§ 13. 。绝对半单代数

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§ 13。绝对半单代数

1. 绝对半单模

定义 1 00F9

设 K 为交换域，A K-代数。如果对于 K 的每个扩张 L， $A_{(L)}$ -模 $M_{(L)}$ 是半单，我们称A-模 M 绝对半单的。

引用了 2

引用了命题 2, V § 7, 推论 1, VIII § 12

每个绝对半单模都是半单。相反，如果域 K 是完美的，则 K 上的每个有限维半单A-模都是绝对半单的（VIII，p. 222，推论 1，a）），因为完美域的每个扩张都是可分的（V, §7, No. 1， p. 36、命题 2)。

命题 1 00FA

设 K 为交换域，A K-代数。

引用了 4 · 被以下引用 3

引用了 VIII § 4. 。半单模, 命题 2, II § 4, V § 2. 。扩张, 命题 8, VIII § 12

被以下引用定义 2, 命题 2, 命题 4

a) 绝对半单的 A-模中的每个直和都是绝对半单的 A-模。绝对半单模的每个子模和商模都是绝对半单的。

b) 设 M 为A-模，L 为域 K 的扩张。A-模 M 为绝对半单的当且仅当 $A_{(L)}$ -模 $M_{(L)}$ 为绝对半单的。

断言 a) 由类似的断言推导出半单模（VIII，p. 56，推论1和3）。

假设A-模 M 为绝对半单的，并令 $L'$ 为L 的扩张。作为 $A_{(L')}$ 模块， $L'\otimes_LM_{(L)}$ 与 $M_{(L')}$ 同构的（II, §5, No. 1、p. 273、命题 2）；因此它是半单模。这就证明 $M_{(L)}$ 是绝对半单的。

相反，假设 $M_{(L)}$ 是绝对半单的。设 $L'$ 为K的扩张。存在L和 $L'$ 的复合扩张 $(\Omega , u, v)$ （V, §2, No. 4，p. 13，推论）；我们认同 L 和 $L'$ 带有 Ω 的子扩展。 $A_{(\Omega )}$ -模块 $M_{(\Omega )}$ 同构于 $(M_{(L)})_{(\Omega )}$ ；因此是半单。但 $M_{(\Omega )}$ 也与 $(M_{(L')})_{(\Omega )}$ 同构的，命题8，VIII、p. 222的a)意味着 $M_{(L')}$ 是半单。所以M是绝对半单的。

命题 2 00FB

设 K 为交换域、A K-代数和 M A-模，它们是 K 上的有限维。以下属性是等效的：

引用了 4 · 被以下引用 1

引用了推论 1, VIII § 12, 命题 1, 定理 4, V § 6, 命题 8, VIII § 12

被以下引用定理 1

(i) A-模 M 为绝对半单的。

(ii) 存在 K 的扩张 P 为完美域，使得 $A_{(P)}$ -模 $M_{(P)}$ 为半单。

(iii) A-模 M 是半单，并且其交换子的中心是域 K 上的 étale 代数。

显然，(i) 意味着(ii)。假设 (ii) 成立；那么根据 VIII、p. 222 的推论 1, a)， $A_{(P)}$ -模 $M_{(P)}$ 是绝对半单的。到命题 1，b)，M 则为绝对半单的。因此，(ii) 意味着(i)。

假设M是半单。设Z为M的交换子的中心；它是有限次数的交换代数超过域K。如果L是K的扩张，则从VIII、p. 222的命题8，b)得出 $A_{(L)}$ 模当且仅当环 $Z_{(L)}$ 减少时， $M_{(L)}$ 为半单。因此，(i)和(iii)的等价由V, §6, No. 7、p. 34的定理4得出。

2. 代数超过可分闭域

引理 1 00FC

设 D 为域，Z 为中心。用 $p$ 表示 Z 的特征指数。假设对于 D 的每个元素 $a$ ，都存在整数 $m\geqslant 0$ ，使得 $a^{p^m}$ 属于到 Z。则域 D 是可交换的。

被以下引用 2

被以下引用命题 3, 引理 4, VIII § 14

如果 $p= 1$ ，则 D = Z。因此我们假设 $p >1$ 。

让我们通过矛盾给出证明并假设 D 不可交换。令 $a$ 为 D-Z 的元素和 $p$ 的 $q$ 幂，使得 $a^q$ 属于到 Z。用 I 和内自同构表示 D 上的恒等映射 $x\mapsto axa^{-1}$ 从D到D通过 $\sigma$ 与 $a$ 相关联；我们有 $\sigma^q= I$ ，因为 $a^q$ 属于到Z。我们有 $\sigma -I\not= 0$ ，因为 $a$ 没有属于到Z，我们有 $(\sigma -I)^q=\sigma^q-I = 0$ ，因为Z具有特征 $p$ 。令 $f$ 为最大的自然数，使得 $(\sigma -I)^f\not= 0$ ；我们有 $f\geqslant 1$ 。 D 的选择元素 $c$ 使得 $(\sigma -I)^f(c)\not= 0$ 和集合

x= (\sigma -I)^{f-1}(c),y= (\sigma -I)(x) = (\sigma -I)^f(c)

到构造，我们有 $y\not= 0$ 和 $\sigma (y) =y$ ；如果我们集合 $z=y^{-1}x$ ，那么可以得出结论

\sigma (z) =\sigma (y)^{-1}\sigma (x) =y^{-1}(y+x) = 1 +z

因此，每自然数 $j$ 就有 $\sigma (z^{p^j}) = 1 +z^{p^j}$ 。选择整数 $m\geqslant 0$ 使得 D 的 $z^{p^m}$ 属于到中心 Z；我们有

z^{p^m}=az^{p^m}a^{-1}=\sigma (z^{p^m}) = 1 +z^{p^m}

这个矛盾意味着引理 1。

命题 3 00FD

令 K 为可分闭域 (V, §7, No. 8, p. 45, 定义 4)，并令 D 为有限次数与 K 域上的代数。那么D是可交换的。

引用了 4 · 被以下引用 3

引用了定义 4, V § 7, 推论 1, V § 3, 命题 13, V § 7, 引理 1

被以下引用引理 4, 推论 2, 推论

用 $p$ 表示 K 的特征指数。令 $a$ 为D的元素。环 $K[a]$ 是K的代数扩张（V, §3, No. 1，p. 17，推论1）。由于域 K 是可分离闭的，因此从 V, §7, No. 7、p. 44、命题 13 可以得出，代数 $K[a]$ 是 K 的 $p$ 根式扩展。因而，存在整数 $m\geqslant 0$ ，使得 $a^{p^m}$ 属于到 K。通过引理 1，域 D 因此是可交换的。

