Gy r k és csoportok reprezentációelmélete

Átírás

1 Gy r k és csoportok reprezentációelmélete I. Gy r k reprezentációelmélete Készült: Dr. Lukács Erzsébet 03. tavaszán tartott el adásai alapján Dr. Lukács Erzsébet, Magyar András Jelölések Z K M n (K) Cen(R) Mod-R mod-r i I M i Π i I M i Hom R (M, N) Z(G) egész számok gy r je test K test feletti n n mátrixok R gy r centruma jobb R-modulusok végesen generált jobb R-modulusok M i modulusok direkt összege M i modulusok direkt szorzata az M N modulushomomorzmusok halmaza a G csoport centruma. Moduluselméleti alapok Els ként rögzítünk néhány konvenciót. A jegyzetben R egy egységelemes gy r t jelöl, az gy r egységelemét pedig ( R). Egy A algebrán egy K-algebrát értünk, ahol K egy test. Tehát A egy vektortér K felett, amelyen értelmezett egy szorzás, hogy minden a, b A és λ K esetén λ(ab) = (λa)b = a(λb) teljesül. Az A algebráról szintén feltesszük, hogy egységelemes és (ha csak mást nem mondunk) véges dimenziós (mint K-vektortér)... Példák. M n (K) = K n n egy n dimenziós K-algebra a szokásos mátrix m veletekkel. A K [x], ill. K [x,..., x n ] polinomgy r k végtelen dimenziós K-algebrák. csoportalgebrák: legyen G = (G, ) egy véges csoport. Ekkor a G csoport K feletti KG csoportalgebrája az alábbi módon deniált. { } KG = λ g g λ g K, g G g G A jegyzet elkészítését a Nemzeti Kutatási, Fejlesztési és Innovációs Hivatal (NKFIH588) támogatta

2 Azaz KG elemei a K együtthatós G változós formális lineáris kombinációk. Két elem összege a (λ g + λ g)g, g G λ g g + g G λ gg = g G illetve szorzata a ( ) λ g λ gu u g G λ g g g G λ gg = u G g G módon értelmezett. Ezzel KG egy G -dimenziós K-algebra, egy bázisát alkotják G elemei, egységeleme pedig a csoport e egységeleme. Általában egy K test feletti A algebrát megadhatunk a következ módon. Legyen A egy K feletti vektortér rögzített B = {b i } n i= bázissal. Tetsz leges i, j, k I esetén legyen b i b j = m λ i,j,mb m úgy, hogy (b i b j )b k = b i (b j b k ). Vagyis a szorzást elég a b i báziselemeken deniálni, majd ezt kiterjeszteni disztributívan. Az asszociativitást pedig elég a báziselemek szorzataira megkövetelni... Megjegyzés. Egy A (egységelemes) K-algebra esetén gondolhatjuk azt, hogy K Cen(A), azaz K az algebra centrumában van. Fordítva, minden olyan R gy r, amely centrumában tartalmaz egy K testet K-algebrának tekinthet, hiszen R ekkor K-vektortér és λ(ab) = (λa)b = a(λb) teljesül minden a, b A, ill. λ K Cen(R) esetén. A továbbiakban egységelemes algebrák gy r homomorzmusán egységelemet rz homomorzmust értünk!.. Modulusok, részmodulusok és faktormodulusok.3. Deníció (Modulusok). Az M Abel-csoport jobb R-modulus, ha M-en értelmezve van az R elemeivel való jobbszorzás, továbbá minden m, m M és r, r R esetén teljesülnek a következ m veleti tulajdonságok. (m + m )r = mr + m r m(r + r ) = mr + mr m(rr ) = (mr)r Az M unitér jobb modulus, ha minden m M esetén m = m. Analóg módon értelmezhet ek az R gy r höz tartozó bal modulusok. Ezentúl jobb/bal moduluson mindig unitér jobb/bal modulust értünk, illetve ha mást nem mondunk, egy modulus jobb modulust jelent. Modulusok osztályának fontos részét képezik a végesen generált modulusok. Egy M modulus végesen generált, ha létezik m,..., m n M, hogy az M tetsz leges m eleme felírható i m ir i alakban alkalmas r i gy r beli elemekkel..4. Példák.

3 A vektorterek test feletti modulusok. Egy vektortér pontosan akkor végesen generált, ha véges dimenziós. Az R gy r maga is tekinthet modulusnak, ha a modulus szorzást azonosítjuk a gy r beli szorzással. Az így kapott modulust az R jobb reguláris modulusának nevezzük. Tetsz leges M Abel-csoport Z-modulus, ugyanis u M és nz esetén legyen un = } u +. {{.. + u }. n-szer Ha M Abel-csoport, akkor M speciálisan bal oldali Z-modulus is, ha most az nu balról szorzást nu := un-ként értelmezzük. Általában is, ha R egy kommutatív gy r, akkor minden jobb R-moduluson egy bal R-modulus struktúra adódik, ha a balról szorzást a jobbról szorzással azonosítjuk. Minden M Abel-csoport tekinthet End(M)-modulusnak, ahol End(M) = Hom(M, M) azaz az M-b l M-be men Abel-csoport-homomorzmusok halmaza. Az End(M) a pontonkénti összeadással és a kompozícióval mint szorzással gy r t alkot. Könny ellen rizni, hogy (a homomorzmusokat jobbról írva), M ezáltal End(M) modulus. Általánosabban mondva, ha M egy tetsz leges Abel-csoport és R egy tetsz leges gy r, akkor minden ϕ : R End(M) gy r homomorzmus megad egy modulus struktúrát M-en az mr = m(r)ϕ szorzással. Fordítva, minden R- modulus struktúrához tartozik egy R End(M) gy r homomorzmus, ahol egy r R elemnek az az endomorzmus felel meg, amely egy m elemet mr-be képez. Azt is látjuk ezáltal, hogy minden ϕ : R S gy r homomorzmus az S- modulusokat egy R-modulus struktúrával látja el az mr := m(r)ϕ szorzással. Legyen A egy K-algebra. Ekkor minden A-modulus vektortér is az el z konstrukció szerint, hiszen létezik egy ϕ : K Cen(A) injektív gy r homomorzmus..5. Jelölések. Ha hangsúlyozni szeretnénk, hogy az M egy jobb (bal) R-modulus, akkor M helyett M R -t ( R M)-t írunk. Egy R gy r jobb modulusait Mod-R, bal modulusait R-Mod jelöli. Szokásos még az M R, illetve R M jelölés is. A végesen generált jobb, ill. bal modulusok jelölésére pedig mod-r, ill. R-mod szolgál..6. Deníció. Legyen R egy rögzített gy r, M, N Mod-R.. Az N az M részmodulusa (N M), ha N az M-nek részcsoportja és zárt az R-beli elemekkel való szorzásra, azaz minden n N, r R esetén nr N. A csak a 0 M-et tartalmazó részmodulust egyszer en csak 0-valjelöljük.. Egy M modulus egyszer, ha nincs valódi részmodulusa. Tehát, ha N M, akkor N = 0 vagy N = M. 3

4 3. Legyen X M egy tetsz leges nem üres részhalmaz. Az X által generált részmodulusa M-nek a (tartalmazásra nézve) legkisebb X-et tartalmazó részmodulus. Jele XR. { n } XR = x i r i x i X, r i R i= 4. Ha X = {x}, azaz X egyelem, akkor xr az x által generált ciklikus részmodulus. Az x által generált ciklikus modulust ({x}r helyett röviden) xr jelöli. 5. Ha X, Y M két részhalmaza M-nek, akkor az a két halmaz összege X + Y az összes x + y alakú elemb l áll, ahol x X és y Y. Ha X csak egyelem, akkor az X + Y helyett x + Y -t írunk. 6. Legyen N M. Az M modulus N szerinti faktormodulusa az M/N faktor Abel-csoport. Vagyis M/N elemei, az N részcsoport szerinti x + N alakú mellékosztályok, amelyeken a szorzás (N + x)r = N + xr módon értelmezett..7. Deníció. Legyen M egy R-modulus, akkor az M = M 0 M... M n M n = 0 részmoduluslánc az M kompozíció lánca, ha minden 0 i n index esetén az M i /M i+ egyszer modulus. A csoportelméletb l ismert Jordan-Höldertétel modulusokra vonatkozót változata igaz..8. Tétel (Jordan-Höldertétel). Ha M-nek létezik (véges) kompozíciólánca, akkor minden kompozíciólánca ugyanolyan hosszú, és a benne szerepl faktorok ugyanolyan izomoratípusúak, ugyanolyan multiplicitással..9. Megjegyzés. Mivel X + Y általában nem részcsoport tetsz leges X, Y részhalmazok esetén, ezért X + Y általában nem részmodulus. Ám, ha X és Y is részmodulusa M-nek, akkor X + Y az X-et és Y -t tartalmazó legsz kebb részmodulus. Továbbá, ha X, Y részmodulusok, akkor az X Y szintén részmodulus és ez a legb vebb olyan részmodulus, amelyet X és Y is tartalmaz. Könny ellen rizni, hogy a + és m veletekre nézve egy M modulus részmodulusainak halmaza háló..0. Állítás (Moduláris azonosság). Legyenek U, V, W M részmodulusok, hogy U V is teljesül. Ekkor V (U + W ) = (V W ) + U. Azaz a részmodulusok hálója moduláris háló. Bizonyítás. Az állítást kölcsönös tartalmazással bizonyítjuk. A bal oldal egy tipikus eleme v = u + w alakba írható, ahol u U, v V, w W. Átrendezve v u = w adódik, és mivel u U V, ezért w V és így w V W. Tehát v felírható egy U-beli és egy W V -beli összegeként. Legyen most x a jobb oldal egy tetsz leges eleme. Ekkor x egy u + t alakú elem, ahol u U és t V W. Mivel u V és t V is teljesül, ezét valóban x V. Így u V (U + W ). 4

