Bài tập 13, § 2

Đại số, III, 622

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Cho A là một vành giao hoán và E là một A-môđun. Một A-môđun $E_n$ được định nghĩa bằng quy nạp bằng cách viết

E_1 = E, \quad E_n = \bigoplus_{p+q=n} (E_p \otimes_A E_q) \quad \text{với } n \geq 2.

Ta viết $ME = \bigoplus_{n=1}^\infty E_n$ và một cấu trúc đại số trên A được xác định trên ME bằng cách đặt, với $x_p \in E_p$ và $x_q \in E_q$ , $x_p x_q = x_p \otimes x_q \in E_{p+q}$ .

(a) Chứng minh rằng với mọi A-đại số B và mọi ánh xạ A-tuyến tính $f : E \to B$ , tồn tại duy nhất một đồng cấu đại số trên A $ME \to B$ mở rộng $f$ . ME được gọi là đại số tự do của A-môđun E.

(b) Một số nguyên $a(n)$ được định nghĩa bằng quy nạp theo $n$ bởi các công thức

a(1), \quad a(n) = \sum_{p+q=n} a(p)a(q) \quad \text{nếu } n \geq 2.

Chứng minh rằng $E_n$ đẳng cấu với tổng trực tiếp của $a(n)$ môđun đẳng cấu với $E^{\otimes n}$ .

f(T) = T + (f(T))^2.

Hãy suy ra các công thức

f(T) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4T}}{2} \quad \text{và} \quad a(n) = 2^{n-1} \frac{1.3.5 \ldots (2n-1)}{n!}.

(d) Nếu I là một tập hợp bất kỳ và $E = A^{(I)}$ , chứng minh rằng $Lib_A(I)$ được đồng nhất với ME. Có các đồng cấu chính tắc $M(I) \xrightarrow{\omega} N^{(I)} \xrightarrow{l} N$ mà hợp thành của chúng là độ dài trong $M(I)$ ; $\omega(m)$ được gọi là đa bậc của $m \in M(I)$ ; ánh xạ $\omega$ xác định trên $Lib_A(I)$ một phân hoạch theo kiểu $N^{(I)}$ . Chứng minh rằng tập hợp $(Lib_A(I))_\alpha$ gồm các phần tử thuần nhất có đa bậc $\alpha \in N^{(I)}$ theo phân hoạch này là một A-môđun tự do có hạng bằng

a(\alpha) = a(n) \frac{n!}{\alpha!} = 2^{n-1} \frac{1.3.5 \ldots (2n-1)}{\alpha!}

trong đó $\alpha! = \prod_{i \in I} (\alpha(i))!$ và $n = \sum_{i \in I} \alpha(i) = l(\alpha)$ là độ dài của $\alpha$ .

Lời giải

Chưa có lời giải nào được viết.