半模正合列的性質(zhì)

江小霞，王頌生，毛 渝，許 娣

(江西師范大學(xué)數(shù)學(xué)與信息科學(xué)學(xué)院，江西 南昌330022)

1 引言和預(yù)備知識(shí)

在半模范疇，半模的正合列的定義一般有2種，一種是利用元素的觀點(diǎn)，另一種是利用同余的觀點(diǎn)。文獻(xiàn)［2，3］采用了同余觀點(diǎn)定義的半模正合列。這里采用另一定義，即文獻(xiàn)［1］中半模正合列的定義，得到比文獻(xiàn)［2，3］更完善的結(jié)論，如定理1。同時(shí)，將文獻(xiàn)［4，5］中模的正合列的性質(zhì)推廣到半模中。文中半環(huán)和半模的定義均出自文獻(xiàn)［6］。

定義1:設(shè)M為左R-半模，且a∈M。若對(duì)于任意b，c∈M，由a+b=a+c可推出b=c，則稱a為M中的可消元。如果M中所有的元素都是可消的，則稱M為可消半模。

定義2:設(shè)A是半模，且B是A的一個(gè)子半模。若對(duì)于任意x∈A以及任意y∈B，由x+y∈B可推出x∈B，則稱B是A的可減子半模。

設(shè)A和B是R-半模，f∶A→B是半模同態(tài)，給出記號(hào)

定義3:記號(hào)如上，若ρkerf是A上最小同余，則稱f為單同態(tài);若對(duì)于任意b∈B，?ai∈A(i=1，2)和x∈B，使得b+f(a1)+x=f(a2)+x，則稱f為epic;若對(duì)于任意b∈B，?a∈A，使得f(a)=b，稱f是滿同態(tài);若f既是單同態(tài)又是epic，則稱f是equivalance;若f既是單同態(tài)又是滿同態(tài)，則稱f是同構(gòu);若f(A)=Im f，則稱f是i-正則的;對(duì)于任意a，a'∈A，如果由f(a)=f(a')可以推出存在k，k'∈Kerf，使得a+k=a'+k'，則稱f是k-正則的;若f既是i-正則的，又是k-正則的，則稱f是正則的。

定義4［1］:設(shè)有非零R-半模Mi及半模同態(tài)fi組成的一個(gè)序列

若對(duì)所有的 i，均有≡fi－1(Mi－1)=ρkerfi，則稱這個(gè)序列為正合列。

命題5［1］:設(shè)A、B和C是R-半模，f和g是半模同態(tài)，則

命題8(因子定理［7］):設(shè)M，M'，N'，N是左R-半模，且設(shè)f∶M→N是R-半模同態(tài):

(1)設(shè)g∶M→M'是k-正則滿同態(tài)且滿足Kerg?Kerf，則存在唯一的半模同態(tài)h∶M'→N，使得f=gh。

(2)設(shè)g∶N'→N是i-正則單同態(tài)且滿足Im f?Im g，則存在唯一的半模同態(tài)h∶M→N'，使得f =gh。

2 半模正合列的性質(zhì)

定理1:設(shè)A，Ai(i=1，2)，A'i(i=1，2)均為左R-半模。若下列圖表交換，且水平和垂直方向的序列均為短正合列，則

(1)α，β均為零同態(tài);

(2)f為equivalance;

(3)g為同構(gòu)。

證明:(1)設(shè)a2∈A2是任意元。顯然π2i2(a2)=0。又由于α=gπ2i2，所以α(a2)=gπ2i2(a2)=0，即有α=0。

同理可證β也是零同態(tài)。

(2)先證f是單同態(tài)。設(shè)a1，a2∈A1是任意元。若f(a1)=f(a2)，從而有i2f(a1)=i2f(a2)。由于i1=i2f，所以i1(a1)=i1(a2)。又由于i1是單同態(tài)，從而有a1=a2。由定義3知，f為單同態(tài)。