5 .. Modulushomomorzmusok, homomorzmus- és izomor- zmustételek.. Deníció. Legyen M, N Mod-R. Egy ϕ : M N leképezés modulushomomorzmus (röviden homomorzmus), ha minden m, m M és r R esetén (m + m )ϕ = (m)ϕ + (m )ϕ (mr)ϕ = (m)ϕr teljesül... Megjegyzés. A kés bbiekben a homomorzmusokat jobbról írjuk. Emiatt egy ϕ : L M és egy ψ : M N homomorzmus kompozíciója ϕψ : L M. Az M-b l N-be képez homomorzmusok halmazát Hom R (M, N) fogja jelölni. Az R index jelöli, hogy a halmaz elemei nem csupán Abel-csoport-homomorzmusok, de R-modulus homomorzmusok is egyben. Könny belátni, hogy Hom R (M, N) egy Abel-csoport a pontonkénti összeadásra, azaz ha ϕ + ψ az a homomorzmus, amely egy m M elemhez a (m)ϕ + (m)ψ elemet rendeli. A ϕ : M N homomorzmus ker ϕ magja és im ϕ képe a ker ϕ = {m M (m)ϕ = 0} és im ϕ = {n N m M : (m)ϕ = n} (szokásos) módon deniált. Megjegyezzük, hogy ker ϕ mindig részmodulus M-ben és im ϕ mindig részmodulus N-ben. Továbbá, ha K M, akkor létezik olyan homomorzmus, amelynek a magja éppen K, ill. létezik olyan homomorzmus, amelynek képe éppen K. Valóban a µ : M M/K természetes homomorzmus, amelynél (m)µ = m + K, ill. az ι : K M természetes beágyazás, amelyre (k)ι = k M egy-egy ilyen. Tetsz leges M Mod-R esetén egyértelm en létezik egy M 0 és egy 0 M homomorzmus. Emiatt bármely M, N moduluspár között létezik egyértelm en egy kitüntetett M 0 N homomorzmus, amelyet röviden csak 0 : M N-nek írunk. A jelölést alátámasztja, hogy M 0 N nem más, mint a Hom R (M, N) Abel-csoport 0 eleme..3. Deníció. Egy ϕ : M N homomorzmus monomorzmus, ha injektív (ϕ : M N) és epimorzmus, ha szürjektív (ϕ : M N). Ha ϕ injektív és szürjektív is, akkor izomorzmus (ϕ : M = N). Azt mondjuk, hogy M és N modulusok izomorfak (jelben M = N, ha létezik köztük egy ϕ : M N izomorzmus..4. Állítás. A ϕ : M N homomorzmusra a következ tulajdonságok ekvivalensek. (i) ϕ monomorzmus; (ii) ker ϕ = 0; (iii) tetsz leges, γ : L M homomorzmusok esetén, ha ϕ = γϕ, akkor = γ; (iv) ha ϕ = 0 valamely : L M esetén, akkor = 0. Bizonyítás. (i) (ii): ha ϕ injektív, akkor a 0 N sképe csak a 0 M. Fordítva, ha (m)ϕ = (m )ϕ, akkor m m ker ϕ = 0. (ii) (iii): ha x L, akkor (x)( γ) ker ϕ = 0. Vagyis = γ. (iii) (iv): triviális. (iv) (ii): legyen a ker ϕ M természetes beágyazás. Ekkor ϕ = 0, a feltételek szerint pedig = 0 és így ker ϕ = 0. 5

6 .5. Állítás. A ϕ : M N homomorzmusra a következ tulajdonságok ekvivalensek. (i) ϕ epimorzmus; (ii) im ϕ = N; (iii) tetsz leges, γ : N L homomorzmusok esetén, ha ϕ = ϕγ, akkor = γ; (iv) ha ϕ = 0 valamely : N L esetén, akkor = 0. Bizonyítás. (i) (ii) a deníció szerint. (i) (iii) és (iii) (iv) triviális. (iv) (ii): legyen : N N/ im ϕ természetes homomorzmus. Ekkor minden n N-re (n)ϕ = 0, a feltétel szerint emiatt = 0, azaz im ϕ = N..6. Állítás. A ϕ : M N pontosan akkor izomorzmus, ha egyértelm en létezik egy ψ : N M homomorzmus, amellyel ϕψ = id M és ψϕ = id N. Bizonyítás. Az elégségességhez vegyük észre, hogy ψ a ϕ inverze. Ha ϕ egy izomorzmus, akkor létezik egyértelm en egy ϕ (halmaz) leképezés, amelyre ϕϕ = id M és ϕ ϕ = id N. Meg kell mutatni, hogy ϕ modulushomomor- zmus is. Legyenek r, s R és n, n N tetsz legesek. ((nr + n s)ϕ )ϕ = nr + n s = ((n)ϕ r + (n )ϕ s)ϕ Mivel ϕ injektív, ezért (nr + n s)ϕ = (n)ϕ r + (n )ϕ s. Hasonlóan az Abel-csoportok esetéhez, tetsz leges ϕ : M N homomorzmus esetén, ha L M, akkor ϕ(l) = {(l)ϕ l L} egy részmodulus im ϕ-ben. Fordítva, ha N im ϕ N egy részmodulus, akkor a ϕ (N ) = {m M (m)ϕ N } halmaz egy ker ϕ-t tartalmazó részmodulus. Tehát létezik egy kölcsönösen egyértelm megfeleltetés az M-beli ker ϕ-t tartalmazó részmodulusok és az im ϕ részmodulusai között. Ezen felül igazak maradnak az Abel-csoportoknál megismert homomorzmus-, ill. izomorzmus-tételek..7. Tétel (Homomorzmus-tétel). Tetsz leges ϕ : M N homomorzmus esetén M/ ker ϕ = im ϕ. Bizonyítás. Legyen γ : M/ ker ϕ im ϕ az a leképezés, amelyre (x + ker ϕ)γ = ϕ(x). A faktormodulus konstrukciója alapján γ m velettartó. Azt is látjuk, hogy γ szürjektív. Ezen túl, (x + ker ϕ)γ pontosan akkor 0, ha x ker ϕ, tehát γ jól deniált és injektív..8. Tétel (I. izomorzmus-tétel). Legyen M Mod-R tetsz leges és legyenek U, V részmodulusai M-nek. Ekkor (U + V )/V = U/U V. Bizonyítás. Legyen γ : (U + V )/V U/U V az a leképezés, amelyre (u + V )γ = u+u V. Ismét világos, hogy γ m velettartó és szürjektív. Most (u+v )γ pontosan akkor 0, ha u V..9. Tétel (II. izomorzmus-tétel). Legyen M Mod-R tetsz leges és legyenek U, V részmodulusai M-nek, amelyekre U V. Ekkor (M/U)/(V/U) = M/V. Bizonyítás. El ször is deniáljuk a következ ψ : M/U M/V leképezést úgy, hogy (m + U)ψ = m + V. Könny ellen rizni, hogy ψ homomorzmus, amelynek magja ker ψ = {m + V m U} = V/U. Az homomorzmus-tétel alapján M/V = (M/U)/ ker ψ = (M/U)/(V/U). 6

