命题 1 (同态、同构的必要条件). 设 $A,B$ 是群.
- 若 $f:A\to B$ 为群同态, $f(a)=b$, 则 $b$ 的阶整除 $a$ 的阶.
- 若 $A\cong B$, 则 $A,B$ 中有相同元素的阶. 特别地, 元素的最高阶相等.
命题 2. 同余方程 $ax\equiv b\mod{p}$ 有解
$$ \Leftrightarrow \ b\in (a,m)\mbz\ \Leftrightarrow \ (a,m)|b.$$
命题 3. \begin{align*} n\mbz+m\mbz&=(n,m)\mbz\\ n\mbz\cap m\mbz&=[n,m]\mbz\\ m\mbz_n&=(n,m)\mbz/n\mbz\\ n\mbz/(mn)\mbz&=\mbz/m\mbz \end{align*}
命题 4. 若 $(n,m)=1$, 则有环同构 $\mbz_{mn}\cong \mbz_m\oplus \mbz_n$. ($\mbz$-模同构也是对的)
证明
证明. 我们说明 $\sigma:\bar{x}\mapsto (\tilde{x},\hat{x})$ 是环同构.
- 环同态： \begin{align*} \sigma(\bar{1})&=(\tilde{1},\hat{1})\\ \sigma(\bar{x}+\bar{y})&=\sigma(\overline{x+y})=\big(\widetilde{x+y},\widehat{x+y}\big)=(\tilde{x}+\tilde{y},\hat{x}+\hat{y})=\sigma(\bar{x})+\sigma(\bar{y})\\ \sigma(\bar{x}\bar{y})&=\sigma(\overline{xy})=\big(\widetilde{xy},\widehat{xy}\big)=(\tilde{x}\tilde{y},\hat{x}\hat{y})=\sigma(\bar{x})\sigma(\bar{y}) \end{align*}
- 单射：设 $(\tilde{x},\hat{x})=(\tilde{y},\hat{y})$, 即 $\big(\widetilde{x-y},\widehat{x-y}\big)=0$, 那么 $$x-y\in m\mbz\cap n\mbz=mn\mbz\ \Rightarrow\ \overline{x-y}=0\ \Rightarrow\ \bar{x}=\bar{y}.$$
- 满射：任取 $(x+m\mbz,y+n\mbz)\in\mbz_m\oplus\mbz_n$, 其中 $0\les x\les m-1,0\les y\les n-1$. 需构造 $z\in\mbz$ 满足\begin{align*} &(z+m\mbz,z+n\mbz)=(x+m\mbz,y+n\mbz)\\ \Leftrightarrow\ & z-x\in m\mbz, z-y\in n\mbz\\ \Leftrightarrow\ & \ee k_1,k_2\in\mbz\ :\ z=x+mk_1=y+nk_2\\ \Leftrightarrow\ & \ee k_1,k_2\in\mbz\ :\ x-y=nk_2-nk_1. \end{align*}因为 $(n,m)=1$, 故存在 $a,b\in\mbz$ 使得 $ma+nb=1$. 进而 $x-y=ma(x-y)+nb(x-y)$, $$x-ma(x-y)=y+nb(x-y)=:z.$$
命题 5. 当 $(m,n)=d>1$ 时, $\mbz_{mn}\not\cong \mbz_m\oplus\mbz_n$.
证明
证明. 我们说明任一模同态 $\sigma:\mbz_{mn}\to \mbz_m\oplus\mbz_n$ 的核不为零, 从而不能为单射. 对任意 $ \mbz_m\oplus\mbz_n$ 中元素 $(\tilde{x},\hat{x})$ 有
$$\frac{mn}{d}(\tilde{x},\hat{x})=\Big(\frac{n}{d}\cdot m \tilde{x},\frac{m}{d} \cdot n\hat{x}\Big)=0.$$
那么 $\frac{mn}{d}\sigma(\bar{1})=0$, 即 $\sigma\big(\frac{mn}{d}\bar{1}\big)=0$. 但是 $0\ne\frac{mn}{d}\bar{1}\in\Ker\sigma$, 故任意模同态 $\sigma$ 都不能是单射.
例子 1. $\mbz_6\cong \mbz_2\oplus \mbz_3$, 其中同构映射为 $$\sigma: \bar{x}\mapsto (\tilde{x},\hat{x}),\ x+6\mbz\mapsto (x+2\mbz,2+3\mbz).$$ 具体而言\begin{align*}\sigma(\bar{0 })&=(\tilde{0},\hat{0}),\ & \ \sigma(\bar{ 3})&=(\tilde{1},\hat{0})\\ \sigma(\bar{1 })&=(\tilde{1},\hat{1}), \ & \ \sigma(\bar{4 })&=(\tilde{0},\hat{1})\\ \sigma(\bar{ 2})&=(\tilde{0},\hat{2}), \ &\ \sigma(\bar{ 5})&=(\tilde{1},\hat{2}). \end{align*}
$(n,m)=d>1$.
命题 6. $\mbz_n$ 可以作为 $\mbz_m$-模当仅当 $n|m$.
证明
证明. 分析. $\mbz_n$ 天然就是加群, 要成为 $\mbz_m$-模, 只需定义 $R$-作用：$$ (r+m\mbz)\cdot (a+n\mbz):=ra+n\mbz\in\mbz_n.$$因为定义中涉及商空间, 所以 $R$-作用有效当仅当 $R$-作用良定. 设 $r+m\mbz=r'+m\mbz$, 即 $r-r'\in m\mbz$. 那么 $$ ar+n\mbz=ar'+n\mbz,\ \ff a\in\mbz\ \Leftrightarrow\ a(r-r')\in n\mbz,\ \ff a\in\mbz.$$ $\Rightarrow$. 设 $\mbz_n$ 为 $\mbz_m$ 模, 则 $R$-作用良定. 特别地, 在分析中取 $r-r'=m, a=1$, 则 $r-r'=m\in n\mbz,$ 那么 $n|m$. $\Leftarrow$. 设 $n|m$, 则当 $r-r'\in m\mbz$ 时有 $a(r-r')\in n\mbz, \ff a\in\mbz$, 即 $R$-作用良定.