再證f為epic。設(shè)a2∈A2是任意元。由于α為零同態(tài)，從而α(a2)=0。又由于α=π1i2，所以π1i2(a2)=0。由此推出(i2(a2)，0)∈ρkerπ1=≡i1(A1)。因此，?b1，b2∈A1，使得i2(a2)+i1(b1) =i1(b2)。由于i1=i2f，從而有i2(a2)+i2f(b1) =i2f(b2)，即i2(a2+f(b1))=i2f(b2)。又由于i2是單同態(tài)，從而有a2+f(b1)=f(b2)。由定義3知，f為epic。

(3)先證g為單同態(tài)。設(shè)a'1，a'2∈A'2是任意元。若g(a'1)=g(a'2)∈A'1，又由于π2是滿同態(tài)，因此，?a1，a2∈A，使得a'1=π2(a1)，a'2= π2(a2)。由此推出gπ2(a1)=gπ2(a2)。由于π1=gπ2，從而有π1(a1)=π1(a2)。由此推出(a1，a2)∈ρkerπ1=≡i1(A1)。因此，?a3，a4∈A1，使得a1+i1(a3)=a2+i1(a4)。由此推出π2(a1)+π2i1(a3)=π2(a2)+π2i1(a4)。又由于π2i1=β=0，從而有π2(a1)=π2(a2)，即a'1=a'2。

再證g滿同態(tài)。設(shè)a'1∈A'1是任意元。由于π1是滿同態(tài)，因此，?a1∈A，使得a'1=π1(a1)。又由于π1=gπ2，從而有a'1=g［π2(a1)］。由定義3知，g為滿同態(tài)。

推論2:給定R-半模和R-同態(tài)的交換圖表。

若行是正合的，并且θf=0，g(Y)是Z的可減子半模，則存在唯一R-的同態(tài)h∶Z→A，使得hg=θ。

證明:由命題5易知，g為滿同態(tài)?，F(xiàn)只要證g是k-正則的和Kerg?Kerθ。先證g是k-正則的。設(shè)y1、y2∈Y是任意元。若g(y1)=g(y2)，從而有(y1，y2)∈ρKerg=≡f(X)。因此，?x1，x2∈X，使得y1+f(x1)=y2+f(x2)。又由于gf(x1)=gf(x2) =0，從而有f(x1)、f(x2)∈Kerg。由定義3知，g是k-正則的。再證Kerg?Kerθ。設(shè)y∈Kerg是任意元。顯然g(y)=0，從而有(y，0)∈ρKerg=≡f(X)。因此，?x1，x2∈X，使得y+f(x1)=f(x2)，θ(y)+θf(x1)=θf(x2)。又由于θf=0，所以θ(y) =0，從而有y∈Kerθ，即Kerg?Kerθ。由因子定理知，存在唯一的R-同態(tài)h∶Z→A，使得hg=θ。

因?yàn)棣?是epic，所以?bi(i=1，…，4)∈M'，使得k1+π2(b1)=π2(b2)，k2+π2(b3)=π2(b4)。因此，i1(k1)+i1π2(b1)=i1π2(b2)，i1(k2)+i1π2(b3)=i1π2(b4)。又由于f=i1π2，從而有i1(k1) +f(b1)=f(b2)，i1(k2)+f(b3)=f(b4)，所以i1(k1)+f(b1)+f(b4)=i1(k2)+f(b2)+f(b3)。聯(lián)合式(1)及半模M可消，從而有m1+f(b2+b3)= m2+f(b1+b4)，即(m1，m2)∈≡f(M')。

定理4:設(shè)下列R-半模和R-同態(tài)的圖表可交換，并且上下行正合，B'，C，C'是可消半模。

若β是同構(gòu)，則有

(1)α是單同態(tài);

(2)γ是epic;

(3)α是epic當(dāng)且僅當(dāng)γ是單同態(tài)。

證明:(1)設(shè)x，y∈A是任意元。若α(x)=α (y)，由于f'α=βf，從而有βf(x)=βf(y)。又由于β是同構(gòu)，所以f(x)=f(y)。又因?yàn)閒是單同態(tài)，從而有x=y。由定義3知，α是單同態(tài)。

(2)設(shè)c'∈C'是任意元。由于g'是epic，因此，?b'1，b'2∈B'，使得

又因?yàn)棣率峭瑯?gòu)，所以，?bi(i=1，2)∈B，使得b'1=β(b1)，b'2=β(b2)。由此推出g(b'1)=g'β (b1)，g(b'2)=g'β(b2)。代入式(2)，有g(shù)'β(b2) =g'β(b1)+c'，又由于g'β=γg，所以γg(b2)= γg(b1)+c'。由定義3知，γ是epic。

