tensorProduct_A B\ - = "Tor"_i^A (M, N) tensorProduct_A B - $ - ] - #theorem[][ - 设 $A$ 是局部环，$k = A quo m$ 是留域，$M in Mod_A$。若 $m$ 幂零或 $M$ 是有限生成 $AModule(A)$，则： - $ - M "是自由模" <=> M "是平坦模" <=> M "是投射模" - $ - 一般的，局部环上的投射模都是自由模 - ] - #proof[ - 只需证明若 $M$ 是平坦模，则它是自由模，也即需要找到一组基。\ - 注意到： - $ - M quo m M = M tensorProduct k - $ - 是有限维 $k-$线性空间，当然可以找到一组自由基。由 Nakayama，可以设 $x_i in M$ 使得 $overline(M_i) in M tensorProduct k$ 是一组基\ - 只需证明在 $M$ 上的线性无关性即可，用归纳法： - - $n = 1$ 时，$a x_1 = 0$ 及 $M$ 平坦给出： - $ - x_1 = sum b_i y_i, a b_i = 0 - $ - 显然不可能所有 $b_i in m$，不妨假设 $b_1 in.not m$\ - 然而由于 $A$ 是局部环，这给出 $b_1$ 是单位，从而 $b_1 a = 0 => a = 0$ - - $n > 1$ 时方法是类似的，设 $sum_i a_i x_i = 0$，由平坦性知： - $ - x_i = sum_j b_(i_j) y_j, sum a_i b_(i_j) = 0 - $ - 由于 $x_1 in.not m M$，因此不妨假设 $b_(1_1) in.not m$，从而是单位。然而 $sum a_i b_(i_1) = 0 => a_1 = - sum_(i > 1) Inv(b_(1_1)) b_(i_1) a_i$，代回得： - $ - 0 = sum_i a_i x_i = sum_(i > 1) a_i x_i + c_i x_1 - $ - 由归纳假设立得 $a_i = 0$ - ] - #example[][ - $A = ZZ_((p)), M = QQ$ 它不是自由模但是是平坦模 - ] - #proof[ - - 断言它不是投射模，否则 $QQ$ 是自由模的直和，进而 $QQ$ 中任何元素将含于某个自由的子模。\ - 设 $1 in L subset QQ$，其中 $L$ 是自由模，显然将有 $ZZ subset L$\ - 然而这是荒谬的，既然： - $ - 2_(A) dot 1_L - 1_A dot 2_L = 0 - $ - 这与 $L$ 是自由模矛盾 - - 证明它是平坦模，首先 $QQ$ 作为 $ZZ$ 的局部化由局部化的正合性知在 $QQ$ 上平坦，再做 $(p)$ 的局部化可得另一个平坦性\ - ] - == 忠实平坦 - #definition[忠实平坦|faithful flat][ - 以下等价的事实成立： - + 复形 $E$ 正合当且仅当 $E tensorProduct M$ 正合 - + $M$ 是平坦模且任意非零 $AModule(A) space N$，有 $M tensorProduct N != 0$ - + $M$ 是平坦模且任取 $A$ 的极大理想 $m$ 均有 $m M != M$ - 成立时，称 $M$ 是忠实平坦模 - ] - #proof[ - - $1 => 2$ - 若 $N tensorProduct M = 0$，则 $0 -> N tensorProduct M -> 0$ 正合，由定义知 $0 -> N -> 0$ 正合，继而 $N = 0$ - - $2 => 3$\ - 任取极大理想 $m$，将有： - $ - M tensorProduct A quo m = M quo m M != 0 => m M != M - $ - - $3 => 2$\ - 事实上，不妨设 $N$ 有限生成。如果不是，就在其中选出有限个元素生成新的 $N'$，证明对于这个 $N$ 有 $M tensorProduct N$ 足以（既然 $M$ 平坦，保持嵌入仍为嵌入）\ - 此时不可能对于所有极大理想均有 $m N = N$，否则利用 Nakayama 引理得 $N_m = 0$ 对于所有极大理想都成立，进而 $N = 0$，矛盾！\ - 此时，注意到 $(M quo m M) tensorProduct_(A quo m) (N quo m N)$ 是域上两个非零线性空间的张量积，当然非零，因此： - $ - 0 != (M quo m M) tensorProduct_(A quo m) (N quo m N) = (M tensorProduct_A A quo m) tensorProduct_(A quo m) (N tensorProduct_A A quo m) \ - =M tensorProduct_A (A quo m tensorProduct_(A quo m) (N tensorProduct_A A quo m)) = (M tensorProduct_A N) tensorProduct_A A quo m - $ - 导出我们的结论 - - $2 => 1$\ - 取序列： - $ - N' ->^f N ->^g N'' := S - $ - 假设 $S tensorProduct M$ 正合，往证 $S$ 也正合 - - 首先，注意到： - $ - im(g f) tensorProduct M tilde.eq im(g_m f_m) = 0 => im (g f) = 0 - $ - 因此是复形 - - 其次，设 $H$ 是该处同调群，有： - $ - H(S) tensorProduct M tilde.eq H(S tensorProduct M) = 0 => H(S) = 0 - $ - 表明正合性 - - ] - #corollary[][ - 设 $A, B$ 是局部环，$psi: A -> B$ 是局部同态，$M$ 是有限 $AModule(B)$，则 $M$ 是 $A$ 上的忠实平坦模当且仅当它是平坦模 - ] - #proof[ - 设 $m_A, m_B$ 是极大理想，注意到： - $ - m_A M = psi(m_A) M subset m_B M - $ - 注意到若 $m_A M = M$，利用 Nakayama 可得 $M = 0$，这是荒谬的，继而由上面的结论知只要 $M$ 是平坦的，它就是忠实平坦的 - ] - #proposition[][ - 自由模是忠实平坦的 - ] - #lemma[][ - 设 $M$ 在 $A$ 上忠实平坦，则： - - $M quo I M$ 在 $A quo I$ 上忠实平坦 - - $Inv(S) M$ 在 $Inv(S) A$ 上忠实平坦 - ] - #proof[ - 注意到： - $ - (M quo I M) tensorProduct_(A quo I) E = (M tensorProduct_A A quo I) tensorProduct_(A quo I) E = M tensorProduct_A E\ - Inv(S) M tensorProduct_(Inv(S) A) Inv(S) E = M tensorProduct_A E - $ - 因此结论显然 - ] - #proposition[][ - 设 $psi:A -> B$ 是环同态使得 $B$ 忠实平坦，则： - + $forall N in Mod_A, N -> N tensorProduct B$ 是单射。特别的，$psi$ 是单射 - + 任取 $A$ 的理想 $I$，均有 $I B sect A = I$ - + $psi^*: Spec B -> Spec A$ 是满射 - ] - #proof[ - - - 取 $x !=0 in N$，则 $A x != 0$，以下序列正合： - $ - 0 -> A x -> N\ - 0 -> A x tensorProduct_A B -> N tensorProduct_A B - $ - 注意到 $A x tensorProduct_A B = (x tensorProduct_A 1)B $，由忠实平坦知 $x tensorProduct 1 != 0$，再结合正合性知它在 $N tensorProduct B$ 中也不为零 - - 断言 $B tensorProduct_A A quo I = B quo I B$ 在 $A quo I$ 上忠实平坦，从而： - $ - A quo I -> B quo I B - $ - 是单射，继而： - $ - ker(A quo I -> B quo I B) = (A sect I B) quo I = 0 => A sect I B = I - $ - - 任取 $p in Spec(A)$，做局部化，断言 $B_p = B tensorProduct A_p$ 在 $A_p$ 上忠实平坦\ - 由之前的定理，这表明在唯一的极大理想 $p A_p$ 上，有： - $ - p B_p != B_p - $ - 如此，找到极大理想 $m$ 使得： - $ - p B_p subset m subset.neq B_p - $ - 交换图： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $A$, 1), - node((0, 1), $B$, 2), - node((1, 0), $A_p$, 3), - node((1, 1), $B_p = B tensorProduct A_p$, 4), - arr(1, 2, $phi$), - arr(1, 3, $$), - arr(2, 4, $$), - arr(3, 4, $$),)] - 中依次取逆像得： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $p_A$, 1), - node((0, 1), $p_B$, 2), - node((1, 0), $p_A A_p$, 3), - node((1, 1), $m$, 4), - arr(1, 2, $phi$), - arr(1, 3, $$), - arr(2, 4, $$), - arr(3, 4, $$),)] - 然而注意到 $p A_p subset p_A A_p => p_A = p$，证毕 - ] - #theorem[结构性定理][ - 设 $psi:A -> B$ 是环同态，以下条件等价： - - $psi$ 是忠实平坦 - - $psi$ 是平坦的，且 $psi^*: Spec B -> Spec A$ 是满射 - - $psi$ 是平坦的，且对于任取 $m in max(A)$，存在 $m' in max(B)$ 使得 $psi(m) subset m'$ - - ] - #proof[ - - $1 => 2$ 已经证明 - - $2 => 3$\ - 注意到对于任取 $m in max(A)$，存在 $m' in Spec(B)$ 使得 $m = Inv(psi)(m')$\ - 将 $m'$ 扩充成极大理想 $m''$，将有 $m subset Inv(psi)(m'')$，由极大性可得 $m = Inv(psi)(m'') => psi(m) subset m''$ - - $3 => 1$\ - 只要证任取 $m in max(A), m B != B$\ - 事实上，由条件存在 $m' in max(B)$ 使得 $m B subset m' != B$，因此当然有 $m B != B$ - ] - #proposition[faithfully flat descent][ - 设 $B$ 是 $A$ 上的忠实平坦代数，$M$ 是 $AModule(A)$，则： - - $M$ 是平坦/忠实平坦 $<=> M tensorProduct_A B$ 在 $B$ 上平坦/忠实平坦 - - 若 $A$ 是局部环且 $M$ 在 $A$ 上有限生成，则 $M$ 是自由 $AModule(A)$当且仅当 $M tensorProduct_A B$ 是自由 $AModule(B)$ - ] - #proof[ - - $=>$ 平凡，往证 $arrow.double.l$，注意到： - $ - (S tensorProduct_A M) tensorProduct_A B = (S tensorProduct_A B) tensorProduct_B (M tensorProduct_A B) - $ - 因此 $S tensorProduct_A M$ 正合当且仅当 $(S tensorProduct_A M) tensorProduct_A B$ 正合当且仅当 $(S tensorProduct_A B) tensorProduct_B (M tensorProduct_A B)$ 正合 - - 若 $M tensorProduct B$ 忠实平坦，这就等价于 $S tensorProduct_A B$ 正合，等价于 $S$ 正合，证毕 - - 若 $M tensorProduct B$ 平坦且 $S$ 正合，则 $S tensorProduct_A B$ 正合进而 $(S tensorProduct_A B) tensorProduct_B (M tensorProduct_A B)$ 正合，证毕 - - 注意到 $A$ 是局部环且 $M$ 有限生成，此时自由模等价于平坦模，因此右推左成立。同时 @free-extension 给出了左推右 - ] - #theorem[Going-down for flat morphism][ - 是 $psi: A -> B$ 是平坦同态，则下降性质对于 $psi$ 成立，也即： - $ - forall p, p' in Spec A, p subset p'\ - forall q' in Spec B "lying over" p'\ - exists q in Spec B "lying over" p, s.t. q subset q' - $ - ] - #proof[ - 首先做局部化，将 $psi$ 延拓到 $A_p' -> B_q'$，这个延拓产生于以下的交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $A$, 1), - node((0, 1), $B$, 2), - node((1, 0), $A_p'$, 3), - node((1, 1), $B_q'$, 4), - arr(1, 2, $phi$), - arr(1, 3, $$), - arr(2, 4, $$), - arr(3, 4, $phi'$), - )] - 这是因为条件给出： - $ - Inv(phi)(q') = p'\ - A - p' = Inv(phi)(B) - Inv(phi)(q') = Inv(phi)(B - q') - $ - 因此： - $ - ((B -> B_q') compose phi)(A - p') = (B -> B_q')(phi(A - p')) subset (B -> B_q')(B - q') subset U(B_q') - $ - 故泛性质给出 $phi'$\ - - 首先，证明这个映射仍然是平坦同态。事实上，$B -> B_(q')$ 作为局部化是平坦同态，由传递性 $A -> B_q'$ 平坦，它在局部化函子下的提升 $phi'$ 当然也平坦（注意到 $Inv((A-p')) B_(q') = B_(q')$，故 $phi'$ 就是 $Inv((A-p')) (A -> B_q')$ - - 此时，双方都是局部环，进而 $phi'$ 忠实平坦，由之前的结构性定理知 $phi^*$ 是满射，进而存在 $q^* in Spec (B_q')$ lying over $p A_p'$，也即 $Inv(phi')(q^*) = p A_p$，取 $q = q^* sect B subset q'$ - - 只需证明 $Inv(phi)(q) = p$，事实上交换图表给出： - $ - Inv(phi)(q) = Inv(phi) compose Inv((B -> B_q')) (q^*) = Inv((A -> A_p')) compose Inv(phi') (q^*) = p - $ - 证毕 - ] -= 链条件|Chain conditions, Artin 与 Noether - 本章的内容是关于代数结构的经典有限性条件 - == 链条件 - #theorem[acc / maximal condition for a partially ordered set][ - 设 $Sigma$ 是偏序集，以下条件等价： - - 每个上升序列 $x_1 <= x_2 <= ... <= x_n <= ...$ 都是稳定的，也即在有限步后不再改变 - - 每个非空子集有极大元 - ] - #proof[ - - $2 => 1$ 取 ${x_n}$ 的极大元即可 - - $1 => 2$ 任取非空子集 $A$，若其中没有极大元，显然可以构造其中一个不断上升的序列，与条件矛盾 - ] - 从形式上可以看出，上面的定理是 Zoun 引理的一个替代，它反映了某种有限性。对称的，还有 dcc 也即降链条件。 - #definition[Noetherian Space|诺特空间][ - 称拓扑空间 $X$ 是诺特 (Noetherian) 的，如果它的开集族满足升链条件（等价的，闭子集族满足降链条件） - ] - #theorem[诺特归纳法|Noether induction method][ - 设 $E$ 是满足 dcc 的偏序集（例如诺特空间的闭子集族），$P$ 是关于 $P$ 中元素的性质，如果： - $ - forall a in E ((forall b < a, P(b)) -> P(a)) - $ - 则 $forall x in E, P(x)$ - ] - #proposition[][ - - 诺特空间的子空间仍然是诺特空间 - - 有限个诺特空间的并集仍然是诺特空间 - - 诺特空间是拟紧的 - - 若空间中所有开子集都拟紧，则空间是诺特的 - - 诺特空间只有有限多的不可约分支 - ] - 我们的目标是将这些几何条件应用于环或者模之上。 - #definition[Noether Ring, Artin Ring][ - - 称 $A$ 是 Noether 环，如果理想族满足升链条件 - - 称 $A$ 是 Artin 环，如果理想族满足降链条件 - ] - #definition[Noether Module, Artin Module][ - - 称 $M$ 是 Noether 模，如果子模族满足升链条件 - - 称 $M$ 是 Artin 模，如果子模族满足降链条件 - ] - #example[][ - - 有限阿贝尔群是 $ZZ$ 上的 Noether/Artin 模 - - 唯一分解分解整环是 Noether 的 - - $ZZ$ 是 Noether 但不是 Artin 的 - - 设 $p$ 是素数，$G = ZZ[1/p] quo ZZ$，该 $G$ 是 Artin 模，但不是 Noether 模（作为 $ZZ$ 模） - 事实上，不难发现其中子模均形如 $1/p^n ZZ quo ZZ$，既然 $n$ 可以无限上升（继而子模可以无限上升）但不能无限下降（继而子模不能无限下降），故它是 Artin 模但不是 Noether 模 - ] - #proposition[][ - 设: - $ - 0 -> M' ->^alpha M ->^beta M'' -> 0 - $ - 是 $Mod_A$ 中正合列，则： - - $M "Noether" <=> M', M'' "Noether"$ - - $M "Artin" <=> M', M'' "Artin"$ - ] - #proof[ - 只证明 1\ - - $=>$ \ - 任取 $M'$ 的子模升链，注意到 $alpha$ 是单射，该升链对应到 $im alpha$ 的子模升链，当然最终稳定\ - 任取 $M''$ 的子模升链，由于 $beta$ 是满射，该升链对应到 $M quo ker beta$ 的子模升链，当然最终稳定 - - $arrow.double.l$ - 任取 $M$ 的子模升链 $M^i$ - - 首先利用 $beta$ 给出的一一对应，$M^i + ker beta$ 对应到 $M''$ 的子模升链是最终稳定的 - - 再利用 $alpha$ 给出的一一对应，$M^i sect im alpha$ 对应到 $M'$ 的子模升链是最终稳定的 - - 由于 $M^i sect im alpha = M^i sect ker beta subset M^i subset M^i + ker beta$，两边夹逼得到 $M_i$ 最终也是稳定的 - - ] - #corollary[][ - 模的有限直和是 Noether/Artin 的当且仅当每项都是 Noether/Artin 的 - ] - #proof[ - 只证明两项情况，此时有正合列： - $ - 0 -> M_1 -> M_1 directSum M_2 -> M_2 -> 0 - $ - 由上面的结论知结论成立 - ] - #theorem[][ - 设 $M$ 是 $AModule(A)$，则 $M$ 诺特当且仅当所有子模都是有限生成的 - ] - #proof[ - - $arrow.double.l$ \ - 取子模升链 $M_1 <= M_2 <= ... <= M_n <= ...$\ - 由假设条件，将有： - $ - N = union M_i = sum_(i=1)^n A x_i - $ - 由于这里只有有限多个元素，找到充分大的 $k$ 使得 $x_i in M_k, forall i$，进而 $N = M_k$，表明升链稳定，证毕 - - $=>$\ - 假设 $N subset M$ 不是有限生成的，令： - $ - Sigma = {N "的有限生成子模"} - $ - 由于 $Sigma$ 非空且 $M$ 诺特，$Sigma$ 将有极大元 $N_0$ 是 $N$ 的有限生成子模\ - 由假设 $N_0 != N$，将可以找到 $x in N - N_0$，此时 $A x + N_0$ 是比 $N_0$ 更大的有限生成子模，矛盾！ - ] - #corollary[][ - - 诺特模是有限生成的 - - 环是诺特的当且仅当所有的理想都有限生成 - ] - #lemma[][ - Noether/Artin 环上的有限自由模是 Noether/Artin 的 - ] - #proposition[][ - Noether/Artin 环上的有限生成模是 Noether/Artin 的 - ] - #proof[ - 设 $A^N$ 是自由模，$N$ 是模的生成元集（有限），则有正合列： - $ - 0 -> ker f -> A^N ->^f M -> 0 - $ - 由于 $A^N$ 是 Noether/Artin 的，由 @exact-noether-artin 知 $M$ 也是 Noether/Artin 的 - ] - == 有限长度模 - #definition[子模链/合成序列][ - 设 $M$ 是 $AModule(A)$，一个子模链是指： - $ - 0 = M_0 < M_1 < ... < M_n = M - $ - 并记其长度为 $n$ - - 若一个子模链不能再加入任何子模，则称其是合成序列|composition。这等价于 $M_n quo M_(n-1)$ 是单模（不含非平凡子模的模） - ] - #theorem[Jordan-Holder][ - 假设 $M$ 存在长度为 $n$ 的合成列，则每个合成列的长度都是 $n$，且每个子模链都可以被延长到一个合成列。更进一步，任意合成列中记重数集 ${M_n quo M_(n-1)}$ 是不变的 - ] - #proof[ - 定义 $l(M)$ 是 $M$ 的合成列中的最小长度 - #lemmaLinear[][ - 设 $N$ 是 $M$ 的真子模，则 $l(N) < l(M)$ - ] - #proof[ - 设 $M_i$ 是 $M$ 的合成列，断言： - $ - M_i sect N - $ - 是 $N$ 的合成列。事实上，有： - $ - (M_(i-1) sect N) quo (M_(i) sect N) subset M_(i-1) quo M_(i) - $ - 因此这些商模要么是 $0$，要么是单模。去掉所有的 $0$ 之后便成为长度为 $l' <= l(M)$ 的合成列\ - 同时，假设 $l= l(M)$，表明上面的 $N_(i-1) quo N_i tilde.eq M_(i-1) quo M_i$，可以递归证明 $M_i = N_i$，这是荒谬的 - ] - #lemmaLinear[][ - $M$ 中任何一个子模链的长度不超过 $l(M)$ - ] - #proof[ - 在任意子模链： - $ - M = M_0 supset.neq M_1 supset.neq ... supset.neq M_n = 0 - $ - 中，将有： - $ - l(M) > l(M_1) > ... > l(M_n) = 0 - $ - 进而 $l(M) >= n$ - ] - 由定义及上面的引理，当然有任何一个合成列的长度都是 $l(M)$ - - 对于第二个命题，任意子模链当然可以进行延拓。由上面的引理，延拓必将在有限步终止，终止时当然就得到一个合成列。 - ] - #proposition[][ - 设: - $ - 0 -> M' ->^alpha M ->^beta M'' -> 0 - $ - 是 $Mod_A$ 中正合列，则 $l(M) = l(M') + l(M'')$ - ] - #proof[ - $M'$ 的合成列合并 $Inv(beta)(M'' "的合成列")$ 可得 $M$ 的合成列 - ] - #theorem[][ - 设 $V$ 是 $k$ 上的线性空间，则以下事实等价： - - $dim V < infinity$ - - $l(V) < infinity$ - - $V$ 是 Noether 的 - - $V$ 是 Artin 的 - 成立时，将有 $dim V = l(V)$ - ] - #proof[ - 利用线性代数的基本结论，这是容易的 - ] - #lemma[][ - 模是 Artin/Noether 的当且仅当合成列中每一项都是 Artin/Noether 的 - ] - #corollary[][ - 设 $A$ 是环且存在有限多个极大理想（允许重复） $m_i$ 使得 $m_1 m_2 ... m_n = (0)$，则 $A$ 是 Artin 环当且仅当 $A$ 是 Noether 环 - ] - #proof[ - 考虑合成列： - $ - A > m_1 > m_1 m_2 > ... > m_1 m_2 ... m_n = (0) - $ - 注意到每个合成因子： - $ - m_1 m_2 .. m_i quo m_1 m_2 ... m_(i+1) - $ - 都是线性空间，从而每个因子是 Artin 当且仅当是 Noether 的，利用 @compositor-noether-artin 即可 - ] - == Noether 环的构造 - #lemma[][ - 设 $A$ 是 Noether 环，则： - - $A$ 的满射像是 Noether 环 - - $A$ 的局部化 $Inv(S) A$ 是 Noether 环 - - $A$ 的扩张（也就是有限 $A-$代数或者有限生成 $A-$模）是 Noether 环 - ] - #proof[ - - $A$ 的满射像中的理想与 $A$ 中包含 $ker f$ 的理想一一对应，当然满足升链条件 - - $Inv(S) A$ 与 $A$ 中与 $S$ 不交的理想一一对应，当然满足升链条件 - - 前面证明了有限生成 $AModule(A)$ 是 Noether 模，因此它的理想作为子模有限生成，当然有限生成 - ] - #theorem[Hilbert's base theorem][ - 设 $A$ 是 Noether 环，则 $A[x]$ 也是 Noether 环。特别的，有限生成的 $A-$代数是 Noether 环 - ] - #proof[ - 由 @noether-finite，只要证明所有的理想都有限生成即可。