7 .3. Bimodulusok, endomorzmusgy r k Általában a Hom R (M, N) halmaz Abel-csoport, de ennél több nem mondható. Ha azonban M vagy N (esetleg mindkettejük) rendelkezdik további (modulus) struktúrával, akkor el furdul, hogy Hom R (M, N) szerkezete is gazdagabb. Egy egyszer példa, amikor R = A egy K-algebra, M és N pedig két A-modulus. A Hom A (M, N) ekkor nem csak Abel-csoport, de K-vektortér is, ha a λ K elemmel való szorzást (m)(λϕ) := (λm)ϕ módon értelmezzük. Amint látni fogjuk ez a példa egy speciális esete a bimodulusok és a Hom halmazaik között lév kapcsolatnak..0. Deníció. Tegyük fel, hogy R és S gy r, M pedig egy Abel-csoport. Az M egy R S bimodulus (jelben R M S ), ha egyrészt M egy bal R-modulus és jobb S-modulus, másrészt minden m M, r R és s S elemekre (rm)s = r(ms) fennáll... Példák. egy K test feletti vektortér K K bimodulus. ha A egy K-algebra, akkor M Mod-A esetén M egy K A bimodulus. minden R-modulus egyben Z R bimodulus is. az el z három példát általánosan úgy is mondhatjuk, hogy R, S gy r k esetén, ha létezik egy S Cen(R) gy r homomorzmus, akkor minden R modulus egyben R S bimodulusnak is tekinthet. az R maga is egy R R bimodulus... Állítás. Legyenek R, S és T gy r k, az S M R és T N R bimodulusok. Ekkor Hom R (M, N) egy T S bimodulus. Bizonyítás. Vegyünk egy tetsz leges ϕ : M N homomorzmust és deniáljuk el ször a T, ill. S elemeinek hatását ϕ-n. Legyen tϕ az a homomorzmus, amely egy m M elemhez a t(m)ϕ N, míg ϕs az a homomorzmus, amely m-hez a (sm)ϕ elemet rendeli. Belátjuk, hogy ezzel Hom R (M, N) egy bal T -modulus, hasonlóan igazolható, hogy Hom R (M, N) egyben jobb S-modulus is. Tegyük fel, hogy m, m M, r R és t, t T, illetve ϕ, ϕ Hom R (M, N). (m + m )(tϕ) = (t(m + m ))ϕ = t((m + m )ϕ) = t((m)ϕ + (m )ϕ) = = t((m)ϕ) + t((m )ϕ) = (m)(tϕ) + (m )(tϕ), továbbá (mr)(tϕ) = t((mr)ϕ) = t((m)ϕr) = (t((m)ϕ))r = (m)(tϕ)r (ahol az utolsó el tti lépésnél használtuk, hogy M bimodulus). Tehát tϕ valóban egy R- homomorzmus. Abból, hogy N egy bal T -modulus könnyen adódik, hogy t(ϕ + ϕ ) = tϕ + tϕ és (t + t )ϕ = tϕ + t ϕ. Kell még, hogy (tt )ϕ = t(t ϕ). Vagyis hogy (m)((tt )ϕ) = tt ((m)ϕ) = t(t ((m)(ϕ))) = t((m)(t ϕ)) = (m)(t(t ϕ)). Végül bármey s S elemet választva (m)((tϕ)s) = (sm)(tϕ) = t((sm)ϕ) = (sm)(tϕ) = (m)((tϕ)s). 7

8 .3. Állítás. Minden R gy r és M R modulusa esetén Hom R (R, M) = Hom R ( R R R, M R ) = M R. Bizonyítás. Deniáljuk a γ : M Hom R (R, M) leképezést úgy, hogy m M esetén legyen (m)γ = ϕ m, ahol is ϕ m az a homomorzmus, amelyre ()ϕ m = m. Az így megadott ϕ m egyértelm en megad egy R M homomorzmust, hiszen (r)ϕ = ()ϕr minden r R-re. Ezzel γ egy R-modulus homomorzmus, hiszen ()ϕ m+m = m + m = ()ϕ m + ()ϕ m és ()ϕ mr = mr = ()ϕ m r. Az pedig világos, hogy γ injektív és szürjektív is..4. Állítás. Tetsz leges R gy r esetén az γ : R Hom R (R, R), ahol (r)γ az r elemmel való balszorzás, egy gy r izmorzmus. Azaz R = End R (R). Bizonyítás. Világos, hogy γ ebben az esetben egy R R bimodulus- s t gy r homomorzmust ad R és Hom R (R, R) között.. Modulusok direkt összege, direkt szorzata A fejezet során I mindig egy nem üres (esetleg végtelen) indexhalmazt jelent. Bár nem szükséges, de feltehetjük, hogy I jól rendezett... Direkt szorzat, küls - és bels direkt összeg.. Deníció. Legyen {M i i I} modulusok egy indexelt halmaza.. A Π i I M i halmaz az M i alaphalmazok Descartes-szorzata. Tehát Π i I M i egy eleme egy I-n értelmezett M i érték (m i ) i I kiválasztási függvény. A Π i I M i halmaz R-modulussá tehet a komponensenkénti m veletekkel. Azaz (m i ) i I + (m i) i I = (m i + m i) i I és (m i ) i I r = (m i r) i I. Az így értelmezett modulust az M i modulusok direktszorzatának nevezzük.. Jelölje i I M i a Π i I M i direktszorzatnak azt a részmodulusát, amelynek egy (m i ) i I pontosan akkor eleme, ha véges sok i I kivételével m i = 0. Az így kapott részmodulus az M i modulusok (küls ) direkt összege. 3. Legyen N egy tetsz leges modulus, amely el áll mint M i N részmodulusainak összege, emellett tegyük fel, hogy minden i I esetén M i ( i j M j) = 0. Ekkor azt mondjuk, hogy az N modulus az M i modulusok (bels ) direkt összege. Ha I véges halmaz és N az M i részmodulusainak direkt összege, akkor az N = M... M n (szokásos) jelölést is használjuk... Megjegyzés. Ha feltesszük, hogy M i 0, akkor Π i I M i = i I M i pontosan akkor, ha I egy véges halmaz..3. Tétel (A direkt szorzat univerzalitása). Az M modulus pontosan akkor izomorf az M i, i I modulusok szorzatával, ha minden i I esetén létezik egy π i : M M i homomorzmus, hogy tetsz leges i : N M i homomorzmusok esetén egyértelm - en létezik egy γ : N M homomorzmus, amelyre γπ i = i fennáll minden i index esetén. 8

9 N!γ M i π i M i Bizonyítás. Az egyszer ség kedvéért feltehetjük, hogy M = Π i I M i. Ekkor legyen π i : (m i ) i I m i az i. komponensre való vetítés. Ezzel, ha i adott, akkor γ : n ((n) i ) i I az egyetlen a kívánt feltételeket kielégít homomorzmus. A másik irányhoz tegyük fel, hogy M rendelkezik az állításbeli tulajdonságokkal. Válasszuk N-et Π i I M i -nek és i -t az el bb deniált (m i ) i I. Ekkor egyértelm en léteznek γ : Π i I M i M és : M Π i I M i homomorzmusok, amelyekre γπ i = i és i = π i. γ N i M π i M i Ezekb l γπ i = π i. Viszont a feltételek szerint az M-hez és π i homomorzmusokhoz egyértelm en létezik egy i : M M, amelyekkel iπ i = π i. Az id M identitás leképezés pedig megfelel ennek az i-nek. Ebb l adódik, hogy γ = id M, így az.6. Állítás miatt M = Π i I M i..4. Tétel (A direkt összeg univerzalitása). Az M modulus pontosan akkor izomorf az M i, i I modulusok direkt összegével, ha minden i I esetén létez ι i : M i M homomorzmus, hogy tetsz leges i : M i M homomorzmusok esetén egyértelm en létezik egy γ : M N homomorzmus, amelyre ι i γ = i fennáll minden i index esetén. M i i ι i M N!γ Bizonyítás. Az egyik irányhoz ismét feltehetjük, hogy M = i I M i. Legyen ι i : M i M az i. komponens beágyazása, azaz (m i )ι i minden i-t l különböz komponense ((m i )ι i ) i Iπ j = 0, míg ((m i )ι i ) i = m i. Ekkor a γ : (m i ) i I i I (m i) i az az egyetlen homomorzmus, amely kielégíti kívánt feltételeket. A másik irányra vonatkozó állítás a direkt szorzatra vonatkozó analóg tétel bizonyotása szerint elvégezhet... Modulusok direkt felbontása.5. Deníció. Azt mondjuk, hogy N M direkt összeadandója M-nek (N M), ha létezik olyan U M modulus, hogy N U = M. Ilyen esetben az U-t az N direkt kiegészít jének hívjuk..6. Deníció. Azt mondjuk, hogy az M modulus (direkt) felbonthatatlan, ha M = M M esetén M vagy M maga az M. 9

