Алгебра. Том 1. Алгебраические структуры. Линейная и полилинейная алгебра - Бурбаки Н.
Скачать (прямая ссылка):
Следствие 2. Если E — свободный А-модулъ, имеющий базис, содержащий не менее двух элементов, то центром линейной группы GL (E) служит группа обратимых центральных гомотетий модуля Е, изоморфная тогда группе обратимых элементов центра С кольца А.
Замечание. Это следствие остается еще верным для моногев-ного векторного пространства Е\ но оно не распространяется на A-модуль As с произвольным кольцом А, ибо можно указать примеры некоммутативных колец, каждый элемент которых перестановочен
ЛИНЕЙНЫЕ ОТОБРАЖЕНИЯ
21.1
со всеми обратимыми элементами кольца; °так, этим свойством обладает тензорная алгебра векторного пространства размерности >1 (гл. III. § 4).0
Упражнения. 1) Пусть E — Л-модуль и ^=Jj— про-
I
изведение ^-модулей Fl; показать, что Jg (Е, F) изоморфно произведению П х (Е, F1). і
2) Пусть E — свободный Л-модуль, F — произвольный /1-модуль, M — подмодуль модуля Е, N — подмодуль модуля F. Пусть, далее, Г — подмодуль модуля X (Е, F), образованный теми линейными отображениями и, для которых и (M) Cl N, и Г0 — подмодуле модуля Г, образованный теми линейными отображениями и, для которых и (E) С" N. Показать, что модуль X (Е/М, F/ N) изоморфен фактормодулю Г/Г0. [Показать, что каждому линейному отображению E a F/N можно поставить в соответствие класс (mod Г0) линейных отображений EbF.]
3) Пусть EaF- .4-модули и и — линейное отображение E в / . Показать, что отображение (х, у) — * (х, у — и(х)) модуля EXF в себя есть его автоморфизм. Вывести отсюда, что если существуют v ( ?X(F, Е) и а ? E такие, что v (и (а))=а, то существует такой автоморфизм w модуля EXF, что w (a, 0) = (0, и (а)).
4) а) Изоморфизм « модуля E в E не может быть левым делителем нуля в кольце X(E).
б) Если E — свободный модуль и и ? X (E) не является левым делителем нуля в X (E), то и — изоморфизм E в Е.
в) Пусть G — подгруппа аддитивной группы Q рациоцальньо чисел, образованная рациональными числами к/рп, где р — фиксированное простое число, п пробегает множество всех целых чисел >0. а к — множество всех рациональных целых чисел. Пусть, далее. R — факторгруппа G/Z. Показать, что эндоморфизм х —> рх Z-модул» E не есть левый делитель нуля в X (E), по не есть также изоморфизм F. в Е.
5) а) Эндоморфизм и модуля E на себя не является правым делителем нуля в кольце X(E).
6) Показать, что если E — свободны/i Z-модуль, то существуют его эндоморфизмы и такие, что и (E) Ф E, по и не является правым делителем нуля в X(E).
6) а) Пусть E — свободный Я-модуль им, v — его эндоморфизмы. Показать, что если и (E) с v(E), то существует эндоморфизм w модуля /•.' такой, что U=Vow.
б) Пусть E — Z-модуль упражнения 4в, и — тождественно*-отображение E на себя ш v— эндоморфизм x—>jпх. Показать, что г (Е)=и (E) = E, но E не обладает никаким эндоморфизмом w, для
КОТОРОГО бы U=VoW.
14*
212
ЛИНЕЙНАЯ АЛГЕБРА
ГЛ. II, § 3
7) Показать, что Z-модуль Z обладает эндоморфизмами и, w -і -і
такими, что U(O) = W (Cl) = 0, но не существует никакого эндоморфизма
У, ДЛЯ КОТОРОГО бы U=VoW.
§"М. Строение векторных пространств
Относительно тел операторов, участвующих в рассмотрениях этого параграфа, не делается никаких специальных предположений', они могут быть как коммутативными, так и некоммутативными.
1. Базисы векторного пространства
Предложение 1. Для того чтобы семейство (at) элементов векторного пространства было свободным, необходимо и достаточно, чтобы ак ни для какого индекса х не было линейной комбинацией элементов аь с индексами Фу..
Мы видели (§ 1, п° 6), что это условие необходимо (но не достаточно) для любого унитарного модуля. Чтобы убедиться в его достаточности для векторных пространств, нужно только заметить, что соотношение вида Ху_ау_-(- 2 ^al = O, где Xy Ф0, равно-
I фу
(•/ильно соотношению аи=2 (-^t1Xl) aL.
і фУ
Сформулированное условие можно выразить и иначе: для гого чтобы (at) было свободным семейством, необходимо и достаточно, чтобы ак ни для какого к не принадлежало подпространству, порожденному элементами at с индексами і Ф%.
Отсюда снова следует, что каждый ненулевой элемент векторного пространства свободный (§ 1, п° 6).
Предложение 2. Если (at) — свободное семейство элементов векторного пространства E и b? E не принадлежит подпространству, порожденному этим семейством, то множество, образованное всеми at и Ь, свободное.
Действительно, рассуждение, проведенное при доказательстве предложения 1, показывает, что не может существовать соотношения вида \ib + 2 = 0 с с другой стороны, из еде-
I
СТРОЕНИЕ ВЕКТОРНЫХ ПРОСТРАНСТВ
213
ланного предположения следует, что если имеется такое соотношение с ц=0, то также все X1 = O.
Предложение 3. Пусть E — векторное пространство. Следу-кщие три свойства множества В CL E равносильны:
а) В — базис пространства Е;
б) В — максимальное свободное множество в Е;
в) В — минимальная система образующих для Е.
Покажем прежде всего, что а) влечет б) и в) в любом унитарном модуле Е. Действительно, если В — базис модуля Е, то каждый элемент этого модуля есть линейная комбинация элементов из В, так что никакое множество в Е, содержащее В и отличное от В, не является свободным. С другой стороны, если S — часть В. отличная от 5, и ag В не принадлежит S, то а не принадлежит подпространству, порожденному множеством S (§ 1, предложение 2), и, значит, S не служит системой образующих для Е.