任取 $I$ 是 $A[x]$ 的理想，定义： - - $I_0 = {I "中多项式的首项系数"}$，它是 $A$ 的理想，进而有限生成，可设 $I_0 = (a_1, a_2, ..., a_n)$ - - 设 $f_i$ 分别是首项系数为 $a_i$ 的 $I$ 中多项式，由于可以同时乘一个因子，不妨设它们都是 $r$ 次，再设 $I' = (f_1, f_2, ..., f_n)$ - - 断言：$I = union_(h in I, deg(h) < r) I' + h$\ - 事实上，任取 $f$ 使得 $deg f >= r$，它的首项系数 $a in I_0$，继而存在 $u_i$ 使得： - $ - deg(f - sum u_i a_i) < deg(f) - $ - 反复进行即可将 $f$ 的次数降至 $r$ 以下，证毕 - - 接下来，归纳证明：设 $I$ 由次数小于 $n$ 的元素生成，则 $I$ 是有限生成的 - ] - #theorem[weak form of Hilbert's Nullstellensatz][ - 设 $k$ 是域且是有限生成 $A-$代数，$m$ 是极大理想，则 $A quo m$ 是 $k$ 的有限扩张\ - 等价的，如果 $E$ 是有限生成 $k-$代数，且 $E$ 是域，则它是 $k$ 的有限代数扩张 - ] - == 环的维数 - #definition[Krull chain][ - 设 $A$ 是环，一个 Krull 链是指： - $ - p_0 < p_1 < ... < p_n - $ - 其中每个 $p_i$ 是素理想，$n$ 称为长度 - - 对于一个环，这样的链的长度的上确界称为环的维数（可能为无穷） - ] - #proposition[][ - - $dim(A) >= 0$ - - $dim(k) = 0, k$ 是域 - - $dim(ZZ) = 1$ - ] - == Artin 环的结构 - #lemma[][ - Artin 环的满射像/局部化仍然是 Artin 环 - ] - #proof[ - 同前 - ] - #proposition[][ - 设 $A$ 是 Artin 环，则： - - 每个素理想都极大 - - $Spec A$ 是有限集 - - $A$ 的幂零根是幂零的（也即存在 $n$ 使得 $Re^n = 0$） - ] - #proof[ - - 考虑 $A quo p$，它是整环，同时也是 Artin 环\ - 考察 $x in A quo p$，降链： - $ - (x) >= (x^2) ... >= (x^n) >= ... - $ - 最终稳定，进而 $(x^n) = (x^(n+1)) => x^n = x^(n+1) y => x y = 1$，表明 $x$ 是可逆元。这就表明 $A quo p$ 是域 - - 任取一列 $p_i in Spec(A)$，考虑： - $ - m_n = sect_i^n p_i - $ - 它是理想的降链，最终稳定，设它稳定到 $m = sect_i^n p_i$，将有： - $ - m subset p_i, forall i >= n - $ - 再由 @prime-avoidance 知 $sect_i^n p_i subset p_j => exists i <= n, p_i subset p_j => p_i subset p_j, forall j > i$\ - 表明 $Spec(A)$ 中不存在无穷序列，继而是有限集 - - 由降链条件，存在 $k$ 使得： - $ - Re^k = Re^(k+1) = ... := I - $ - 假设 $I != 0$，设： - $ - Sigma = { J subset A | I J != 0} - $ - 则 $Sigma$ 有极小元 $J$，这样的理想当然由唯一的元素 $x$ 生成。\ - 注意到： - $ - (x I) * I = x I^2 = x I != 0 - $ - 因此 $x I in Sigma$，由极小性知 $x I = (x)$，因此存在 $y in I$ 使得 $x y = x = x y^2 = ... = x y^n = 0$，矛盾！进而结论成立 - ] - #theorem[][ - $A$ 是 Artin 环当且仅当 $dim A = 0$ 且 $A$ 是 Noether 环 - ] - #proof[ - 设环是 Artin 环，上面命题给出 $max(A) = Spec(A)$ 有限，不妨设 $max(A) = {m_1, m_2, ..., m_n}$\ - 注意到取充分大的 $k$ 将有： - $ - product_(i) m_i^k subset (sect m_i)^k = Re^k = 0 - $ - 由 @artin-noether 该环是 Noether 环，而 $dim A = 0$ 由每个素理想都极大立刻给出 - - 反之，$dim A = 0$ 蕴含每个素理想都极大，设： - $ - Sigma = {product S | S subset Spec(A) "且有限"} - $ - #TODO - ] - #proposition[][ - 设 $A$ 是 Noether local 环，则下面两者有且只有一个成立： - - $m^n != m^(n+1), forall n$ 进而 $A$ 不是 Artin 环 - - $exists n, m^n = 0$ 进而 $A$ 是 Artin 环，此时它也只有一个素理想 - ] - #proof[ - 假设 $m^n = m^(n+1)$，由 Nakayama 得 $m^n = 0$，进而由 @artin-noether 知它是 Artin 环 - ] - #example[][ - 任取 $A$ 是 Noether 环，则 $A_p$ 是 Noether local 环，进而 $(A_p) quo (p A_p)^n$ 是 Artin 局部环，这样我们便可以构造出很多的 Artin 环 - ] - #theorem[Artin 环的结构定理][ - 设 $A$ 是 Artin 环，则 $A$ 是有限个 Artin 局部环的直积 - ] - #proof[ - 选出所有极大理想 $m_i$，注意到这些 $m_i^k$ 当然互素，且 $product_(i) m_i^k = 0$，由中国剩余定理： - $ - A = product_(i) A quo m_i^k - $ - 而 $A quo m_i^k$ 当然是 Artin 的局部环，证毕 - ] - #example[][ - 我们构造一个仅有一个素理想的环，但不是 Noether 的，进而也不是 Artin 的。\ - 令 $A = k[x_1, x_2, ..., x_n,...] quo (x_i^2)$，任取其中素理想 $p$，将有 $x_i^2 = 0 in p => x_i in p$，因此： - $ - (x_1, x_2, ..., x_n, ...) subset p - $ - 然而上式左侧是极大理想，进而就是 $p$，而这不是有限生成的，因此 $A$ 不是 Noether 环 - ] - #example[][ - 设 $A$ 是局部环，$m$ 是素理想，则模 $m quo m^2$ 也是 $A quo m$ 上的向量空间。事实上我们之后会证明： - $ - dim m quo m^2 >= dim A quo m - $ - 若 $m$ 有限生成，则它的生成元当然也是向量空间的生成元 - ] - #proposition[][ - 设 $A$ 是 Artin local 环，以下事实等价： - - $A$ 是主理想环且所有理想都是主理想的幂次 - - 极大理想 $m$ 是主理想 - - $dim_k m quo m^2 <= 1$ - ] - #proof[ - 前两项显然，只证明 $3 => 1$ - - 假设 $dim_k m quo m^2 = 0$，则 $m = m^2$，由 Nakayama 得 $m = 0$，进而 $A$ 是域，结论当然正确 - - 反之，设 $dim_k m quo m^2 = (1)$，当然有 $m = (x)$，继而我们证明所有理想都是主理想。\ - 任取 $I subset m$，注意到 $m$ 幂零，取 $r$ 使得 $I subset m^r, I subset.not m^(r+1)$\ - 取 $y in.not (x^(r+1))$，但 $y = a x^r$，进而 $a in.not (x) = m$，然而局部环中不在极大理想意味着 $a$ 是单位，表明 $x^r in I => m^r subset I$\ - 根据取法，一定有 $I = (x^r)$，证毕 - ] - #example[][ - 设 $A = k[x^2, x^3] quo (x^4)$，注意到生成元都是幂零的，进而有唯一素理想 $(x^2, x^3)$，且是 Noether 的，进而是 Artin 的局部环。然而极大理想不是主理想，因此 $dim_k m quo m^2 >= 2$\ - 事实上 $m^2 = 0$，因此 $dim_k m = 2$ - ] - == Noether 环中模的 filtration - #theorem[][ - 设 $A$ 是 Noether 环，$M$ 是有限生成模，则存在升链： - $ - (0) = M_0 < M_1 < ... < M_n = M - $ - 使得 $M_i quo M_(i-1) tilde.eq A quo p_i, p_i in Spec(A)$ - ] - #proof[ - 只需证明存在 $M_1$ 使得 $M_1 tilde.eq A quo p$，接下来不断取商即可\ - #definition[associated prime][ - 设 $A$ 是 Noether 环，若以下等价条件成立： - - $exists x in M, Ann(x) = p$ - - $M$ 包含同构于 $A quo p$ 的子模 - 则称 $p$ 是 $M$ 的 associated prime，记这些素理想的集合为 $Ass(M)$ - ] - 化归成证明这样的素理想存在 - #proposition[][ - 设 $Sigma = {Ann(x) | x != 0 in M}$，由 Noether 环知它有极大元，则极大元是素理想。特别的： - $ - union_(p "是 associated prime") p = union_(x != 0 in M) Ann(x) - $ - ] - #proof[ - 设 $p = Ann(x)$ 是极大元，取 $a b in p, b in.not p$，则： - $ - b x != 0\ - a b x = 0 => a in Ann(b x)\ - Ann(b x) supset Ann(x) => Ann(b x) = Ann(x) => a in Ann(x) - $ - 证毕 - ] - ] - #lemma[][ - 设 $0 -> M' ->^f M ->^g M''$ 正合，则 $Ass(M) subset Ass(M') union Ass(M'')$ - ] - #proof[ - 取 $p in Ass(M), M supset N tilde.eq A quo p$ - - 若 $N sect M' = 0$，则有： - $ - N tilde.eq (N directSum ker g)quo ker g tilde.eq g(N) - $ - 因此 $g(M)$ 含有一个同构于 $N$ 的子模，故 $p in Ass(M'')$ - - 若 $N sect M' != 0$ ，此时取 $x in N sect M'$，注意到： - $ - N tilde.eq A quo p => Ann(x) = p => p in Ass(M') - $ - ] - #lemma[][ - 设 $M$ 是有限生成模，则 $Ass(M)$ 有限 - ] - #proof[ - 取 @noether-filtration 中升链，有正合列： - $ - 0 = M_0 -> M_1 -> M_1 quo M_0 -> 0 -> M_1 -> M_2 -> M_2 quo M_1 ...\ - -> 0 -> M_(n-1) -> M_n -> M_n quo M_(n-1) -> 0 - $ - 将有： - $ - Ass(M) &subset Ass(M_n quo M_(n-1)) union Ass(M_(n-1))\ - &subset Ass(M_n quo M_(n-1)) union Ass(M_(n-1) quo M_(n-2)) union Ass(M_(n-2))\ - &...\ - &subset union_(i = 0)^(n-1) Ass(M_(i+1) quo M_i) - $ - 右边都是些整环，断言其 $Ass$ 只能是 $p_i$\ - 事实上，若存在 $a + p in A quo p$ 使得 $Ann(a + p) = q$，首先当然有 $p subset q$，其次任取 $x in q$ 将有： - $ - x(a+p) = 0 => x a in x p subset p => x in p or a in p - $ - 显然可设 $a in.not p$，因此 $q subset p$，故 $Ass(A quo p) = {p}$ - - 因此它们的并当然有限，证毕 - - ] - #lemma[][ - $Ass(Inv(S)A) = Ass(A) sect {p | p sect S = 0}$ - ] - #theorem[][ - $ - Ass(M) subset "Supp"(M) := {p | M_p != 0} - $ - 且 $"Supp"(M)$ 的极小元落在 $Ass(M)$ - ] - #proof[ - 先任取 $p in Ass(M)$，有正合列： - $ - 0 -> A quo p -> M - $ - 利用局部化的正合性： - $ - 0 -> (A quo p)_p -> M_p\ - 0 -> (A_p quo p A_p) -> M_p\ - $ - 从而显然有 $M_p != 0$ - - 取 $p$ 是极小元，利用 @localization-ass，不妨通过局部化假设 $p$ 是唯一极大理想。然而由极小性，将有 $"Supp" M = {p}$，结合 $Ass(M)$ 非空得 $p in Ass(M)$ - ] - 期中考试内容到此 -= 整独立|Integral dependence - == 整元 - #definition[整元][ - 设 $A subset B$ 是子环，称 $b in B$ 在 $A$ 上是整的，如果存在首一多项式 $f(x) in A[x]$ 使得 $f(b) = 0$ - ] - 整元的概念当然是代数扩张的自然推广 - #lemma[][ - 以下条件等价： - + $x in B$ 在 $A$ 上整 - + $A[x]$ 是有限生成 $AModule(A)$ - + 存在有限扩张 $A[x] subset C subset B$ 其中 $C$ 是有限 $A-$代数 - + 存在忠实 $AModule(A[x])$（$forall y in A[x], y M = 0 => y = 0$）作为 $AModule(A)$有限生成， - ] - #proof[ - - 1 $=>$ 2 利用首一的带余除法即可 - - 2 $=>$ 3 取 $C = A[x]$ 即可 - - 3 $=>$ 4 取 $M = C$，注意到 $1 in M$ 从而当然忠实 - - 4 $=> 1$ 考虑自同态 $phi: m: M -> x m$，可以利用 @Hamiton-Cayley 得存在首一多项式使得： - $ - f(phi) = 0 => f(x) M = 0 => f(x) = 0 - $ - 证毕 - ] - #corollary[][ - 设 $x_i$ 是整元，则 $A[x_1, x_2, ..., x_n]$ 是有限 $A-$代数，特别的其中元素 $x_i + x_j, x_i x_j$ 是整元。故 $B$ 中的 $A$ 上整元构成子环，这个子环称为 $A$ 在 $B$ 中的整闭包 - ] - #definition[][ - - 若 $B$ 中 $A$ 上整元只有 $A$ 中元素，则称 $A$ 在 $B$ 中整闭 - - 若 $B$ 中所有元素都在 $A$ 上整，则称 $B$ 在 $A$ 上整 - ] - #example[][ - - $ZZ subset QQ$ 是整闭的（注意我们只选首一多项式） - - 一般的，唯一分解整环在分式域中就是整闭的。否则，显然元素 $k/s$ 的零化多项式恰如： - $ - (s x - k) in k[x] - $ - 无妨设 $k, s$ 互素，容易看出有首一多项式 $in (s x - k) sect A[x]$ 除非 $s$ 在 $A$ 中可逆，进而这个元素只能在 $A$ 中 - ] - #definition[][ - 设 $phi: A -> B$ 是环同态，称 $B$ 在 $A$ 上整，如果 $B$ 在 $f(A)$ 上整，也称 $phi$ 是整的或者 $B$ 是整 $A-$代数 - ] - #corollary[][ - 设 $f$ 是整的且有限生成，则 $f$ 是有限的 - ] - #proof[ - 每一个生成元都整，进而作为模是有限生成的 - ] - #theorem[传递性][ - 设 $B$ 在 $A$ 上整，$C$ 在 $B$ 上整，则 $C$ 在 $A$ 上整 - ] - #proof[ - 设 $x in C$，则存在首一多项式 $f(x) in B[x]$ 使得 $f(x) = 0$\ - 设 $f$ 的系数为 $b_i$，这些系数都在 $A$ 上整，进而： - $ - f(x) in (A[b_i])[x] - $ - 而 $A[b_i]$ 是有限生成的代数，$x$ 在其上整，进而 $A[b_i, x]$ 也是有限生成代数，故 $x$ 在 $A$ 上整 - ] - #corollary[][ - 设 $A subset B$, $C$ 是 $A$ 的整闭包，则 $C$ 在 $B$ 上整闭 - ] - #proof[ - 否则，设 $C'$ 是 $C$ 的整闭包，由 @integral-transitivity 得 $C'$ 在 $A$ 上也整，矛盾！ - ] - #proposition[][ - 设 $A subset B$ 且 $B$ 在 $A$ 上整，则 - - 任取 $B$ 的理想 $J, B quo J$ 在 $A quo (J sect A)$ 上整 - - 任取 $A$ 的乘性子集 $S, Inv(S) B$ 在 $Inv(S) A$ 上整 - ] - #proposition[][ - 设 $A subset B$， $C$ 是 $A$ 在 $B$ 上的整闭包，则 $Inv(S) C$ 是对应的整闭包 - ] - #proof[ - $Inv(S) C$ 是整扩张前面已经证明，任取 $b / s$ 在 $Inv(S) A$ 上整，只需证明它落在 $Inv(S)C$，也即： - $ - exists t in S, t b in C - $ - 由条件，存在多项式使得： - $ - (b/s)^n + a_1/s_1 (b/s)^(n-1) + ... + a_n/s_n = 0\ - b^n + (a_1 s)/s_1 b^(n-1) + ... + a_n/s_n s^n = 0\ - (s_1 s_2 ... s_n b)^n + a_1 s_2 s_3 ... s_n (b s_1 s_2 ... s_n)^(n-1) + ... + a_n (s_1 s_2 ... s_n)^n = 0 - $ - 取 $t = s_1 s_2 ... s_n$，上式给出了 $b t$ 的一个首一零化多项式，进而 $b t in C$，得证 - ] - == going-down 与 going-up - #proposition[][ - 设 $A subset B$ 且 $B$ 在 $A$ 上整 - - 若 $A, B$ 是整环，则 $B$ 是域当且仅当 $A$ 是域 - - 若 $q in Spec(B)$ 在 $p = q sect A in Spec(A)$ 之上，则有整环间的整扩张 $A quo p -> B quo q$，从而 $p$ 是极大理想当且仅当 $q$ 是极大理想 - - 设 $q subset q' in Spec(B)$，若 $q sect A = q' sect A := p$，则 $q = q'$ - ] - #proof[ - - 先证明假设 $A$ 是域，则 $B$ 也是域\ - 任取 $b in B$，存在多项式使得： - $ - b^n + a_1 b^(n-1) + ... + a_n = 0 - $ - 不妨设 $a_n != 0$，则： - $ - b(b^(n-1) + a_1 b^(n-2) + ... + a_(n-1)) = -a_n - $ - 然而上式右侧是单位，因此 $b$ 也是单位，证毕 - - 再假设 $B$ 是域，任取 $x in A, Inv(x) in B$ 是整元，存在多项式： - $ - x^(-n) + a_1 x^(-n+1) + ... + a_n = 0\ - x^(-1) + a_1 + ... + a_n x^(n-1) = 0 - $ - 上式中除 $Inv(x)$ 外的项都在 $A$ 中，进而它也在 $A$ 中，证毕 - - 就是前一个命题的直接推论 - - 做局部化 $A_p$，设 $B_p = Inv((A - p))B$，则 $p A_p$ 是极大理想，且 $q B_p subset q' B_p$ 是 $B_p$ 的素理想，由上面结论得它们都是极大理想，进而 $q B_p = q' B_p$\ - 假设 $q' != q$，取 $y' in q' - q$，则 $y'/1 in q' B_p => y'/1 = y/1 => exists x in A - p, x(y' - y) = 0 => x y' = x y in q => x in q or y' in q => x in q => x in A sect q = p$，这是荒谬的 - ] - #theorem[][ - 设 $A subset B$ 且 $B$ 在 $A$ 上整，则 $Spec(B) -> Spec(A)$ 是满射 - ] - #proof[ - 任取 $p in Spec(A)$，类似的做 $A_p$ 并令 $B_p = Inv(A - p) B$，任取 $B_p$ 的极大理想 $m$，由之前的结论知 $m sect A_p$ 也是极大理想，从而只能是 $p A_p$，证毕 - ] - #theorem[going-up][ - 设 $A subset B$ 且 $B$ 在 $A$ 上整。任取 $Spec(B)$ 中升链 - $ - q_1 < q_2 < ... < q_m - $ - 对应 $Spec(A)$ 中升链的一部分： - $ - p_1 < p_2 < ... < p_m < p_(m+1) < ... < p_n - $ - 使得 $p_i = q_i sect A, forall i = 1, 2, ..., m$\ - 则 $q_i$ 可以被拓展到 $n$ 项，并且满足 $q_i = p_i sect A, forall i = 1, 2, ..., n$ - ] - #proof[ - 由 $Spec(B) -> Spec(A)$ 的满射性，取原像即可 - ] - #definition[][ - 称一个整环是整闭的，如果环在分式域上整闭 - ] - #proposition[][ - 设 $A$ 是整环，则以下条件等价： - - $A$ 整闭 - - 对于任何素理想 $p$ 均有 $A_p$ 整闭 - - 对于任何极大理想 $m$ 均有 $A_m$ 整闭 - ] - #proof[ - 取 $C$ 是 $A$ 在分式域中的整闭包，$f$ 是嵌入，则以上条件等价于 $f$ 是满射（可以验证兼容性） - ] - #definition[][ - 设 $A subset B, I subset A$ 是理想，称 $b in B$ 在 $I$ 上整，如果 $exists f(x) in I[x], f(b)= 0$\ - 类似的，可以定义 $I$ 上的整闭包 - ] - #lemma[][ - 设 $A subset B, I subset A$ 是理想，$C$ 是 $A$ 在 $B$ 中的整闭包，则 $I$ 在 $B$ 上的整闭包恰为： - $ - sqrt(I C) - $ - 特别的，这是一个理想，因此整闭包对于加法和乘法有封闭性 - ] - #proof[ - 任取 $x in B$ 在 $I$ 上整，则 $x in C$ 且： - $ - x^n + a_1 x^(n-1) + ... + a_n = 0 - $ - 其中除了 $x^n$ 之外都在 $I C$ 之中，进而 $x^n$ 也在，故 $x in sqrt(I C)$ - - 对于另一个方向，设 $x in sqrt(I C)$，则： - $ - x^n = sum a_i c_i - $ - 其中 $c_i$ 在 $A$ 上是整的，因此 $M := A[c_i]$ 是有限生成 $AModule(A)$\ - 考虑自同态 $phi: m : M -> x^n m$，上式给出 $phi(M) subset I M$，由 @Hamiton-Cayley 得存在首一多项式 $f(x) in I[x]$ 使得： - $ - f(phi) = 0 => f(x^n) M = 0 - $ - 而 $M$ 作为模忠实，故 $f(x^n) = 0$，表明 $x^n$ 是整的，继而 $x$ 也是，证毕 - ] - #proposition[][ - 设 $A subset B$，$A$ 在分式域 $k$ 中整闭，设 $x in B$ 在 $I subset A$ 上整，则 $x$ 是 $k$ 上的代数元，并设其最小多项式为 $t^n + k_1 t^(n-1) + ... + k_n$，则有 $k_i in sqrt(I)$\ - 简而言之，整元的极小多项式是整系数的 - ] - #proof[ - $x$ 是 $k$ 上是代数元显然\ - 设极小多项式 $f = ^n + k_1 t^(n-1) + ... + k_n$，取 $f$ 的分裂域 $L$，其中有 $n$ 个零点： - $ - x_1 = x, x_2 , ..., x_n - $ - 显然 $x_i$ 都是 $I$ 上整元。注意到系数 $k_i$ 都是 $x_1$ 的多项式，因此落在 $I$ 的整闭包之中，进而： - $ - k_i in sqrt(I C) = sqrt(I A) = sqrt(I) - $ - 证毕 - ] - #theorem[going down][ - 设 $A subset B$ 都是整环，$B$ 在 $A$ 上整，$A$ 在其分式域中整闭。若在 $A$ 中有素理想降链： - $ - p_1 > p_2 >... > p_n - $ - 其中前一部分在 $B$ 中有对应： - $ - q_1 > q_2 > ... > q_m, m >= n - $ - 则存在 $q_(m+1) > ... > q_n$ 使得： - $ - q_i sect A = p_i, forall i = 1, 2, ..., n - $ - ] - #proof[ - 同样只需要证明 $n = 2, m = 1$ 情形\ - 经典的技巧是使用商环扩充素理想，使用分式环降低素理想。这里使用分式环。\ - 利用 @integral-prime-containing - 任取一个元素 $x in p_2 B_(q_1) sect A, x$ 将形如： - $ - x = y / s, y in p_2 B, s in B - q_1 - $ - 断言 $y in B$ 在 $p_2 subset A$ 中整，进而它的极小多项式系数落在 $sqrt(p_2) = p_2$ 中，也即其最小多项式形如： - $ - t^r + a_1 t^(r-1) + ... + a_r, a_i in p_2 - $ - 将 $y = s x$ 代入，得： - $ - s^r + b_1 s^(r-1) + ... + b_r = 0, b_i = v_i/x^r - $ - 然而再次利用上面的引理，将有 $b_i in A$，进而： - $ - x^r b_i = v_i in p_2, x^r, b_i in A - $ - 由 $p_2$ 是素理想，如果 $x in.not p_2$，则 $b_i in p_2$，进而： - $ - s^r = -b_1 s^(r-1) - ... - b_r in p_2 - $ - 故 $s in p_2$，然而之前假设 $s in B - q_1$，矛盾！ - #TODO - ] - #theorem[][ - 设 $A subset B$ 都是整环，$B$ 在 $A$ 上整，$A$ 在其分式域 $k$ 中整闭，则： - - 若存在正规扩张 $L quo k$ 使得 $B$ 是 $A$ 在 $L$ 中的整闭包，则任何两个 lying over 同一个素理想 $p$ 的 $B$ 中素理想 $q_1, q_2$ 都在 $Aut(L quo k)$ 中某个自同构下共轭 - - going down 性质成立 - ] - #proof[ - - 先不证明 - - 设 $p_1 > p_2$，先通过 going up 产生 $q_1' > q_2'$ 使得 $q_1 - sect A = q_1 sect A = p_1$，由前面的命题得它们共轭，也即： - $ - sigma(q'_1) = q_1 - $ - 如此可以证明 $sigma(q'_2) sect A = p_2$ #TODO - ] -= 赋值环|Valuation ring - == 全序阿贝尔群 - #definition[][ - 称一个阿贝尔群全序，如果其上有全序且满足： - $ - r <= r' => a r <= a r' - $ - 两个全序阿贝尔群之间的同态是保持序关系的群同态 - ] - #example[][ - - $RR^+$ 在乘法和通常的序下当然是全序的 - - $RR$ 在加法和通常的序下当然是全序的。