推论 00FE

令 K 为可分闭域且有限次数的 A 半单代数超过 K。则存在整数 $r\geqslant 0$ ，严格地正整数 $n_1, . . . , n_r$ ，以及有限次数的 K 扩张 $K_1, . . . ,K_r$ ，使得 A与代数 $\prod_{i=1}^r\mathbf{M}_{n_i}(K_i)$ 同构的。

引用了 2

引用了命题 3, 定理 1（韦德伯恩）, VIII § 8

通过结构定理对于半单代数 (VIII, p. 135, 定理 1)，A 与代数 $\prod^r_{i=1}\mathbf{M}_{n_i}(D_i)$ 同构的，其中 $r$ 是整数 $\geqslant 0,n_1, . . . , n_r$ 严格同构正整数和 $D_1, . . . ,D_r$ 是有限次数中的K-代数，即域。由于域 K 是可分离闭的，因此每个域 $D_i$ 可交换命题 3；推论如下。

3. 绝对半单代数

定义 2 00FF

令 K 为交换域。如果对于 K 的每个扩张 L，环 $A_{(L)}$ 是半单，我们说 K-代数 A 是绝对半单的。

引用了 1

引用了命题 1

绝对半单代数是半单。 K-代数 A 是绝对半单的当且仅当A-模 $A_s$ 是绝对半单的。通过VIII、p. 229的命题 1，我们得到以下结果：如果L是K的扩张，则L代数 $A_{(L)}$ 是绝对半单的当且仅当K-代数A是绝对半单的。

定理 1 00FG

设 K 为交换域，A K-代数。以下属性是等效的：

引用了 5 · 被以下引用 5

引用了 V § 6. 。 ETALE 代数, 定义 1, V § 6, V § 7. 。可分离代数扩张, 推论 2, VIII § 12, 命题 2

被以下引用推论 1, 推论 2, 例, 命题 4, 推出 2

(i) K-代数 A 为绝对半单的。

(ii) 代数 A 对 K 具有有限次数，并且存在 K 的扩张 P，即完美域，其中 P 代数 $A_{(P)}$ 为半单。

(iii) K-代数 A 是半单并且在 K 上有有限次数，并且它的中心是一个 étale K-代数。

(iv) 存在有限族 $(n_i,D_i)_{i\in I}$ ，其中 $n_i$ 严格是正整数和有限次数的 $D_i$ K-代数即域，使得 $D_i$ 的中心 $Z_i$ 为对于每个 $i\in I$ ，K 的可分扩张和 A 同构于矩阵环 $\mathbf{M}_{n_i}(D_i)$ 的乘积。

(v) 存在 K 的扩张L和整数 $(n_i)_{i\in I}$ 的有限族，使得L-代数 $A_{(L)}$ 同构于代数 $\prod_{i\in I}\mathbf{M}_{n_i}(L)$ 。

(vi) 存在有限次数的K的伽罗瓦扩张L和整数 $(n_i)$ 的有限族，使得 $A_{(L)}$ 同构于矩阵代数 $\mathbf{M}_{n_i}(L)$ 的乘积。

我们首先证明含义 (v) $\Rightarrow$ (iv) $\Rightarrow$ (iii) $\Rightarrow$ (ii) $\Rightarrow$ (i)。用 Z 表示 A 的中心。

如果性质 (v) 成立，则 L-代数 $A_{(L)}$ 为半单，且有限次数超过 L，且其中心（同构于 $Z_{(L)}$ 、III，对于某些整数 $r\geqslant 0$ ，p. 41，推论）与 $L^r$ 同构的。根据推论 2，a) 的 VIII、p. 222、代数 A 是半单并且在 K 上有有限次数。因而，它同构于环 $\prod_{i\in I}\mathbf{M}_{n_i}(D_i)$ 和 $n_i\geqslant 1$ 的有限乘积对于每个 $i\in I$ ，其中域 $D_i$ 是K上有限次数的代数。 $D_i$ 的中心 $Z_i$ 是交换域，即K的扩张，Z是同构于 $\prod_{i\in I}Z_i$ 。因而， $Z_{(L)}$ 一方面与 $\prod_{i\in I}(Z_i)_{(L)}$ 同构的，另一方面与 $L^r$ 同构的。在其他字、代数 $\prod_{i\in I}Z_i$ 中，域 K 是完整的（V, §6, No. 3、p. 28、定义 1），并且扩张 $Z_i$ 中的每一个都可以在 K 上分离（V, §6, No. 4，p. 31，推论，以及V, §7, No. 1，p. 42）。因而 (v) 蕴涵 (iv)。

若性质(iv)成立，则可知A为半单代数且对K有有限次数。其中心Z与有限次数K的可分扩张乘积 $\prod_{i\in I}Z_i$ 同构的；因而，它是一个étale 代数（前述）。因而 (iv) 意味着 (iii)。

(iii) $\Rightarrow$ (ii) $\Rightarrow$ (i)源自VIII中的命题2，p. 230适用于A-模 $A_s$ 。

引理 2 00FH

设 L 为代数闭域，且 D 域包含 L 位于其中心中。如果 D 与 L 不同，则存在 L 的扩张 $L'$ ，使得环 $D\otimes_LL'$ 不是左阿廷的。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了推论 1, VIII § 2

被以下引用引理 3

令 $x$ 为 D - L 的元素；由于L是代数闭的，L的扩张 $L'= L(x)$ 不是代数的，并且 $x$ 超越L。环 $B = L'\otimes_LL'$ 那么整环乘命题 5 of V, §17, No. 4, p. 141。

B 的元素 $y=x\otimes 1-1\otimes x$ 不是零，但如果 $\varphi$ 是从B到 $L'$ 的同态，将 $\xi \otimes \eta$ 发送到 $\xi \eta$ ，则我们有 $\varphi (y) = 0$ ，所以 $y$ 在B中不可逆。环 $C = D\otimes_LL'$ 作为其子环 B 的右模；它是自由模因为 D 是右向量空间超过它的子域 $L'$ 。由于 $y$ 是整环B的非零的和不可逆元素，所以C中的 $y$ 右乘法是映射 $R_y$ ，这是单射但不是双射。现在， $R_y$ 是左侧C-模块 $C_s$ 的自同态；因而（VIII，p. 28，推论1），环C不是左阿廷的。

现在让我们证明 (i) 蕴涵 (v)。这是以下引理中的推论。

引理 3 00FI

设A为K的绝对半单的K-代数和L代数闭扩张。则代数 $A_{(L)}$ 同构于L上的有限多个矩阵代数的乘积。

引用了 3

引用了注 1, VIII § 8, 命题 5, VIII § 1, 引理 2

The L-algebra $A_{(L)}$ is semisimple; it is therefore isomorphic to a product of finitely many algebras of the form $\mathbf{M}_{n_i}(D_i)$ , where $D_i$ is a field containing L in its center and $n_i$ an integer $\geqslant 1$ (VIII, p. 137, Remark 1).