命题 7. 证明 $\mbz$-模同构 $\mr{Hom}_\mbz(\mbz_n,\mbz_m)\cong \mbz_{(m,n)}.$
证明
证明. $\mbz$-模同态 $\mr{Hom}_\mbz(\mbz_n,\mbz_m)$ 中的元素 $f$ 被 $f(\bar{1})$ 所决定, 即有同构 $$\vp: \mr{Hom}_\mbz(\mbz_n,\mbz_m)\ni f\mapsto f(\bar{1})=\bar{a}\in\mbz_m.$$现在只需 $f(\bar{1})$ 良定即可. 当 $\bar{1}=\bar{1+nk}$ 时, 需有 $\bar{a}=\overline{(1+nk)a}$, 即 $\overline{nka}=0, \ff k\in\mbz$. 那么$$m|nka\ \Rightarrow\ m'|n'ka\ \Rightarrow\ \ff k\in\mbz \Leftrightarrow m'|n'a \Leftrightarrow m'|a,$$其中 $m'=m/(m,n), n'=n/(m,n)$. 那么 $$a\in\{0, m', 2m', \cdots, \big((m,n)-1\big) m'\}\cong \mbz_{(m,n)},$$其中同构映射为 $km'+m\mbz\mapsto k+(m,n)\mbz$. 故结论成立.
例子 2. 证明
- 设 $m\ges1$, 对任意 Abel 群 $A$ 有 $\mbz$-模同构 $$ A\ot_\mbz \mbz_m\cong A/ mA.$$
- $\mbz_m\ot_\mbz \mbz_n\cong \mbz_{(m,n)}$. 特别地, 当 $(m,n)=$ 时, $\mbz_m\ot_\mbz \mbz_n\cong 0.$
证明
证明. 难以直接建立双射. 考虑用张量积的等价命题. 构造双线性型
\begin{align*}
\tilde{\vp}: A\times \mbz_m&\to A/mA\\
(a,x+m\mbz)&\mapsto xa+mA
\end{align*}
则存在 $\vp:A\ot_\mbz \mbz_m \to A/mA$ 使得 $\vp i=\tilde{\vp}.$ 另一方面, 构造映射
\begin{align*}
\psi: A/m A&\to A\ot \mbz_m\\
a+mA&\mapsto a\ot\bar{1}
\end{align*}
由于 $A\ot \mbz_m$ 中的一般元素为
$$\sum_{i=1}^na_i\ot \bar{x_i}=\big(\sum_{i=1}^n x_ia_i\big) \ot\bar{1}=a\ot\bar{1}.$$
因此有
\begin{align*}
\vp\psi(a+mA)&=\vp(a\ot \bar{1})=a+mA\ \Rightarrow\ \vp\psi=1\\
\psi\vp(a\ot\bar{1})&=\psi(a+mA)=a\ot\bar{1}\ \Rightarrow\ \psi\vp=1.
\end{align*}
例子 3. 用 Baer 判别法证明
- $\mbz_m$ 是内射 $\mbz_m$-模.
- $d|m$ 且 $d$ 与 $m/d$ 有公共素因子, 则 $\mbz_d$ 不是内射 $\mbz_m$-模.
证明
证明.
- 令 $R=\mbz_m$, 则 $R$ 的理想形如 $k\mbz_m$, 其中 $k|m$. 考虑同态 $f:k\mbz/m\mbz\to m\mbz$. 设 $$f(kx+m\mbz)=y+m\mbz,$$ 则 $$0=\frac{m}{k}f(kx+m\mbz)=m\frac{y}{k}+m\mbz.$$ 那么 $k|y, \Im f\subset k\mbz/m\mbz$. 这样便有 $$f(kx+m\mbz)=ky'+m\mbz.$$ 令 $x=1$ 有 $f(k+m\mbz)=ky_0+m\mbz$, 故 $f$ 可延拓至同态 $$\bar{f}: \mbz_m\ni\bar{x}\mapsto y_0\bar{x_0}\in\mbz_m.$$
- 令 $a=m/d$. 考虑典范同构 $a\mbz/m\mbz\stackrel{f}{=} \mbz_d$. 因为 $f(\bar{a})=\bar{1}$, 若 $f$ 有延拓 $\bar{f}$, 则 $\bar{f}(\bar{a})=\bar{1}, \bar{a}\bar{f}(\bar{1})=\bar{1}$, 而这 $$\Leftrightarrow\ ax\equiv 1\mod{d} \text{ 有解 }\ \Leftrightarrow\ (a,d)|1.$$ 这与条件矛盾.
例子 4. 对于 $R:=\mbz_6$ 有
\begin{align*}
\mbz_6&=\{\bar{0},\bar{2},\bar{4}\}\oplus \{\bar{0},\bar{3}\}\\
&=:K\oplus N\cong\mbz_2\oplus\mbz_3.
\end{align*}
因为 $K$ 和 $N$ 都是自由 $R$-模 $R$ 的直和项, 从而是投射模. 但它们不是自由 $R$-模, 因为不存在线性无关组.
例子 5. 证明：$\mbz_2$ 和 $\mbz_3$ 都不是投射 $\mbz$-模.
证明
证明. 主理想整环上的投射模是自由模. 因为 $\mbz_2$ 和 $\mbz_3$ 都没有 $\mbz$-线性无关组, 故不是自由模, 从而不是投射模.