10 .7. Megjegyzés. Általában, ha N M az N direkt kiegészít je nem egyértelm. Például, ha M egy két dimenziós K feletti vektortér egy rögzített b, b bázissal, akkor az N = b altér direkt összeadandó és direkt kiegészít je lehet az U = b vagy U = b + b altér is. Megjegyezzük még, hogy egy N M részmodulus pontosan akkor direkt összeadandó, ha direkt kiegészít je is M valamely részmodulusának. Továbbá, ha M = N U, akkor M/U = N..8. Állítás. Legyen N M Mod-R. Ekkor létezik M-ben olyan U részmodulus, amelyre N U = 0 és U maximális erre a tulajdonságra nézve. Tetsz leges 0 L M részmodulus esetén (N + U) L 0. Bizonyítás. Tekintsük az alábbi V = {V M V N = 0} halmazt. A halmaz nem üres és a tartalmazásra nézve parciálisan rendezett. Ha L egy lánc V-ben akkor L = L szintén V-nek eleme. Ehhez elég látni, hogy egy L-beli elem l l n alakú, ahol minden i n esetén l i valamely L-beli halmazból való, így létezik egy legnagyobb L-beli L részmodulus, amely mindegyik l i -t és az összegüket is tartalmazza. Tehát, ha l i N, akkor l i L N = 0. A Zorn-lemma miatt V-nek van maximális eleme, ez lehet U. Az állítás második feléhez tekintsünk egy V M részmodulust, és tegyük föl, hogy V (N +U) = 0. Ezzel viszont V +U N = 0 és U V +U, ami ellentmondana U maximális tulajdonságának..9. Állítás. Legyen N az M részmodulusa, továbbá ι : N M a természetes beágyazás. Az N pontosan akkor direkt összeadandó, ha létezik egy π : M N homomorzmus, amelyre ιπ = id N. Bizonyítás. A szükségességhez rögzítsünk egy U direkt kiegészít t N-ben és π-t válasszuk az U szerinti természetes homomorzmusnak. Ekkor π : (n, u) n, emiatt (n)ιπ = (n, 0)π = n. A másik irányhoz tegyük fel, hogy valamely π : N M-re ιπ = id N. Akkor világos, hogy ker ιπ = im ι ker π = 0. Elég megmutatni, hogy im ι + ker π = M. Legyen m M tetsz leges. Ekkor (m)πι im ι, továbbá (m (m)πι)π = (m)π ((m)π)ιπ = 0 miatt m (m)πι ker π. Tehát m im ι + ker π. Megjegyezzük, hogy akárcsak a direkt kiegészít, úgy a.9. Állításban szerepl π homomorzmus sem egyértelm. Viszont egy U direkt kiegészít egyértelm en meghatározza π-t és viszont. Az természetesen világos, hogy akárhogy is választjuk U-t, a kapott π egy epimorzmus. S t π minden esetben az ι gyenge értelemben vett inverzének is tekinthet. Az ilyen tulajdonságú homomorzmusok kiemelten fontosak a direkt felbontások tanulmányozásánál..0. Deníció. Egy : N M monomorzmusról azt mondjuk, hogy felhasadó monomorzmus, ha létezik olyan : M N, hogy = id N. Egy : M N epimorzmusról azt mondjuk, hogy felhasadó epimorzmus, ha létezik olyan : N M, hogy = id N. A felhasadó mono/epimorzmus fogalmával még egy jellemzés adható M direkt felbontására vonatkozóan... Állítás. Az alábbi állítások tetsz leges M, N Mod-R esetén ekvivalensek: (i) az N izomorf M egy direkt összeadandójával; 0

11 (ii) létezik egy : N M felhasadó monomorzmus; (iii) létezik egy : M N felhasadó epimorzmus; Bizonyítás. A.0. Deníció jelöléseit és a.9. Állítás-t használva, im -t válasszuk N-nek a még bizonyítandó következtetésekhez. Arra jutottunk, hogy egy N részmodulus pontosan akkor direkt összeadandója M-nek, ha van olyan ι (N-b l M-be képez ) monomorzmus, amely felhasad. Azonosítsuk N-et a ι általi képvel és rögzítsünk egy U direkt kiegészít t a hozzátartozó π (felhasadó) epimorzmussal együtt. Akkor most azt is mondhatjuk, hogy π az M = N U direkt felbontáshoz tartozó N komponensre való vetítés. Másképp, M = N U felbontáshoz egyértelm en létezik egy π End R (M), amelyre ker π = U, im π = N és π az N elemeit xen hagyja. Ez a direkt felbontás egy újabb jellemzéséhez vezet... Deníció. Legyen R egy tetsz leges gy r és e, f a gy r tetsz leges elemei. Azt mondjuk, hogy e idempotens, ha ee = e = e, az e primitív idempotens, ha e = e + e esetén e és e csak úgy lehet egyszerre idempotens, hogy valamelyikük a 0. Az e és f iempotensek ortogonálisak, ha ef = fe = 0. Az e,..., e n ortogonális idempotensek halmaza teljes, ha e e n =..3. Lemma. Tegyük fel, hogy, M Mod-R és e End R (M) egy idempotens elem. Ekkor ( e) is idempotens elem és Ezen felül M = Me M( e). ker e = {m M m = (m)( e)} = im ( e) im e = {m M m = (m)e} = ker( e). Bizonyítás. Mivel e = e, ezért ( e) = ( e), továbbá e( e) = ( e)e = 0. Ezek szerint im e {m M m = (m)e} ker( e), im ( e) {m M m = (m)( e)} ker( e). Az els tartalmazások megfordításai mindig igazak. A második tartalmazáshoz vegyük észre, hogy minden m M felírható mint (m)e + (m)( e). Az állítás második feléhez már csak annyit kell megmutatni, hogy (M)e (M)( e) = 0. Valóban, ha (m)e = (m )( e), akkor (m)e = (m)e = (m )( e)(e) = Állítás. Legyen az M modulus egy dirkekt felbontása M = N U. Ekkor egyértelm en létezik egy e End R (M) idempotens, hogy N = (M)e és U = (M)( e). Bizonyítás. Láttuk, hogy a felbontáshoz pontosan egy olyan π End R (M) tartozik, amire ker π = U, im π = N és minden n N esetén (n)π = n. Világos, hogy π idempotens, (M)π = N és a.3. Lemma szerint ker π = (M)( π) = U..5. Állítás. Minden i I esetén legyen M i M. Az M pontosan akkor áll el mint az M i modulusok (bels ) direkt összege, ha létezik idempotens elemeknek (szükségképpen egyértelm ) {e i i I} részhalmaza End R (M)-ben, hogy minden i esetén M i = im e i és M i = ker e i. j i

12 Bizonyítás. Az eddigiek alapján világos, hogy az megadott tulajdonságokkal rendelkez e i idempotensek létezése szükséges. Tegyük fel, hogy léteznek a fenti e i End R (M) idempotensek. A.3. Lemma szerint bármely i index esetén im e i ker e i = 0. Viszont (szintén a.3. Lemma miatt) im e i + ker e i = M, tehát az M i részmodulusok generálják is M-et..6. Következmény. Ha e i az M = i M i felbontáshoz tartozó idempotensek, akkor az e i idempotensek páronként ortogonálisak. Ezen felül minden 0 m M esetén csak véges sok i I index létezik, amelyire (m)e i 0. Bizonyítás. El ször is, ha j i, akkor M j k i M k = ker e i, azaz Me i e j = 0 minden i j párra. Másodszor, minden m M benne van M i -k generátumában, azaz m i M i, vagyis m el áll mint egy véges m = m i m in összeg. Ekkor viszont, ha j i k, akkor (m)e j = Gy r k direkt felbontása.7. Állítás. Az M modulus pontosan akkor áll el M,..., M n részmodulusainak direkt összegeként, ha létezik e,..., e n End R (M) ortogonális idempotensek egy teljes rendszere, hogy minden i-re im e i = M i. Bizonyítás. Legyen e,..., e n idempotens az M = M... M n felbontáshoz. A.6. szerint e,..., e n páronként ortogonális, másrészt m = (m)e (m)e n minden m esetén, tehát = e e n. Fordítva, ha e,..., e n ortogonális idempotensek teljes rendszere, akkor m = (m)(e e n ) = (m)e (m)e n, másrészt M i = im e i és ker e i = j i M j. A bizonyítás befejezéséhez használjuk a.5. Állítást. A továbbiakban az R gy r egy speciális modulusának, a (jobb) reguláris R R modulus direkt felbontását vizsgáljuk. El ször is fontos észrevenni, hogy minden M R R egy jobbideál R-ben. Tehát R R minden felbontása jobbideáljainak direkt összegére való bontás. Az el z alfejezetben láttuk, hogy miként áll kapcsolatban egy modulus direkt felbontása és bizonyos endomorzmusai. Miel tt továbblépnénk, emlékeztetünk, hogy az R mint jobb modulus elemein egy r elemmel való szorzás az R R egy endomorzmusa és minden (modulus)endomorzmusa R R -nek egy alkalmas r elemmel való balszorzásnak tekinthet (.4. Állítás). Emiatt, ha a ϕ End R (R R ) endomorzmus hatását mindig a neki megfelel r R elemmel való balszorzásként írjuk..8. Lemma. Az R R tetsz leges R R = i I M i direkt felbontása esetén véges sok olyan i I index létezik, amelyre M i 0. Bizonyítás. Vegyük az R R = i I M i felbontáshoz tartozó e i idempotenseket (.5.). Ekkor e i csak véges sok i esetén nem 0 (.6.). Ám M i = im e i = Re i = Re i..9. Megjegyzés. Fontos megjegyezni, hogy bár az R R direkt felbontásaiban a nem 0 tagok száma mindig véges, el fordulhat, hogy egy rögzített R gy r esetén az R R nem 0 direkt összeadandóinak száma nincs korlátozva..0. Tétel. Az R R pontosan akkor áll el az M,..., M n balideáljainak direktösszegeként, ha létezik e,..., e n ortogonális idempotensek teljes rendszere R-ben, amelyre M i = e i R. Ezen felül, az R = M... M n pontosan akkor gy r direkt felbontás, ha e i Cen(R) minden i-re.