设 $L'$ 为L的扩张。由于K-代数 A 是绝对半单的，环 $A_{(L')}$ 是半单，因此左阿廷的。现在，环 $A_{(L')}$ 同构于 $L'\otimes_LA_{(L)}$ ，因此也同构于 $\prod_{i\in I}\mathbf{M}_{n_i}(L'\otimes_LD_i)$ ；通过VIII、p. 7中的命题 5，因此环 $\mathbf{M}_{n_i}(L'\otimes_LD_i)$ 中的每一个都是左阿廷的。

设 $n\geqslant 1$ 为整数，B 环。设 $(\mathfrak{b}_r)_{r\geqslant 0}$ 为B左理想的递减序列；由阶 $n$ 的方阵的 $\mathfrak{c}_r$ 集合表示，条目在 $\mathfrak{b}_r$ 中。那么 $(\mathfrak{c}_r)_{r\geqslant 0}$ 就是 $\mathbf{M}_n(B)$ 的左理想的递减序列。特别是，如果环 $\mathbf{M}_n(B)$ 是左阿廷的，那么B也是。

由上可知，对于L中的每一个 $i\in I$ 和每一个扩张 $L'$ ，环 $D_i\otimes_LL'$ 都是左阿廷的。到引理 2 时，每 $i\in I$ 就有 $D_i= L$ ，这意味着引理 3。

我们将使用下面的引理来证明蕴涵(i) $\Rightarrow$ (vi)。

引理 4 00FJ

设 A 和 B 为域 K 上的代数，且具有有限生成集合，并令 $K'$ 为 K 的扩张。如果 $K'$ 代数 $A_{(K')}$ 和 $B_{(K')}$ 同构，则存在子扩张 $K'$ 的L，在K上有限生成，使得L-代数 $A_{(L)}$ 和 $B_{(L)}$ 是同构的。

引用了 3 · 被以下引用 1

引用了命题 2, V § 10, V § 7. 。可分离代数扩张, 命题 3

被以下引用定理 1, VIII § 14

对于代数 A 和 B，令 $(e_i)_{i\in I}$ 和 $(f_j)_{j\in J}$ 分别为有限生成集合。令 $u$ 从 $A_{(K')}$ 到 $B_{(K')}$ 和 $v$ 逆同构为同构；存在 $K'$ 的子扩展L，在K上有限生成，这样我们对于每个 $i\in I$ 有 $u(1\otimes e_i)\in B_{(L)}$ ，对于每个 $j\in J$ 有 $v(1\otimes f_j)\in A_{(L)}$ 。因而， $u$ 将 $A_{(L)}$ 发送到 $B_{(L)}$ ， $v$ 将 $B_{(L)}$ 发送到 $A_{(L)}$ 。诱导的映射 $u': A_{(L)}\rightarrow B_{(L)}$ 和 $v': B_{(L)}\rightarrow A_{(L)}$ 为环同态；他们是逆双射。

让我们完成蕴涵 (i) $\Rightarrow$ (vi) 的证明。令 $K'$ 为 K (V, §7, No. 8, p. 45) 的可分闭包。那么 $A_{(K')}$ 是绝对半单代数超过 $K'$ 。根据 (i) $\Rightarrow$ (iv) 的蕴涵， $K'$ -代数 $A_{(K')}$ 同构于乘积 $\mathbf{M}_{n_1}(D_1)\times \cdots \times \mathbf{M}_{n_r}(D_r)$ ，其中 $D_i$ 是有限次数的 $K'$ -代数，即域，其中心 $Z_i$ 是 $K'$ 中的可分扩张。由于 $K'$ 是可分离闭的，所以我们有 $Z_i= K'$ 。命题 3 of VIII、p. 231、域 $D_i$ 是可交换的。因此我们有 $D_i= K'$ 。我们用 B 表示 K-代数 $\mathbf{M}_{n_1}(K)\times \cdots \times \mathbf{M}_{n_r}(K)$ 。 $K'$ -代数 $A_{(K')}$ 和 $B_{(K')}$ 是同构的。在 K 上有限生成的 $K'$ 的每个子外延都是可分的，并且在 K 上有有限次数，因此包含在 $K'$ 的子外延 L 中，即伽罗瓦和 K 上的有限次数 (V, §10, No. 1, p. 57, 命题 2)。因而，其含义是从引理 4 得出的。

蕴涵(vi) $\Rightarrow$ (v)是直接的。

推论 1 00FK

令K为交换域，令 $A_1$ 和 $A_2$ 为K-代数。假设 $A_1$ 是绝对半单的。

引用了 5 · 被以下引用 3

引用了 III § 4. 。张量积代数, 命题 5, V § 15, 命题 7, VIII § 12, 定理 1, VIII § 8. 。半单环

被以下引用推论, 注 3, 定理 2

a) 如果 $A_2$ 是半单，那么 $A_1\otimes_KA_2$ 也是。

b) 如果 $A_2$ 是绝对半单的，那么 $A_1\otimes_KA_2$ 也是。

用 $Z_1$ 表示 $A_1$ 的中心，用 $Z_2$ 表示 $A_2$ 的中心。根据III, §4, No. 4、p. 468的推论， $A_1\otimes_KA_2$ 的中心 Z 等于 $Z_1\otimes_KZ_2$ 。假设 $A_2$ 为半单；那么 $Z_2$ 是缩小的代数（VIII、p. 137、命题 2 和 3）。到定理 1 时， $Z_1$ 是一个 étale，因此可分离 K-代数。由V, §15, No. 2、p. 120、环 $Z = Z_1\otimes_KZ_2$ 中的命题 5 减少；由于 $A_1$ 的有限次数大于K（定理1），因此从VIII、p. 221的命题7得出环 $A_1\otimes_KA_2$ 是半单。

现在假设 $A_2$ 是绝对半单的。设L为K的扩张，则代数 $A_{1(L)}$ 为绝对半单的，代数 $A_{2(L)}$ 为半单。因此，根据a)，代数 $A_1\otimes_KA_{2(L)}$ 为半单。

推论 2 00FL

设K为可分闭域，设A为绝对半单的K-代数。则存在整数 $r\geqslant 0$ 和严格的正整数 $n_1, . . . , n_r$ ，使得代数 A 同构于代数 $\prod_{i=1}^r\mathbf{M}_{n_i}(K)$ 。

引用了 2

引用了命题 3, 定理 1

通过定理 1，A 同构于形式 $\prod^r_{i=1}\mathbf{M}_{n_i}(D_i)$ 的代数（对于整数 $r\geqslant 0$ 、整数 $n_1, . . . , n_r$ 和有限次数的 K-代数） $D_1, . . . ,D_r$ 是域，其中心是 K 的可分扩张，因此等于 K。通过 VIII、p. 231 的命题 3，我们有 $i\in [1, r]$ 的 $D_i= K$ 。

