模

正如群作用在集合上一样，环作用在Abel群上。当一个环作用于一个Abel群时，该Abel群被称为该环上的模。

当群作用于集合时，必须通过双射作用，因此必须尊重集合的势(cardinality) 等性质。但环作用于Abel群时，它尊重的是Abel群内部的加法结构，这便是下面定义中的条件(1)。

在此情境下，我们将像对待群一样，建立模代数的所有定义。

定义设$R$为一个环，$M$为一个Abel群。$R$在$M$上的左作用(left action) 是一个函数

$$\begin{aligned}R\times M&\to M,\\(r,m)&\mapsto rm\end{aligned}$$

使得对于所有$r, s\in R$和$m, m^{\prime}\in M$，满足：

(1) $r(m+m^{\prime})=rm+rm^{\prime}$。

(2) $(r+s)m=rm+sm$。

(3) $s(rm)=(sr)m$。

(4) $1m=m$。

当$R$在$M$上的左作用确定后，我们称$M$为左$R$-模(left $R$-module)。

注这里，“乘以$r$”可以理解为由某个环元素缩放。因此，一个模就是一个带有加法的集合，并附带一个由$r$缩放的概念。

有一种更简洁的表达方式。上面所有内容等价于一个环同态$R\to\mathrm{End}(M)$。

一个右$R$-模是一个Abel群$M$，带有一个满足(1)-(4)类似条件的函数$M\times R\to M$。

现在可能感觉数据量很大，因为我们同时涉及$R$和$M$。实际上，我们通常固定一个环$R$，只研究不同$M$之间的关系。

练习设$M$为左$R$-模，则$$0m=m\quad\text{and}\quad (-r)m=-(rm).$$

证明：为清晰起见，我们用$0_{R}$表示$R$的零元。根据条件(2)，我们有$$0_{R}m=(0_{R}+0_{R})m=0_{R}m+0_{R}m$$因此根据消去律，我们得到$$0=0_{R}m$$左边的$0$是$M$的加法单位元。同样地，$$rm+(-r)m=(r-r)m=0_{R}m=0.$$$$~\tag*{$\square$}$$

例 (a) 设$R=\mathbb{R}$，$M=\mathbb{R}^{n}$，即$n$维的实向量空间。那么我们定义一个函数

$$\begin{aligned}\mathbb{R}\times M&\to M,\\(t,v)&\mapsto t\vec{v}\end{aligned}$$

即通过$t$进行缩放。如果$\vec{v}=(v_{1},\ldots,v_{n})$，$$t\vec{v}=(tv_{1},\ldots,tv_{n}).$$这满足上述所有性质。

(b) 任意环$R$自身是其上的一个左模。

(c) 这是一个远离“缩放”概念的例子，更贴近“作用”这一概念。设$\mathbb{R}[t]$为变量$t$上的实系数多项式环。选取一个$m\times m$矩阵$T$，我们将其视为一个线性映射$T: \mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{m}$。那么，$\mathbb{R}^{m}$是一个左$\mathbb{R}[t]$-模，其作用定义为$$(a_{0}+a_{1}t+\cdots+a_{k}t^{k})v:=a_{0}v+a_{1}T(v)+\cdots+a_{k}(T\circ\cdots\circ T)(v)$$其中$T\circ \cdots\circ T$表示$T$复合$k$次。

子模

定义设$R$为一个环，$M$为一个左$R$-模。若$M$的一个Abel子群$M^{\prime}\subset M$满足对于所有$r\in R$，$x\in M^{\prime}$时有$rx\in M^{\prime}$，则称$M^{\prime}$为$M$的子模(submodule)。

例 (a) 若$R=\mathbb{R}$且$M=\mathbb{R}^{n}$，则子模是闭合于加法、取逆及缩放的子集。这与$\mathbb{R}^{n}$的线性子空间相同。

(b) 设$R$为交换环，则$I\subset R$是理想当且仅当$I$是$R$的子模。

(c) 设$M=\mathbb{R}^{m}$为线性变换$T: \mathbb{R}^{k}\to\mathbb{R}^{k}$定义的$\mathbb{R}[t]$-模。那么，子模是一个线性子空间$V$，满足$T(V)\subset V$。换言之，它是$T$不变的子空间。