13 Bizonyítás. Az állítás els része következik az.4. és.7. Állításból. A második részben az elégségesség egyszer en adódik abból, hogy ha minden e i centrális, akkor bármely i indexre Re i R = e i RR = e i R tényleg ideál. A szükségességhez tegyük fel, hogy minden i-re M i ideálja R-nek. Ezzel, ha i j, akkor M i M j M i M j = 0. Tetsz leges r R esetén r = e r e n r = n i= e ir i, ahol e i r = r i, ha i j. Másrészt r = n i= r i ami az összes e j -vel felcserélhet. j e j = n i= r ie i. Azaz minden r R el áll mint n i= e ire i,.. Lemma. Legyen e i, e j az R gy r idempotens elemei. Ekkor létezik egy Hom R (e i R, e j R) = e j Re i Abelcsoport-izomorzmus. Bizonyítás. Tekintsük azt a γ : Hom R (e i R, e j R) e j Re i hozzárendelést, amely egy ϕ Hom R (e i R, e j R) homomorzmushoz az (e i )ϕ-t rendeli. Mivel (e i )ϕ e j R és (e i )ϕ = (e i e i )ϕ = (e i )ϕe i, ezért valóban (ϕ)γ e j Re i. A γ és a Hom R (e i R, e j R)- beli összeadás deníciójából azonnal következik, hogy γ egy Abelcsoport-homomor- zmus. Tegyük fel, hogy (ϕ)γ = 0, vagyis (e i )ϕ = 0. Ekkor tetsz leges r R esetén (e i r)ϕ = (e i )ϕr = 0r = 0, tehát ϕ = 0, amib l azt kapjuk, hogy γ injektív. Legyen most r e j Re i tetsz leges. Akkor a ϕ : e i r hozzárendelés (egyértelm en) meghatároz egy e i R e j R modulus-homomorzmust. Ezért γ szürjektív is... Állítás. Tegyük fel, hogy az R R = n i=m i az R reguláris modulusának egy direkt felbonthatatlan komponensekre való bontása. Legyen G = (V, E) az a gráf amelynek csúcshalmaza az {,,..., n} indexhalmaz és él köt össze egy i, j pontpárt, ha Hom R (M i, M j ) 0 (vagy Hom R (M j, M i ) 0). Legyenek a K,..., K t az így kapott G gráf összefügg komponensei. Ekkor minden j t esetén a B j = i Kj M i az R gy r ideálja, s t B j, mint gy r, direkt felbonthatatlan. Bizonyítás. Legyen K a G gráf egy komponense, és B a hozzátartozó balideál. Az állítás els feléhez elég megmutatni, hogy RB B. A.. Lemma szerint Hom(e i R, e j R) = 0 akkor és csak akkor, ha e j Re i = 0. Ezt és a.0. Tételt felhasználva n RB = M i M j = e j R e i R + e j R e i R i= j K j K i K j / K i K }{{}}{{} RB j / K i K e j Re i R=0 adódik, vagyis B valóban ideál. Megmutatjuk, hogy B felbonthatatlan. Legyen B = I I gy r direkt összeg. Az f = j K e j a B-ben egység. Legyen I = f R és I = f R, ahol f = f + f az f egy ortogonális idempotensekre való bontása. Minden j K indexre az fm j = f M j f M j, ám mivel M j felbonthatatlan, vagy f M j = 0 vagy f M j = 0. Ez K- nak egy további diszjunkt K = K K felbontását adja. Ez által írhatjuk, hogy I = j K M j és I = j K M j. A K a G egy összefügg komponense volt, ezért található olyan i K és j K, amelyekre Hom R (M i, M j ) 0 vagy Hom R (M j, M i ) 0. Feltehetjük, hogy az el z áll fenn. Akkor viszont 0 e j Re i I I, ami ellentmondás..3. Következmény. Tegyük fel, hogy az R R = n i=m i az R reguláris modulusának egy direkt felbonthatatlan komponensekre való bontása. Legyenek B i -k a.. Állításban deniált gráf különböz komponenseihez tartozó felbonthatatlan ideálok. Ekkor R = B... B t gy r k izomorzmusa, a B i -t az R gy r egy blokkjának nevezzük. 3

14 3. Szabad-, projektív- és injektív modulusok 3.. Deníció. Legyen X az M modulus elemeinek egy részhalmaza. Az M az X által generált szabad modulus, ha bármely N Mod-R és ϕ : X N halmazleképezés esetén egyértelm en létezik egy ϕ : M N homomorzmus, hogy ϕ X = ϕ. Egy M modulus szabad, ha valamely részhalmaza szabadon generálja. 3.. Tétel. Az M Mod-R pontosan akkor szabad, ha M = i I R R valamilyen I index halmazra. Bizonyítás. El ször megmutatjuk, hogy i I R R tényleg szabad. Egy i index esetén legyen x i R R az az elem, amelynek az i. komponense a többi pedig 0. Megmutatjuk, hogy X = {x i i I} egy szabad generátora i I R R -nek. Legyen ϕ : X N tetsz leges halmaz leképezés. Minden m i I R R egyértelm en írható i x ir i alakba, így a ϕ : i x ir i i (x i)ϕr i N leképezés egy homomorzmus. Az m i I R R egyértelm felírása miatt ϕ is egyértelm. A másik irányhoz rögzítsünk egy Y = {y i i I} M szabad generátort M- ben. Legyen F = i I R R. Legyen ϕ : Y F az a halmaz leképezés, amely y i -t az el bb deniált x i elembe képezi. A feltétel szerint ϕ kiterjed egy ϕ : M F homomorzmussá. Ez szükségképpen szürjektív, hiszen {x i i I} az F egy generátora. Viszont ϕ injektív is, mert ha ( i I y ) ir i ϕ = 0, akkor i I x ir i = 0, emiatt pedig r i = 0 minden i-re, az x i -k függetlensége miatt Deníció. A P Mod-R projektív, ha tetsz leges : M N és : P N homomorzmusok esetén létezik γ : P M homomorzmus, amivel γ =. M γ P N 3.4. Állítás. Bármely R gy r felett., bármely F szabad modulus projektív;., ha P projektív, akkor minden direkt összeadandója is projektív; 3., projektív modulusok direkt összege is projektív. Bizonyítás. El ször is legyen F := F (X), ahol X = {x i i I} szabad generátor. Rögzítsünk egy : M N és : F (X) N homomorzmust. Mivel szürjektív, ezért minden (x i ) N elemnek létezik egy m i sképe M-ben. Legyen ϕ : X M az a halmazleképezése, amelyre (x i )ϕ = m i. Ez kiterjed egy ϕ : F M homomorzmussá. Válasszuk ϕ-t γ-nak. Ekkor bármely x i generátorra (x i )γ = (x i )ϕ = (m i ) = (x i ). Mivel x i elemek generálják F -et, γ = adódik. Másodszor tegyük fel, hogy P projektív modulus el áll mint P = U V. Rögzítsünk egy : M N és : U N homomorzmust. Ha ι : U P a természetes beágyazás, akkor a.9. Állítás szerint létezik egy π : P U, hogy ιπ = id U. Mivel P projektív, 4