例 00FM

交换K-代数是绝对半单的当且仅当它是 étale 时：这是从定理 1 的属性 (i) 和 (v) 的定义 (V, §6, No. 3, p. 28, 定义 1) 和等价得出。

引用了 2

引用了定义 1, V § 6, 定理 1

4. 刻画 / 绝对半单模

命题 4 00FN

设 K 为交换域，A K-代数。

引用了 3 · 被以下引用 1

引用了命题 8, VIII § 12, 命题 1, 定理 1

被以下引用推论

a) 设 M 为半单A-模。 A-模 M 是绝对半单的当且仅当每个单模属于对 M 的支持是。

b) 设S为单A-模，设D为其交换子。以下属性是等效的：

(i) A-模 S 为绝对半单的。

(ii) K-代数 D 为绝对半单的。

(iii) K-代数 D 是域，有有限次数大于 K，且其

中心是 K 的可分扩张。

断言 a) 由VIII、p. 229 的命题 1, a) 得出。令S和D如b)中那样，并令L为K的扩张。 $A_{(L)}$ 模 $S_{(L)}$ 为半单当且仅当环 $D_{(L)}$ 为(VIII, p. 222, 命题 8，c))。这就证明了 (i) 和 (ii) 的等价，并且 (ii) 和 (iii) 的定理 1 可以得出，因为 D 是域。

推论 00RF

令K为交换域，令 $A_1$ 和 $A_2$ 为K-代数，令 $M_1$ 为绝对半单的 $A_1$ -模和 $M_2$ 半单 $A_2$ -模。那么 $M_1\otimes_KM_2$ 是半单模超过环 $A_1\otimes_KA_2$ 。

引用了 3

引用了推论 1, VIII § 12, 推论 1, 命题 4

模 $M_1$ 是绝对半单的简单 $A_1$ 模块 (命题 4) 中的直和。因此，当模 $M_1$ 和 $M_2$ 很简单时，证明断言就足够了。用 $D_1$ 和 $D_2$ 表示它们的交换子。 K-代数 $D_1$ 是绝对半单的（前述）；由 VIII、p. 234、K-代数 $D_1\otimes_KD_2$ 的推论 1 为半单。然后从VIII、p. 215的推论1得出 $(A_1\otimes_KA_2$ )-模 $M_1\otimes_KM_2$ 是半单。

5. 推导于半单代数

在这个小节和接下来的小节和接下来的交换环，A K-代数，B K-代数 $A\otimes_KA^o$ 和 $\varepsilon$ K-线性映射从B到A由 $\varepsilon (x\otimes y) =xy$ 定义为A中的 $x, y$ 。

回想一下 (III, §4, No. 3, p. 467)，每个 $(A$ , A)-双模 P 都可以被视为左B-模，对于 A 中的 $a, a'$ 和 P 中的 $p$ ，外法则由 $(a\otimes a')p=apa'$ 给出。相反，每个 B-模可以被视为一个 $(A,A)$ -双模块。我们赋予 A 其规范的 $(A$ , A)-双模结构和相应的 B-模结构；我们赋予 B $(A$ ，A)-双模结构相应的到 B-模 $B_s$ 。因此我们有

a(x\otimes y)a'= (a\otimes a')(x\otimes y) =ax\otimes ya'

对于 A 中的 $a, a', x, y$ ，其中乘积 $ya'$ 在代数 A 中计算。

K-线性映射 $\varepsilon$ 是 $(A$ 的同态，A)-双模。

命题 5 00FO

以下属性是等效的：

引用了 2 · 被以下引用 7

引用了命题 4, II § 2, 命题 15, II § 1

被以下引用引理 5, 注 1, 注 2, 命题 6, 命题 7, 定理 2, 定理 3

(i) B-模 A 是射影。

(ii) 对于每个 $a\in A$ ， $(A,A)$ -双模B满足存在元素 $e$ 以下两个条件： $\varepsilon (e) = 1$ 和 $ae=ea$ 。

映射 $\varepsilon : B\rightarrow A$ 是满射，因为每个 $a\in A$ 都有 $\varepsilon (a\otimes 1) =a$ ；它是 $(A$ ，A)-模块中的同态，因此是B-线性映射。如果 B-模 A 是射影的，则存在 $\varepsilon$ 的截面 $s$ (II, §2, No. 2, p. 231, 命题 4)；它是 $(A$ 的同态，A)从A到B的双模。如果我们集合 $e=s$ (1)，那么对于每个 $a\in A$ ，我们有 $\varepsilon (e) =\varepsilon (s(1)) = 1$ 和 $ae=s(a) =ea$ 。因而 (i) 意味着 (ii)。

相反地，设 $e$ 为第(ii)项中B满足条件的元素。定义映射 $s$ 从 A 到 B 由公式

s(a) =ae=ea \tag{1}

它是 $(A$ 中的同态，A)-模块，我们有 $\varepsilon \circ s= 1_A$ ；在其他字中， $s$ 是满射映射 $\varepsilon$ 的B线性截面。因而，B-模 A 同构于 $B_s$ (II, §1, No. 9, p. 211, 命题 15) 的直因子子模 $s(A)$ ，因此是射影 (II, §2, No. 2, p. 231, 命题 4)。这证明(ii)蕴涵(i)。

注 1 00FP

设 $e=\sum^r_{i=1}a_i\otimes a'_i$ 为B的元素。命题5第(ii)项中的条件转换为公式

\sum_{i=1}^ra_ia'_i= 1 \tag{2}

(3) 每 $a\in A$ $\sum_{i=1}^raa_i\otimes a'_i=\sum_{i=1}^ra_i\otimes a'_ia$ 。

当他们满足时， $e$ 在B中是幂等的。事实上，我们有关系

e^2=\sum_{i=1}^ra_iea'_i=\sum_{i=1}^rea_ia'_i=e

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了命题 5

被以下引用命题 7

注 2 00FQ

令K为交换域，令A为K-代数，令M为A-模。群 End $_K(M)$ 被赋予了 $(A$ , A)-双模结构，定义为

aua'(x) =au(a'x)

每 $a, a'\in A$ 、每 $u\in$ 结束 $_K$ (M)、每 $x\in M$ 。我们赋予它相关的B-模结构。设 $e=\sum^r_{i=1}a_i\otimes a'_i$ 为命题5的部分(ii)中B满足条件的元素，关系(2)和(3)也是如此。如果 $p\in$ End $_K(M)$ 是投影算子，其中像N是M的A-子模，则 $ep$ 是具有相同像的A线性投影算子。