模同态

定义设$M$和$N$为左$R$-模。则一个$R$-模同态，或$R$-模映射，是一个函数$$f: M\to N.$$使得$f$是一个群同态，并且$$f(rx)=rf(x)$$对于所有$r\in R$, $x\in M$。

定义一个$R$-模同构(isomorphism)是一个双射的同态。

定义一个$R$-模同态$f: M\to N$的核(kernel) 和像(image) 分别是$f$作为群同态的核和像。

这意味着$\ker(f)={x~|~f(x)=0}$，$\mathrm{im}(f)=\{y\in N~|~y=f(x), x\in M\}$。

例 (a) 若$M\cong\mathbb{R}^{n}$和$N\cong\mathbb{R}^{m}$，具有$\mathbb{R}$上的缩放模结构，则线性映射$M\to N$是一个$\mathbb{R}$-模同态。

(b) (没有从上面(b)来的明显的例子)

(c) 设$M=\mathbb{R}^{m}$为左模，定义由线性变换$T$。令$N=\mathbb{R}^{n}$为线性变换$S: \mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R}^{n}$定义的左模。则一个$R$-模同态是一个线性映射$$f: \mathbb{R}^{m}\to\mathbb{R}^{n}.$$具有性质$$f(T(v))=S(f(v)).$$

定义设$M$和$N$为左$R$-模，则所有$R$-模同态的集合记作$$\mathrm{Hom}_{R}(M, N).$$

命题 $\mathrm{Hom}_{R}(M, N)$是一个左$R$-模。

证明：标量乘法的定义：

对于$r \in R$和$f \in \mathrm{Hom}_R(M, N)$，定义标量乘法$r \cdot f$为：$$(r \cdot f)(m) = r f(m), \quad \forall m \in M.$$

验证$r \cdot f$是一个$R$-模同态：

加法性：$$\begin{aligned}(r \cdot f)(m_1 + m_2) &= r f(m_1 + m_2) \\&= r [f(m_1) + f(m_2)] \\&= r f(m_1) + r f(m_2) \\&= (r \cdot f)(m_1) + (r \cdot f)(m_2).\end{aligned}$$因此，$r \cdot f$是加法性的。
标量乘法的相容性：对于所有$s \in R$和$m \in M$，
$$\begin{align*}(r \cdot f)(s m) &= r f(s m) \\&= r [s f(m)] \\&= s [r f(m)] \tag{因为$R$是交换的} \\&= s (r \cdot f)(m).\end{align*}$$
因此，$r \cdot f$是$R$-线性的。

验证模公理：

关于环加法的分配性：$$\begin{aligned}((r + s) \cdot f)(m) &= (r + s) f(m) \\&= r f(m) + s f(m) \\&= (r \cdot f + s \cdot f)(m).\end{aligned}$$
关于模加法的分配性：$$\begin{aligned}(r \cdot (f + g))(m) &= r (f + g)(m) \\&= r [f(m) + g(m)] \\&= r f(m) + r g(m) \\&= (r \cdot f)(m) + (r \cdot g)(m).\end{aligned}$$
标量乘法的结合性：$$\begin{aligned}((r s) \cdot f)(m) &= (r s) f(m) \\&= r (s f(m)) \\&= r \cdot (s \cdot f)(m).\end{aligned}$$
单位元：$$(1_R \cdot f)(m) = 1_R f(m) = f(m).$$

结论：

由于满足所有模的公理，$\mathrm{Hom}_R(M, N)$在上述定义的标量乘法下是一个左$R$-模。$$~\tag*{$\square$}$$

直和与自由模

定义设$M$和$N$为左$R$-模，则定义直和(direct sum)$$M\oplus N$$等同于作为群的$M\times N$，并具有$R$-模结构$$r(m,n):=(rm,rn).$$

命题 $M\oplus N$是一个$R$-模。

证明：我们已知$M\oplus N$是一个Abel群。另一方面，$$1(m,n):=(1m,1n)=(m,n)$$因为$M$和$N$都是模。而且我们有

$$\begin{align*}r((m,n)+(m^{\prime},n^{\prime}))&=r(m+m^{\prime},n+n^{\prime})\\&=(r(m+m^{\prime}), r(n+n^{\prime}))\\&=(rm+rm^{\prime},rn+rn^{\prime})\tag{3}\\&=(rm,rn)+(rm^{\prime},rn^{\prime})\\&=r(m,n)+r(m^{\prime},n^{\prime}).\end{align*}$$