事实上通过取指数/对数，它与上面的群同构 - ] - #definition[][ - 设 $P$ 是全序阿贝尔群，$Q subset P$ 是子群，称 $Q$ 是凸的，如果以下等价条件成立对所有 $delta, delta', gamma in P$ 成立： - - $delta <= gamma <= 1 and delta in Q => gamma in Q$ - - $delta, gamma <= 1, delta gamma in Q => delta, gamma in Q$ - - $delta <= gamma <= delta', delta, delta' in Q => gamma in Q$ - ] - #proof[ - - 1 $=>$ 2 注意到 $delta gamma <= delta, gamma <= 1$，由 1 结论成立 - - 2 $=>$ 1 注意到 $gamma <=1, delta <= gamma => delta Inv(gamma) <= 1$，由 2 结论成立 - - 3 $=>$ 1 显然 - - 1 $=>$ 3 将有： - $ - delta Inv(delta') <= gamma Inv(delta') <= 1 => gamma Inv(delta') in Q => gamma in Q - $ - ] - #definition[][ - 设 $P$ 是全序阿贝尔群，定义 $ht(P)$ 为 $P$ 的除 ${1}$ 外的凸子集的个数，显然 $ht(P) >= 0$ 可能为 $infinity$ - ] - #example[][ - - $ht(RR^+) = ht(RR) = 1$ - - 任取 $H subset P$，存在一个最小的包含 $H$ 中的凸子集： - $ - {gamma in P| exists x, y in H, x <= gamma <= y} - $ - ] - #proposition[][ - - 设 $H_1, H_2$ 是两个凸子群，则必有 $H_1 subset H_2$ 或 $H_2 subset H_1$ - - 设 $phi: P -> Q$ 是全序阿贝尔群之间的同态，则 $ker phi$ 是凸子集 - - 设 $H$ 是凸子群，则商群 $P quo H$ 上也有全序结构，定义为 #TODO，并有 $ht(P) = ht(P quo H) + ht(H)$ - - $ht(P) = 0 <=> P = {1}$ - ] - #proof[ - - 否则，设 $x in H_1 - H_2, y in H_2 - H_1$，不妨设 $x, y < 1$（否则取逆）以及 $x < y < 1$\ - 然而第二式已经给出 $x, 1 in H_1$ 进而 $y in H_1$，矛盾！ - ] - #proposition[][ - 设 $P != [1]$ 是全序阿贝尔群，以下条件等价： - - $ht(P) = 1$ - - $P$ 可以嵌入 $RR^+$（或 $RR$ 加法群） - - $P$ 是阿基米德的，也即 $forall x < 1, y < 1 in P$ 均存在 $m$ 使得 $x^m < y$ - ] - #proof[ - 本门课程不会用到这些事实，不作证明 - ] - == 赋值、赋值谱 - #definition[][ - 设 $A$ 是环，$P$ 是全序阿贝尔群，称一个赋值是映射： - $ - abs(dot): A -> P union {0} - $ - 并且满足： - - $abs(a + b) <= max(abs(a), abs(b))$ - - $abs(a b) = abs(a) abs(b)$ - - $abs(0) = 0, abs(1) = 1$ - 若 $A$ 是拓扑环（加法和乘法都连续且兼容），则称赋值是连续赋值，如果任意 $x in P$，都有： - $ - {abs(a) < x} "是开集" - $ - ] - #definition[][ - 称两个赋值等价，如果存在交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $A$, 1), - node((0, 1), $P$, 2), - node((1, 0), $P'$, 3), - arr(1, 2, $$), - arr(3, 2, $$, bij_str), - arr(1, 3, $$),)] - ] - #proposition[][ - 设 $k$ 是域，则其上的赋值等价于一个群同态 $k^times -> P$ 结合 $v(0) = infinity$ - ] - #example[平凡赋值][ - 对于任意环 $A$ 和其中素理想 $p$ ，给出一个平凡赋值： - $ - abs(a) = cases( - 0 quad a in p, - 1 quad a in.not p - ) - $ - ] - #definition[赋值谱|valuation spectrum][ - 设 $A$ 是环，定义其赋值谱 $Spv(A)$ 为所有赋值的等价类的集合。进一步，可以定义其上的闭集族为： - $ - Spv(A)(f/s) := {v i Spv(A) | abs(f)_v <= abs(s)_v != 0} - $ - 构成拓扑空间 - ] - #proposition[][ - 任给环同态 $phi: A -> B$，诱导映射 $abs(dot): Spv(B) -> abs(dot) compose phi: Spv(A)$，它是连续映射 - ] - #remark[][ - 平凡赋值给出 $Spec(A) -> Spv(A)$ 的映射，而 $ker$ 给出 $Spv(A) -> Spec(A)$ 的映射，满足： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $Spec(A)$, 1), - node((0, 1), $Spv(A)$, 2), - node((1, 0), $Spec(A)$, 3), - arr(1, 2, $$, inj_str), - arr(2, 3, $$), - arr(1, 3, $$),)] - ] - #example[p-adic][ - - $QQ$ 上的赋值一定是某个素数 $p$ 产生的平坦赋值，称为 $p-$进赋值，换言之： - $ - Spv(QQ) = Spec(ZZ) - $ - - $QQ$ 上的赋值可以限制到 $ZZ$ 上，更进一步： - $ - Spv(ZZ) = Spv(QQ) union {abs(dot)_(0, p), p "is prime"} - $ - 其中后者是 $F_p$ 上的平凡赋值 - ] - == 赋值环 - #definition[dominate][ - 设 $A subset B$ 是局部环，极大理想分别为 $m, n$，若 $n sect A = m$ 则称 $B$ 支配 $A$ - ] - #definition[valuation ring][ - 设 $A$ 是整环，$k$ 是分式域，称 $A$ 是 $k$ 的赋值环，如果以下等价条件成立： - + $forall x in k, x in B or Inv(x) in B$ - + 存在全序阿贝尔群 $(Gamma, +)$ 和满同态 $nu: k^* -> Gamma$，并且满足： - $ - nu(x + y) >= min(nu(x), nu(y))\ - nu(x y) = nu(x) + nu(y) - $ - 并且 $B = {x in k | nu(x) >= 0}$ - 此时，称 $v$ 是 $B$ 的一个（加性）赋值 - + $A$ 的主理想在包含关系下构成全序集 - + $A$ 的所有理想在包含关系下构成全序集 - + $A$ 是局部环并且每个有限生成理想是主理想 - + $A$ 是局部环且不存在 $k$ 中的局部环支配 $B$ - + 存在代数闭域 $L$ 以及同态 $theta: A -> L$（一般不是单射），并且 $A, theta$ 是极大的，也就是若 $A subset A' subset k, theta': A' -> L$ 是 $theta$ 的延拓，则 $A = A'$ - ] - #proof[ - - 1 $=>$ 2 取 $Gamma = k^* quo B^*$，$nu$ 是自然映射，只需给出序结构。对于 $gamma, gamma' in Gamma$，有： - $ - gamma <= gamma' <=> gamma - gamma' in im(B - {0} -> Gamma) - $ - #TODO - - 2 $=>$ 1 显然 - - 1 $=>$ 3\ - 断言 $A$ 的主理想与 $(B - {0}) quo B^*$ 有一一对应\ - #TODO - 2 的结论就给出其上的全序关系 - - 4 $=>$ 3 显然 - - 3 $=>$ 4 任取两个理想 $I_1, I_2$ ，设 $I_1 subset.not I_2$ ，往证 $I_2 subset I_1$\ - 任取 $a in I - J, b in J$，$a in.not J => (a) subset.not (b) subset J$，而由主理想的全序性必有 $(b) subset (a) subset I => b in I$，证毕 - - 4 $=>$ 5 由理想的全序性，两个极大理想必然可比，当然只能有唯一一个极大理想。同时，设 $I = (x_1, x_2, ..., x_n)$ ，此时 $(x_1)$ 与 $(x_2, x_3, ..., x_n)$ 相互包含，因此可以去掉一个生成元，以此类推可以只剩下一个生成元，进而是主理想 - - 5 $=>$ 1 设 $a, b in k != 0$, 往证 $a / b in A or b / a in A$\ - 设 $I = (a, b)$ 由条件它是主理想，因此 $I quo m I$ 是一维的线性空间，进而： - $ - exists u, v in A, (u + m I) a + (v + m I) b = m I => u a + v b in m I - $ - 其中 $u, v$ 不全在 $m I$ 之中，继而可设： - $ - exists x, y in m, u a + v b = x a + y b=> (u - x) a = (y - v) b - $ - 无妨设 $u in.not m$ ，然而局部环表明 $u$ 是单位。同时 $x in m$，因此 $u - x$ 不在 $m$ 中，也是单位，进而 $a = k b, k in A$ ，证毕 - - 1 $=>$ 6 假设 $A'$ 是局部环，且 $A subset.neq A'$，往证 $A'$ 不支配 $A$，也就是存在 $A$ 中极大理想中的元素，在 $A'$ 中是单位（进而 $m_A subset.not m_(A') sect A$） \ - 取 $x in A' - A$，由条件 $Inv(x) in A subset A'$ ，因此 $x$ 在 $A'$ 中一定是单位\ - 此时，$Inv(x)$ 当然不是 $A$ 中的单位，但在 $A'$ 中是单位，证毕。 - - 6 $=>$ 7 设 $K = A quo m$ 是留域，取 $L$ 是 $K$ 的代数闭包，$theta: A -> A quo m -> L$\ - 假设存在延拓 $A subset A' subset k, theta': A' -> L, theta'|_A = theta$\ - 显然，$ker theta = m$，设 $m' = ker(theta')$，则 $A'$ 可以嵌入 $A'_m'$ （注意到 $A'$ 是域的子环，当然是整环），此时只需证明 $A = A'_(m')$ 因此不妨设 $A'$ 是局部环，$m'$ 是极大理想\ - 显然，此时 $m = ker theta = ker theta' sect A = m' sect A$，利用条件 6 知结论成立 - - 7 $=>$ 1 这步较为困难，需要建立若干个引理，之后会证明 - ] - #example[][ - - 满足 $dim = 1$ 的赋值环只有两种：离散赋值环（赋值在 $ZZ$ 上的赋值，一定是 Noether 的）和非离散的 - - 设 $v: k(x, y) -> ZZ^2$ 并使用 $ZZ^2$ 上字典序，也即 $v(x) = (1, 0), v(y) = (0, 1)$\ - 此时 ${x | v(x) >= 0}$ 是赋值环 - - 设 $k[x] subset k[x^(1/2)] subset ... subset k[x^(1/n)] subset ..$\ - $ - O_n = k[x^(1/2^n)]_(p_n) where p_n = (x^(1/2^n)) - $ - 可以验证： - $ - O_n subset O_(n+1), p_(n+1) sect O_n = p_n - $ - 设 $O = union_n O_n$ ，此时 $O$ 是非 Noether 的赋值环，赋值群是 - $ - {z/(2^n) | z in NN, n in NN} - $ - 的子群 - ] - #proposition[][ - 设 $B$ 是赋值环，$k$ 是分式域，则： - - $B$ 是局部环 - - 设 $B'$ 是环使得 $B subset B' subset k$，则 $B'$ 也是赋值环 - - $B$ （在 $k$ 中）整闭 - - 设 $p$ 是 $B$ 的素理想，则 $B quo p, B_p$ 在各自的分式域都是赋值环 - ] - #proof[ - - 之前已经证明，但是我们换一种方法再次证明。设 $m$ 是 $B$ 中所有非单位元，显然只需证明 $m$ 是理想。\ - - 假设 $a in B, x in m$，若 $a x in.not m$，则 $Inv((a x)) in B => Inv(x) = a Inv((a x)) in B$ 矛盾！ - - 假设 $x, y != 0 in m$ ，由定义 $x Inv(y) in B$ 或 $y Inv(x) in B$ ，不妨设前者成立，则： - $ - x + y = y (1 + Inv(y) x) - $ - 显然若 $x + y$ 可逆，则 $y$ 也可逆，矛盾！ - - 设 $x in k$，显然： - $ - x in B => x in B'\ - Inv(x) in B => Inv(x) in B'\ - $ - 至少有一个成立，因此 $B'$ 当然也是赋值环 - - 设 $x in k$ 在 $B$ 上整，设 $f(x) = 0$，也即： - $ - x^(n) + a_1 x^(n-1) + ... + a_n = 0\ - x + a_1 + ... + a_n x^(-(n-1)) = 0\ - x = -a_1 - ... - a_n x^(-(n-1))\ - $ - 注意到若 $x in.not B$ 必有 $Inv(x) in B$，然而上式右侧全部是 $B$ 中元素，进而 $x$ 也是，矛盾！ - - 简单验证即可 #TODO - ] - #theorem[赋值环的构造][ - 设 $k$ 是任意一个域，$Omega$ 是代数闭域，令： - $ - Sigma = {(A, f) | A subset k "是子环", f in Hom(A, Omega)} - $ - 定义偏序关系： - $ - (A, f) <= (A', f') <=> "存在交换图表：" - $ - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $A$, 1), - node((0, 1), $A'$, 2), - node((1, 0), $Omega$, 3), - arr(1, 2, $$, inj_str), - arr(2, 3, $f'$), - arr(1, 3, $f$),)] - 则 $Sigma$ 非空且有极大元 $(A, f)$，且其极大元是赋值环，$ker f$ 是唯一的极大理想 - ] - #proof[ - 首先，$Sigma$ 非空（可以取 $(0, 0)$），且满足 Zoun 引理条件，进而存在极大元\ - 设 $B$ 是一个极大元 - #lemmaLinear[][ - $B$ 是局部环，且 $m = ker(f)$ 是极大理想 - ] - #proof[ - 设 $m = ker(f)$，可以局部化得到 $B_m$，同时注意到： - $ - f(B - m) subset U(Omega) - $ - 当然 $f$ 可以延拓到 $B_m$ 上，而由极大性得 $B_m = B$，证毕 - ] - #lemmaLinear[][ - 任取 $x in k - {0}, B[x] subset k, m[x] := m B[x]$ ，则以下两者至少有一个成立： - - $m[x] subset.not B[x]$ - - $m[Inv(x)] subset.not B[Inv(x)]$ - ] - #proof[ - 如若不然，则两者同时成立，则由 $1 in B[x], B[Inv(x)]$ 得： - $ - 1 = sum_(i=0)^n u_i x^i, u_i in m\ - 1 = sum_(i=0)^m v_i x^(-i), v_i in m - $ - 不妨设 $m, n$ 各自最小且 $m >= n$，此时二式给出： - $ - (1 - v_n) x^n = v_1 x^(n-1) +... + v_(n-1) x + v_n - $ - 注意到 $1-v_n$ 是单位，上式可以化成首一的多项式，进而和一式做带余除法将降低次数，与 $m, n$ 的极小性矛盾！ - ] - 回到定理的证明，往证 $x in B or Inv(x) in B$，由上面的引理不妨设 $m[x] != B[x] := B'$，则存在 $B'$ 的极大理想 $m'$ 使得 $m[x] subset m'$\ - 另一方面，我们证明 $f: B -> Omega$ 可以延拓到 $B' = B[x]$ 上即可\ - 首先，显然有 $m' sect B = m$（既然 $m subset m' sect B$ 而 $m$ 是极大理想），这表明 $B quo m$ 可以嵌入 $B' quo m'$，且 $B' quo m'$ 在 $B quo m$ 上代数 - ] - #theorem[][ - 设 $A subset k$ 其中 $A$ 是整环，$k$ 是域，则 $A$ 的整闭包恰为 $k$ 中包含 $A$ 的所有赋值环的交 - ] - #proof[ - - 一方面，设 $B$ 是赋值环且 $A subset B subset k$，注意到 $B$ 是整闭的，因此 $A$ 的整闭包当然只能含于 $B$ - - 另一方面，我们要证明若 $x$ 含于所有这样的赋值环，则含于 $A$ 的整闭包\ - 反之，设 $x$ 在 $A$ 上不是整元，只需构造一个赋值环 $B supset A$ 使得 $x$ 不在 $B$ 中\ - 令 $A' = A[Inv(x)]$ 它不是有限生成 $A-$模，也不包含 $x$，设 $Inv(x) in A'$ （注意到它不是单位）包含于极大理想 $m'$，考虑： - $ - f: A -> A' -> A quo m' -> overline(A quo m') - $ - 最后一项是指代数闭包。\ - 在 @extension-of-valuation 中，注意到 $(A, f)$ 是符合定义的二元组，因此存在一个比它更大的元素 $(B, g)$ 使得 $A subset B subset k$ 且有交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $A$, 1), - node((0, 1), $A'$, 2), - node((0, 2), $A quo m'$, 4), - node((0, 3), $overline(A quo m')$, 5), - node((1, 0), $B$, 3), - arr(1, 2, $$, inj_str), - arr(2, 3, $$, inj_str), - arr(3, 5, $g$), - arr(2, 4, $$), - arr(4, 5, $$), - )] - 断言 $x in.not B$，否则又注意到 $(A' -> overline(A quo m')) (Inv(x)) = 0$，若 $x in B$ - 则 $Inv(x) in ker g$ 是可逆元导致 $g$ 平凡，这是荒谬的 - ] - == 离散赋值环|Discrete valuation ring - #definition[Discrete valuation ring, DVR][ - 设 $k$ 是域，$k$ 上的离散赋值是指映射: - $ - v: k^* -> ZZ, - $ - 满足： - + $v$ 是满射 - + $v(x y) = v(x) + v(y)$ - + $v(x + y) >= min{v(x), v(y)}$ - （有时也将 $v$ 视作 $k -> ZZ union {infinity}$）\ - 此时： - - 称 $k$ 是*离散赋值域*|discrete valuation field, dvf - - 若 $v(pi) = 1$，则称 $pi$ 是一个一致化子|uniformizer - - 记 $O_v = {x in k | v(x) >= 0}$ （特别的令 $0 in O_v$），则 $O_v$ 是赋值环且 $ht(O_v) = 1$ - - 记 $m_v = {x in k | v(x) >= 1}$ 它是 $O_v$ 的理想，稍后证明它是极大的 - 一般的，若一个整环是上面方法所产生的赋值环，则称之为*离散赋值环* - ] - #example[][ - - 设 $k = QQ, p$ 是素数，对任意非零 $x in k$ ，可设 $x = p^a y$ 且 $y$ 的分子分母都与 $p$ 互素，此时定义 $v_p (x) = a$，这给出 $QQ$ 上的一个离散赋值，它的赋值环 $O_v_p = {r/s | (s, p) = 1} = ZZ_((p))$ - - 令 $K = k(x), f in k[x]$ 是不可约多项式，类似的可以做唯一因子分解将 $K$ 中任意一个元素写作 $x = f^a y$ 以及赋值 $v_f$ - ] - #proposition[][ - 设 $A$ 是离散赋值环，以分式域 $k$ 上的离散赋值 $v$ 产生，则 $A$ 是整闭的局部环且： - - 其中的单位就是赋值为零的那些元素 - - 极大理想就是 $m_v = {x in k|v(x) >= 1}$ - - $v(x) = v(y)$ 当且仅当 $x, y$ 只差一个可逆元，也即 $(x) = (y)$ - - 任取 $A$ 中理想 $I$，选出其中赋值最小的元素 $x$ ，则 $I = (x) = {y in A|v(y) >= v(x)}$ - - 设 $pi$ 是一致化子，则 $v(pi^k) = k$，由上一个命题所有理想 $I$ 都是由某个 $pi^k$ 生成的主理想，表明 $A$ 中所有非零理想构成链： - $ - m_v = (pi) = {x in k|v(x) >= 1} >= m_v^2 = (pi^2) >= ... - $ - $m_v$ 是唯一的非零素理想，特别的，$A$ 是 $dim A = 1$ 的 Noether 环 - ] - #proof[ - 由 @valuation-ring-prop 可知 $A$ 是局部环且整闭 - - 注意到 $v(x) = 0 => v(Inv(x)) = 0 => Inv(x) in A$ 表明 $A$ 中赋值为零的元素都是单位。同时不难验证赋值为正的元素不是单位 - - 由赋值的定义不难验证它是理想，上一条给出它当然就是极大理想 - - 注意到 $v(x) = v(y) => v(Inv(x) y) = 0 => Inv(x) y in U(A)$，因此 $x, y$ 只差可逆元 - - 设 $v(y) >= v(x)$ 则 $v(y Inv(x)) >= 0 => y Inv(x) in A => y in (x)$\ - 如此，赋值不小于 $x$ 的元素都在 $I$ 中，而由假设 $I$ 中没有赋值小于 $x$ 的元素，因此 $I = (x) = {y in A|v(y) >= v(x)}$ - - 显然 - ] - #theorem[][ - 设 $A$ 是 Noether 的局部整环，且 $dim A = 1$，$m$ 为极大理想，$k$ 为留域，则以下条件等价： - + $A$ 是离散赋值环 - + $A$ 整闭 - + $m$ 是主理想 - + $dim_k m quo m^2 = 1$ - + $A$ 中每个非零理想都是 $m$ 的幂 - + $exists x in A$ 使得每个非零理想都形如 $(x^k), k >= 0$ - ] - #proof[ - #lemmaLinear[][ - 设 $I$ 是非平凡理想，则存在 $n > 0, m^n subset I$ - ] - #proof[ - 注意到 $sqrt(I)$ 是包含 $I$ 的所有素理想的交，由 $dim A = 1$ 知它就是 $m$，再由 Noether 知 $m$ 有限生成，考虑生成元不难发现结论成立 - ] - #lemmaLinear[][ - $m^k != m^(k+1)$ - ] - #proof[ - 如若不然由 @noether-local-classification 可得环是 Artin 环，这与 $dim A = 1$ 矛盾 - ] - - 1 $=>$ 2 显然 - - 2 $=>$ 3 任取 $0 != a in m$，由引理，设 $n$ 满足： - $ - m^n subset (a), m^(n-1) subset.not (a) - $ - 取 $b in m^(n-1) - (a)$，令 $x = a /b in k$，往证： - - $x$ 不是 $A$ 中单位，否则 $(a) = (b)$ 与取法矛盾 - - $Inv(x) m subset.not m$ ，否则利用 Hamiton-Cayley 可以证明 $Inv(x)$ 是整元 - - 3 $=>$ 4 显然主理想的生成元就是向量空间 $m quo m^2$ 的生成元，同时 $m quo m^2 != 0$ 否则由 Nakayama 知 $m = 0$，导致 $dim A = 0$ - - 4 $=>$ 5 继续利用引理，设 $I$ 是非平凡理想，且 $m^n subset I, m^(n-1) subset.not I$，，注意到 $A quo m^n$ 是 Artin 局部环，由 @artin-local-prop 结合条件立得结论正确 - - 5 $=>$ 6 取 $x in m - m^2$，由结论 $(x) = m^r$ 再根据假设只能有 $r = 1 => (x) = m$ ，由于所有理想都是 $m$ 的幂次当然结论成立 - - 6 $=>$ 1 有条件，当然有 $m = (x)$，且 $(x^k) != (x^(k+1))$\ - 对任意 $A$ 中非零元素 $a$，定义 $v(a) = r$ 若 $(a) = (x^r)$ - - 由条件，这个 $r$ 是唯一的 - - 将赋值延拓到分式环上，可以验证它是一个离散赋值 - ] - #theorem[][ - 设 $A$ 是 Noether 的整环，且 $dim A = 1$，则以下条件等价： - + $A$ 整闭 - + $A$ 在所有素理想/极大理想处的局部化都整闭 - + $A$ 在所有素理想/极大理想处的局部化都是离散赋值环 - ] - #proof[ - 注意到整闭是局部性质，由上面的定理不难推出该定理 - ] - == 戴德金整环|Dedekind domains - 这部分在数论课程中更加重要，本门课程不会要求太高 - #definition[戴德金整环|Dedekind domains][ - 满足 @dedekind-the 条件的环成为戴德金整环 - ] - #proposition[][ - 戴德金整环中，所有理想都可以唯一分解为素理想的乘积 - ] - #proof[ - 这个结论是唯一分解性质的进一步推广，我们不证明这个结论 - ] - #proposition[][ - - 主理想整环都是戴德金整环，既然主理想整环都诺特，且主理想整环作为唯一分解整环满足非零素理想都极大进而 $dim = 1$，同时它的局部化也是主理想环，故满足 @dedekind-the 条件 - - 设 $k quo Q$ 是有限代数扩张，$A$ 是 $ZZ$ 在 $k$ 中的整闭包，也就是 $k$ 中的代数整数，则 $A$ 是戴德金整环 - #proof[ - - $A$ 当然整闭 - - $A$ 是诺特的，证明略 - - 下证 $dim A = 1$，也即所有非零素理想都极大。这是因为任取 $p in Spec(A)$，一定有 $p sect ZZ$ 是素理想 - - 若 $p sect ZZ = 0$，然而 $0 subset p$ 同样有 $0 sect ZZ = 0$，由整扩张性质 @integral-prime-containing 立得 $p = 0$ 矛盾！ - - 否则，$p sect ZZ$ 是极大理想，由 @integral-prime-containing 知 $p$ 也是极大理想 - ] - ] - == 分式理想 - #definition[分式理想/可逆理想][ - 设 $A$ 是整环，$K$ 是分式域： - - 称 $K$ 的子 $A-$模 $M$ 是分式理想，如果： - $ - exists x != 0 in A, x M subset A - $ - 若 $M$ 是分式理想，定义： - $ - (A:M) = {x in K | x M subset A} - $ - - 称 $K$ 的子 $A-$模 $M$ 是可逆理想，如果存在 $K$ 的子 $A-$模 $N$ 使得 $M N = A$\ - - 所有的可逆理想构成群（单位元是 $A$） - - ] - #example[][ - - $A$ 的理想当然是分式理想，取 $x = 1$ 即可。 - - 若 $M$ 是有限生成的 $K$ 子 $A-$模，取 $x$ 为生成元分母的乘积，它也是分式理想。 - - 任取 $u in K^*$ ，则 $(u)$ 是分式理想，也是可逆理想，它的逆就是 $(1/u)$ - ] - #proposition[][ - 设 $A$ 是诺特环，则所有分式理想都是有限生成的 - ] - #proof[ - 设 $M$ 是分式理想，$x M$ 是 $A$ 的理想，进而有限生成，当然 $M$ 也是有限生成的 $AModule(A)$ - ] - #proposition[][ - - 可逆理想都是分式理想 - - $M$ 是可逆理想时，它的逆就是 $(A:M)$ - - 可逆理想都是有限生成理想 - ] - #proof[ - - 设 $N$ 是一个逆，任取 $n in N$ 当然有 $n M subset A$ - - 由上条的证明过程知 $N subset (A:M)$，同时 $(A:M) = (A:M) M N subset A N subset N$ - - 由 $M N = A$ 可得： - $ - 1 = sum_i m_i n_i - $ - 上式右侧是有限和。任取 $z in M$ 都有： - $ - z = z sum_i m_i n_i = sum_i (z n_i) m_i in sum_i A m_i - $ - 表明 $m_i$ 就是一组生成元 - ] - #theorem[可逆性是局部性质][ - 以下条件等价： - - $M$ 是可逆理想 - - $M$ 有限生成，且对任意素理想 $p$，$M_p$ 是可逆理想 - - $M$ 有限生成，且对任意极大理想 $m$，$M_m$ 是可逆理想 - - ] - #proof[ - - 1 $=>$ 2 之前证明了 $A = M (A:M)$，我们希望做局部化。注意到 $M$ 是有限生成的，因此局部化可以和 $Ann$ 交换，自然可以和 $(A:M)$ 交换，故结论成立 - - 2 $=>$ 3 显然 - - 3 $=>$ 1 设 $I = M (A:M)$ 由条件它不含于任何的极大理想中（否则可以做局部化），因此就是 $A$ - ] - #theorem[][ - 设 $A$ 是局部环，则 $A$ 是离散赋值环当且仅当每个非零分式理想都可逆 - ] - #proof[ - - 设 $A$ 是离散赋值环，设 $m = (pi)$ 是极大理想，若 $M$ 是分式理想，则存在 $y$ 使得： - $ - y = (pi^s)\ - y M = (pi^r)\ - M = (pi^(r-s)) - $ - 这当然是可逆的 - - 首先，可逆理想都有限生成，因此 $A$ 当然是诺特环。往证所有理想都是极大理想的幂次。\ - 令 $Sigma$ 为 $A$ 中所有不是 $m$ 幂次的理想，若其非空，由诺特条件找到一个极大元 $I$\ - 由条件，将有： - $ - Inv(m) I subset.not Inv(m) m = A - $ - 同时，$Inv(m) I != m$ 否则 $I = m^2$，类似的它也不是 $m$ 的幂次\ - 然而 $I subset Inv(m) I$，由极大性 $I = Inv(m) I$ 除非 $I = 0$ 否则这是荒谬的 - ] - #corollary[][ - 设 $A$ 是整环，则 $A$ 是戴德金整环当且仅当所有的非零分式理想都可逆 - ] - #proof[ - 利用局部化，显然（注意到左推右需要利用诺特性和 @noether-fractional-ideal-finite，右推左需要利用分式理想都有限生成表明环是诺特的） - ] -= Kahler-differentials - 这部分是补充内容，讨论代数的导数和切空间等内容 - #definition[derivation][ - 设 $A$ 是环，$B$ 是 $A-$代数，$M$ 是 $B-$模，一个 $M$ 中 $B$ 的 $A-$导数（A-derivation of B into M）是一个 $A-$线性映射 $dif: B -> M$ 满足莱布尼茨法则： - $ - dif(x y) = x dif(y) + y dif(x), forall x, y in B - $ - 显然这里的 $B$ 的定位类似于 $A$ 上的函数，$M$ 类似于切空间\ - 定义所有这样的导数构成集合： - $ - Der_A (B, M) - $ - ] - #proposition[][ - - $dif(1) = dif(1 dot 1) = dif(1) + dif(1) => dif(1) = 0, dif(a) = a dif(1) = 0$，这就是在说常值函数的导数为零 - ] - #definition[][ - 设 $B$ 是 $A-$代数，则存在 $B-$模 $Omega'_(B quo A)$，和相应的 $A-$导数 $dif$ 并且满足泛性质：对任意 $B-$模 $M$ 和 $A-$导数 $dif': B -> M$，有交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $B$, 1), - node((0, 1), $M$, 2), - node((1, 0), $Omega'_(B quo A)$, 3), - arr(1, 2, $dif'$), - arr(3, 2, $exists ! phi$), - arr(1, 3, $dif$),)] - 这个泛性质等价于同构： - $ - Der_A (B, M) tilde.eq Hom_B (Omega'_(B quo A), M) - $ - 称 $Omega'_(B quo A)$ 为 the module of relative differential forms of B over A\ - ] - #proof[ - 和张量积类似，唯一性由范畴的始对象给出，存在性也用类似张量积的构造方法，用自由模商掉我们需要的关系即可\ - 具体来说，令 $F$ 是由符号 ${dif b | b in B}$ 生成的自由 $B-$模，令： - $ - N = generatedBy({dif a | a in A} union {dif (b_1 + b_2) - dif b_1 - dif b_2 | b_1, b_2 in B} union {dif (b_1 b_2) - b_1 dif b_2 - b_2 dif b_1 | b_1, b_2 in B})\ - Omega_(B quo A) = F quo N - $ - 并且 $dif$ 就是自然的同态，很容易验证它满足莱布尼茨法则 - - 为了证明泛性质，给出交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $B$, 1), - node((0, 1), $M$, 2), - node((1, 0), $F$, 3), - node((2, 0), $Omega_(B quo A)$, 4), - arr(1, 2, $dif'$), - arr(3, 2, $exists phi$), - arr(1, 3, $dif$), - arr(3, 4, $$), - arr(4, 2, $exists phi'$) - )] - 其中： - - $phi$ 来自于自由模的泛性质 - - 不难验证 $N subset ker phi$，因此 $phi'$ 产生于商模的泛性质 - ] - #example[][ - 设 $B = A[t_1, ..., t_n]$ 是多项式环，则 $Omega'_(B quo A)$ 就是自由模 $directSum_i B dif t_i$, 其中： - $ - dif F = sum_i partialDer(F, t_i) dif t_i - $ - 这是因为任取 $dif'$ 不难计算一定有： - $ - dif' F = sum_i partialDer(F, t_i) dif' t_i - $ - 因此 $dif t_i -> dif' t_i$ 给出典范的同态，这就证明了泛性质 - ] - #example[][ - 若 $B = A quo I$ 或 $B = Inv(S) A$ 则 $Omega'_(B quo A) = 0$\ - 只需说明任何导数都为零即可： - - 若 $B = A quo I$，任取 $x in B$，则 $x = a + I$，有 $dif (a + I) = a dif(1 + I) = 0$ - - 若 $B = Inv(S) A$ ，任取 $s/t in B$，有 $t dif (s/t) = dif (s) = 0$ 而 $t$ 是 $B$ 中可逆元，当然就有 $dif(s /t) = 0$ - ] - #definition[][ - 设 $B ->^f C$ 是 $A-$代数同态以及两个导数： - $ - C ->^(dif_C) Omega'_(C quo A)\ - B ->^(dif_B) Omega'_(B quo A) - $ - 可以定义映射： - $ - Omega_(B quo A) &-> Omega_(C quo A)\ - dif b &-> dif f(b)\ - Omega_(B quo A) tensorProduct C &-> Omega_(C quo A)\ - dif b tensorProduct c &-> c dif f(b) - $ - ] - #proposition[][ - 设 $B$ 是 $A-$代数 - - 换基性质：任取环同态 $A -> A'， B' = A' tensorProduct_A B$，则有： - $ - Omega_(B' quo A') tilde.eq Omega_(B quo A) tensorProduct_A B' - $ - - 任取 $B ->^f C$ 是 $A-$代数同态，有正合列： - $ - Omega_(B quo A) tensorProduct_B C -> Omega_(C quo A) -> Omega_(C quo B) -> 0 - $ - - 任取 $B$ 的乘性子集 $S$，有： - $ - Inv(S) Omega_(B quo A) = Omega_(B quo A) tensorProduct_B Inv(S) B tilde.eq Omega_(Inv(S) B quo A) - $ - - 设 $C = B quo I$ 有正合列： - $ - I quo I^2 -> Omega_(B quo A) tensorProduct_B C -> Omega_(C quo A) -> 0 - $ - ] - #example[][ - 设 $B = A[T_1, ..., T_n], C = B quo (F)$，由上面的命题有正合列： - $ - (F) quo (F^2) -> Omega_(B quo A) tensorProduct_B C -> Omega_(C quo A) -> 0 - $ - ] -= 完备化 - == 拓扑阿贝尔群 - #definition[拓扑阿贝尔群][ - 设 $G$ 是阿贝尔群，$G$ 上的拓扑是说 $G$ 是拓扑空间，且群运算是连续的 - ] - #lemma[][ - $G$ 是拓扑阿贝尔群，则 $G$ 是 Hausdorff 空间当且仅当 ${0}$ 是闭集 - ] - #proof[ - - 若 $G$ 是 Hausdorff 空间，则 ${0}$ 当然是闭集 - - 注意到： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $G$, 1), - node((0, 1), $G times G$, 2), - node((1, 0), ${0}$, 3), - node((1, 1), $G$, 4), - arr(1, 2, $"diag"$), - arr(1, 3, $$), - arr(2, 4, $\"-\"$), - arr(3, 4, $$),)] - ] - #lemma[][ - 设 $H$ 为所有 $0$ 的邻域的交，则： - - $H$ 是子群 - - $H = overline({0})$ - - $G quo H$ 是 Hausdorff 空间 - - $G$ 是 Hausdorff 空间当且仅当 $H = {0}$ - ] - #proof[ - - 设 $x, y in H$ ，任取 $0$ 的开邻域 $O$，注意到 $T_x: G -> G$ 连续，则 $Inv(T_x)(O)$ 是开集。同时 $x in O => 0 in Inv(T_x)(O) => y in Inv(T_x)(O) => x + y in O$ - - #TODO - - 不难发现 ${0} subset G quo H$ 当然是闭集，因此结论成立 - - 就是上面的引理 - ] - == 分次环 - #definition[分次环|graded ring][ - 设 $A$ 是环，$A = directSum A_n$，称 $A$ 是分次环，若 $A_i A_j subset A_(i+j)$ - - 此时，称 $A_i$ 为 $i$ 次齐次部分。设 $I$ 是 $A$ 的理想，则称 $I$ 是齐次的，若 $I = directSum (I sect A_i)$，也即它被齐次元素生成 - ] - #lemma[][ - 设 $I$ 是齐次理想，则 $I$ 是素理想当且仅当任取齐次元素 $x, y, x y in I$ 均有 $x in I or y in I$ - ] - == 拓扑完备化 - #definition[拓扑完备化][ - 设 $G$ 是拓扑阿贝尔群，且 $0$ 处有可数邻域基，则可以定义完备化 $hat(G)$ 为所有柯西序列的等价类，其中： - - ${x_n}$ 是柯西序列当且仅当任取 $0$ 的开邻域 $U$ 均有对于充分大的 $n, m$ 有 $x_n - x_m in U$ - - 两个柯西序列 $x_n, y_n$ 等价当且仅当 $x_n - y_n -> 0$，也即任取 $0$ 的开邻域 $U$ 均有对于充分大的 $n$ 有 $x_n - y_n in U$ - 在其上定义： - - ${x_n} + {y_n} = {x_n + y_n}$ - - - $ - funcDef(phi, G, hat(G), a, {a}) - $ - 一般来说 $phi$ 不是单射。事实上，$ker phi$ 就是 $0$ 的所有开邻域的交，因此 $phi$ 是单射当且仅当 $G$ 是 Hausdorff 空间 - - 函子性：设 $f: G -> H$ 是连续同态，则柯西序列的像还是柯西序列，从而 $f$ 可以诱导 $hat(f)$ ，也即完备化具有函子性 - ] - #example[][ - 假设 $G_n$ 是 $0$ 的开邻域，且满足： - $ - G = G_0 >= G_1 >= ... >= G_n >= ... - $ - 并且， $U$ 是 $0$ 的邻域当且仅当存在 $G_n subset U$，此时断言： - - $G_n$ 既开由闭 - - 先证明开集，设 $g in G_n$ 则 $g + G_n subset G_n$ 是 $g$ 的一个 $G_n$ 中的开邻域，继而 $G_n$ 一定是开集 - - 再证明闭集，既然 $G - G_n = union_(h in.not G_n) （h + G_n）$ 是开集，因此 $G_n$ 是闭集 - 此时，完备化可以有纯代数的定义： - $ - hat(G) tilde.eq inverseLimit G quo G_n - $ - 同构如下给出： - - 任取 $(xi_n) in inverseLimit G quo G_n$，给出对应的柯西序列为： - $ - x_n in G\ - x_n = xi_n mod G_n\ - $ - 此时将有 $x_(n+1) - x_n in G_n$，不难验证它是柯西序列 - - 任取柯西序列 $(x_n)$，既然只要 $m, m'$ 充分大即有： - $ - overline(x_m) = overline(x_m') in G quo G_n - $ - 因此对充分大的 $m$ 定义 $xi_m = overline(x_m) in G quo n$ - ] - #lemma[][ - 若: - $ - 0 -> {A_n} -> {B_n} -> {C_n} -> 0 - $ - 是逆向系统的正合列，则： - $ - 0 -> inverseLimit A_n -> inverseLimit B_n -> inverseLimit C_n - $ - 正合（逆向极限是左正合的） - - 进一步，若 $A_n$ 是满射系统（也即每个 $A_(n+1) -> A_n$ 是满射），则： - $ - 0 -> inverseLimit A_n -> inverseLimit B_n -> inverseLimit C_n -> 0 - $ - 正合 - ] - #proof[ - 设 $A = product A_n$，定义： - $ - funcDef(d_A, A, A, (a_n), (a_n - overline(a_(n+1)))) - $ - 则 $ker d_A = inverseLimit A_n$\ - 将有交换图表： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $0$, 1), - node((0, 1), $A$, 2), - node((0, 2), $B$, 3), - node((0, 3), $C$, 4), - node((1, 0), $0$, 5), - node((1, 1), $A$, 6), - node((1, 2), $B$, 7), - node((1, 3), $C$, 8), - node((0, 4), $0$, 9), - node((1, 4), $0$, 10), - arr(1, 2, $$), - arr(2, 3, $$), - arr(3, 4, $$), - arr(5, 6, $$), - arr(6, 7, $$), - arr(7, 8, $$), - arr(2, 6, $d_A$), - arr(3, 7, $d_B$), - arr(4, 8, $d_C$), - arr(4, 9, $$), - arr(8, 10, $$), - - )] - 蛇形引理给出正合列： - $ - 0 -> ker d_A -> ker d_B -> ker d_C -> coker d_A -> coker d_B -> coker d_C -> 0 - $ - 进一步，若 ${A_n}$ 是满系统，只需证明 $d_A$ 满继而 $coker d_A = 0$. 事实上，任给 $(a_n) in A$，只需找到 $(x_n)$ 使得 $x_n - overline(x_(n+1)) = a_n$，递归定义即可 - ] - #corollary[][ - 设 $G$ 满足 @alg-top-completion 的条件，且有正合列： - $ - 0 -> G' -> G -> G'' -> 0 - $ - 其中 $G', G''$ 分别用 ${G_n sect G'}$ 和 ${(G -> G'') (G_n)}$ 定义拓扑，将有： - $ - 0 -> hat(G') -> hat(G) -> hat(G'') -> 0 - $ - 正合。 - ] - #proof[ - 注意到有正合列： - $ - 0 -> {G quo G' sect G_n} -> {G quo G_n} -> {G quo ((G -> G'') (G_n))} -> 0 - $ - 取逆向极限利用之前的结论立得结论成立 - ] - #corollary[][ - 取正合列: - $ - 0 -> G_n -> G -> G quo G_n -> 0 - $ - 注意到 $G quo G_n$ 有离散拓扑（所有子集都是开集），完备化就是本身，即可得正合列： - $ - 0 -> hat(G_n) -> hat(G) -> G quo G_n -> 0 - $ - 因此： - $ - hat(G) quo hat(G_n) tilde.eq G quo G_n - $ - 特别的，$hat(hat(G)) = hat(G)$（取逆向极限即可） - ] - #proof[ - 利用之前的结论即可 - ] - #definition[完备][ - 设 $phi: G -> hat(G)$ 是同构，则称 $G$ 是完备空间。 - ] - #proposition[][ - - 既然 $ker phi = {0}$ 故完备空间一定 Hausdorff - - 在 @completion-of-completion 的条件中，$hat(G)$ 当然一定是完备空间 - ] - == $I-$adic 拓扑 - #example[环/模的完备化][ - - 设 $A$ 是环，$I$ 是理想，取 $G = A, G_n = I^n$，由 $G_n$ 定义的拓扑称为 $I$-adic 拓扑，如此可以产生完备化： - $ - hat(A) = inverseLimit A quo I^n, phi: A -> hat(A), ker phi = sect I_n - $ - - 设 $M$ 是 $AModule(A)$，取 $G = M, G_n = I^n M$ 类似可以定义 $M$ 上的 $I$-adic 拓扑，以及 $hat(M)$ 称为连续 $AModule(A)$（$A$ 在其上的作用是连续的） - - 特别的： - - 取 $A = k[x], I = (x)$，则 $hat(A) = k[[x]]$ 就是形式幂级数环 - - 取 $A = ZZ, I = (p)$，则 $hat(A) = ZZ_p$ 就是 $p$-进整数环 - ] - #definition[][ - 设 $M$ 是$AModule(A)$，$I$ 是理想，称一个 $M$ 的 $A$ filtration 是一个子模的无穷序列： - $ - M = M_0 >= M_(1) >= ... - $ - - 称之为 $I-$filtration ，如果 $I M_n subset M_(n+1)$ - - 称之为稳定 $I-$filtration ，如果满足上条的条件且对于充分大的 $n$ 有 $I M_n = M_(n+1)$ - ] - #example[][ - $(I^n M)$ 当然是稳定 $I-$filtration - ] - #lemma[稳定 $I-$filtration给出相同的拓扑][ - 若 $(M_n), (M'_n)$ 都是稳定 $I-$filtration，则它们有有界差距（bounded diffrence）也即： - $ - forall n > 0, exists n_0, M_(n+n_0) subset M'_n, M'_(n+n_0) subset M_n - $ - 因此，$(M_n), (M'_n)$ 定义相同的 $I-$adic 拓扑 - ] - #proof[ - 不妨设 $M' = I^n M$，此时当然有： - - $I M_n subset M_(n+1) => M'_n subset M_n$ - #TODO - ] - 设 $A^* = directSum_(n = 0)^infinity I^n$ 是分次环，则 $M^* = directSum_(n = 0)^infinity M^n$ 将是分次 $A^*$ 模。若 $A$ 是诺特的，可设 $I = (x_1, x_2, ..., x_n)$，此时 $A^* = A[x_1, x_2, ..., x_n]$ 当然也是诺特的 - #lemma[][ - 设 $A$ 诺特，$I$ 是理想，$M$ 是有限生成模以及 $I-$filtration $(M_n)$，则以下条件等价： - + $M^*$ 是有限生成模 - + $(M_n)$ 是稳定 $I-$filtration - ] - #proof[ - - 1 $=>$ 2 设： - $ - Q_n = directSum_(i = 0)^n M_i subset M^* - $ - （未必是 $A^*$模），令 $M_n^*$ 是由其生成的模。由于 $M$ 有限生成，显然 $M_n^*$ 也是有限生成的。 - - 显然 $M_n^*$ 构成升链，且 $union M_n^* = M^*$，可以验证： - $ - M^* "有限生成" <=> M^* = M^*_(n), n "充分大" - $ - 而后者 #TODO 等价于 $M_(n + r) = I^r M_n, n, r$ 都充分大，证毕 - ] - #proposition[Artin-Rees Lemma][ - 设 $A$ 诺特，$I$ 是理想，$M$ 是有限生成模以及 稳定 $I-$filtration $(M_n)$，$N$ 是 $M$ 的子模，则 $M' sect M_n$ 是稳定 $I-$filtration\ - 特别的，若 $M_n = I^n M$，则存在充分大的 $k$ 使得： - $ - I^n M sect N = I^(n-k) (I^k M sect N) - $ - - 换言之，$I-$adic 拓扑的限制还是 $I-$adic 拓扑 - ] - #proof[ - - 首先，$I(M' sect M_n) subset I M' sect I M_n subset M' sect M_(n+1)$，表明这是 $I-$filtration - - 其次，上面的引理给出 $M^*$ 有限生成，而 $directSum (M' sect M_n)$ 当然是它的子模。诺特环上有限生成模是诺特的，其子模仍然有限生成，因此 $directSum (M' sect M_n)$ 是子模，进而再次利用引理即可得到结论 - ] - #corollary[][ - 设 $A$ 诺特，$I$ 是理想，则： - $ - 0 -> hat(M') -> hat(M) -> hat(M'') -> 0 - $ - 也正合 - ] - #proof[ - @Artin-Rees 结合 @exact-completion 立得 - ] - #proposition[][ - 设 $M$ 是有限生成 $A-$模，则 $M tensorProduct_A hat(A) -> hat(M)$ 是满射。进一步若 $A$ 是诺特的，则它是同构。 - ] - #proof[ - - $I-$adic 完备化和有限直和是交换的（既然它们都是逆向极限） - - $F$ 是有限自由模时，$hat(F) = (hat(A))^n$ 继而 $F tensorProduct hat(A) = hat(F)$ - 由 $M$ 有限生成，有正合列： - $ - 0 -> N -> F -> M -> 0 - $ - 其中 $F$ 是有限自由模，由张量积右正合： - $ - N tensorProduct hat(A) -> F tensorProduct hat(A) -> M tensorProduct hat(A) -> 0 - $ - 有交换图： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $N tensorProduct hat(A)$, 1), - node((0, 1), $F tensorProduct hat(A)$, 2), - node((0, 2), $M tensorProduct hat(A)$, 3), - node((0, 3), $0$, 4), - node((1, 0), $hat(N)$, 5), - node((1, 1), $hat(F)$, 6), - node((1, 2), $hat(M)$, 7), - node((1, 3), $0$, 8), - arr(1, 2, $$), - arr(2, 3, $$), - arr(3, 4, $$), - arr(5, 6, $$), - arr(6, 7, $$), - arr(7, 8, $$), - arr(1, 5, $$), - arr(2, 6, $$, bij_str), - arr(3, 7, $$), - arr(4, 8, $$),)] - 其中上下（下是因为满射系统的逆向极限是正合函子）都正合，继而 $M tensorProduct hat(A) -> hat(M)$ 是满射。