事实上， $ep$ 的像包含在N中。如果 $x$ 属于包含在N中，那么 $a'_ix$ 也包含在N中，因此我们有 $p(a'_ix) =a'_ix$ 并且

ep(x) =\sum_{i=1}^ra_ia'_ix=x

公式 (2)。我们从公式 (3) 推论出对于每个 $a\in A$ 和每个 $x\in M$ 都有 $aep(x) =ep(ax)$ ，从而证明 $ep$ 是A线性的。

引用了 1 · 被以下引用 1

引用了命题 5

被以下引用定理 2

定理 2 00RG

设 K 为交换域，A K-代数。以下属性是等效的：

引用了 7 · 被以下引用 3

引用了推论 1, 命题 2, VIII § 8, 命题 4, VIII § 8, III § 4. 。张量积代数, 注 2, 命题 5, 推论 2, VIII § 4

被以下引用习题 5, § 12, 注 2, 推出 1（韦德伯恩定理）

(i) K-代数 A 为绝对半单的。

(ii)K-代数 $B = A\otimes_KA^o$ 为半单。

(iii) B-模 A 是射影。

(iv) 对于每个 $a\in A$ ，存在 $(A,A)$ 双模B满足 $\varepsilon (e) = 1$ 和 $ae=ea$ 的元素 $e$ 。

假设代数 A 是绝对半单的，因此半单。那么代数 $A^o$ 就是半单（VIII，p. 137，命题2），由VIII，p. 234的推论1得出 $B = A\otimes_KA^o$ 就是半单 K-代数。因而，(i) 意味着(ii)。

由于半单环上的每个模都是投影（VIII，p. 138，命题4），（ii）意味着（iii）。

(iii) 和 (iv) 的等价源自命题 5。为了完成证明，让我们证明(iv)蕴涵(i)。令 $e=\sum^r_{i=1}a_i\otimes a'_i$ 为命题5的第(ii)项中B满足条件的元素。令L为域K的扩张；我们必须证明环 $A_{(L)}$ 是半单，或者等效地，每个 $A_{(L)}$ -模块是半单（VIII，p. 138，命题4）。设 M 为 $A_{(L)}$ 模，N 为 M 的子模；我们将 M 视为左 $(A$ , L) 双模，将 N 视为子双模 (III, §4, No. 3, p. 466)。由于 L 是域，因而 M 中存在L-线性投影算子 $u$ 和像 N。由于与 A 的元素 $a$ 相关的同位 $a_M$ 为L-线性，从 $A\otimes_KA^o$ 到End $_L(M)$ 存在唯一群同态，将元素 $a\otimes a'$ 发送到L-线性映射 $x\mapsto au(a'x)$ 。我们用同态用 $v$ 表示 $e$ 的像；从注 2 可以得出， $v$ 是一个 $A_{(L)}$ 线性投影算子，其中像 N。 $v$ 的核是 M 的 $A_{(L)}$ 子模，是 N 的补充。由推论 2 VIII，p. 56， $A_{(L)}$ 模M为半单。

注 3 00FR

我们知道（VIII，p. 234，推出 1）两个绝对半单代数除交换域之外的张量积是绝对半单的。因而，如果代数 A 是绝对半单的，那么代数 $B = A\otimes_KA^o$ 也是。

引用了 1

引用了推论 1

6. 上同调 / 代数

在这个小节中，K是交换环，A K-代数，B K-代数 $A\otimes_KA^o$ ，以及从B到A的 $\varepsilon$ K-线性映射，对于A中的 $x, y$ ，由 $\varepsilon (x\otimes y) =$ $xy$ 定义。 $n\in \mathbf{N}$ ，我们用 $B_n$ 表示K-模A的 $n+ 2$ 副本中的K个张量积。我们将其视为 $(A$ ，A)-双模（也视为B-模）；我们赋予它从张量积的第一个因子的左A-模结构推导出来的左A-模的结构以及从右A-模推导出来的右A-模的结构最后因子的结构。特别是， $B_0$ 只是 $(A$ ，A)-双模 B。

对于每个整数 $n\geqslant 1$ ，我们将双模 $d_n^i$ 中的定义同态用于 $i\in [0, n]$ 和 $d_n$ ，从 $B_n$ 到 $B_{n-1}$ 乘公式

d_n^i(x_0\otimes \cdots \otimes x_{n+1}) =x_0\otimes \cdots \otimes x_ix_{i+1}\otimes \cdots \otimes x_{n+1} \tag{4}

$i\in [0, n]$ 和

d_n=\sum_{i=0}^n(-1)^id_n^i \tag{5}

我们用 $d_0=d^0_0$ 表示映射 $\varepsilon : B_0\rightarrow A$ 。

设 $n$ 为整数 $\geqslant 1$ 。对于 $0\leqslant i < j\leqslant n$ ，我们有

d_{n-1}^i\circ d_n^j=d_{n-1}^{j-1}\circ d_n^i \tag{6}

由此我们推断

d_{n-1}\circ d_n=\sum_{0\leqslant i<j\leqslant n}(-1)^{i+j}d_{n-1}^i\circ d_n^j+\sum_{0\leqslant j\leqslant i\leqslant n-1}(-1)^{i+j}d_{n-1}^i\circ d_n^j

=\sum_{0\leqslant i<j\leqslant n}(-1)^{i+j}d_{n-1}^{j-1}\circ d_n^i+\sum_{0\leqslant j\leqslant i\leqslant n-1}(-1)^{i+j}d_{n-1}^i\circ d_n^j

因而

d_{n-1}\circ d_n= 0 \tag{7}

令 P 为 $(A$ , A)-双模。对于任何整数 $n\geqslant 0$ ，我们用 $C^n(A,P)$ 表示从 $A^n$ 到P的K-多重线性映射的K-模。映射 $\alpha^n: C^n(A,P)\rightarrow$ Hom $_B(B_n,P)$ 将 $f\in C^n(A,P)$ 发送到同态 $\alpha^n(f)$ ，其特征在于

\alpha^n(f) (x_0\otimes \cdots \otimes x_{n+1}) =x_0f(x_1, . . . , x_n)x_{n+1} \tag{8}

是同构 / K-模。

我们用 $\partial^n$ （对于 $n \geq 0$ ）唯一的K-线性映射表示从 $C^n(A, P)$ 到 $C^{n+1}(A, P)$ ，这使得以下图表可交换：

\begin{array}{ccc} C^n(A, P) & \xrightarrow{\partial^n} & C^{n+1}(A, P) \\ | \downarrow \alpha^n | & & | \downarrow \alpha^{n+1} | \\ \operatorname{Hom}_B(B_n, P) & \xrightarrow{\operatorname{Hom}(d_{n+1}, 1_P)} & \operatorname{Hom}_B(B_{n+1}, P). \end{array}