其中(3)我们运用了$M$和$N$都是左$R$-模的性质。$$~\tag*{$\square$}$$

例若$R=\mathbb{R}$，且$M$和$N$也是$\mathbb{R}$，作为其自身的模，那么$$\mathbb{R}\oplus\mathbb{R}\cong\mathbb{R}\times\mathbb{R}\cong\mathbb{R}^{2}$$作为群，我们有通常的缩放操作$$r(x_{1},x_{2})=(rx_{1},rx_{2})。$$

注存在一个显然的同构$$(M\oplus N)\oplus O\cong M\oplus(N\oplus O),\quad (m,n,o)\mapsto (m,n,o).$$

定义设$R$为一个环，则直和模$$R^{n}:=R\oplus \cdots\oplus R$$称为秩为$n$的自由$R$-模(free $R$-module of rank $n$)。

自由模的泛性质

问题：为什么称之为自由$R$-模？

命题设$M$是一个$R$-模。则任意的元素$n$元组$x_{1},\ldots,x_{n}\in M$唯一地确定一个$R$-模同态$$X: R^{n}\to M$$定义为$$(0,\ldots,0,1,0,\ldots,0)\mapsto x_{i}$$其中第$i$个坐标为$1$。

注这与具有$n$个生成元的自由群的性质相同：任意一个群$G$的元素$n$元组唯一地确定从$F_{n}$到$G$的映射。

证明：给定$(x_{1},\ldots,x_{n})$，定义$X: R^{n}\to M$为$$X(a_{1},\ldots,a_{n}):=a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{n}\in M。$$这是一个群同态，因为$$\begin{aligned}X((a_{1},\ldots,a_{n})+(b_{1},\ldots,b_{n}))&=(a_{1}+b_{1})x_{1}+\cdots+(a_{n}+b_{n})x_{n}\\&=(a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{x})+(b_{1}x_{1}+\cdots+b_{n}x_{n})\\&=X(a_{1},\ldots,a_{n})+X(b_{1},\ldots,b_{n}).\end{aligned}$$其中中间的等号使用了$M$为$R$-模的性质。这也是一个$R$-模同态，因为$$\begin{aligned}X(r(a_{1},\ldots,a_{n}))&=X((ra_{1},\ldots,ra_{n}))\\&=(ra_{1})x_{1}+\cdots+(ra_{n})x_{n}\\&=r(a_{1}x_{1}+\cdots+a_{n}x_{n})\\&=rX((a_{1},\ldots,a_{n})).\end{aligned}$$同样，倒数第二个等号使用了$M$是$R$-模的性质。$$~\tag*{$\square$}$$

0个生成元的自由模

练习设$M$为左$R$-模，证明$$r0_{M}=0_{M},\quad\text{and}\quad r(-x)=-rx.$$

证明：$R$在$M$上的作用等价于一个环同态$R\to\mathrm{End}(M)$。特别地，$R$中的每个元素$r$决定了一个Abel群同态。因此，以$r$为倍数的缩放保留了$M$的加法单位元和加法逆元。

如果你喜欢更计算化的证明，可以观察到$$r0_{M}+r0_{M}=r(0_{M}+0_{M})=r0_{M}.$$因此根据Abel群的消去律，我们可以从两边减去$r0_{M}$得到$$r0_{M}=0_{M}.$$因此$$r(-x)+rx=r(-x+x)=r0_{M}=0_{M},$$这表明$r(-x)$是$rx$的加法逆元。$$~\tag*{$\square$}$$

注我们知道$R^{\oplus n}$对于$n\geqslant 1$的情况。但对于$n=0$呢？

我们应该寻找一个$R$-模$R^{\oplus 0}$，使得存在一个双射

$$\mathrm{Hom}_{R}(R^{\oplus 0},M)\cong\mathrm{Map}_{\text{Sets}}(\varnothing,M).$$

但从空集到任意集合的函数唯一。因此我们必须寻找一个$R^{\oplus 0}$的模，使得只有一个模同态到任意$M$。唯一满足此性质的模是零模，即具有$r0=0$的平凡Abel群。