若 $A$ 是诺特的，$N$ 作为有限生成模的子模也是有限生成模，$N tensorProduct hat(A) -> hat(N)$ 也满射，同时 $hat(N) -> hat(F)$ 由完备化的正合性（上面的推论）将成为单射，运用蛇形引理即得 $ker (M tensorProduct hat(A) -> hat(M)) = 0 $，证毕 - ] - #let hA = $hat(A)$ - #let hI = $hat(I)$ - #corollary[][ - 设 $A$ 诺特，$I$ 是任意理想，则： - - 完备化是正合函子 - - $hat(A)$ 是平坦 $A$-模 - - $hat(I) = I tensorProduct hat(A) = I hat(A)$ - - $hat(I^n) = (hat(I))^n$ - - $hat(A) quo hat(I) tilde.eq A quo I$（之前已经证明，这条不需要诺特） - - $I^n quo I^(n+1) tilde.eq hat(I^n) quo hat(I^(n+1))$ - - $hat(I)$ 落在 $hat(A)$ 的 Jacobson 根中 - - ] - #proof[ - 只证明最后一条，任取 $x in hat(I), y in hat(A)$，有： - $ - Inv((1- y x)) = 1 + y x + ... - $ - 由完备性，上式右侧是有意义的，表明 $1 -y x$ 是单位，证毕 - ] - #proposition[][ - 设 $A$ 是诺特局部环，$m$ 是极大理想，则 $hat(A)$ 仍是局部环，极大理想是 $hat(m)$ - ] - #proof[ - 首先 $hat(A) quo hat(m) tilde.eq A quo m$ 保证 $hat(m)$ 是极大理想\ - 其次，前面已经证明 $hat(m)$ 落在 Jacobson 根中，因此 $hat(m)$ 是唯一极大理想 - ] - #theorem[Krull][ - 设 $A$ 诺特， $M$ 有限生成，则： - $ - ker (M -> hat(M)) = sect I^n M = {x in M | exists y in I, (1 + y) x = 0} - $ - 特别的，若 $A$ 是整环且 $I != (1)$，则 $sect I^n M = {0}$ - ] - #proof[ - 设 $E = ker(M -> hat(M))$，它也是 $0$ 的所有开邻域的交。 - - 一方面，$E$ 的限制拓扑是平凡的 - - 另一方面，$E$ 的限制拓扑还是 $I-$adic 拓扑 - #TODO - 上面两条给出 $I E = E$，由 Nakayama 引理的一个版本可得存在 $alpha in I$ 使得 $(1 - alpha) E = 0$ - - 另一方面，设 $(1 - alpha) x = 0$，则 $x = alpha x = ... alpha^n x = ...$，当然 $x in sect I^n M$ - ] - #corollary[][ - 在前面的条件中，若 $I$ 落在 Jacobson 根中，必有 $sect I^n M = 0$，继而 $M$ 上的 $I-$adic 拓扑是 Hausdorff 的。 - - 特别的，若 $A$ 是诺特的局部环，则其上所有有限生成模的 $I-$adic 拓扑都是 Hausdorff 的，包括 $A$ 本身 - ] - #theorem[][ - 设 $A$ 的诺特环，则 $hat(A)$ 还是诺特的。特别的，诺特环上有限个变元的形式幂级数环（作为多项式环的完备化）还是诺特的 - ] - #proof[ - 它的证明需要一些铺垫 - #let Gn(n) = $M_(#n) quo M_(#n +1)$ - #definition[][ - 定义： - $ - G(A) = directSum_(n = 0)^infinity I^n quo I^(n+1) - $ - 它是分次环 - - 若 $M$ 有 $I-$filtration，可以类似定义： - $ - G(M) = directSum_(n = 0)^infinity Gn(n) - $ - 它是分次 $G(A)$ 模 - ] - #proposition[][ - 设 $A$ 诺特，则： - - $G(A)$ 是诺特的 - - $G_I (A) tilde.eq G_(hI) (hA)$ - - 设 $M$ 是有限生成的，且其上的 $I-$filtration 是稳定的，则 $G(M)$ 有限生成 - ] - #proof[ - - 显然 $I$ 有限生成，不妨设 $I = (x_1, x_2, ..., x_n)$，显然： - $ - G(A) = A quo I [overline(x_1), ..., overline(x_n) ] - $ - 它当然是诺特的 - - 前面已经证明 - - $n$ 充分大时，有 $Gn(n) tilde.eq M_n quo I M_n = A quo I tensorProduct M$，因此 $G(M)$ 本质上仅有前面有限项生成（后面的只是 $I$ 在其上的作用）#TODO，当然是有限生成的 - ] - #proposition[][ - 设 $M$ 是有限生成，且其上的 $I-$filtration 是稳定的，假设 $A$ 完备且 $M$ 是 Hausdoff 的，也即 $sect M_n = 0$，则： - - 若 $G(M)$ 有限生成，则 $M$ 有限生成 - - 若 $G(M)$ 诺特，则 $M$ 诺特 - ] - #proof[ - #lemmaLinear[][ - 设 $phi: A -> B$ 是 filtered 群间的同态，诱导 $hat(phi): hat(A) -> hat(B), G(phi) : G(A) -> G(B)$，则： - - $G(phi)$ 是单射给出 $hat(phi)$ 是单射 - - $G(phi)$ 是满射给出 $hat(phi)$ 是满射 - ] - #proof[ - 有交换图： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, -1), $0$, -1), - node((1, -1), $0$, -2), - node((0, 0), $A quo A_(n+1)$, 1), - node((0, 1), $A quo A_(n+1)$, 2), - node((0, 2), $A quo A_n$, 3), - node((0, 3), $0$, 4), - node((1, 0), $B_n quo B_(n+1)$, 5), - node((1, 1), $B quo B_(n+1)$, 6), - node((1, 2), $B quo B_(n)$, 7), - node((1, 3), $0$, 8), - arr(-1, 1, $$), - arr(-2, 5, $$), - arr(-1, -2, $$), - arr(1, 2, $$), - arr(2, 3, $$), - arr(3, 4, $$), - arr(5, 6, $$), - arr(6, 7, $$), - arr(7, 8, $$), - arr(1, 5, $$), - arr(2, 6, $$), - arr(3, 7, $$), - arr(4, 8, $$),)] - 对 $n$ 做归纳，利用蛇形引理可以验证结论成立 - ] - 取 $G(M)$ 的齐次生成元 $xi_i = overline(x_i), x_i in M_(n_i)$，希望证明 $x_i$ 就是 $M$ 的生成元 - - 取： - $ - F = directSum_i F^i where F^i = A, F^i_k = I^(k + n_i) - $ - 定义 $phi: F -> M, phi(1_i) = xi_i$，则 $G(phi)$ 是满射，由引理 $hat(phi)$ 是满射，有交换图： - #align(center)[#commutative-diagram( - node((0, 0), $F$, 1), - node((0, 1), $M$, 2), - node((1, 0), $hat(F)$, 3), - node((1, 1), $hat(M)$, 4), - arr(1, 2, $$), - arr(1, 3, $$), - arr(2, 4, $$), - arr(3, 4, $$),)] - 注意到 $A$ 完备，$M$ Hausdoff，则 $M -> hat(M)$ 是单射。同时由于 $F$ 是有限自由模，可以验证： - $ - F tilde.eq inverseLimit F quo I^n F tilde.eq hat(F) - $ - （将 $F$ 拆成 $A$ 的直和结合 $A$ 的完备性）\ - 再结合 $hat(phi)$ 的满射性，追图即得 $phi$ 也是满射。 - - 对于第二个结论，证明 $M$ 的任意子模 $M'$ 是有限生成即可。令： - $ - M'_n = M' sect M_n - $ - 可以验证 $M'_n quo M'_(n+1)$ 可以嵌入 $M_n quo M_(n+1)$，而后者是诺特模，前者也是，利用第一个结论即可 - ] - 有了上面的命题，原结论是容易的。事实上，$G(A) tilde.eq G(hat(A))$ 根据上面的命题是诺特的，而 $hat(A)$ 是完备的 Hausdoff 空间，因此由上面的命题 $hat(A)$ 是诺特的。 - ] diff --git "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\344\275\234\344\270\232/hw11.typ" "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\344\275\234\344\270\232/hw11.typ" new file mode 100644 index 0000000..0e5ef02 --- /dev/null +++ "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\344\275\234\344\270\232/hw11.typ" @@ -0,0 +1,102 @@ +#import "../../template.typ": * +#import "@preview/commute:0.2.0": node, arr, commutative-diagram + +#show: note.with( + title: "作业11", + author: "YHTQ", + date: none, + logo: none, + withOutlined : false, + withTitle :false, + withHeadingNumbering: false +) += p125 + == 1 + 注意到： + $ + dim A_m = dim A = dim(k[x_1, ..., x_n] quo (f)) = n-1 + $ + 设 $P = (p_1, ..., p_n)$，将有： + $ + m = (x_1 - p_1, ..., x_n - p_n)\ + f in m + $ + 容易验证 $P$ 是非奇异点当且仅当 $f in.not m^2$，而在 $A_m$ 中有： + $ + m quo m^2 = (x_1 - p_1, ..., x_n - p_n) quo( (x_1 - p_1, ..., x_n - p_n)^2 + (f)) + $ + 维度条件意味着 $A_m$ 是正规局部环当且仅当上式是 $n-1$ 维 $k-$线性空间 + - 若 $f in (x_1 - p_1, ..., x_n - p_n)^2$，上式显然是 $n$ 维线性空间 + - 否则，可设： + $ + f in f_1 + (x_1 - p_1, ..., x_n - p_n)^2 + $ + 且 $f_1$ 是 $x_1 - p_1, ..., x_n - p_n$ 的线性组合，这表明 $m quo m^2 = ((x_1 - p_1, ..., x_n - p_n) quo (x_1 - p_1, ..., x_n - p_n)^2) quo (f_1)$ 恰为 $n-1$ 维线性空间 + 证毕 + == 2 + 首先存在同态 $k[t_1, t_2, ..., t_d] -> A$，且由定理给出的代数独立性这是单射。取完备化（注意到完备化在有限生成模上正合，$A$ 诺特确保前者作为理想有限生成）可得 $k[[t_1, ..., t_n]] -> A$ 的单射。 + + 对于第二个命题： + - 首先证明 $G(A)$ 在 $G(k[t_1, ..., t_d]) = k[t_1, ..., t_d]$ 上有限生成。既然 $G(A)$ 是 $A_0 = A quo m = k$ 的有限生成模，当然也是 $k[t_1, ..., t_d]$ 的有限生成模。 + - 其次，注意到 $G(k[t_1, ..., t_d]) = G(k[[t_1, ..., t_d]])$，利用上节定理可得 $A$ 在 $k[[t_1,...,t_d]]$ 上有限生成 + == 3 + #let kclo = $overline(k)$ + #let kA = $k[x_1, ..., x_d]$ + #let kB = $kclo[x_1, ..., x_d]$ + 注意到 $kclo$ 中所有元素当然在 $k$ 上整，继而在 $kA$ 上整。而 $x_1, ..., x_n in kB$ 当然也在 $kA$ 上整，由整元的代数封闭性 $kB$ 在 $kA$ 上整。\ + 此外，$kA$ 当然在分式域中整闭。任取 $kB$ 的极大理想 $m$，则 $m sect kA$ 也是极大理想，且 $dim kA_(m sect kA) = dim kB_(m)$ + + 回到定理的证明，类似利用诺特正规化构造 $B = kA, m$ 是任意极大理想，由上面的命题和书上引理将有： + $ + dim B_m = dim kB_m + $ + 利用原定理即可得到上式为 $d$，证毕 + == 4 + 设 $p_i = (x_(m_i + 1), ..., x_(m_(i+1))), d = m_(i+1) - m_i$，$p_i$ 是素理想是容易的，而它的高度也即： + $ + k[x_1, ..., x_d] + $ + 中 $(x_1, ..., x_d)$ 的高度，换言之就是 $k[x_1, ..., x_d]$ 的维度，熟知它恰为 $d = m_(i+1) - m_i$\ + 利用定义验证可得 $S = A - union p_i$ 确实是乘法封闭的，做局部化可得 $Inv(S) A$ 是诺特的，但含于 $p_i$ 的素理想与含于 $Inv(S) p_i$ 的素理想一一对应，继而 $Inv(S) p_i$ 的高度也是 $m_(i+1) - m_i$，它将趋于无穷。 + == 5 + 不难发现设 $lambda$ 是加性函数，则： + $ + 0 -> M' -> M -> M'' -> 0 + $ + 导出 $lambda(M') - lambda(M) + lambda(M'') = 0$\ + 进而 $lambda$ 诱导了 Grothendick 群 $K(A_0) -> ZZ$ 的同态。反之，这样的群同态当然也是一个加性函数。从而庞卡莱级数也可看作： + $ + sum_(n=0)^(+infinity) lambda(a_n) t^n, lambda in Hom(K(A_0), ZZ), a_n in K(A_0) + $ + == 6 + 取 $f: A -> A[x]$ 是嵌入，熟知 $f^*: Spec(A[x]) -> Spec(A)$ 成为保序的满射。任取 $A[x]$ 的素理想链： + $ + p_0 < p_1 < p_2 < ... < p_s + $ + 注意到在 $p_i sect A$ 处的纤维同胚于 $k(p_i) tensorProduct A[x] = k[x]$，维度为 $1$，因此上式中至多连着两项拉回 $A$ 的到相同的素理想，换言之： + $ + dim A + 1 >= (s + 1)/2\ + s <= 2 dim A + 1 + $ + 可得 $dim A[x] <= 2 dim A + 1$ + + 对于另一个方向，任取 $A$ 中素理想升链： + $ + q_0 < q_1 < q_2 < ... < q_s + $ + 这里无妨设 $q_s$ 是极大理想，则: + $ + q_0[x] < q_1[x] < q_2[x] < ... < q_s[x] < q_s[x] + (x) + $ + （注意到 $q_s[x] + (x)$ 极大）当然是一个素理想升链，因此当然有 $1 + dim A <= dim A[x]$，证毕 + == 7 + 任取素理想 $p$ 并设其高度为 $m$\ + 首先在 $A_p$ 上利用维度定理，存在 $a_1, a_2, ..., a_m$ 满足 $(a_1, ..., a_m)$ 是 $p A_p-$primary 理想，继而 $p$ 就是 $a = (a_1, ..., a_m) subset A$ 中的极小素理想，进而 $p[x]$ 是 $a[x]$ 的极小素理想。此时，在 $A[x]_(p[x])$ 中利用维度定理立得 $"height" p[x] <= m$\ + 另一方面，$A$ 上素理想当然可以延拓到 $A[x]$ 上，因此 $"height" p[x] >= m$，两者结合即得 $"height" p[x] = m$ + + 取 $A[x]$ 中最长的素理想升链： + $ + q_0 < ... < q_(s - 1) < q_s + $ + 若 $q_i sect A != q_(i - 1) sect A, forall i$，则 $s <= dim A$ 与之前的下界矛盾。\ + 因此设 $q_i sect A = q_(i-1) sect A = p_i$，显有 $q_i, q_(i-1) subset p_i [x] + (x)$ 而后者是极大理想。之前证明了纤维维度为 $1$，进而必有 $q_i = p_i [x] + (x)$，由极大性可得 $i$ 只能为 $s$，进而 $s = dim A + 1$，证毕 \ No newline at end of file diff --git "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/temp.typ" "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/temp.typ" deleted file mode 100644 index dae6cdc..0000000 --- "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/temp.typ" +++ /dev/null @@ -1,321 +0,0 @@ -#import "../../template.typ": * -#import "@preview/commute:0.2.0": node, arr, commutative-diagram -#show: note.with( - title: "代数学二", - ) -= 代数学二 - #corollary[][ - $deg kai_q (n) = deg kai_m (n)$ 且首项相等 - ] - #proof[ - 注意到： - $ - m subset q subset m^r\ - m^n subset q^n subset m^(r n) - $ - 由长度的定义可得： - $ - kai_m (n) <= kai_q (n) <= kai_m (r n) - $ - 令 $n -> infinity$ 可得结论 - ] - #definition[][ - 设 $A$ 是诺特的局部环，则令： - $ - d(A) = deg kai_q (n) = deg kai_m (n) = deg( n -> "length"(A quo m^n)) = d(G_m (A))\ - where G_m (A) = directSum (m^i quo m^(i+1)) - $ - - ] - == 诺特局部环的维度 - #definition[][ - 设 $A$ 是诺特的局部环，令 $delta(A)$ 为 $A$ 中 $m-$ primary 理想的最小生成元数量。 - ] - 本节的目标是： - $ - delta(A) = d(A) = dim (A) - $ - 为此，我们证明： - $ - delta(A) >= d(A) >= dim (A) >= delta(A) - $ - #proposition[][ - 设 $M$ 是有限生成 $A-$ 模，$x$ 不是零因子，则： - $ - deg kai_q^(M quo x M) <= deg kai_q (M) - 1 - $ - ] - #proof[ - 令 $N := x M$，作为 $AModule(A)$ 同构于 $M$\ - 再令 $M' = M quo x M$\ - 由 Artin-Rees 可知 $N_n = N sect q^n M$ 是稳定 $q-$filtration\ - 由正合列： - $ - 0 -> N quo N_n -> M quo q^n M -> M' quo q^n M' -> 0 - $ - 由长度的加性，$n$ 充分大时有： - $ - l(N quo N_m) - kai_q^M (n) + kai_q^M' (n) = 0 - $ - 既然 $N$ 与 $M$ 同构且 $q-$filtration 兼容，$l(N quo N_m), kai_q^M (n)$ 有相同的次数和首项，因此 $kai_q^M' (n)$ 必然比其至少低一次 - ] - #proposition[][ - $d(A) >= dim(A)$ - ] - #proof[ - 做归纳： - - 若 $d(A) = 0$，则 $n$ 充分大时 $A quo m^n$ 的长度的常值，继而： - $ - l(m^n quo m^(n+1)) = 0 - $ - 注意到它是 $A quo m$ 上的向量空间，因此 $m^n = m^(n+1)$,这是标准的 Artin 条件，故 $A$ 是 Artin 的，$dim A = 0$ - - 一般的，任取素理想升链： - $ - p_0 < ... < p_l - $ - 取 $x in p_1 - p_0, A' = A quo p_0$ 是整环，继而由之前的命题： - $ - d(A' quo x) <= d(A') - 1 - $ - 注意到 $A quo m^n$ 到 $A' quo m'^n$ 存在满射，因此： - $ - l(A quo m^n) >= l(A' quo m'^n)\ - d(A) >= d(A') >= d(A' quo x) + 1 - $ - 由归纳假设，有： - $ - d(A' quo x)>= dim (A' quo x) - $ - 然而由最开始的素理想升链可得 $dim(A' quo x')$ 不小于 $dim A - 1$，结合上式即得结论 - ] - #corollary[][ - - $dim(A)$ 有限 - - 对于一般的诺特环 $A$，每个素理想的降链都有限长 - ] -#proposition[][ - 设 $A$ 是诺特的局部环，$dim A = d$，则存在 $m-$primary 理想恰有 $d$ 个生成元。换言之，$delta(A) <= d$ -] -#proof[ - 归纳构造 $x_i$ 使得每个包含 $(x_1, x_2, ..., x_i)$ 的素理想的 height 都至少为 $i$\ - 假设 $x_1, ..., x_(i-1)$ 已经构造，令 $p_j$ 是包含 $(x_1, ..., x_(i-1))$ 的极小素理想且高度恰为 $i -1$，也就是 $Ass(A quo (x_1, ..., x_(i-1)))$ 中极小元（仅有有限个）\ - 既然 $i - 1< d = dim A$ 而 $m$ 的高度就是 $d$，因此 $p_j$ 不是 $m$，取 $x_i in m - union p_j$\ - 设 $q$ 是任意包含 $(x_1, ..., x_i)$ 的素理想，则 $q$ 包含某个包含 $(x_1, ..., x_(i-1))$ 的极小素理想 $p$ - - 若 $p = p_j$，则 $x_i in q - p$ 表明 $p subset.neq q$，表明 $q$ 的高度至少是 $p$ 的高度加一，结论成立 - - 否则，由于刚才取得了所有高度为 $i - 1$ 的极小素理想，$p$ 的高度至少为 $i$，继而 $q$ 也至少有高度 $i$ -] -#example[][ - 之前证明了多项式环的幂级数是 $1 / (1-t)^n$ ，因此它的维度也是 $n$ -] -#corollary[][ - 设 $A$ 是诺特的局部环，$k$ 是留域，则 $dim A <= dim_k m quo m^2$ -] -#proof[ - 取 ${x_i} subset m$ 使得它们的像构成 $m quo m^2$ 的一组基，此时 $x_i$ 必然生成 $m$（利用 Nakayama 引理的推论），因此有： - $ - dim A = delta(A) <= dim_k m quo m^2 - $ -] -#corollary[][ - 设 $A$ 是不一定局部的诺特环，$x_1, ..., x_r in A$，则每个包含 $x_1, ..., x_r$ 的极小素理想的高度都不大于 $r$ -] -#proof[ - 在 $A_p$ 中当然有： - $ - sqrt((x_1, ..., x_n)) = p A_p - $ - 表明： - $ - r >= delta(A_p) = dim A_p = "height"(p) - $ -] -#theorem[Krull's principal ideal theorem][ - 设 $A$ 诺特，$x$ 不是单位或零因子，$p$ 是包含 $x$ 的极小素理想，则 $p$ 的高度就是 $1$ -] -#proof[ - 由上面的引理，$p$ 的高度只能为零或一 - - $"height" (p) = 0$，之前证明过这样的素理想（也就是环上的极小素理想）其中每个元素都是零因子，与 $x in p$ 是矛盾的 - 因此只能为 $1$ -] -#corollary[][ - $dim A = dim hat(A)$ -] -#proof[ - 注意到： - $ - A quo m^n tilde.eq hat(A) quo hat(m)^n - $ - 当然特征多项式是一致的 -] -#definition[][ - 设 $A$ 是诺特局部环，$d = dim A$， 若 $sqrt((x_1, ..., x_d)) = m$，则称 $x_1, ..., x_d$ 是一个参数系统|system of parameters -] -#proposition[][ - 设 $q = (x_1, ... x_d)$ 是参数系统，$f(t_1, ..., t_d)$ 是 $s$ 次齐次多项式，且系数落在 $q^(s + 1)$ 中，则这些系数也落在 $m$ 中 -] -#proof[ - 考察： - $ - funcDef(phi, A quo q [t_1, ..., t_d], G_q (A),t_i, x_i) - $ - 容易验证它是满射\ - 假设 $f$ 有系数不在 $m$ 中，由前面的习题有 $phi(f)$ 不是零因子，将有： - $ - d(G_m (A)) <= d( (A quo q [t_1, ..., t_d]) quo (phi(f))) <= d (A quo q [t_1, ..., t_d]) - 1 = d - 1 - $ - #TODO - 矛盾！ - -] -#corollary[][ - 设 $k = A quo m, x_1, ..., x_d$ 是参数系统，则 $x_1, ..., x_d$ 代数独立 -] -#proof[ - 假设有这样的多项式 $f$，取出其中最低非零次 $s$ 齐次部分 $f_s$，断言： - $ - f_s (x_1, ..., x_d) = 0 in q^s quo q^(s+1), q = (x_2, ..., x_d)\ - $ - 由上面的引理，$f_s$ 的系数全在 $m$ 中，与假设矛盾！ - -] -#definition[Regular Local Ring][ - 设 $A$ 是诺特的局部环，$dim A = d, m$ 是极大理想，$k = A quo m subset A$，若以下等价条件成立： - - $G_m (A) tilde.eq k[t_1, ..., t_d]$ - - $dim_k m quo m^2 = d$ - - $m$ 可被 $d$ 个元素生成 -] -#proof[ - - 1 $=>$ 2 计算庞卡莱级数即可#TODO - - 2 $=>$ 3 Nakayama - - 3 $=>$ 1 前面定义了典范的满射 $k[x_1, ..., x_n] -> G_m (A)$，由上一个命题的代数独立性这里 $ker$ 为零，继而是同构 -] -#lemma[][ - 设 $A$ 是环，$I$ 是理想且 $sect I^n = 0$，假设 $G_I (A)$ 是整环，则 $A$ 是整环 -] -#proof[ - 任取 $x, y != 0$，取最大的 $r, s$ 使得： - $ - x in I^r\ - y in I^s - $ - 则 $x y$ 在 $G_I (A)$ 中的像非零，当然就有 $x y != 0$ -] -#corollary[][ - - Regular Local Ring 是整的 - - Regular Local Ring 是整闭的 -] -#proof[ - - $k[t_1, .., t_d]$ 当然是整环 - - $dim = 1$ 时，由于离散赋值环等价于切空间 $m quo m^2$ 恰为一维，故结论成立。