15 P M δ ι π U N létezik egy δ : P M homorzmus, amire δ = π. Viszont akkor ιδ = ιπ =. Tehát ιδ választható γ-nak. A harmadik állításhoz legyen P i projektív modulus minden i I esetén. Képezzük a P = i I direkt összeget és rögzítsünk egy : M N és : P N homomorzmust. Vegyük a direkt összeg univerzalitása (.4. Tétel) szerint létez ι i : P i P homomorzmusokat. Mivel minden P i modulus projektív, P i ι i M γ i P N ezért léteznek i : P i M homomorzmusok, amelyekkel γ i = ι i. Szintén direkt összeg univerzalitása miatt létezik egy egyértelm γ : P M homomorzmus, hogy minden i esetén ι i γ = γ i. Ez a γ a keresett, hiszen γ i = ι i γ = ι i. Azaz mind γ, mind kommutatívvá teszi a P i ι i ι i P N = γ diagramot, a direkt összeg univerzalitása miatt, azonban ekkor γ = Állítás. Tetsz leges P modulusra az alábbi állítások ekvivalensek: (i) P projektív; (ii) minden : M P felhasadó epimorzmus, és M = ker P ; (iii) a P egy direkt összeadandója valamely szabad F modulusnak. Bizonyítás. (i) (ii) : legyen P projektív és tekintsük az alábbi diagramot. M γ P P id P 5

16 A feltételek szerint γ = id P, tehát felhasadó epimorzmus és a.9., ill... Állítás alapján M = ker P. (ii) (iii) : Minden modulus homomorf képe egy szabadnak, azaz létezik egy F = i I R R P epimorzmus. (ii) szerint, ekkor P F. (iii) (i) : a 3.4. Állítás els szerint F projektív, míg az állítás harmadik része miatt a P F direkt összeadandója szintén az Megjegyzés. Minden K feletti vektortér projektív (K-)modulus. Egy M Abel-csoport pontosan akkor projektív, ha szabad, hiszen szabad Abelcsoport részcsoportja is szabad. Ahogy kés bb látni fogjuk, ha A egy véges dimenziós K-algebra, akkor minden projektív modulusa el áll, mint A A felbonthatatlan direkt összeadandóinak egy direkt összege. Legyen R R = P... P n a reguláris modulus egy direkt felbontása, ahol minden i indexre P i = e i R és {e i i n} ortogonális idempotensek egy teljes rendszere (ld..0.). A 3.4. Állítás szerint az P i modulusok projektívek. Tegyük fel, hogy minden i-re P i felbonthatatlan. Ekkor minden végesen generált P projektív R-modulus el áll mint egy P i modulusokból álló (szükségképpen véges) direk tösszeg. Speciálisan minden felbonthatatlan projektív R-modulus valamelyik P i -vel izomorf. Legyen ugyanis P mod-r projektív. Ekkor P homomorf képe egy végesen generált szabad modulusnak, azaz létezik egy F = t j=r R P epimorzmus. A 3.5. Állítás miatt ekkor P az F direkt összeadandója és a Krull-Shmidttétel miatt P = i P j i i Deníció. A Q Mod-R injektív, ha tetsz leges : M N és : M Q homomorzmusok esetén létezik γ : N Q homomorzmus, amivel γ =. M Q γ N 3.8. Állítás. Bármely gy r felett., egy injektív modulus direkt összeadandója is injektív;., injektív modulusok direkt szorzata szintén injektív. Bizonyítás. El ször is legyen a Q injektív modulus egy direkt felbontása Q = U V. Tekintsünk egy : M N és egy M U homomorzmust. Legyen ι : U Q a természetes beágyazás és legyen π : Q U az U V felbntáshoz tartozó felhasadó epimorzmus (.9.). Mive Q injektív, 6

17 M N ι U Q π δ ezért létezik egy δ : N Q, amivel ι = δ. Válasszuk γ-t δπ-nek, így γ = δπ = ιπ =. A második állításhoz tegyük föl, hogy a Q i modulus minden i I index esetén injektív. Jelölje Q a Q i modulusok Π i I Q i direkt szorzatát, és legyen : M N, ill. : M Q tetsz leges. Tekintsünk egy i indexet és az indexhez tartozó π i : Q Q i homomorzmust (ld..3. Tétel). Használjuk, hogy Q i projektív, M N Q γ i π i Q i így kapjuk, hogy léteznek γ i : N Q i homomorzmusok, amelyekkel π i = γ i. A direkt szorzat univerzalitása miatt, létezik egy egyértelm γ : N Q homomorzmus, amellyel γπ i = γ i minden i indexre. Így mind γ, mind kommutatívvá teszi a = γ M π i Q π i Q i diagramot. A direkt szorzat univerzalitása miatt azonban ez a homorzmus egyértelm, tehát γ = Állítás. Tetsz leges Q modulus esetén az alábbi állítások ekvivalensek. (i) a Q modulus injektív; (ii) bármely : Q M monomorzmus felhasadó. Bizonyítás. (i) (ii): tegyük föl, hogy Q injektív és tekintsük az alábbi diagramot. Q N id Q γ Q 7

18 A diagram kommutatív, vagyis γ = id Q, azaz felhasadó monomorzmus. (ii) (i): Legyen : M N és : M Q tetsz leges. Tekintsük az, által meghatározott (ún. push-out) diagramot, M N ῑ Q ῑ U ahol U = (N Q)/ {((m), (m)) m M}, és a ῑ az n N elemhez az (n, 0), míg ῑ a q Q-hoz a (0, q) mellékosztályt rendeli. Ezzel a diagram kommutatív, hiszen tetsz leges m M-re (m)ῑ (m)ι az ((m), (m)) mellékosztály, ami a 0 az U-ban. Megmutatjuk, hogy ῑ injektív. Ha q Q ker ῑ, akkor létezik olyan m M, hogy a (0, q) = ((m), (m)). Az els komponens egyenl sége miatt 0 = (m), de injektív, tehát m = 0 és így q = 0. Az (i) feltétel szerint ῑ felhasadó monomorzmus, ezért van egy π : U Q, amellyel ῑ π = id Q. Válasszuk γ-t ῑ π-nek. Erre ῑ π = ῑ π = Állítás (Baerkritérium). Legyen Q egy R-modulus. A Q pontosan akkor injektív, ha tetsz leges : M R és : M Q esetén van olyan γ : R Q, hogy γ =. 3.. Deníció. Legyen M Mod-R. Azt mondjuk, hogy M osztható, ha bármely m M és 0 r R estén az m = xr egyenlet megoldható M-ben x-re. 3.. Állítás. Egy Z-modulus pontosan akkor injektív, ha osztható. Bizonyítás. Legyen Q egy injektív Abel-csoport, n Z bármely egész. Tekintsük az alábbi diagramot. nz Q γ Jelölje q a (n) elemet. Az x = ()γ megoldása az xn = q egyenletnek. Fordítva, ha Q osztható, akkor tetsz leges n Z, ι n : nz Z természetes beágyazás és q Q esetén az nx = q egyenletnek van egy h Q megoldása. Így, ha : nz Q olyan, hogy (n) = q, akkor legyen γ : Z Q az a homomorzmus, amelyre γ : h. Ezzel ι n γ = Megjegyzés. Könny belátni, hogy az osztható Abel-csoportok direkt összege, faktora szintén osztható Abel-csoport. Így, bár általában injektív modulusok direkt összege nem injektív, az Abel-csoportok esetén mégis. A Q és Z p Abel-csoportok injektívek. Az Abel-csoportok körében az injektívek pontosan Q és Z p faktorainak direkt összegei. Ha A egy véges dimenziós K-algebra, akkor minden injektív A-modulus véges dimenziós injektív modulusok direkt összegére bomlik. 8 Z