到定义，我们有

(9) \quad (\alpha^{n+1} \circ \partial^n)(f) = \alpha^n(f) \circ d_{n+1}

对于每个 $f \in C^n(A, P)$ 。在其他字中，我们有

\partial^n(f)(x_0, \ldots, x_n) = \alpha^n(f)(d_{n+1}(1 \otimes x_0 \otimes \cdots \otimes x_n \otimes 1))

对于 A 中的 $x_0, \ldots, x_n$ 和 $C^n(A, P)$ 中的 $f$ ，即

\begin{align*} (10) \quad \partial^n(f)(x_0, \ldots, x_n) &= x_0 f(x_1, \ldots, x_n) \\ &+ \sum_{i=0}^{n-1} (-1)^{i+1} f(x_0, \ldots, x_{i-1}, x_i x_{i+1}, x_{i+2}, \ldots, x_n) \\ &\phantom{=} + (-1)^{n+1} f(x_0, \ldots, x_{n-1}) x_n. \end{align*}

由(7)和(9)，我们有

(11) \quad \partial^{n+1} \circ \partial^n = 0 \qquad \text{for every } n \geq 0.

我们用 $H^0(A, P)$ 表示K-模 $\operatorname{Ker} \partial^0$ ，对于 $n \geq 1$ ，K-模 $\operatorname{Ker} \partial^n / \operatorname{Im} \partial^{n-1}$ 用 $H^n(A, P)$ 表示。我们与 P 认同 K-模 $C^0(A, P)$ ，我们有 $C^1(A, P) = \operatorname{Hom}_K(A, P)$ 。 $n \leq 2$ 的映射 $\partial^n$ 由公式给出

\begin{align*} (12) \quad \partial^0(p)(a) &= ap - pa \qquad \text{for every } p \in P, \\ (13) \quad \partial^1(f)(a, a') &= af(a') - f(aa') + f(a)a' \qquad \text{for } f \in C^1(A, P), \\ (14) \quad \partial^2(f)(a, a', a'') &= af(a', a'') - f(aa', a'') + f(a, a'a'') - f(a, a')a'' \end{align*}

对于 $f \in C^2(A, P)$ 。

So $H^0(A, P)$ is the K-submodule of P consisting of the elements $p$ such that $ap = pa$ for every $a \in A$ , and $H^1(A, P)$ is the quotient of the K-module $\operatorname{Der}_K(A, P)$ of K-derivations from A to P (III, §10, No. 2, p. 553) by the K-submodule consisting of the derivations of the form $a \mapsto ap - pa$ with $p \in P$ (called inner derivations).

7. 上同调 / 绝对半单代数

命题 6 00FS

设 K 为交换环，A K-代数。设 $e=\sum^r_{i=1}a_i\otimes a'_i$ 为VIII、p. 236的命题5的第(ii)项中的 $B = A\otimes_KA^o$ 满足条件的元素。对于任何整数 $n\geqslant 1$ 和 $C^n(A,P)$ 的任何元素 $f$ ，我们用公式定义的 $C^{n-1}(A,P)$ 的 $\gamma^n(f)$ 元素表示

\gamma^n(f)(x_1, . . . , x_{n-1}) =\sum_{i=1}^ra_if(a'_i, x_1. . . , x_{n-1}) \tag{15}

引用了 1 · 被以下引用 2

引用了命题 5

被以下引用引理 5, 定理 3

然后我们有

\partial^{n-1}(\gamma^n(f)) +\gamma^{n+1}(\partial^n(f)) =f \tag{16}

对于每个整数 $n\geqslant 1$ 和每个 $f\in C^n(A,P)$ 。

注 1 00SF

$*$ 态射 $\partial^n: C^n(A,P)\rightarrow C^{n+1}(A,P)$ 定义 $(C(A,P), \partial )$ K-模（X, §2，n $^o1$ ，p. 24）。映射 $\gamma_n$ 因此定义从这个复合体到自身的同伦，将 0 连接到 Id $_{C(A,P)}$ (X, §2, n $^o4$ , p. 32, 定义 $4$ ) $.*$

我们保留No.6中的记号。对于每整数 $n\geqslant 0$ ，我们定义映射 $h_n: B_n\rightarrow B_{n+1}$ 公式

h_n(x) =d^1_{n+2}(e\otimes x) =\sum_{i=1}^ra_i\otimes a'_ix

它是 $(A$ 的同态，A)-双模 (公式 (3))。

引理 5 00FT

我们有关系

d_{n+1}\circ h_n+h_{n-1}\circ d_n= 1_{B_n} \tag{17}

引用了 2

引用了命题 5, 命题 6

每 $n\geqslant 1$ 。

让 $x\in B_n$ ；我们有

(d_{n+1}\circ h_n)(x) = (d_{n+1}\circ d^1_{n+2})(e\otimes x)

= (d^0_{n+1}\circ d^1_{n+2})(e\otimes x)-\sum^{n+2}_{i=2}(-1)^i(d_{n+1}^{i-1}\circ d^1_{n+2})(e\otimes x)

所以，通过公式 (6)，

(d_{n+1}\circ h_n)(x) = (d^0_{n+1}\circ d^0_{n+2})(e\otimes x)-\sum^{n+2}_{i=2}(-1)^i(d^1_{n+1}\circ d_{n+2}^i)(e\otimes x)

但我们有

(d^0_{n+1}\circ d^0_{n+2})(e\otimes x) =\varepsilon (e)x=x

性质 (ii) 命题 5 VIII、p. 236 以及 $i\geqslant 2$ ，

d^i_{n+2}(e\otimes x) =e\otimes d^{i-2}_n(x)

这给出了

(d_{n+1}\circ h_n)(x) =x-d^1_{n+1}(e\otimes d_n(x)) =x-h_{n-1}\circ d_n(x)

因此公式 (17)。

我们可以使用引理 5 来完成命题 6 的证明。令 $n$ 为整数 $\geqslant 1$ 和 $C^n(A,P)$ 的 $f$ 元素。到构造，我们已经

\alpha^{n-1}(\gamma^n(f)) =\alpha^n(f)\circ h_{n-1} \tag{18}

因而，通过公式 (9) 和 (18)，

\alpha^n(\partial^{n-1}(\gamma^n(f)) +\gamma^{n+1}(\partial^n(f))) =\alpha^{n-1}(\gamma^n(f))\circ d_n+\alpha^{n+1}(\partial^n(f))\circ h_n

=\alpha^n(f)\circ h_{n-1}\circ d_n+\alpha^n(f)\circ d_{n+1}\circ h_n

=\alpha^n(f)

其中最后一个等式由 (17) 得出。由于 $\alpha^n$ 是双射，因此命题遵循。

定理 3 00FU

设 K 为交换环，A K-代数，P 为 $(A,A)$ 双模。假设 $(A\otimes_KA^o)$ 模 A 是射影的。然后，每整数 $n\geqslant 1$ 就有 $H^n(A,P) = 0$ 。

