《抽象代数》课程教学资料（近世代数）关于张量积的若干事实

关于张量积的若干事实 章璞 上海交通大学数学科学学院 2021年11月12日 §1平坦而非投射模的例子 定理1.1（平坦模判定的Baer准则）设R是环 ()左R模M是平坦模当且仅当对于R的所有右理想1， 0-→I⑧RMLR⑧rM 是正合列，其中i:IR一R是嵌入映射 (②)右R模M是平坦模当且仅当对于R的所有左理想1， 0-→M⊙RILM⑧RR 是正合列，其中i:Rl一RR是嵌入映射 证。只证(2).结论()类似可证 ②)必要性是显然的.下证充分性.分两步证明充分性 第1步.设有包含同态f:A一V,其中V是自由模.我们要证明如下序列的正合性： 0-→M©RAeM③RK 设y=iE)是V的-组R基设有，品，m⑧a∈M@nA使得 (1M8Rf(∑m®Ra)-∑ 。%®= 适当重排指标集I后可设)一，品。队根据假设，在M@rV内有 1<<n1<<t 这里只涉及到V的一个有限秩子模，思。，为此我们假设V的秩为n<心 登思。则V-Ko6令A-An,-W我们得到如下 两行均正合的交换图 0→4→A→ 0

'u‹˛»eZØ¢ Ÿ‚ ˛°œåÆÍÆâÆÆ 2021 c 11  12 F §1 ²" ö›~f ½n 1.1 (²"½ Baer OK)  R ¥Ç. (1) Ü R- M ¥²"Ö=Èu R §kmné I, 0 −→ I ⊗R M i⊗1 −−→ R ⊗R M ¥‹, Ÿ• i : IR ,→ R ¥i\N. (2) m R- M ¥²"Ö=Èu R §kÜné I, 0 −→ M ⊗R I 1⊗i −−→ M ⊗R R ¥‹, Ÿ• i : RI ,→ RR ¥i\N. y. êy (2). (ÿ (1) aqåy. (2) 7á5¥w,. eyø©5. ©¸⁄y²ø©5. 1 1 ⁄. kù¹” f : A ,→ V , Ÿ• V ¥gd. ·Çáy²XeS‹5: 0 −→ M ⊗R A 1M⊗f −−−−→ M ⊗R V.  Y = {yi | i ∈ I} ¥ V ò| R-ƒ. k P 1≤j≤t mj ⊗ aj ∈ M ⊗R A ¶ (1M ⊗R f)( X 1≤j≤t mj ⊗R aj ) = X 1≤j≤t mj ⊗R f(aj ) = 0. ·­¸çI8 I ￾å f(aj ) = P 1≤i≤n rijyi . ä‚b, 3 M ⊗R V Sk 0 = X 1≤j≤t mj ⊗ f(aj ) = X 1≤i≤n ( X 1≤j≤t mj rij ) ⊗R yi . ˘pê9 V òákÅùf L 1≤i≤n Ryi . èd·Çb V ùè n < ∞.  V1 = Ry1, V2 = L 2≤i≤n Ryi . K V = V1 ⊕ V2. - A1 = A ∩ V1, A2 = A/A1. ·ÇXe ¸1˛‹Ü„ 0 /A1 /  _ f1  A /  _ f  A2 /  _ f2  0 0 /V1 σ /V /V2 /0 1

作用张量函子M®取一，由张量函子的右正合性，可以得到如下两行均正合的交换图 M®gA→M8rA→M⑧rA2→0 1M8R力 0- 一M⊙Ryu@M⊙Rv →M⑧R→ 特别提示，由于和V均是自由模，1M⑧Ra是单射.因为兰RR,故A可以视为R的 左理想：因此由题设知1M®r五是单射.对此图应用蛇引理即得到正合列 0-→Ker(1⑧rf-→Ker(1Mr) 我们的目的是证明Ker(1M⑧rf)=0,而这可以从Ker(lM⑧r)=0导出.这样就把秩等于 n的情形V约化到秩等于n一1的情形.而当n一1=1时兰R,从而由题设即可得到 Kr(1M⑧R)=0.这样就证明了1M⑧R∫是单同态. 第2步.设有左R模同态的正合列0一→AB.于是存在自由模V以及正合列 0-→Krx-→VB-→0. 把f(A)关于T的原像记为E,即E=T(f(A)(如果将B写成V/Kr元，则A可写成 VKr元，其中V是V的子模，E就是V),就得到以下两行均正合的交换图 0→Kr→→A→0 0→KTm→→B 0 这里g是E到V的嵌入同态. 作用张量函子M®一，由张量函子的右正合性以及第1步的结果，就得到以下两行均正 合的交换图： M⑧Kerx→M②RE→M⑧RA+0 1n®Rg 1xORS 0 →M R Ker→AMRV→MRB→0 其中1②Rg是单射（由第1步中的结论），再对此图应用蛇引理即得到正合列0一→Kr1y② -一Q即1w⊙f是单同态，即MR是平模 ◇ 命题1.2设D是主理想整环.则D模M是平坦模当且仅当M是无挠模（即若d∈D,m∈M 且dm=0,则d=0或m=0) 注.首先强调一下，这里的无挠模与投射模的子模是两个不同的概念. 命题12的证明。→：这一步只用到D是整环.设M是平坦慎.如果M不是无挠模，则存在 M中非零元m和D中非零元a使得am=0.作如下单同态f:D-一D,d→ad.观察D-模 同态f②1M:D8DM→D®pM.因为(f⑧®D1u)18Dm)=a8x=18D(am)=0,所以 f⑧D1M不是单同态，这与M是平坦模的题设相矛盾， ←一：反之，设M是无挠模.因为D是主理想整环，所以D的理想都具有(a=Da的形 式.设a≠0，i:DaD是嵌入.观察D-模同态i⑧plM:Da⑧DM-→D⑧DM.由同构 DDM兰M和交换图