一般的证明略。 -] -#proposition[][ - 若 $A quo m subset A$，则 - $A$ regular $<=> hat(A)$ regular -] -#proof[ - 注意到 $G_m (A) = G_(hat(m)) (hat(A))$，结论显然 -] -#corollary[][ - 设 $A$ 是 regular local ring ,$k$ 是留域，则 $hat(A)$ 同构于 $k[[t_1, ..., t_d]]$ -] - -= 常微：幂级数解法 - == 一般幂级数 - 本章中 $y$ 允许多元函数 - #lemma[][ - 设微分方程： - $ - cases( - der(y, x) = f(x, y), - y(x_0) = y_0 - ) - $ - 其中 $f$ 在 $x_0$ 附近解析，则它的解存在唯一，且是解析函数。 - ] - #proof[ - 前面 Picard 序列的证明中给出了这个推论 - ] - 理论上来说，幂级数展开并比对系数可以将一般的微分方程化为代数方程。然而一般的情形仍然难以计算，最常见的情形是对线性方程做展开。 - #example[][ - - $der(y, x) = y - x$，令 $y = sum_i a_i x^i$，计算得： - $ - sum_(i >= 1) i a_i x^(i-1) = sum_i a_i x^i - x - $ - 有： - $ - a_1 = a_0\ - 2 a_2 = a_1 - 1\ - (i+1) a_(i+1) = a_i\ - $ - 可以递推解得 $a_i$ - - $y'' - 2 x y' + 4 y = 0$，令 $y = sum_i a_i x^i$，计算得： - $ - sum_i (i+1)(i+2)a_(i+2)x^i - 2 sum_i i a_(i) x^i - 4 sum_i a_i x^i = 0 - $ - 得到一般的递推关系： - $ - (i+1)(i+2)a_(i+2) = 2 i a_i + 4 a_i\ - (i+1) a_(i+2) = 2 a_i - $ - - $y'' = x y$，计算得： - $ - sum_i (i+1)(i+2)a_(i+2)x^i = sum_i a_(i-1) x^i - $ - 有： - $ - a_2 = 0\ - (i+1)(i+2)a_(i+2) = a_(i-1) - $ - 可以解得： - $ - a_(3 k + 2) = 0\ - a_(3 k) = ((3k - 3)!!!)/((3k) !) a_0 - $ - ] - #remark[][ - 对于形如： - $ - u(x) der(y, x) = v(x, y) - $ - 的微分方程，如果 $u(x) > 0$，将其除掉即可得到解的解析性。但若 $u(x)$ 有零点情形未必。例如： - $ - cases( - x^2 der(y, x) = y - x, - y(0) = 0 - ) - $ - 若其有解析解，比对系数发现一定有 $a_n = n!$，但是这个幂级数不收敛，因此是荒谬的。下节的目标便是处理这种方程。 - ] - == 广义幂级数 - #definition[广义幂级数][ - 称： - $ - sum_(n=0)^(+infinity) a_n x^(n + alpha), alpha in RR - $ - 为广义幂级数。 - ] - #theorem[][ - 设二阶微分方程： - $ - y'' + p(x) y' + q(x) y = 0 - $ - 其中 $p, q$ 可能以 $0$ 为奇点，但 $x p, x q^2$ 都在 $0$ 处解析，则它在 $0$ 附近有广义幂级数解 - ] - #proof[ - 方程等价于： - $ - x^2 y'' + x (sum_i a_i x^i) y' + (sum_i b_i x^i) y = 0 - $ - 设 $y = sum_(n=0)^(+infinity) c_n x^(n + alpha)$，代入得： - $ - x^(alpha)(sum_(n=2)^(+infinity) c_n (n+alpha)(n+alpha-1) x^(n) \ - + (sum_(n=1)^(+infinity) c_n (n+alpha) x^(n))(sum_(i=0)^infinity a_i x^i) \ - + (sum_(n=0)^(+infinity) c_n x^(n))(sum_(i=0)^infinity a_i x^i)) = 0 - $ - ] - #example[贝塞尔方程][ - 方程： - $ - y'' + 1/x y' + (x^2 - n^2) / x^2 y = 0 - $ - 称为贝塞尔方程，由上面的定理它在 $0$ 附近有广义幂级数解，并且计算可得 $n$ 是正整数时解是整函数。 - ] diff --git "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\212\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\212\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" index f2b1191..4aa3dc4 100644 --- "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\212\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" +++ "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\212\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" @@ -672,7 +672,7 @@ M quo m M 是 A quo m "上的有限维向量空间" $ 同时，设 $x_i in M$ 在 $M quo m M$ 中的像生成构成线性空间的基，则它们也是 $M$ 的生成元 - ] + ] #proof[ 设 $x_i$ 是这样一组基，取 $N = sum_i A x_i subset M$，取满同态 $phi: N -> M -> (M quo m) M$ @@ -2426,7 +2426,7 @@ $ 证毕 ] -= 链条件|Chain conditions, Artin 与 Noether += 链条件|Chain conditions, Artin 与 Noether 本章的内容是关于代数结构的经典有限性条件 == 链条件 #theorem[acc / maximal condition for a partially ordered set][ @@ -2569,6 +2569,9 @@ 因此这些商模要么是 $0$，要么是单模。去掉所有的 $0$ 之后便成为长度为 $l' <= l(M)$ 的合成列\ 同时，假设 $l= l(M)$，表明上面的 $N_(i-1) quo N_i tilde.eq M_(i-1) quo M_i$，可以递归证明 $M_i = N_i$，这是荒谬的 ] + #theorem[][ + 模是有限长度模当且仅当它是 Artin 并且 Noether 的 + ] #lemmaLinear[][ $M$ 中任何一个子模链的长度不超过 $l(M)$ ] diff --git "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\213\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\213\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" index e118659..14c8412 100644 --- "a/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\213\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" +++ "b/\344\273\243\346\225\260\345\255\246\344\272\214/\347\253\240\350\212\202/\344\270\213\345\215\212\345\255\246\346\234\237.typ" @@ -940,7 +940,7 @@ ker (M -> hat(M)) = sect I^n M = {x in M | exists y in I, (1 + y) x = 0} $ 特别的，若 $A$ 是整环且 $I != (1)$，则 $sect I^n M = {0}$ - ] + ] #proof[ 设 $E = ker(M -> hat(M))$，它也是 $0$ 的所有开邻域的交。 - 一方面，$E$ 的限制拓扑是平凡的 @@ -1059,3 +1059,379 @@ ] 有了上面的命题，原结论是容易的。事实上，$G(A) tilde.eq G(hat(A))$ 根据上面的命题是诺特的，而 $hat(A)$ 是完备的 Hausdoff 空间，因此由上面的命题 $hat(A)$ 是诺特的。 ] += 维数理论 | Dimension theory + == 维数 + #definition[height, dimension][ + 设 $A != 0$ 是环 + - 设 $p$ 是素理想，定义 $ht(p)$ 为最大的 $n$ 可以构成一个素理想升链 $p_0 = p < p_1 < ... e_(i-1) (Delta f) = e_i (f) + $ + ] + #proof[ + - $2 => 1$ 由于 $Q_i$ 次数逐渐上升，自然构成 $QQ-$线性空间的基，因此先可设： + $ + f = sum_i e_i Q_i + $ + 再不断差分可以证明 $e_i$ 都是整数 + - $4 => 2$ 显然 + - $3 => 1$ 利用归纳法，差分和 4 即可 + ] + #definition[][ + 设 $f: NN -> ZZ$ ，称 $f$ 是类多项式|polynomial like 的，如果存在多项式 $p(x)$ 使得 $n$ 充分大时有： + $ + f(n) = p(n) + $ + ] + #lemma[][ + 以下条件等价： + - $f$ 是类多项式 + - $Delta f$ 是类多项式 + - 存在 $l > 0$ 使得 $Delta^l f(n) = 0, forall n$ 充分大 + ] + == 庞卡莱序列 + #definition[庞卡莱序列][ + 设 $A = directSum_i A_i$ 是诺特的分次环，每个 $A_n$ 都诺特。$M$ 是分次的有限生成 $A-$模，$lambda$ 是有限 $A_n-$模 $-> ZZ$ 的加性函数，定义 $M$ 的庞卡莱序列为： + $ + P(M, t) = sum_(n >= 0) (-1)^n lambda (M_n) t^n + $ + ] + #theorem[][ + $P(M, t)$ 是有理函数，且： + $ + P(M, t) = (f(t))/(product_(i = 1)^s (1 - t^(k_i))), f(t) in ZZ[x] + $ + 定义 $d(M)$ 为这个函数 $P(M, t)$ 在 $t = 1$ 处极点的阶数\ + 其中 $s$ 是 $A$ 作为 $A_0$ 代数的齐次生成元的个数，$k_s$ 在证明中给出 + ] + #proof[ + 对 $s$ 进行归纳 + - $s = 0$ 时结论显然成立（既然形式幂级数 $P(M, t)$ 仅有有限项） + - 一般的，考虑： + $ + M_n ->^(x_s) M_(n + k_s) + $ + 当然 $k = deg x_s$，产生正合列： + $ + 0 -> K_n -> M_n -> M_(n + k) -> L_(n+k) -> 0 + $ + 其中 $K_n, L_n$ 分别是 $ker, coker$\ + 令 $K = directSum K_n, L = directSum L_n$，则 $K, L$ 被 $x_s$ 零化，进而成为 $A_0 [x_1, ..., x_s]$ 上的模。由归纳假设 $P(K, t), P(L, t)$ 都是定理形式的有理函数。\ + 对正合列取庞卡莱序列，有： + $ + + sum_n lambda(K_n) t^(n + k_s) - sum_n lambda(M_n) t^n + sum_n lambda(M_(n + k_s)) t^n - sum_n lambda(L_(n + k_s)) t^(n + k_s) = 0 + + $ + 化简即得结论。 + ] + #corollary[希尔伯特多项式][ + 若证明过程中 $k_1 = k_2 = ... = k_s = 1$，则 $P(M, t) = (f(t))/(1-t)^s$，进而 $n -> lambda(M_n)$ 是 $d(M) - 1$ 次的类多项式。这个多项式称为 $M$ 的希尔伯特多项式 + ] + #proof[ + 第一条是直接推论。对于第二条注意到根据定义 $lambda(M_n)$ 就是 $P(M, t) = f(t)/(1-t)^s$ 的 $n$ 次项系数。无妨设 $f(t), 1 - t$ 互素，否则约去令 $s$ 更小即可。作展开： + $ + f(t)/(1-t)^s = f(t) (1 + t + ...)^s := (sum_(k=0)^N a_k t^k)(1 + t + ...)^s + $ + 可以计算得当 $ n> N$ 时，将有： + $ + + lambda(M_n) = sum_(k = 0)^N a_k C_(s + n - k + 1)^(s - i) + + $ + 确实是关于 $n$ 的多项式，且次数是 $d - 1$，证毕 + ] + #proposition[][ + 设 $x in A_k$ 不是 $M$ 的零因子（$m in M, x m = 0 => m = 0$），则： + $ + d(M quo x M) = d(M) - 1 + $ + ] + #proof[ + 根据 $M_n ->^x M_(n+k)$ 构造正合列： + $ + 0 -> K_n -> M_n ->^x M_(n+k) -> L_(n+k) -> 0 + $ + 将有： + $ + P(M quo x M, t) = P(M, t) -t^k P(M, t) + r(t) + $ + 显然极点的阶刚好降低一，证毕 + ] + #example[][ + 设 $A_0$ 是 Artin 环，$A = A_0 [x_1, ..., x_s]$，则恰有 $d(A) = s$\ + 这是因为： + - $A_n$ 是自由 $A_0$模，生成元集为所有 $n$ 次单项式，作为自由模的维数是 $C_(n + s -1)^(s - 1)$ + - 可以计算得： + $ + P(A, t) = lambda(A_0) + lambda(A_1) t + ... = 1/(1 -t)^s + $ + ] + #proposition[][ + 假设 $(A, m)$ 是诺特的局部环，$q$ 是理想且 $sqrt(q) = m$（往往就取 $q = m$）, $M$ 是有限生成 $A-$模，$M_n$ 是稳定 $q-$filtration，则： + - $M quo M_n$ 有限长度 + - $n -> "length"(M quo M_n)$ 是不超过 $s$ 次类多项式，其中 $s$ 是 $q$ 最少的生成元个数 + - 上面多项式的次数和首项系数与 $q$ 无关，只与 $M$ 有关 + 该多项式称为特征多项式 + ] + #proof[ + - 令 $G(A) = directSum_n q^n quo q^(n+1)$，则由极大理想幂零 $G_n$ 是 Artinian Noetherian 局部环，$G(M)$ 是有限生成 $G(A)$ 模，且每一项都是 Artinian Noethenian 模，因此 $M_n$ 有限长度，$M quo M_n$ 也有限长度。 + - 由上题结论，$n -> l(M_(n - 1) quo M_n)$ 是类多项式函数，次数不超过 $s - 1$，求和得 $n -> l(M quo M_n)$ 也是类多项式，次数不超过 $s$，表明结论正确 + - 之前证明了两个稳定 $q-$filtration 互相控制，因此 $n$ 充分大时对应多项式也相互控制，进而首项应该都是一样的 + ] + #corollary[][ + $deg kai_q (n) = deg kai_m (n)$ 且首项相等 + ] + #proof[ + 注意到： + $ + m subset q subset m^r\ + m^n subset q^n subset m^(r n) + $ + 由长度的定义可得： + $ + kai_m (n) <= kai_q (n) <= kai_m (r n) + $ + 令 $n -> infinity$ 可得结论 + ] + #definition[][ + 设 $A$ 是诺特的局部环，则令： + $ + d(A) = deg kai_q (n) = deg kai_m (n) = deg( n -> "length"(A quo m^n)) = d(G_m (A))\ + where G_m (A) = directSum (m^i quo m^(i+1)) + $ + + ] + == 诺特局部环的维度 + #definition[][ + 设 $A$ 是诺特的局部环，令 $delta(A)$ 为 $A$ 中 $m-$ primary 理想的最小生成元数量。 + ] + 本节的目标是： + $ + delta(A) = d(A) = dim (A) + $ + 为此，我们证明： + $ + delta(A) >= d(A) >= dim (A) >= delta(A) + $ + #proposition[][ + 设 $M$ 是有限生成 $A-$ 模，$x$ 不是零因子，则： + $ + deg kai_q^(M quo x M) <= deg kai_q (M) - 1 + $ + ] + #proof[ + 令 $N := x M$，作为 $AModule(A)$ 同构于 $M$\ + 再令 $M' = M quo x M$\ + 由 @Artin-Rees 可知 $N_n = N sect q^n M$ 是稳定 $q-$filtration\ + 由正合列： + $ + 0 -> N quo N_n -> M quo q^n M -> M' quo q^n M' -> 0 + $ + 由长度的加性，$n$ 充分大时有： + $ + l(N quo N_m) - kai_q^M (n) + kai_q^M' (n) = 0 + $ + 既然 $N$ 与 $M$ 同构且 $q-$filtration 兼容，$l(N quo N_m), kai_q^M (n)$ 有相同的次数和首项，因此 $kai_q^M' (n)$ 必然比其至少低一次 + ] + #proposition[][ + $d(A) >= dim(A)$ + ] + #proof[ + 做归纳： + - 若 $d(A) = 0$，则 $n$ 充分大时 $A quo m^n$ 的长度的常值，继而： + $ + l(m^n quo m^(n+1)) = 0 + $ + 注意到它是 $A quo m$ 上的向量空间，因此 $m^n = m^(n+1)$,这是标准的 Artin 条件，故 $A$ 是 Artin 的，$dim A = 0$ + - 一般的，任取素理想升链： + $ + p_0 < ... < p_l + $ + 取 $x in p_1 - p_0, A' = A quo p_0$ 是整环，继而由之前的命题： + $ + d(A' quo x) <= d(A') - 1 + $ + 注意到 $A quo m^n$ 到 $A' quo m'^n$ 存在满射，因此： + $ + l(A quo m^n) >= l(A' quo m'^n)\ + d(A) >= d(A') >= d(A' quo x) + 1 + $ + 由归纳假设，有： + $ + d(A' quo x)>= dim (A' quo x) + $ + 然而由最开始的素理想升链可得 $dim(A' quo x')$ 不小于 $dim A - 1$，结合上式即得结论 + ] + #corollary[][ + - $dim(A)$ 有限 + - 对于一般的诺特环 $A$，每个素理想的降链都有限长 + ] + #proposition[][ + 设 $A$ 是诺特的局部环，$dim A = d$，则存在 $m-$primary 理想恰有 $d$ 个生成元。换言之，$delta(A) <= d$ + ] + #proof[ + 归纳构造 $x_i$ 使得每个包含 $(x_1, x_2, ..., x_i)$ 的素理想的 height 都至少为 $i$\ + 假设 $x_1, ..., x_(i-1)$ 已经构造，令 $p_j$ 是包含 $(x_1, ..., x_(i-1))$ 的极小素理想且高度恰为 $i -1$，也就是 $Ass(A quo (x_1, ..., x_(i-1)))$ 中极小元（仅有有限个）\ + 既然 $i - 1< d = dim A$ 而 $m$ 的高度就是 $d$，因此 $p_j$ 不是 $m$，取 $x_i in m - union p_j$\ + 设 $q$ 是任意包含 $(x_1, ..., x_i)$ 的素理想，则 $q$ 包含某个包含 $(x_1, ..., x_(i-1))$ 的极小素理想 $p$ + - 若 $p = p_j$，则 $x_i in q - p$ 表明 $p subset.neq q$，表明 $q$ 的高度至少是 $p$ 的高度加一，结论成立 + - 否则，由于刚才取得了所有高度为 $i - 1$ 的极小素理想，$p$ 的高度至少为 $i$，继而 $q$ 也至少有高度 $i$ + ] + #theorem[Dimension][ + 对于诺特的局部环 $A$，以下三个整数相等： + - 最大素理想升链的长度 + - 特征多项式 $l(A quo m^n)$ 的次数 + - $m-$primary 理想的最少生成元个数 + ] + #proof[ + $delta(A) >= d(A)$ 是上节的主要结论，其余便是本节的结论。 + ] + #example[][ + 之前证明了多项式环的幂级数是 $1 / (1-t)^n$ ，因此它的维度也是 $n$ + ] + #corollary[][ + 设 $A$ 是诺特的局部环，$k$ 是留域，则 $dim A <= dim_k m quo m^2$ + ] + #proof[ + 取 ${x_i} subset m$ 使得它们的像构成 $m quo m^2$ 的一组基，此时 $x_i$ 必然生成 $m$（利用 Nakayama 引理的推论 @basis-is-generator-Nakayama），因此有： + $ + dim A = delta(A) <= dim_k m quo m^2 + $ + ] + #corollary[][ + 设 $A$ 是不一定局部的诺特环，$x_1, ..., x_r in A$，则每个包含 $x_1, ..., x_r$ 的极小素理想的高度都不大于 $r$ + ] + #proof[ + 设 $p$ 是包含这些元素的极小素理想，在 $A_p$ 中当然有： + $ + sqrt((x_1, ..., x_r)) = p A_p + $ + 表明： + $ + r >= delta(A_p) = dim A_p = "height"(p) + $ + ] + #theorem[Krull's principal ideal theorem][ + 设 $A$ 诺特，$x$ 不是单位或零因子，$p$ 是包含 $x$ 的极小素理想，则 $p$ 的高度就是 $1$ + ] + #proof[ + 由上面的引理，$p$ 的高度只能为零或一 + - $"height" (p) = 0$，书上的 primary decomposition 章节证明了这样的素理想（也就是环上的极小素理想）其中每个元素都是零因子，与 $x in p$ 是矛盾的 + 因此只能为 $1$ + ] + #corollary[][ + $dim A = dim hat(A)$ + ] + #proof[ + 注意到： + $ + A quo m^n tilde.eq hat(A) quo hat(m)^n + $ + 当然特征多项式是一致的 + ] + #definition[][ + 设 $A$ 是诺特局部环，$d = dim A$， 若 $sqrt((x_1, ..., x_d)) = m$，则称 $x_1, ..., x_d$ 是一个参数系统|system of parameters + ] + #proposition[][ + 设 $q = (x_1, ... x_d)$ 是参数系统，$f(t_1, ..., t_d)$ 是 $s$ 次齐次多项式，且系数落在 $q^(s + 1)$ 中，则这些系数也落在 $m$ 中 + ] + #proof[ + 考察： + $ + funcDef(phi, A quo q [t_1, ..., t_d], G_q (A),t_i, x_i) + $ + 容易验证它是满射\ + 假设 $f$ 有系数不在 $m$ 中，由前面的习题有 $phi(f)$ 不是零因子，将有： + $ + d(A) = d(G_m (A)) <= d( (A quo q [t_1, ..., t_d]) quo (phi(f))) <= d (A quo q [t_1, ..., t_d]) - 1 = d - 1 + $ + 矛盾！ + + ] + #corollary[][ + 设 $k = A quo m subset A, x_1, ..., x_d$ 是参数系统，则 $x_1, ..., x_d$ 代数独立 + ] + #proof[ + 假设有这样的多项式 $f$，取出其中最低非零次 $s$ 齐次部分 $f_s$，断言： + $ + f_s (x_1, ..., x_d) = 0 in q^s quo q^(s+1), q = (x_2, ..., x_d)\ + $ + 由上面的引理，$f_s$ 的系数全在 $m$ 中，与假设矛盾！ + + ] + #definition[Regular Local Ring][ + 设 $A$ 是诺特的局部环，$dim A = d, m$ 是极大理想，$k = A quo m $，若以下等价条件成立： + - $G_m (A) tilde.eq k[t_1, ..., t_d]$ + - $dim_k m quo m^2 = d$ + - $m$ 可被 $d$ 个元素生成 + ] + #proof[ + - 1 $=>$ 2 容易验证 + - 2 $=>$ 3 @basis-is-generator-Nakayama + - 3 $=>$ 1 前面定义了典范的满射 $k[x_1, ..., x_n] -> G_m (A)$，由上一个命题的代数独立性这里 $ker$ 为零，继而是同构 + ] + #lemma[][ + 设 $A$ 是环，$I$ 是理想且 $sect I^n = 0$，假设 $G_I (A)$ 是整环，则 $A$ 是整环 + ] + #proof[ + 任取 $x, y != 0$，取最大的 $r, s$ 使得： + $ + x in I^r\ + y in I^s + $ + 则 $x y$ 在 $G_I (A)$ 中的像非零，当然就有 $x y != 0$ + ] + #corollary[][ + - Regular Local Ring 是整的 + - Regular Local Ring 是整闭的 + ] + #proof[ + - $k[t_1, .., t_d]$ 当然是整环，由 @Krull 知必有 $sect m^n = 0$，因此由上面的引理知结论成立。 + - $dim = 1$ 时，由于离散赋值环等价于切空间 $m quo m^2$ 恰为一维，故结论成立。一般的证明略。 + ] + #proposition[][ + $A$ regular $<=> hat(A)$ regular + ] + #proof[ + 注意到 $G_m (A) = G_(hat(m)) (hat(A))$，结论显然 + ] + #corollary[][ + 设 $A$ 是 regular local ring ,$k = A quo m subset A$ ，则 $hat(A)$ 同构于 $k[[t_1, ..., t_d]]$ + ] + + diff --git "a/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/\344\275\234\344\270\232/hw9.typ" "b/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/\344\275\234\344\270\232/hw9.typ" new file mode 100644 index 0000000..0edd8d7 --- /dev/null +++ "b/\345\244\215\345\217\230\345\207\275\346\225\260/\344\275\234\344\270\232/hw9.typ" @@ -0,0 +1,84 @@ +#import "../../template.typ": * +// Take a look at the file `template.typ` in the file panel +// to customize this template and discover how it works. +#show: note.with( + title: "作业9", + author: "YHTQ", + date: none, + logo: none, + withOutlined : false, + withTitle :false, + withHeadingNumbering: false +) +（应交日期为 5 月 24 日） += p150 + == 5 + 设 $B(z, r) subset G$，则有 $overline(B(z, r/2)) subset G$，由内闭一致收敛可得 $f_n|_(overline(B(z, r/2)))$ 一致收敛于 $f | _(overline(B(z, r/2)))$，由分析学的熟知结论可得 $f_n (z_n) -> f(z)$ + == 6 + 任取紧集 $X subset G$，往证 $f_n$ 在 $X$ 上一致收敛即可。如若不然，根据一致收敛的判别法和紧集知存在点列 $z_n -> z_0$ 使得： + $ + f_n (z_n) + $ + 不收敛于 $f(z_0)$\ + 由于 $f$ 是连续函数，可设 $forall epsilon > 0, exists delta > 0$ 使得： + $ + abs(z - z_0) < delta => abs(f(z) - f(z_0)) < epsilon + $ + 无妨假设 $forall n in NN, abs(z_n - z_0) < delta$，进而有： + $ + forall n in NN, abs(f(z_n) - f(z_0)) < epsilon + $ + 由 $z_0$ 处的点收敛，无妨设： + $ + forall n, abs(f_n (z_0) - f(z_0)) < epsilon + $ + 再由 $f_1$ 的连续性，同样可无妨设 $forall n$ 均有： + $ + abs(f_1 (z_n) - f_1 (z_0)) < epsilon + $ + 如此将有： + $ + abs(f_n (z_n) - f(z_0)) + &<= abs(f_n (z_n) - f (z_n)) + abs(f(z_n) - f(z_0)) \ + &= (f (z_n) - f_n (z_n)) + abs(f(z_n) - f(z_0))\ + &< f (z_n) - f_n (z_n) + epsilon\ + &< f(z_n) - f_1 (z_n) + epsilon\ + &= f(z_n) - f(z_0) + f(z_0) - f_1 (z_0) + f_1 (z_0) - f_1 (z_n) + epsilon\ + $ + 分别利用@eq3, @eq4, @eq5 可得上式 $< 4 epsilon$，矛盾！ + == 7 + #lemmaLinear[][ + 设 $X$ 是度量空间, $S$ 在其中正规（任何序列都有收敛子列）, $x_n in S$ 的所有收敛子列有公共的极限，则 $x_n$ 收敛 + ] + #proof[ + 设公共极限为 $x$，若 $x_n$ 不收敛于 $x$ 则可找到子列使得 $exists epsilon > 0$： + $ + d(x_(n_i), x) > epsilon + $ + 然而 $x_(n_i)$ 还有收敛子列，该子列也是 $x_n$ 的子列，由题设可知该子列收敛于 $x$，与上式显然矛盾！ + ] + 首先，由 $forall z > 0, lim f_n (z)$ 存在可有限可得 ${f_n} (z)$ 有界，当然有紧的闭包，再由等度连续可知 ${f_n}$ 正规。根据条件 $lim f_n (z) = f(z), forall z$ 不难验证 $f_n$ 的所有收敛子列的极限只能为 $f$，当然由引理可知 $f_n -> f$ += p217 + == 4 + 条件表明： + $ + f_n|_(D_n sect D_(n-1)) = f_(n-1)|_(D_n sect D_(n-1)) + $ + 既然 $D_n sect D_(n-1)$ 是开集，当然就有： + $ + f'_n|_(D_n sect D_(n-1)) = f'_(n-1)|_(D_n sect D_(n-1)) + $ + 表明当然这也是 $f'$ 的解析延拓 += p221 + == 3 + 若某个 $R_(t, u) = infinity$，则可将其延拓至整函数 $f$，从而所有 $f_(t, u)$ 都是 $f$ 的限制，进而所有 $R_(t, u)$ 都是 $infinity$，因此下设 $R_(t, u) < infinity$ + + 任取 $t_0, u_0$，可以找到 $gamma_(u_0) (t_0)$ 的开邻域 $B$ 使得 $B subset D_(t_0, u_0)$ 且 $f$ 可在 $B$ 上幂级数展开。任取 $(t_1, u_1) in B$，在 $gamma_(u_1) (t_1)$ 处的展开至少在 $B$ 内都收敛，也即： + $ + R(t_1, u_1) >= R(t_0, u_0) - d(gamma_(u_0) (t_0), gamma_(u_1) (t_1)) + $ + 同理可以得到另一个方向，进而： + $ + abs(R(t_1, u_1) - R(t_0, u_0)) <= d(gamma_(u_0) (t_0), gamma_(u_1) (t_1)) + $ + 由 $Gamma$ 的连续性，$u_1, t_1$ 靠近 $u_0, t_0$ 时上式右侧趋于零，左侧也趋于零，证毕 \ No newline at end of file diff --git "a/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/main.typ" "b/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/main.typ" index c829b0b..ef96aac 100644 --- "a/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/main.typ" +++ "b/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/main.typ" @@ -2240,3 +2240,133 @@ $ 可以直接解出 $W$，此时假设 $x_1$ 已知，方程变成了关于 $x_2$ 的一阶线性微分方程，是可解的。这表明对于二阶齐次线性微分方程，若已知一个解，另一个解可以通过一阶线性微分方程求出。 ] + #theorem[][ + 对于二阶常系数齐次线性微分方程： + $ + x^((n)) + a_(n-1)(t) x^((n-1)) + dots + a_1(t) x' + a_0(t) x = 0 + $ + 设： + $ + p(lambda) = lambda^n + a_(n-1) lambda^(n-1) + dots + a_1 lambda + a_0 + $ + 有 $s$ 个不同根 $lambda_i$ ，重数分别为 $m_1, m_2, ..., m_s$，则： + $ + x^k e^(lambda_i x) forall k <= m_i, forall i = 1, 2, ..., s + $ + 恰构成一组基础解 + ] + #proof[ + 设 $L(x) = x^((n)) + a_(n-1)(t) x^((n-1)) + dots + a_1(t) x' + a_0(t) x$，则有： + $ + L(e^(lambda x)) = p(lambda) e^(lambda x) + $ + 因此当然 $p(lambda) = 0$ 时 $e^(lambda x)$ 是解。进一步，两边对 $lambda$ 求导得： + $ + L(x e^(lambda x)) = (lambda p(lambda) + p'(lambda)) e^(lambda x) + $ + 若 $lambda$ 是至少二重根，上式也是零，反复进行即得结论。 + + 它们的线性无关性是显然的 + ] += 幂级数解法 + == 一般幂级数 + 本章中 $y$ 允许多元函数 + #lemma[][ + 设微分方程： + $ + cases( + der(y, x) = f(x, y), + y(x_0) = y_0 + ) + $ + 其中 $f$ 在 $x_0$ 附近解析，则它的解存在唯一，且是解析函数。 + ] + #proof[ + 前面 Picard 序列的证明中给出了这个推论 + ] + 理论上来说，幂级数展开并比对系数可以将一般的微分方程化为代数方程。然而一般的情形仍然难以计算，最常见的情形是对线性方程做展开。 + #example[][ + - $der(y, x) = y - x$，令 $y = sum_i a_i x^i$，计算得： + $ + sum_(i >= 1) i a_i x^(i-1) = sum_i a_i x^i - x + $ + 有： + $ + a_1 = a_0\ + 2 a_2 = a_1 - 1\ + (i+1) a_(i+1) = a_i\ + $ + 可以递推解得 $a_i$ + - $y'' - 2 x y' + 4 y = 0$，令 $y = sum_i a_i x^i$，计算得： + $ + sum_i (i+1)(i+2)a_(i+2)x^i - 2 sum_i i a_(i) x^i - 4 sum_i a_i x^i = 0 + $ + 得到一般的递推关系： + $ + (i+1)(i+2)a_(i+2) = 2 i a_i + 4 a_i\ + (i+1) a_(i+2) = 2 a_i + $ + - $y'' = x y$，计算得： + $ + sum_i (i+1)(i+2)a_(i+2)x^i = sum_i a_(i-1) x^i + $ + 有： + $ + a_2 = 0\ + (i+1)(i+2)a_(i+2) = a_(i-1) + $ + 可以解得： + $ + a_(3 k + 2) = 0\ + a_(3 k) = ((3k - 3)!!!)/((3k) !) a_0 + $ + ] + #remark[][ + 对于形如： + $ + u(x) der(y, x) = v(x, y) + $ + 的微分方程，如果 $u(x) > 0$，将其除掉即可得到解的解析性。但若 $u(x)$ 有零点情形未必。例如： + $ + cases( + x^2 der(y, x) = y - x, + y(0) = 0 + ) + $ + 若其有解析解，比对系数发现一定有 $a_n = n!$，但是这个幂级数不收敛，因此是荒谬的。下节的目标便是处理这种方程。 + ] + == 广义幂级数 + #definition[广义幂级数][ + 称： + $ + sum_(n=0)^(+infinity) a_n x^(n + alpha), alpha in RR + $ + 为广义幂级数。 + ] + #theorem[][ + 设二阶微分方程： + $ + y'' + p(x) y' + q(x) y = 0 + $ + 其中 $p, q$ 可能以 $0$ 为奇点，但 $x p, x q^2$ 都在 $0$ 处解析，则它在 $0$ 附近有广义幂级数解 + ] + #proof[ + 方程等价于： + $ + x^2 y'' + x (sum_i a_i x^i) y' + (sum_i b_i x^i) y = 0 + $ + 设 $y = sum_(n=0)^(+infinity) c_n x^(n + alpha)$，代入得： + $ + x^(alpha)(sum_(n=2)^(+infinity) c_n (n+alpha)(n+alpha-1) x^(n) \ + + (sum_(n=1)^(+infinity) c_n (n+alpha) x^(n))(sum_(i=0)^infinity a_i x^i) \ + + (sum_(n=0)^(+infinity) c_n x^(n))(sum_(i=0)^infinity a_i x^i)) = 0 + $ + ] + #example[贝塞尔方程][ + 方程： + $ + y'' + 1/x y' + (x^2 - n^2) / x^2 y = 0 + $ + 称为贝塞尔方程，由上面的定理它在 $0$ 附近有广义幂级数解，并且计算可得 $n$ 是正整数时解是整函数。 + ] + diff --git "a/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/\344\275\234\344\270\232/2100012990 \351\203\255\345\255\220\350\215\200 \345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213 7.typ" "b/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/\344\275\234\344\270\232/2100012990 \351\203\255\345\255\220\350\215\200 \345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213 7.typ" new file mode 100644 index 0000000..5194443 --- /dev/null +++ "b/\345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213/\344\275\234\344\270\232/2100012990 \351\203\255\345\255\220\350\215\200 \345\270\270\345\276\256\345\210\206\346\226\271\347\250\213 7.typ" @@ -0,0 +1,231 @@ +#import "../../template.typ": * +// Take a look at the file `template.typ` in the file panel +// to customize this template and discover how it works. +#show: note.with( + title: "作业7", + author: "YHTQ", + date: none, + logo: none, + withOutlined : false, + withTitle : false, + withHeadingNumbering: false +) += 5.13 p190 + == 2.(1) + 先解齐次线性微分方程组： + $ + vec(y, z)' = mat(0, 1;1, 0) vec(y, z) + $ + 设： + $ + A := mat(0, 1;1, 0) + $ + 特征值为 $1, -1$，对应特征向量为： + $ + xi_1 = vec(1, 1)\ + xi_(-1) = vec(1, -1) + $ + 一个基础解矩阵为： + $ + (e^x vec(1, 1), e^(-x) vec(1, -1)) + $ + 做常数变易，设： + $ + vec(y, z) = (e^x vec(1, 1), e^(-x) vec(1, -1)) U\ + vec(y, z)' = (e^x vec(1, 1), e^(-x) vec(1, -1)) U' + (e^x vec(1, 1), e^(-x) vec(1, -1))' U\ + = mat(0, 1;1, 0) vec(y, z) + vec(2, 1)e^x\ + (e^x vec(1, 1), e^(-x) vec(1, -1)) U' = vec(2, 1)e^x\ + mat(e^x, e^(-x);e^x, -e^(-x)) U' = vec(2, 1) e^x\ + mat(e^(-x), e^(-x);e^(x), -e^(x))mat(e^x, e^(-x);e^x, -e^(-x)) U' = mat(e^(-x), e^(-x);e^(x), -e^(x)) vec(2 e^x, e^x) \ + mat(2, 0;0, 2) U' = vec(3, e^(2 x))\ + U' = vec(3/2, 1/2 e^(2 x))\ + U = vec(3/2 x, 1/4 e^(2 x) )\ + vec(y, z) = mat(e^x, e^(-x);e^x, -e^(-x)) vec(3/2 x, 1/4 e^(2 x) ) = vec(3/2 x e^x + 1/4 e^x, 3/2 x e^x - 1/4 e^x)\ + $ + 这就求得一个特解，原方程的通解就是： + $ + vec(3/2 x e^x + 1/4 e^x, 3/2 x e^x - 1/4 e^x) + (e^x vec(1, 1), e^(-x) vec(1, -1)) vec(C_1, C_2) + $ + == 3.(1) + 先解齐次线性微分方程组： + $ + vec(y, z)' = mat(0, 1;-1, 0) vec(y, z) + $ + 设 $A = mat(0, 1;-1, 0)$ 特征值为 $i, -i$，对应特征向量为： + $ + xi_i = vec(1, i)\ + xi_(-i) = vec(1, -i) + $ + 一个基础解矩阵为： + $ + (e^(i x) vec(1, i), e^(-i x) vec(1, -i)) = mat( + cos x + i sin x, cos x -i sin x; + i cos x - sin x, -i cos x - sin x + ) + $ + 找到两个基解： + $ + mat(cos x, sin x; -sin x, cos x) + $ + 设非齐次方程的解： + $ + vec(y, z) = mat(cos x, sin x; -sin x, cos x) U\ + $ + 则有： + $ + mat(cos x, sin x; -sin x, cos x) U' = vec(tan^2 x - 1, tan x)\ + mat(cos x, sin x; -sin x, cos x) mat(cos x, -sin x; sin x, cos x) U' = mat(cos x, sin x; -sin x, cos x) vec(tan^2 x - 1, tan x)\ + U' = vec((sin^2 x)/(cos x) - cos x + (sin^2 x)/(cos x), - (sin^3 x)/(cos^2 x) + sin x + sin x)\ + U = vec(arctanh(sin x) - 2 sin x,-3 cos x - 1/(cos x))\ + vec(y, z) = mat(cos x, sin x; -sin x, cos x) vec(arctanh(sin x) - 2 sin x + C_1,-3 cos x - 1/(cos x) + C_2) + $ + == 4 + 先用常数变易，设 $y = e^(A x) U$，有： + $ + y' = A y + f(x) = A e^(A x) U + e^(A x) U' \ + f(x) = e^(A x) U'\ + U = integral e^(-A x) f(x) dif x\ + y = e^(A x) (integral_0^x e^(-A t) f(t) dif t + C)\ + $ + $y$ 以 $omega$ 为周期当且仅当： + $ + e^(A omega) e^(A x) (integral_0^x e^(-A t) f(t) dif t + integral_x^(x + omega) e^(-A t) f(t) dif t + C) = e^(A x) (integral_0^x e^(-A t) f(t) dif t + C)\ + e^(A omega) (integral_0^x e^(-A t) f(t) dif t + integral_x^(x + omega) e^(-A t) f(t) dif t + C) = integral_0^x e^(-A t) f(t) dif t + C\ + (e^(A omega) - I) C = (I - e^(A omega)) integral_0^x e^(-A t) f(t) dif t - e^(A omega) integral_x^(x + omega) e^(-A t) f(t) dif t + $ + 因此若设 $e^(A omega) - I$ 可逆，上式即可解出符合要求的 $C$，这等价于 $e^(A omega)$ 没有特征值 $1, A$ 没有特征值 $0$ + + 反之有 $A$ 有特征值零，也即不满秩，设 $A xi = 0$，考虑方程： + $ + y' = A y + xi + $ + 不难验证 $t xi$ 是一个特解，通解为： + $ + t xi + e^(A x) C + $ + 不难验证该方程没有以 $omega$ 为周期的解，证毕 += 5.15 p210 + == 1 + === (1) + 对应特征多项式： + $ + lambda^2 + lambda - 2 = 0\ + (lambda + 2)(lambda - 1) = 0\ + $ + 因此通解就是 $linearCombinationC(e^x, e^(-2 x))$ + === (3) + 对应特征多项式： + $ + lambda^4 - 5 lambda^2 + 4 = 0\ + (lambda^2 - 4)(lambda^2 - 1) = 0\ + $ + 四个解分别是 $2, -2, 1, -1$，因此通解是： + $ + linearCombinationC(e^(2 x), e^(-2 x), e^x, e^(-x)) + $ + === (5) + 先解齐次方程，对应特征多项式： + $ + lambda^2 - 4 lambda + 8 = 0\ + lambda = 2 plus.minus 2 i + $ + 两个解为 $e^(2x)(cos 2 x + i sin 2 x), e^(2 x)(cos 2 x - i sin 2 x)$，找到两个实解： + $ + e^(2 x) cos 2 x, e^(2 x) sin 2 x + $ + 再试求特解。先求： + $ + y'' - 2 y' + 8 y = e^(2 x) + $ + 的特解，猜测其形如 $k e^(2 x)$，代入得： + $ + 4 k - 4 k + 8 k = 1\ + k = 1/8 + $ + 因此一个特解为 $1/8 e^(2 x)$\ + 再求 $y'' - 2 y' + 8 y = sin 2 x$，猜测其特解为 $s cos 2 x + t sin 2 x$，代入得： + $ + - 4 s cos 2 x - 4 t sin 2 x - 2(2 t cos 2 x - 2 s sin 2 x) + 8(s cos 2 x + t sin 2 x) = sin 2 x\ + cases( + 8 s - 4 t - 4 s = 0, + 8 t + 4 s - 4 t = 1 + ) + $ + 得 $s = t = 1/8$，特解为 $1/8 (cos 2 x + sin 2 x)$\ + 综上，原方程通解为： + $ + 1/8 (cos 2 x + sin 2 x + e^(2 x)) + linearCombinationC(e^(2 x) cos 2 x, e^(2 x) sin 2 x) + $ + == 3 + #let lc = linearCombination(name: $c$) + #let g_s = ($e^(lambda_1 x)$, $e^(lambda_2 x)$) + 先做常数变易，设解 $y = #(linearCombination(..g_s))$，求一阶导： + $ + y' = #(linearCombination(name : $C'$, ..g_s)) + linearCombinationC(lambda_1 e^(lambda_1 x), lambda_2 e^(lambda_2 x)) + $ + 令 $#(linearCombination(name : $C'$, ..g_s)) = 0$，再求导： + $ + y'' = #(linearCombination(name : $C'$, $lambda_1 e^(lambda_1 x)$, $lambda_2 e^(lambda_2 x)$)) + linearCombinationC(lambda_1^2 e^(lambda_1 x), lambda_2^2 e^(lambda_2 x)) + $ + 代入原方程： + $ + #(linearCombination(name : $C'$, $lambda_1 e^(lambda_1 x)$, $lambda_2 e^(lambda_2 x)$)) + linearCombinationC(lambda_1^2 e^(lambda_1 x), lambda_2^2 e^(lambda_2 x))\ + + a(linearCombinationC(lambda_1 e^(lambda_1 x), lambda_2 e^(lambda_2 x))) + b(#(linearCombination(..g_s))) = f(x)\ + #(linearCombination(name : $C'$, $lambda_1 e^(lambda_1 x)$, $lambda_2 e^(lambda_2 x)$)) = f(x) + $ + 解出 $C_1, C_2$: + $ + C'_2 (lambda_2 - lambda_1) e^(lambda_2 x) = f(x)\ + C'_2 = 1/ (lambda_2 - lambda_1) f(x) e^(-lambda_2 x)\ + C'_1 = 1/ (lambda_1 - lambda_2) f(x) e^(-lambda_1 x)\ + C_2 = integral_0^x 1/ (lambda_2 - lambda_1) f(t) e^(-lambda_2 t) dif t\ + C_1 = integral_0^x 1/ (lambda_1 - lambda_2) f(t) e^(-lambda_1 t) dif t + $ + 最终得： + $ + y = 1/(lambda_2 - lambda_1) (e^(lambda_2 x) integral_0^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t - e^(lambda_1 x) integral_0^x f(t) e^(-lambda_1 t) dif t) + $ + 可设通解为： + $ + y = 1/(lambda_2 - lambda_1) (e^(lambda_2 x) (integral_0^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t + C_1) - e^(lambda_1 x) (integral_0^x f(t) e^(-lambda_1 t) dif t + C_2))\ + = e^(lambda_1 x)/(lambda_2 - lambda_1 x) (e^((lambda_2 - lambda_1 )x) (integral_0^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t + C_1) - (integral_0^x f(t) e^(-lambda_1 t) dif t + C_2)) + $ + 注意到要使上式有界，考虑 $x -> -infinity$ 必有 $(e^((lambda_2 - lambda_1 )x) (integral_0^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t + C_1) - (integral_0^x f(t) e^(-lambda_1 t) dif t + C_2)) -> 0$，而由 $f$ 有界知无穷积分： + $ + integral_(-infinity)^(x) f(t) e^(-lambda_1 t) dif t + $ + 存在，因此 $(integral_0^x f(t) e^(-lambda_1 t) dif t + C_2)$ 趋于常数，$e^((lambda_2 - lambda_1 )x) (integral_0^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t + C_1)$ 也趋于常数，可得 $integral_0^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t + C_1$ 趋于零，进而： + $ + integral_0^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t + C_2 = integral_(-infinity)^(x) f(t) e^(-lambda_2 t) dif t\ + $ + 利用洛必达法则可得： + $ + e^((lambda_2 - lambda_1 )x) integral_(-infinity)^(x) f(t) e^(-lambda_2 t) dif t = (integral_(-infinity)^(x) f(t) e^(-lambda_2 t) dif t)/(e^((lambda_1 - lambda_2) x) ) -> 0 + $ + 从而 $integral_0^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t + C_1 -> 0$，有： + $ + integral_0^x f(t) e^(-lambda_1 t) dif t + C_1 = integral_(-infinity)^(x) f(t) e^(-lambda_1 t) dif t + $ + 综上解只能是： + $ + 1/(lambda_2 - lambda_1) (e^(lambda_2 x) integral_(-infinity)^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t - e^(lambda_1 x) integral_(-infinity)^x f(t) e^(-lambda_1 t) dif t ) + $ + 而： + $ + abs(e^(lambda_2 x) integral_(-infinity)^x f(t) e^(-lambda_2 t) dif t) + &<= e^(lambda_2 x) integral_(x)^(-infinity) abs(f(x)) e^(-lambda_2 t) dif t\ + &<= M e^(lambda_2 x) integral_(x)^(-infinity) e^(-lambda_2 t) dif t\ + &= M e^(lambda_2 x) e^(-lambda_2 x)\ + &= M + $ + 类似也可证明另一部分也有界，进而有界 + + 对于第一个命题，设此特解为 $y_0$，通解为 $y_0 + C_1 e^(lambda_1 x) + C_2 e^(lambda_2 x)$，由 $lambda_1, lambda_2 < 0$ 知结论当然正确 + + 对于第二个命题，可以验证若 $f(x)$ 是周期函数则： + $ + e^(lambda x) integral_(-infinity)^x f(t) e^(-lambda t) dif t, forall lambda < 0 + $ + 都是周期函数，因此 $y_0$ 当然是周期函数 + + \ No newline at end of file diff --git "a/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/main.typ" "b/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/main.typ" index 9874160..9fca099 100644 --- "a/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/main.typ" +++ "b/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/main.typ" @@ -2134,6 +2134,164 @@ $ 收敛阶比之前的 $1/sqrt(n)$ 好不少 == 有效维数 - + 看似 QMC 对高维积分的效果也并不理想，然而历史上人们发现它对某个特定的 360 维积分有着出乎意料的表现，引发了人们对于高维积分是否可以某种意义上降低维度的有效维度问题。 + === 方差分析|Analysis Of Variants + 本节中： + - 记 $ZZ_d = {1, 2, ..., d}$ + - 设 $u subset ZZ_d$，$abs(u)$ 表示 $u$ 中个数 + - $xv_u := (x_j)_(j in u)$ + - $ZZ_d - u := -u$ + #theorem[ANOVA][ + 给定 $Omega = [0, 1]^d, Omega$ 上的函数有 ANOVA 分解： + $ + f(xv) = sum_(u subset ZZ_d) f_u (xv) + $ + 其中 $f_u$ 仅依赖于 $xv_u$ + ] + #proof[ + 递归定义： + - $abs(u) = 0$ 时，令 $f_(emptyset) (xv) = integral_(Omega)^() f(xv) dif xv := mu$ + - $abs(u) = 1$ 时，设 $u = {j}$，令： + $ + f_{j} (xv) = integral_([0,1]^(d-1)) (f(xv) - mu) dif xv_(-u) + $ + 也就是把除了 $j$ 之外的维度全部积分掉，这样便只依赖于 $j$ 分量 + - 一般的，令： + $ + f_u (xv) = integral_([0,1]^(d - abs(u))) (f(xv) - sum_(v subset.neq u) f_v (xv)) dif xv_(-u) + $ + 观察到它事实上等于： + $ + integral_([0,1]^(d - abs(u))) f(xv) dif xv_(-u) - sum_(v subset.neq u) f_v (xv) + $ + 这是因为积分变元和后者无关，因此可以直接积分出来。这便给出了： + $ + f_(ZZ_d) (xv) &= 0 - sum_(v subset.neq ZZ_d) f_v (xv) = f(xv)\ + f(xv) &= f_(ZZ_d) (xv) + sum_(u subset.not ZZ_d) f_u (xv)\ + &= sum_(u subset ZZ_d) f_u (xv) + $ + ] + #proposition[正交性][ + + $j in u => integral_0^1 f_u (xv) dif x_j = 0$ + + $u != v => integral_(Omega)^() f_u (xv) g_u (xv) dif xv = 0 $ + ] + #proof[ + + + - $abs(u) = 1$ 时，有： + $ + integral_0^1 f_{j} (xv) dif x_j &= integral_0^1 integral_([0, 1]^(d-1))^() (f(xv) - mu) dif xv_(-{j}) dif x_j\ + &= integral_(Omega)^() f(xv) dif xv - mu\ + &= 0 + $ + - 对一般情形递归验证： + $ + integral_0^1 f_u (xv) dif x_j &= integral_0^1 (integral_([0,1]^(d - abs(u))) f(xv) dif xv_(-u) - sum_(v subset.neq u) f_v (xv)) dif x_j\ + &= integral_([0,1]^(d - abs(u) + 1)) f(xv) dif xv_(-u union {j}) - sum_(v subset.neq u) integral_0^1 f_v (xv) dif x_j + $ + 注意到，若 $j in v$ 则由归纳假设后项积分为零，上式化简为： + $ + &integral_([0,1]^(d - abs(u) + 1)) f(xv) dif xv_(-u union {j}) - sum_(v subset.neq u, j in.not v) integral_0^1 f_v (xv) dif x_j\ + =&integral_([0,1]^(d - abs(u) + 1)) f(xv) dif xv_(-u union {j}) - sum_(v subset.neq u, j in.not v) f_v (xv) \ + =&integral_([0,1]^(d - abs(u) + 1)) f(xv) dif xv_(-(u - {j})) - sum_(v subset (u - {j})) f_v (xv) \ + =&integral_([0,1]^(d - abs(u) + 1)) f(xv) dif xv_(-(u - {j})) - sum_(v subset.neq (u - {j})) f_v (xv) + f_(u - {j}) (xv) \ + =&f_(u - {j}) (xv) - f_(u - {j}) (xv) \ + =&0 + $ + 这里是代入了 $f_(u - {j}) (xv)$ 的定义，进而结论成立。 + + + 由 $u != v$ 不妨设 $j in u - v$，将有： + $ + integral_(Omega)^() f_u (xv) f_v (xv) dif xv &= integral_([0, 1]^(d-1))^() integral_(0)^(1) f_u (xv) f_v (xv) dif xv_j dif xv_(-j)\ + &= integral_([0, 1]^(d-1))^() f_v (xv) (integral_(0)^(1) f_u (xv) dif xv_j) dif xv_(-j)\ + &= 0 + $ + 最后一步利用了之前的命题 + ] + #definition[方差][ + 定义函数 $f$ 的方差： + $ + sigma^2 (f) = integral_(Omega)^() (f(xv) - mu)^2 dif xv where mu = integral_(Omega)^() f(xv) dif xv + $ + 同时在上面的方差分解中，定义： + $ + sigma^2_u (f) = cases( + integral_([0, 1]^d)^() f^2_u (xv) dif xv quad u != emptyset, + 0 quad u = emptyset + ) + $ + ] + #theorem[][ + $ + sigma^2 (f) = sum_(u subset.neq ZZ_d) sigma^2_u (f) + $ + ] + #proof[ + $ + integral_(Omega)^() (f(xv) - mu)^2 dif xv = integral_(Omega)^() (sum_(u subset.neq ZZ_d, u != emptyset) f_u (xv) )^2 dif xv + $ + 由前面命题的正交性，上式就是： + $ + sum_(u subset.neq ZZ_d, u != emptyset) integral_(Omega)^() f_u^2 (xv) dif xv = sum_(u subset.neq ZZ_d) sigma^2_u (f) + $ + ] + === 有效维数 + #definition[有效维数][ + 称 $d_0$ 是函数 $f(xv)$ 的有效维数，如果 $d_0$ 是使： + $ + sum_(abs(u) <= d_0) sigma^2_u (f) >= p sigma^2 (f) + $ + 最小正整数，其中 $p in [0, 1]$ 是给定的精度 + ] + #let err = math.op("err") + #theorem[][ + 给定 $p in [0, 1], f(xv)$ 的有效维数为 $d_p$，记： + $ + h(xv) = sum_(abs(u) < d_p) f_u (xv) + $ + 则： + $ + err(f, h) &< 1- p \ + where err(f, h) &= 1/(sigma^2 (f)) integral_(Omega)^() (f - h)^2 dif xv + $ + ] + #proof[ + $ + f(xv) - h(xv) &= sum_(abs(u) > d_p) f_u (xv)\ + integral_(Omega)^() (f - h)^2 dif xv &= sum_(abs(u) > d_p) integral_(Omega)^() f_u^2 (xv) dif xv\ + &= sum_(abs(u) > d_p) sigma^2_u (f) > (1 - p) sigma^2 (f) + $ + 证毕 + ] + #theorem[][ + 在 QMC(Quasi Monte-Carlo) 中，有： + $ + abs(I f - Q f) &<= sum_(u subset ZZ_d, u != emptyset) alpha_u norm(f_u)\ + where &norm(f_u)^2 = integral_([0, 1]^(abs(u)))^() abs((diff^(abs(u)) f_u) / (diff xv_u) ) dif xv_u\ + &alpha_u "是只依赖于积分点投影的正常数" + $ + ] + #proof[ + 略 + ] + #remark[][ + 上面的定理表明，当有效维度较小时，我们可以期待 QMC 有较小的误差。既然： + $ + f &= h + (f - h)\ + abs(I f - Q f) &<= abs(I h - Q h) + abs(I (f - h) - Q (f - h)) + $ + 前项维数较低，而后项能够很好地被有效维数所控制。更深入的，对于任意的 $u in ZZ_d$，可以设置一个 $gamma_u$ 称为该方向的重要性并对 $gamma_u$ 进行排序 $gamma_1 >= gamma_2 >= ... $，可以证明 QMC 的误差不依赖于维度的充分必要条件是： + $ + sum_(j=1)^(+infinity) gamma_j < +infinity + $ + 假如该条件能成立，QMC 就一定程度上避免了维度灾难。 + ] + == 序列函数逼近 + 在实际工程上，往往遇到大量高维函数，此时对效率的需求超过对精度的需求。我们需要一些可能精度不佳但更加高效的方式。 + #proposition[随机 Kazmart 算法][ + 对于线性方程组 $A x = b$，可以用以下的迭代方法求解： + - 任取 $x_0$ + - 随机取 $A$ 的一行，设为 $i$ 行，更新 $x_k$ 为 $x_(k+1)$，仅用该行更新 $x_(k+1)$ 其余分量不变 + 可以证明，算法的结果逼近于某个参考解（未必是真解）。该算法用于当 $A$ 非常大以致超过（内存）存储能力时，以时间换空间的策略。 + ] \ No newline at end of file diff --git "a/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/\344\275\234\344\270\232/hw7.typ" "b/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/\344\275\234\344\270\232/hw7.typ" new file mode 100644 index 0000000..0b8ce0f --- /dev/null +++ "b/\346\225\260\345\255\246\346\250\241\345\236\213/\344\275\234\344\270\232/hw7.typ" @@ -0,0 +1,170 @@ +#import "../../template.typ": proof, note, corollary, lemma, theorem, definition, example, remark, proposition,der, partialDer, Spec +#import "../../template.typ": * +// Take a look at the file `template.typ` in the file panel +// to customize this template and discover how it works. +#show: note.with( + title: "作业7", + author: "YHTQ", + date: none, + logo: none, + withOutlined : false, + withTitle :false, + withHeadingNumbering: false +) += 1 + #let ek(x) = $e^(- (#x)/2)$ + 不难验证 $n$ 次正交多项式构成线性空间。注意到任取 $p_(n-1), p_(n-2)$ 是 $n-1, n-2$ 次正交多项式，$i = 1, 2, ..., d$ ，下面的递推式都可产生 $n$ 次正交多项式 $p_n$： + $ + p_n = (x_i + a)p_(n-1) + b p_(n-2) \ + where inner(x_i p_(n-1), p_(n-1)) + a inner(p_(n-1), p_(n-1)) = 0\ + inner(x_i p_(n-1), p_(n-2)) + b inner(p_(n-2), p_(n-2)) = 0\ + $ + 先考虑小一点的 $n$ + - $n = 1$ 时，多项式 $sum a_i x_i + c$ 是正交多项式就是说： + $ + integral_(RR^d)^() (sum a_i x_i + c) ek(norm(x)^2) dif x = 0 + $ + 由对称性，当且仅当 $c = 0$，因此 $a_i$ 可以任取，共同零点当然只有 $0$ + - $n = 2$ 时，多项式 $sum a_(i j) x_i x_j + sum_i b_i x_i + c$ 是正交多项式意味着： + $ + integral_(RR^d)^() (sum a_(i j) x_i x_j + sum_i b_i x_i + c) ek(norm(x)^2) dif x = 0\ + integral_(RR^d)^() x_k (sum a_(i j) x_i x_j + sum_i b_i x_i + c) ek(norm(x)^2) dif x = 0, forall k\ + $ + 仍然利用对称性化简得： + $ + integral_(RR^d)^() (sum a_(i i) x_i^2 + c) ek(norm(x)^2) dif x = 0\ + integral_(RR^d)^() b_k x_k^2 ek(norm(x)^2) dif x = 0, forall k\ + $ + 当且仅当 $b_k = 0$ 且： + $ + sum 2 pi a_(i i) + 2 pi c = 0\ + sum a_(i i) + c = 0 + $ + 其余 $a_(i j)$ 自由调整，无共同零点。 + 我们断言 $n$ 为偶数时无共同零点，为奇数时只有 $0$ 作为共同零点，为此： + #lemmaLinear[][ + 设 $f(x)$ 是 $RR$ 上一维 $n$ 次正交多项式（权函数为 $ek(x^2)$），则 $forall i, f(x_i)$ 都是 $RR^d$ 上 $n$ 次多项式 + ] + #proof[ + 任取小于 $n$ 次多项式 $p(x_1, x_2, ..., x_n) = sum_i p_i (x_2, ..., x_n) x_1^i$，将有： + $ + integral_(RR^d)^() sum_i p_i (x_2, ..., x_n) x_1^i f(x_1) ek(norm(x)^2) dif X\ + = sum_i integral_(RR^d)^() p_i (x_2, ..., x_n) x_1^i f(x_1)ek(norm(x)^2) dif X\ + = sum_i integral_(RR^d)^() p_i (x_2, ..., x_n) x_1^i f(x_1)ek(x_1^2) ek((x_2^2 + ... + x_n^2)) dif X\ + = sum_i integral_(RR^(d-1))^() p_i (x_2, ..., x_n) ek((x_2^2 + ... + x_n^2)) dif x_2 dif x_3 ... dif x_n integral_RR x_1^i f(x_1)ek(x_1^2) dif x_1\ + $ + 当然有 $i < n$，因此上式为零 + ] + #lemmaLinear[][ + 设 $f(x)$ 是 $RR$ 上一维 $n >= 2$ 次正交多项式（权函数为 $ek(x^2)$），则： + - $n$ 为奇数时，$f$ 形如 $x g(x^2)$; $n$ 为偶数时，$f$ 形如 $g(x^2)$ + - $f$ 以 $0$ 为零点当且仅当 $n$ 为奇数 + ] + #proof[ + $n = 1, 2$ 时前面已经给出了结论，对于更大的 $n$，注意到有递推式： + $ + p_n = (x + a)p_(n-1) + b p_(n-2) \ + where inner(x p_(n-1), p_(n-1)) + a inner(p_(n-1), p_(n-1)) = 0\ + inner(x p_(n-1), p_(n-2)) + b inner(p_(n-2), p_(n-2)) = 0\ + $ + 递归证明结论： + - 若 $n$ 是偶数，往证 $a = 0$，这是因为： + $ + inner(x p_(n-1), p_(n-1)) = inner(x^2 g(x^2), x g(x^2)) = integral_(RR)^() x^3 g(x^2) ek(x^2) dif x = 0 + $ + （对称性给出）\ + 继而： + $ + p_n = x p_(n-1) + b p_(n-2) + $ + 容易归纳证明上面结论都成立。 + - 若 $n$ 是奇数，同样往证 $a = 0$，这是因为： + $ + inner(x p_(n-1), p_(n-1)) = inner(x g(x^2), g(x^2)) = integral_(RR)^() x g(x^2) ek(x^2) dif x = 0 + $ + （对称性给出）\ + 继而类似可以论证 + ] + #lemmaLinear[][ + 设 $U$ 是任意正交变换，$f(X)$ 是 $n$ 次正交多项式，则 $f(U X)$ 也是 $n$ 次正交多项式 + ] + #proof[ + 注意到正交变换不改变多项式的次数，做简单的积分换元即可。 + ] + 由一元正交多项式的结论，设 $f_n$ 是 $RR$ 上 $n$ 次正交多项式，有 $n$ 个不同的根 $x_1, x_2, ..., x_n$，令 $Z_1 = {x_1, ..., x_n}$\ + 假设 $RR^d$ 上 $n$ 次正交多项式的共同零点集为 $S$，断言： + - $S subset Z_1^d$，既然由 @lemma1 $f_n (x_1), f_n (x_2), ..., f_n (x_d)$ 都是 $n$ 维正交多项式，结论是显然的 + - 设 $G$ 是 $RR^d$ 上所有正交变换构成的群，则 $G Z = Z$，这是 @lemma2 的直接推论 + 然而 $Z_1^d$ 是离散点集，$G$ 在每个非零点的轨道都是一个圆，显然以上两者同时成立蕴含 $Z = {0} orC emptyset$\ + @lemmaNonZero 表明 $n$ 为偶数时，$f_n (x_i)$ 不以零为零点，当然就有 $Z = emptyset$\ + 而当 $n$ 为奇数时，设 $f(x)$ 是 $n$ 次 $d$ 维正交多项式。对 $n, d$ 作归纳，$n = 1 orC d = 1$ 时已经证明，注意到若设： + $ + f(x) = sum_(i= 0)^n p_i (x_2, ..., x_n) x_1^i + $ + 则任取小于 $n$ 次的多项式 $q(x_2, ..., x_n)$ 将有： + $ + 0 = inner(q(x_2, ..., x_n), sum_(i= 0)^n p_i (x_2, ..., x_n) x_1^i) \ + = sum_(i= 0)^n inner(q(x_2, ..., x_n), p_i (x_2, ..., x_n)) c_i \ + = inner(q(x_2, ..., x_n), sum_(i= 0)^n c_i p_i (x_2, ..., x_n)) \ + where c_i = integral_(RR^d)^() x_1^i ek(norm(x_1)^2) dif x_1 + $ + 表明 $sum_(i= 0)^n c_i p_i (x_2, ..., x_n)$ 要么恰为 $0$ ，要么是 $d-1$ 维的 $n$ 次正交多项式，无论何者都可得到： + $ + sum_(i= 0)^n c_i p_i (0) = 0 + $ + 类似的，任取小于 $n-2$ 次的多项式 $q$，将有： + $ + 0 = inner(q(x_2, ..., x_n) x_1^2, sum_(i= 0)^n p_i (x_2, ..., x_n) x_1^i) + $ + （事实上 $i$ 为奇数时 $c_i = 0$） + 类似可以证明： + $ + sum_(i= 0)^n c_(i+2) p_i (0) = 0\ + sum_(i= 0)^n c_(i+4) p_i (0) = 0\ + ... + $ + 不算入 $i$ 是奇数的情形，共计 $(d + 1)/2$ 个变量和方程，并且可以验证系数矩阵满秩，因此 $p_i (0) = 0$，这就证明了 $Z = {0}$ +== 2 + #let sumn0(i) = $sum_(#i = 0)^(n-1)$ + 由定义： + $ + D_n^* (P) = 1/n sumn0(i) 1_(y > x_i) - integral_(0)^(1) 1_(y > x) dif x + $ + 我们希望上式取最大/最小值。不难发现验证若增大 $k$ 分量 $y_k$，只要前项不发生变化后项便不断减小，进而最大/最小值点处一定有： + $ + exists i, y_k = x_(i k) + $ + + 先证明一维情形下，假设 $b^r <= n < b^(r+1)$，上述定义就是： + $ + 1/n sumn0(i) 1_(x_k > x_i) - x_k\ + $ + 设： + $ + k = sum_(s = 0)^infinity a_s (k) b^s\ + i = sum_(s = 0)^infinity a_s (i) b^s\ + $ + 则： + $ + x_k > x_i <=> sum_(s = 0)^infinity a_s (k) b^(-s -1) > sum_(s = 0)^infinity a_s (i) b^(-s -1) + $ + 统计使得 $x_k > x_i$ 的所有情况 + - $a_0 (k) > a_0 (i)$，也即 $i = 0, 1, ..., a_0 (k) - 1$，这些数的数量在以下两者之间： + $ + a_0 (k) [n/b], a_0 (k) ([n/b] + 1) + $ + - 否则，$a_0 (k) = a_0 (i), a_1 (k) > a_1 (i)$，则使得上式成立的 $i$ 的个数在以下两者之间： + $ + a_1(k) [n/b^2], a_1(k) ([n/b^2] + 1) + $ + - 以此类推，最终得到： + $ + 1/n sumn0(i) 1_(x_k > x_i) - x_k >= 1/n sum_(s = 0)^r a_s (k) ([n/b^(s+1)] - n/b^(s+1)) >= -1/n sum_(s = 0)^r a_s (k) >= -1/n r (b-1)\ + 1/n sumn0(i) 1_(x_k > x_i) - x_k <= 1/n sum_(s = 0)^r a_s (k) ([n/b^(s+1)] - n/b^(s+1) + 1) <= 1/n sum_(s = 0)^r a_s (k) <= 1/n r (b-1) + $ + 从而 $abs(D_n^*(P)) <= 1/n r (b-1) <= (b - 1)/n (log n)/(log b) $ + + 对于高维情形，由于 $b_i$ 都互素，因此由中国剩余定理各个维度上是独立的，类似即可证明： + $ + abs(D_n^*(P)) <= 1/n product_(i) (b_i - 1) (log n)/(log b_i) + $