引用了 2 · 被以下引用 3

引用了命题 5, 命题 6

被以下引用注 2, 注 3, 命题 7

我们必须证明对于每个整数 $n\geqslant 1$ ， $C^n(A,P)$ 和 $\partial^n(f) = 0$ 的每个元素 $f$ 是形式 $\partial^{n-1}(g)$ 对于元素 $g$ $C^{n-1}(A,P)$ 。到命题 5 时，这是命题 6 中的直接的推论。

推论 00FV

从 A 到 P 的每个 K 导数都是内部。

这是等式 $H^1(A,P) = 0$ 的翻译。

注 2 00FW

特别地，当K为域并且A绝对半单的K-代数(VIII、p. 238、定理2)时，满足定理3中的假设。

引用了 2

引用了定理 2, 定理 3

注 3 00FX

假设 K-模 A 是射影的。定理3也可以证明如下。复数 $(\bigoplus_{n\geqslant 0}B_n, d)$ 和同态 $\varepsilon : B_0\rightarrow A$ 定义的投影分辨率为 B-模 A；因而，对于每个 $n\geqslant 0$ ，K-模 $H^n(A,P)$ 同构于Ext $^n_B(A,P)$ （X, §6，n $^o1$ ，p. 100，定理1）。如果 B-模 A 是射影的，则 K-模 Ext $^n_B(A,P)$ 对于 $n\geqslant 1$ 来说是零 (X, §5, n $^o3$ , p. 88, 推论 de la 命题 5)，这意味着 $H^n(A,P)$ 是零。相反，如果对于每个 $(A$ , A)-双模 P， $H^1(A,P)$ 都是零，则 B-模 A 是射影 (X, §5, n $^o5$ , p. 93, 命题 $10$ ) $.*$

引用了 1

引用了定理 3

8. 分裂 / 阿廷代数

在这个小节中，K是交换环，A是K-代数。设 $\mathfrak{r}$ 为A的根式。我们用 $\overline{A}$ 表示商代数 $A/\mathfrak{r}$ ，用 $\pi$ 表示从A到 $\overline{A}$ 的商典范映射。我们对 A 的子代数 S 感兴趣，使得 $A = S\oplus \mathfrak{r}$ 。

我们用A.注中 $\alpha , \beta$ 的 $\pi$ 满足 $s(\alpha \beta ) =$ $s(\alpha )s(\beta )$ 的K-线性截面 $s$ 的Σ集合来表示，这样的截面必然满足 $s(1) = 1$ （在其他字， $s$ 是环同态）：我们确实有 $s(1)^2=s$ （1），并且 $s(1)$ 是可逆的，因为它属于到 $1 +\mathfrak{r}$ （VIII，p. 156，定理1)。如果 $s$ 是Σ的元素，那么 $s$ 的像S就是A的子代数，并且我们有 $A = S\oplus \mathfrak{r}$ 。相反，如果 S 是 A 的子代数，使得 $A = S\oplus \mathfrak{r}$ ，则 $\pi$ 到 S 的限制是双射的，并且 Σ 与像 S 的逆双射定义元素。

根据 Jacobson 的定理（前述）， $1 +\mathfrak{r}$ 的每个元素在 A 中都是可逆的。我们将形式 $a\mapsto xax^{-1}$ 的 A 的内自同构与 $x\in 1 +\mathfrak{r}$ 称为特殊的自同构。

命题 7 00FY

假设 $(A\otimes_K\overline{A}^o)$ -模 $\overline{A}$ 是射影的。

引用了 4 · 被以下引用 1

引用了注 1, 命题 5, 定理 3, 命题 5, VIII § 9

被以下引用推出 1（韦德伯恩定理）

a) 设 $S_1$ 和 $S_2$ 为满足 $A = S_1\oplus \mathfrak{r}= S_2\oplus \mathfrak{r}$ 中的子代数。 A 存在一个特殊的自同构，将 $S_1$ 转换为 $S_2$ 。

b) 假设 $\pi$ 具有 K 线性截面并且 A 的根式 $\mathfrak{r}$ 幂零的。那么存在满足 $A = S\oplus \mathfrak{r}$ 的子代数S。

令 $S_1$ 和 $S_2$ 如a)中所示。设 $s_1$ 和 $s_2$ 为集合Σ相应的到子代数 $S_1$ 和 $S_2$ 的元素。令 $\varepsilon$ 为K-线性映射，从 $A\otimes_KA$ 到由 $\varepsilon (a\otimes b) =ab$ 给出的A。通过VIII、p. 236中的命题5和VIII、p. 237中的注1，存在 $\overline{A}\otimes_KA$ 满足 $\sum^r_{i=1}\alpha_i\alpha '_i= 1$ 中的元素 $e=\sum^r_{i=1}\alpha_i\otimes \alpha '_i$ 每 $\alpha \in A$ 对应 $\sum^r_{i=1}\alpha \alpha_i\otimes \alpha '_i=\sum^r_{i=1}\alpha_i\otimes \alpha '_i\alpha$ 。集合 $x=\sum^r_{i=1}s_1(\alpha_i)s_2(\alpha '_i)$ 。我们有 $\pi (x) =\sum^r_{i=1}\alpha_i\alpha '_i= 1$ ，因此有 $x\in 1 +\mathfrak{r}$ 。令 $\alpha$ 为 A 的元素。我们有

s_1(\alpha )x=\sum_{i=1}^rs_1(\alpha \alpha_i)s_2(\alpha '_i) = (\varepsilon \circ (s_1\otimes s_2))(\sum_{i=1}^r\alpha \alpha_i\otimes \alpha '_i)

= (\varepsilon \circ (s_1\otimes s_2))(\sum_{i=1}^r\alpha_i\otimes \alpha '_i\alpha )=\sum_{i=1}^rs_1(\alpha_i)s_2(\alpha '_i\alpha ) =xs_2(\alpha )

等式 $x^{-1}S_1x= S_2$ 紧随其后，给出断言a)。

在b)的假设下，进一步假设 $\mathfrak{r}^2= 0$ 。在这种情况下， $(A$ ，A)-双模 $\mathfrak{r}$ 被 $\mathfrak{r}$ 消灭，因此我们将其视为 $(A$ ，A)-双模。选择 $\pi$ 的 K 线性截面 $\sigma$ 。我们有

(19) $\alpha x=\sigma (\alpha )x$ 和 $x\alpha =x\sigma (\alpha )$

对于 $\alpha \in \overline{A}$ 和 $x\in \mathfrak{r}$ 。集合

\varphi (\alpha , \beta ) =\sigma (\alpha \beta )-\sigma (\alpha )\sigma (\beta ) \tag{20}