(3)設(shè)x，y∈C是任意元。若γ(x)=γ(y)，由于g是epic，因此，?bi(i=1，…，4)∈B，使得x +g(b1)=g(b2)，y+g(b3)=g(b4)。由此推出

將兩式相加有γ(x)+γg(b1+b4)=γg(b2+b3) +γ(y)。由于γ(x)=γ(y)式，及半模C'可消，從而有γg(b1+b4)=γg(b2+b3)。又因?yàn)間'β= γg，所以g'β(b1+b4)=g'β(b2+b3)。由此推出(β(b1+b4)，β(b2+b3))∈ρkerg'=≡f'(A')，因此，?a'i(i=1，2)∈A'，使得

由于α是epic，因此，?ai(i=1，…，4)∈A，使得a'1+α(a1)=α(a2)，a'2+α(a3)=α(a4)。所以f'(a'1)+f'α(a1)=f'α(a2)，f'(a'2)+f'α(a3)= f'α(a4)。因?yàn)閒'α=βf，所以

將式(4)、(5)相加得到f'(a'1)+βf(a1+a4)=βf (a2+a3)+f'(a'2)再聯(lián)合式(2)得β(b1+b4)+f' (a'1)+f'(a'2)+βf(a2+a3)=β(b2+b3)+f' (a'1)+f'(a'2)+βf(a1+a4)。由于半模B'可消，因此βf(a2+a3)+β(b1+b4)=βf(a1+a4)+β (b2+b3)。又由于β是同構(gòu)，從而有f(a2+a3)+ b1+b4=f(a1+a4)+b2+b3。由此推出gf(a2+ a3)+g(b1+b4)=g(b2+b3)+gf(a1+a4)。由于gf=0，從而有g(shù)(b1+b4)=g(b2+b3)。又由于x+g(b1+b4)=g(b2+b3)+y，及半模C可消，所以x=y。

反之，設(shè)a'∈A'是任意元。顯然f'(a')∈B'。由于β是同構(gòu)，因此，?b1∈B，使得f'(a')=β (b1)。所以g'f'(a')=g'β(b1)。又由于g'f'=0，所以g'β(b1)=0。因?yàn)間'β=γg，所以γg(b1)= 0。由于γ是單同態(tài)，從而有g(shù)(b1)=0。由此推出(b1，0)∈ρkerg=≡f(A)，因此，?ai(i=1，2)∈A，使得b1+f(a1)=f(a2)，從而有β(b1)+βf(a1)= βf(a2)。又由于βf=f'α，從而有β(b1)+f'α(a1) =f'α(a2)。又因?yàn)棣?b1)=f'(a')，所以f'(a') +f'α(a1)=f'α(a2)。由于f'是單同態(tài)，從而有α (a2)=α(a1)+a'。由定義3知，α是epic。

［1］ 甘愛萍，黃福生.半模正合列［J］.江西師范大學(xué)學(xué)報(bào)，2003，27(2):131－134.

［2］ 敖忠平，蔡述平，宋海燕.半模的Z-同態(tài)與正合列［J］.新疆師范大學(xué)學(xué)報(bào)(自然科學(xué)版)，2007，26 (4):18－21.

［3］ 敖忠平，蔡述平，宋海燕.可消半模的五引理［J］.新疆師范大學(xué)學(xué)報(bào)(自然科學(xué)版)，2008，27(2):12－14.

［4］ Blyth T S.模論-對(duì)線性代數(shù)的一種處理［M］.廣州:廣東民族學(xué)院，1976:5.

［5］ Anderson F W，F(xiàn)uller K R.Rings and categories of Modules［M］.New York:Springer-Verlag，1973.

［6］ Golan J S.The Theory of Semirings with Applications in Mathematics and Theoretical Computer Science［M］.Exxes，England:Longman Scientific＆Technical，1999.

［7］ Al-Thani H M J，k-projective semimodules［J］.Kobe J.Math.，1996，13(1):49－59.