【原】模论初步四：自由模与矩阵

自由模与矩阵

自由模

现在考虑是一个环，是元组构成的集合，其中,我们现在要在上定义加法使其称为一个Abel群：

由于中加法的交换律，所以定义的加法是可交换的，

在这样的定义下，加法具有封闭性、结合律、交换律，加法幺元存在，逆元存在，所以是一个Abel群；定义数乘：

不难验证，他还满足模的四条定义，因此可将看作是的一个模.对于任何一个中的元素：,他都可以表示为：

其中(第个位置为0).所以就是的一组生成元.我们看到这组生成元有这样的性质：

1. 中任何一个元素都可以由它线性表出；
2. 如果

我们把这样的一组生成元称为是的一组基.

类似的，我们定义一般群的基的概念:

设是一个Abel群是的模，是的一组元素，定义它的一组基为：

1. 中的任何一组元素都可以由这一组元素线性表出；

则称为的一组基.

现在考虑的另一个模,其中是一个元素，我们证明，存在唯一的模同态使得:.

定义：

不难验证这是一个模同态，且将映到,且由于是的一组生成元，所以只要的像指定，那么该映射就唯一确定，所以命题成立.

如果此时还是的一组基，那么就有Im =M,所以由同态基本定理可得：

现在考虑,如果,所以,因此这还是一个单态，所以这是一个模同构.即：,在这种意义下，我们说是一个秩为的自由模.

例如：设是域，V是上的线性空间，且是的一组基，那么可以看作是的秩为的自由模.

在高等代数中我们看到，任何一个空间的基的个数都是相同的，即作为自由模的秩是相同的，那么在一般意义的自由模下，是否还有任何一个自由模的秩是相同的呢？在是交换环的前提下我们可以证明这一点.

如果是交换的，那么.

证明：由自由模的定义我们可以转化为：如果是的一个自由模，且有两组基，他们中元素的个数为那么一定有,即如果：都是的一组基，那么必然有.

下设，由于都是的一组基，那么必然可以相互线性表出，即：

由此我们得到：

由基的定义，任何一个元素的表示都是唯一的，因为：,所以其他的元素的系数均为0，即有：

同理我们可以得到：

我们将基的关系用矩阵的形式表示出来：

同理我们可以得到：

由此得到：

由此我们得到，,由于是交换环，所以,但是显然这并不成立，因此的假设错误，同理的假设也是不对的，故得到.(R是交换环的作用体现在了)

同时我们也得到了如下结果，如果是的一组基，且有：

那么就有.即矩阵是可逆的.(一般似乎是习惯把矩阵放在右边)

反之，如果给了一个阶可逆矩阵，以及一组基,那么我们也可以得到另外一组基.

因为：

由于是可逆的，所以两边左乘的逆矩阵，便可以得到：

现在我们来证明就是一组基，为此我们只需证明两个条件：一组生成元+线性无关即可.由于均可以由线性表出，又因为是一组基，所以 任何一个元素都可以由线性表出.

线性无关：假设存在,使得：

即意味着：

即：

由基的定义可知：

两边左乘,便可以得到：.故命题得证.

这给我们提供了已知一组基再构造一组基的方法.

注意到这个地方我们的运算是及其不规范的，我们没有在一般环中定义怎么矩阵和向量进行数乘，因此所有的这样的元素，请大家自行修改！线性无关等术语也及其不规范，因为我们没定义.

模同态群

现在我们转过来考虑,由前面我们的分析可知，要确定两个自由模之间的模同态，只需要确定基的映射即可.现在假设分别是的一组基.并且映射:

将矩阵称为是 积之间的关联矩阵，很容易便可以定义之间的模同态：

其中(我们不妨模仿线性代数，称他为在下的坐标).同样的，他也是一个模同态，且因为基的映射确定之后，他就是唯一的将映为的模同态.

在高等代数中，我们知道同一向量在不同基下的坐标可以由基之间的过渡矩阵所直接计算，那么在模中也有类似的结论，这里的就起到了类似过渡矩阵的作用(只不过那个时候我们考虑的是同一空间的不同基.)

同上表示，是在下的坐标，那么可否类似的计算出的坐标呢？

由上分析我们已经看到了这个坐标就是：

换用矩阵的方式表示即：

由此，我们可以看到可以被该矩阵唯一决定，因为：基映射的坐标可以被唯一确定.

现在我们证明与阶矩阵是群同构的.

定义映射：

其中

单射这是因为映射被矩阵唯一决定，满射只要给一个矩阵，我就可以让,因此映射就存在了，所以是一个双射，现在我们看他还是是一个群同态.

因为：

所以：

此时我们考虑,让为的一组基，且：

现在我么可以验证：

即对应的矩阵式,利用这个我们可以得到映射具有结合性：设,那么：

类似的我们也可以验证乘法对加法的分配律.

考虑最特殊的情形，即，由上分析它已经是一个环了，我们证明它可以和环(反)同构，如果我们定义的话，加法意义下自然是结构的，但在乘法意义下，

因此这是一个反同构,我们再复合一个反同构就可以得到同构了.

最近这首歌很火啊！