对于 $\alpha , \beta \in A$ 。我们有关系 $\pi (\varphi (\alpha , \beta )) =\alpha \beta -\alpha \beta = 0$ 对应 $\alpha , \beta \in A$ 。因此， $\varphi$ 定义元素 $C^2(A,\mathfrak{r})$ 。令 $\alpha , \beta , \gamma$ 为A的元素；鉴于(19)，我们有

\partial^2\varphi (\alpha , \beta , \gamma ) =\alpha \varphi (\beta , \gamma )-\varphi (\alpha \beta , \gamma ) +\varphi (\alpha , \beta \gamma )-\varphi (\alpha , \beta )\gamma

=\sigma (\alpha )\varphi (\beta , \gamma )-\varphi (\alpha \beta , \gamma ) +\varphi (\alpha , \beta \gamma )-\varphi (\alpha , \beta )\sigma (\gamma )

=\sigma (\alpha )(\sigma (\beta \gamma )-\sigma (\beta )\sigma (\gamma ))-\sigma (\alpha \beta \gamma ) +\sigma (\alpha \beta )\sigma (\gamma ) +\sigma (\alpha \beta \gamma )

-\sigma (\alpha )\sigma (\beta \gamma )-(\sigma (\alpha \beta )-\sigma (\alpha )\sigma (\beta ))\sigma (\gamma )

= 0

到 VIII、p. 242、K-模 $H^2(A,\mathfrak{r})$ 中的定理 3 减少到零。因此，存在 $C^1(A,\mathfrak{r})$ 的元素 $\psi$ 使得 $\partial^1\psi =\varphi$ ，在其他字中，使得我们有

(21) $\overline{A}$ 中的 $\alpha , \beta$ 为 $\varphi (\alpha , \beta ) =\alpha \psi (\beta )-\psi (\alpha \beta ) +\psi (\alpha )\beta$ 。

我们有 $\psi (\alpha )\psi (\beta ) = 0$ ，因为 $\mathfrak{r}^2$ 是零；由(19)和(20)，我们推导出(22) $(\sigma +\psi )(\alpha \beta ) = (\sigma +\psi )(\alpha )(\sigma +\psi )(\beta )$ ，

使得 $\pi$ 属于到Σ的K-线性截面 $\sigma +\psi$ 。它的像是A的子代数S，使得 $A = S +\mathfrak{r}$ 。

现在让我们证明一般情况下S的存在性。我们通过归纳对至少整数 $p\geqslant 1$ 进行推理，使得 $\mathfrak{r}^p= 0$ ；案例 $p= 1$ 是微不足道的。假设 $p\geqslant 2$ 和集合 $A'= A/\mathfrak{r}^{p-1}$ 。 $A'$ 的根式 $\mathfrak{r}'$ 等于 $\mathfrak{r}/\mathfrak{r}^{p-1}$ （VIII、p. 155的命题 5），因此满足 ${\mathfrak{r}'}^{p-1}= 0$ ，且代数 $A'/\mathfrak{r}'$ 同构于 $\overline{A}= A/\mathfrak{r}$ ，因此绝对半单的。到归纳假设，存在 $A'$ 的子代数 $S'$ 使得 $A'= S'\oplus \mathfrak{r}'$ 。那么 $S'$ 是形式 $A''/\mathfrak{r}^{p-1}$ ，其中 $A''$ 是包含 $\mathfrak{r}^{p-1}$ 的子代数，我们有

A = A''+\mathfrak{r},\mathfrak{r}^{p-1}= A''\cap \mathfrak{r} \tag{23}

代数 $A''/\mathfrak{r}^{p-1}$ 同构于 $A'/\mathfrak{r}'$ ；我们有 $(\mathfrak{r}^{p-1})^2= 0$ ，所以 $\mathfrak{r}^{p-1}$ 是 $A''$ 的根式。根据我们刚刚处理的情况，存在 $A''$ 的子代数 S使得 $A''= S\oplus \mathfrak{r}^{p-1}$ ；我们从 (23) 推导出关系 $A = S\oplus \mathfrak{r}$ 。

推出 1（韦德伯恩定理） 00S8

设K为交换域，A K-代数， $\mathfrak{r}$ A的根式。假设K-代数 $A/\mathfrak{r}$ 为绝对半单的。

引用了 2 · 被以下引用 3

引用了命题 7, 定理 2

被以下引用注 1, 推出 2, 习题 4, § 19

a) 设 $S_1$ 和 $S_2$ 为满足 $A = S_1\oplus \mathfrak{r}= S_2\oplus \mathfrak{r}$ 中的子代数。 A 存在一个特殊的自同构，将 $S_1$ 转换为 $S_2$ 。

b) 如果 $\mathfrak{r}$ 幂零的，则存在满足 A = $S\oplus \mathfrak{r}$ 的子代数 S。

这是从VIII、p. 238 的命题 7 和定理 2 得出的。

推出 2 00FZ

设A为有限次数除以完美域K的交换代数，并令 $\mathfrak{r}$ 为其根式。 A 存在唯一的子代数 S，使得 $A = S\oplus \mathfrak{r}$ 。而且，S同构于有限次数的K的有限多个扩张的乘积。

引用了 4

引用了命题 1, VIII § 10, 推出 1（韦德伯恩定理）, 定理 1, 命题 3, VIII § 8

K-代数 $A/\mathfrak{r}$ 是半单 (VIII, p. 173, 命题 1) 并且有有限次数；它是绝对半单的，因为域 K 是完美的（VIII、p. 232、定理 1）。由于理想 $\mathfrak{r}$ 幂零且 A 是可交换的，因此 S 的存在性和唯一性由推论 1 得出。由于 S 是半单且可交换且具有有限次数，因此最后一个断言是 VIII 的命题 3 的推论， p. 137。

注 1 00G0

$A/\mathfrak{r}$ 等于绝对半单的的假设在推论1中是必要的（VIII，p. 246，习题4）。

引用了 2

引用了习题 4, § 13, 推出 1（韦德伯恩定理）

注 2 00G1

假设 A 是阿廷代数超过域 K。如果 A 是可交换的，那么我们可以证明 (VIII, p. 180, 习题 9) A 同构于代数 $A_1\times \cdots \times A_n$ 的乘积，使得 $A_i/\mathfrak{R}(A_i)$ 是每 $i$ 域。相反，如果 A 不可交换，则 A 可能不会与代数 $A_1\times \cdots \times A_n$ 的乘积同构，使得对于每个 $i$ (VIII、p. 247、习题 5)， $A_i/\mathfrak{R}(A_i)$ 是一个简单的环。

引用了 2

引用了习题 9, § 10, 习题 5, § 13

习题

参见习题为 § 13。