Bourbaki

习题 13, § 2

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代数, III, 622

Bourbaki marks this one as harder than the rest.

Google 翻译生成的粗略草稿，质量较低。术语依照术语表，但句子可能有误；之后会由仔细的译文取代。

设 A 为交换环，E A-模。 A-模 EnE_n 归纳定义如下：

E1=E,En=⨁p+q=n(Ep⊗AEq)for n≥2. E_1 = E, \quad E_n = \bigoplus_{p+q=n} (E_p \otimes_A E_q) \quad \text{for } n \geq 2.

我们写ME=⨁n=1∞EnME = \bigoplus_{n=1}^\infty E_n和A-代数，结构在ME上由设定定义，对于xp∈Epx_p \in E_p和xq∈Eqx_q \in E_q，xpxq=xp⊗xq∈Ep+qx_p x_q = x_p \otimes x_q \in E_{p+q}。

(a) 证明对于每一个 A-代数 B 和每一个 A-线性映射 f:E→Bf : E \to B，存在且仅有一个代数 ME→BME \to B 延伸 ff 的 A 同态。 ME 被称为 A-模* E 的*免费代数。

(b) 整数 a(n)a(n) 由归纳在 nn 上由公式定义

a(1),a(n)=∑p+q=na(p)a(q)if n≥2. a(1), \quad a(n) = \sum_{p+q=n} a(p)a(q) \quad \text{if } n \geq 2.

证明EnE_n同构于a(n)a(n)模同构于E⊗nE^{\otimes n}的直和。

(c) 设 f(T)f(T) 为正式的幂级数 ∑n=1∞a(n)Tn\sum_{n=1}^\infty a(n)T^n。表明

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

推导出公式

f(T)=1−1−4T2anda(n)=2n−11.3.5…(2n−1)n!. f(T) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4T}}{2} \quad \text{and} \quad a(n) = 2^{n-1} \frac{1.3.5 \ldots (2n-1)}{n!}.

(d) 如果I是任何集合和E=A(I)E = A^{(I)}，则表明LibA(I)Lib_A(I)与ME相同。 M(I)M(I)中有典范同态 M(I)→ωN(I)→lNM(I) \xrightarrow{\omega} N^{(I)} \xrightarrow{l} N，其中合成是长度； ω(m)\omega(m) 称为 m∈M(I)m \in M(I) 的*多次*； 映射ω\omega定义于LibA(I)Lib_A(I)毕业型N(I)N^{(I)}。表明该分度下多次α∈N(I)\alpha \in N^{(I)}同质元素集合(LibA(I))α(Lib_A(I))_\alpha等于秩自由A-模

a(α)=a(n)n!α!=2n−11.3.5…(2n−1)α! a(\alpha) = a(n) \frac{n!}{\alpha!} = 2^{n-1} \frac{1.3.5 \ldots (2n-1)}{\alpha!}

其中α!=∏i∈I(α(i))!\alpha! = \prod_{i \in I} (\alpha(i))!和n=∑i∈Iα(i)=l(α)n = \sum_{i \in I} \alpha(i) = l(\alpha)是α\alpha的长度。

解答

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