19 4. Gráfalgebrák Ebben a fejezetben deniáljuk véges dimenziós algebrák egy releváns osztályát, megadjuk az ezen algebrákhoz tartozó modulusok egy lehetséges (grakus) ábrázolását. Legyen Γ egy véges irányított gráf, azaz Γ véges sok pontból és véges sok nyílból áll, többszörös élek, hurkok esetlteg el fordulhatnak. Ekkor a KΓ algebra egy bázisát adják a Γ-beli irányított séták, beleértve a 0 hosszú utakat is. Egy u és v séta uv szorzata legyen 0, ha u végpontja nem egyezik v kezd pontjával, különben pedig uv legyen a két séta összeillesztése. Ez a m velet nyilvánvalóan asszociatív a báziselemekre nézve. A szorzást KΓ összes elemére (azaz a Γ-beli séták K együtthatós formális lineáris kombinációira) disztributívan kiterjesztve egy K-algebra struktúrát kapunk. 4.. Példa. Tegyük fel, hogy a Γ gráfot az alábbi három pont és három nyíl alkotja. γ 3 A KΓ bázisa {e, e, e 3,,, γ, γ}, ahol e i az i. ponthoz tartozó 0 hosszú út. Néhány elempár szorzata: e = 0 vagy (e +e +e 3 )( +γ) = e +e 3 γ +0 = +γ. Általában is a 0 hosszú utak összege az algebra egység eleme. 4.. Állítás. Legyen Γ egy n pontú gráf, e i az i. ponthoz tartozó 0 hosszú út. Ekkor KΓ KΓ = n i=e i KΓ és P i = e i KΓ projektív. Bizonyítás. Az állítás közvetlen következménye a.0. Tételnek, hiszen n i= e i = és e i e j = 0, amint i j Példa. A 4.. Példában P = e KΓ = e -b l induló utak = e,,, ugyanígy P = e és végül P 3 = e 3, γ Megjegyzés. El fordulhat, hogy KΓ végtelen dimenziós. Például, ha Γ az alábbi egypontú gráf egyetlen egy nyíllal, akkor KΓ = K e,,,... = K[]. Általában KΓ pontosan akkor véges dimenziós, ha Γ véges és (irányított) körmentes Deníció. Legyen KΓ + a KΓ algebra beli pozitív hosszú séták generátuma. Azt mondjuk, hogy az I KΓ megengedett, ha I (KΓ + ) és m : (KΓ + ) m I. Egy A algebra gráfalgebra, ha egy véges Γ gráfhoz tartozó KΓ algebrának egy megengedett I ideál szerinti KΓ/I faktora Megjegyzés. Minden gráfalgebra véges dimenziós Példák.., Legyen Γ az alábbi gráf. 9

20 A KΓ egy bázisa {e, e, k, l k, l N}. Ha I = (, 3 ) és A = KΓ/I, akkor A = e, e,,,, és dim K A = 6.., Tekintsük a következ Γ gráfot, és a KΓ -nek I = (γ, γ ) ideálját. Ebben az esetben a KΓ /I egy bázisa {e, e,,, γ, γ =, γ,, }, így dim K KΓ /I = 9. γ Azt, hogy a gráfalgebrák mennyire tág részét képezik a véges dimenziós algebrák osztályának, az alábbi 4.8. Tétel mutatja. El ször is megállapítjuk, hogy ha A egy véges dimenziós algebra, akkor A A mindig felbomlik véges sok felbonthatatlan jobbideál direkt összegére. Egy ilyen direkt felbontáshoz mindig tartozik {e,..., e n } ortogonális idempotensek egy teljes rendszere (.7.), amelyekkel a felbontás A A = Ae... Ae n, és a Krull-Schmidttétel szerint minden felbonthatatlanokra történ felbontás ezzel ekvivalens. Ha az e i A modulusok páronként nem izomorfak, akkor azt mondjuk, hogy A egy bázis algebra Tétel (Gabrieltétel). Ha A egy véges dimenziós bázis algebra a K algebrailag zárt test felett, akkor létezik egy Γ véges gráf és KΓ algebrának egy megengedett I ideálja, hogy A = KΓ/I. 4.. Loewydiagramok A továbbiakban a gráfalgebrák feletti modulusok egy lehetséges megadását ismertetjük. Tegyük fel, hogy A = KΓ/I egy gráf algebra úgy, hogy Γ pontjai,..., n, a pontokhoz tartozó idempotensek e,..., e n. Legyen M Mod-A és tekintsük M nek az alábbi (vektortér) direkt felbontását. M = M = M n e i = Me i = M i. i= Azt vizsgáljuk, hogy az A elemei hogyan hatnak az M i altereken. Ehhez elég megadni az A-beli (nem 0) nyilak hatását. Minden nyíl esetén az hatása egy lineáris M M leképezés. Ha : i j, akkor az -val való szorzás hatására M M M j, azaz M i M j és M k ker, k i. Válasszunk (ha lehet) egy-egy alkalmas bázist az M i alterekben. Célunk a nyilak hatásának leírása amennyire csak lehet. A legszerencsésebb, ha úgy választunk bázist, hogy minden nyíl minden bázis elemet báziselembe vagy 0-ba visz. Az is világos, hogy elég M felbonthatatlan direkt összeadandóin megadni a nyilak hatásait. 0

21 4.9. Példa. Tekintsük a 4.7. els példáját, tehát A = KΓ/I, ahol a Γ és I az (, 3 ) ideál. Legyen M = A A a reguláris modulus, válasszuk M = A A e és M = A A e bázisának az {e } és {e,,,, }. Ezzel A A Loewy diagramja e e A A = ahol a be nem rajzolt nyilak hatása 0. Tovább egyszer síthetjük a diagramot, ha a bázis elemek helyett csak azt tüntetjük fel, hogy az adott bázis elem milyen index M i altérb l való. A A = S t, ha egyetlen i j típusú nyíl létezik (mint a jelen példánál is), akkor a jelölés még tovább egyszer síthet, A A = ha megállapodunk abban, hogy a nyilak irányítását lefelé gondoljuk. Tehát egy M modulus rögzített bázisához írhatjuk fel egy Loewy-diagramját. A diagramról sok információ olvasható le. Láthatjuk a modulus K-dimenziója, báziselemek által generált részmodulusai és az ezek szerinti faktorok, de egy kompozíció lánc is könnyen kapható. A példánkban az e A modulus által generált rész modulusa és az általa vett faktora / =, ami egy egyszer modulus. Az e i A modulus egy kompozíciólánca 0 ahol a faktorok egyszer ek, hiszen -dimezniósak. Vegyük észre, hogy bármely S egyszer modulushoz pontosan egy i index létezik, hogy S = Se i és Se j = 0, ha i j. Emellett minden a KΓ + /I elemmel Sa = 0.

22 Még mindig az A algebra fölött vegyük azt az N (3-dimenziós) modulust, amelynek Loewydiagramja N = Az N valóban egy A-modulus, megkaphatjuk az A A /A A ( ) faktormodulusként. Látjuk, hogy az K N vektortér az N N vektorterek direkt összege, dim K N = és dim K N =. Legyen N = b és N = c, c a Loewydiagramhoz tartozó bázisok, azaz N = b Ekkor az, ill. nyíl (mint N N, ill. N N lineáris leképezés) hatása megadható az c c : N [0 ] N, ill. : N [ 0 ] 0 0 N mátrixos alakkal is. A teljesség kedvéért a 4.7 második példájában szerepl algebra reguláris modulusának Loewydiagramját is felírjuk. Ebben az esetben B = KΓ /I, ahol Γ az γ gráf és az I ideál az (γ, γ γ ). A B B Loewydiagramja pedig B B = Megjegyezzük, hogy a modulusok homomorzmusai is könnyen követhet k Loewy diagramjaikon. Általában, ha ϕ : M N egy A-modulusok közötti homomorzmus, az M = M... M n és az N = N... N n a két modulus e i A idempotensek szerinti vektortérfelbontása, akkor minden i n esetén im ϕ Mi N i, hiszen ha m = me i, akkor (me i )ϕ = (m)ϕe i N i. Ez a diagramok esetén azt jelenti, hogy adott index altér csak ugyanolyan index altérbe képz dhet, és emellett természetsen a nyilak hatására továbbra is tekintettel kell lennünk Példa. Legyen A ismét a 4.7 els példájában lév algebra, azaz A A = és tekintsük az A fölötti M, N modulusokat, amelyek Loewydiagramjai M = és N =

23 Adjuk meg az M N, illetve N M modulus homomorzmusokat! Ehhez el ször célszer felírni a diagramokhoz tartozó bázist, azaz b M = c és N = b c c c Láthatjuk, hogy M ciklikus modulus, amelyet generál b, ezért elég egy homomor- zmus megadásához b képét megadni. A b bázis elem M -b l való, ezért képe csak N = b, lehet. Egy ϕ (nem 0) homomorzmus esetén tehát (b )ϕ = λb, valamely λ K \ {0}-ra, emiatt (c )ϕ = (b )ϕ = (b )ϕ = λc és ugyanígy (c )ϕ = 0. Fordítva, vizsgáljuk most az N M homomorzmusokat. Most a b elem képe csak b -beli lehet. Tegyük föl, hogy ψ : N M olyan, hogy (b )ψ = λc valamilyen λ K skalárra. Akkor azt kapjuk, hogy 0 = (b )ψ = (b )ψ = λ(b ) = λc. Vagyis λ csak 0 lehet. Emiatt, bármely ψ : N M esetén b ker ψ és persze c szintén ker ψ-beli. A c az N altérb l való, emiatt (c )ψ M = c, c, azaz (c )ψ = λ c + λ c megfelel λ i K skalárokkal. Viszont akkor (c )ψ = λ c és c ker ψ miatt λ = 0. Tehát (c )ψ = λc lehet csak. 5. Jacobsonradikál és féligegyszer ség 5.. Maximális részmodulusok, egyszer modulusok 5.. Deníció. Az N M modulus maximális, ha N M és ha N L M, akkor L = M vagy L = N. 5.. Lemma. Ha S egy egyszer modulus, akkor minden 0 ϕ : S M homomorzmus mono és minden 0 ψ : M S homomorzmus epi. Bizonyítás. Mind ker ϕ, mind im ψ részmodulusok S-ben Lemma. Egy S modulus pontosan akkor egyszer, ha R R egy maximális U R R részmodulus szerinti faktorával izomorf. Bizonyítás. Az világos, hogy minden modulus maximális részmodulusa szerint vett faktora egyszer. Így elég azt belátni, hogy ha S egyszer, akkor el áll R R homomorf képeként. Ha 0 s S, akkor sr egy nem 0 részmodulus S-ben, amely S egyszer sége miatt maga az S. Tehát S ciklikus is, és ezért az R R homomorf képe, hiszen ϕ : s egy szürjektív R R S homomorzmust deniál. Megállapíthatjuk, hogy az egyszer modulusok és a maximális részmodulusok kapcsolatban állnak. Fontos kérdés, hogy egy Állítás. Ha S,..., S m páronként nem izomorf egyszer modulusok, akkor létezik ϕ : R R S... S m epimorzmus. Bizonyítás. Tekintsük az S,..., S m (indexelt) egyszer modulusok Π m i= direkt szorzatát. Mivel az indexhalmaz véges, Π m i= = m i=. Az 5.3. Lemma szerint mindegyik S i az R R egy alkalmas faktora, azaz léteznek ϕ : R R S i epimorzmusok. A direkt szorzat univerzalitását (.3.) használva 3

24 m j=s j = Π n j=s j π i S i ϕ ϕ i találunk olyan π : R R m j=s j homorzmust, amellyel ϕπ i = ϕ i. Láthatjuk, hogy im ϕ-nek minden S i homomorf képe, tehát minden i-hez van egy maximális 0 U im ϕ m j=s j, hogy im ϕ/u i = Si. Minden 0 U im ϕ az im ϕ egy kompozícióláncává nomítható, mivel im ϕ 0 U im ϕ, ezért minden ilyen lánc véges is. A Jordan-Höldertétel szerint im ϕ minden kompozíciólánca ugyanolyan hosszú és ugyanolyan faktorokat tartalmaz. Így im ϕ bármely kompozíciólánca az összes S i -t tartalmazza kompozíciófaktorként, emiatt a hossza legalább m, és mivel im ϕ m j=s j, ezért im ϕ kompozícióhossza legfeljebb m. Ebb l im ϕ = m j=s j adódik Állítás. Bármely R gy r esetén, ha N az M végesen generált modulus egy részmodulusa, akkor N benne van M egy maximális részmodulusában. Bizonyítás. Legyen az M modulus egy generátora {m,... m n } és K M tetsz leges részmodulusa. Tekintsük az N = {K N N R R } halmazt. Ez egy nem üres halmaz, amely a tartalmazásra nézve parciálisan rendezett. Vegyünk egy L láncot N -ben. Ennek L = L egy fels korlátja és benne van N -ben, ugyanis ha L = M pontosan akkor, ha L tartalmazza az m,..., m n generátorokat. Mivel a generátorok száma véges, ezért ebben az esetben van olyan L L, hogy minden m i L. Akkor viszont M = i m ir L volna, ami ellentmond L N -nek. Eszerint L-nek van N -ben fels korlátja, a Zorn-lemma miatt pedig így van N -nek egy maximális U eleme, amely egy K-t tartamlazó maximális részmodulus M-ben Következmény. Tetsz leges R gy r esetén R R minden valódi részmodulusa benne van egy maximális részmodulusban Megjegyzés. Nem igaz minden modulusra az 5.5. Állítás-beli tulajdonság. Például a Z Q modulusnak egyáltalán nincs maximális részmodulusa. Ennek természetesen az az oka, hogy Q a Z felett nem végesen generált. Ha nem tesszük föl, hogy az R gy r egységelemes, akkor szintén nem igaz 5.6. állítása sem. 5.. Féligegyszer modulusok Lineáris algebrából ismert tény, hogy bármely vektortér (K-modulus) fölbontható -dimenziós alterek direkt összegére. Továbbá minden vektortér rendelkezik bázissal, minden független rendszer kiegészíthet egy bázissá, és emiatt minden altérnek létezik direkt kiegészít je. Ebben az alfejezetben azokat az R-modulusokat vizsgáljuk, amelyek hasonló tulajdonsággal rendelkeznek. Ezek a féligegyszer modulusok Deníció. Az M modulus féligegyszer, ha egyszer modulusok direkt összege, azaz létezik S i (i I) egyszer modulusok indexelt halmaza, hogy M = i I S i Állítás. Bármely M modulusra az alábbi állítások ekvivalensek. (i) M féligegyszer ; R R 4

25 (ii) M egyszer modulusok generátuma; (iii) minden U M részmodulushoz létezik V M, hogy M = U V. Bizonyítás. Az (i) (ii) triviális. A (ii) (iii)-hoz válasszunk egy tetsz leges U részmodulust M-ben. Válasszunk U-hoz V maximális kiegészít t (ld..8. Állítás). Akkor U V = 0 és U + V = U V M = i S i valamely I indexhalmazzal. Amennyiben U V M, úgy van olyan i, hogy S i U V. Emiatt viszont (U V ) S i valódi részmodulus S i -ben, az S i egyszer sége miatt 0. Viszont akkor U (S i V ) = 0, ami ellentmond V maximalitásának. Tehát U V = M. A (iii) (i) irányt több lépésben látjuk be. El ször is megmutatjuk, hogy a (iii)-beli tulajdonság örökl dik részmodulusokra. Legyen ugyanis N M és tegyük fel, hogy M-re teljesül (iii). Válasszunk egy U N részmodulust. Akkor van olyan V M, hogy U V = M. Emiatt N = (U V ) N N = U + (V N) = U (V N), a moduláris azonosság (.0.) és U V = 0 miatt. Azt kaptuk, hogy a V N direkt kiegészít N-ben U-hoz. A következ lépés belátni, hogy ha M modulusra teljesül (iii), akkor M-nek van egyszer részmodulusa. Ehhez feltehetjük, hogy M ciklikus, hiszen minden modulusnak van ciklikus részmodulusa, és (iii) erre örökl dik. Tegyük fel tehát, hogy M = mr. Speciálisan M végesen generált, ezért az 5.5. Állítás szerint van U maximális részmodulusa, amelynek (iii) miatt van V (szükségképpen) egyszer direkt kiegészít je. A befejezéshez tegyük föl, hogy M-re teljesül (iii). Tekintsük most az U = {U M U = j S j, j J} halmazt. Ez az el z észrevétel alapján nem üres, és persze tartalmazásra nézve parciálisan rendezett. Tetsz leges L U lánca esetén L szintén egyszer ek generátuma, ezért L-nek egy U-beli fels korlátja. A Zorn-lemma miatt U-ban van U maximális elem. Indirekt tegyük föl, hogy U M, akkor viszont van U-hoz V direkt kiegészít, amelynek van egyszer S V részmodulusa. Ez ellentmond U maximalitásának, hiszen U U + S és U + S is egyszer ek generátuma Állítás. Egy R gy r feletti féligegyszer M modulus összes részmodulusa, faktora féligegyszer, és féligegyszer R-modulusok (tetsz leges) direkt összege féligegyszer. Bizonyítás. Az 5.9. Állítás bizonyításában láttuk, hogy az állításbeli (iii) tulajdonság részmodulusokra örökl dik. A direkt öszzegre vonatkozó állítás a denícióból azonnal adódik. A faktormodulusra vonatkozó állításhoz legyen ϕ : M N. Az 5.9. Állítás (ii) pontja szerint M = i I S i, akkor viszont N = i I (S i)ϕ, és az 5.. Lemma miatt (S i )ϕ vagy egyszer vagy Deníció. Az R gy r féligegyszer, ha minden M Mod-R féligegyszer modulus. 5.. Állítás. Az R gy r pontosan akkor féligegyszer, ha az R R reguláris modulus féligegyszer. Bizonyítás. Az egyik irány triviális. A másik irányhoz használjuk, hogy tetsz leges M Mod-R el áll valamely R R homomorf képeként. Az 5.0. Állítás alapján M is féligegyszer. 5