ä^‹˛ºf M ⊗R −, d‹˛ºfm‹5, å±Xe¸1˛‹Ü„ M ⊗R A1 /  _ 1M⊗f1  M ⊗R A / 1M⊗Rf  M ⊗R A2 1M⊗Rf2  /0 0 /M ⊗R V1 1M⊗Rσ/M ⊗R V /M ⊗R V2 /0 AOJ´, du V1 ⁄ V ˛¥gd, 1M ⊗R σ ¥¸. œè V1 ∼= RR,  A1 屿è R  Üné;œddK 1M ⊗R f1 ¥¸. Èd„A^⁄n=‹ 0 −→ Ker(1M ⊗R f) −→ Ker(1M ⊗R f2). ·Ç8¥y² Ker(1M ⊗R f) = 0, ˘å±l Ker(1M ⊗R f2) = 0 —. ˘“rùu n ú/ V zùu n − 1 ú/ V2.  n − 1 = 1 û V2 ∼= R, l dK=å Ker(1M ⊗R f2) = 0. ˘“y² 1M ⊗R f ¥¸”. 1 2 ⁄. kÜ R-”‹ 0 −→ A f −→ B. u¥3gd V ±9‹ 0 −→ Ker π −→ V π−→ B −→ 0. r f(A) 'u π îPè E, = E = π −1 (f(A)) (XJÚ B § V / Ker π, K A å§ V 0/ Ker π, Ÿ• V 0 ¥ V f, E “¥ V 0 ), “±e¸1˛‹Ü„ 0 /Ker π /E /  _ g  A /  _ f  0 0 /Ker π /V π /B /0 ˘p g ¥ E  V i\”. ä^‹˛ºf M ⊗R −, d‹˛ºfm‹5±91 1 ⁄(J, “±e¸1˛ ‹Ü„: M ⊗R Ker π /M ⊗R E_ 1M⊗Rg  /M ⊗R A 1M⊗Rf  /0 0 /M ⊗R Ker π /M ⊗R V /M ⊗R B /0 Ÿ• 1M ⊗R g ¥¸ (d 1 1 ⁄•(ÿ). 2Èd„A^⁄n=‹ 0 −→ Ker(1M ⊗ f) −→ 0. = 1M ⊗R f ¥¸”, = MR ¥²". ·K 1.2  D ¥ÃnéÇ. K D- M ¥²"Ö= M ¥ÃL (=e d ∈ D, m ∈ M Ö dm = 0, K d = 0 ½ m = 0). 5. ƒkrNòe, ˘pÃLÜ›f¥¸áÿ”Vg. ·K1.2y². =⇒: ˘ò⁄ê^ D ¥Ç.  M ¥²". XJ M ÿ¥ÃL, K3 M •ö" m ⁄ D •ö" a ¶ am = 0. äXe¸” f : D −→ D, d 7→ ad. * D- ” f ⊗ 1M : D ⊗D M −→ D ⊗D M. œè (f ⊗D 1M)(1 ⊗D m) = a ⊗ x = 1 ⊗D (am) = 0, §± f ⊗D 1M ÿ¥¸”, ˘Ü M ¥²"KÉgÒ. ⇐=: áÉ,  M ¥ÃL. œè D ¥ÃnéÇ, §± D né—‰k hai = Da / ™.  a 6= 0, i : Da ,→ D ¥i\. * D-” i ⊗D 1M : Da ⊗D M −→ D ⊗D M. d” D ⊗D M ∼= M ⁄Ü„ 2

Da pMDpM 即知i⑧D1M是单同态.由定理11知M是平坦模 例1.3作为工-模，2Q是平坦模但非授射模。 事实上，2Q是无挠模，故由命题1.2知Q是平坦模 )e20.于 数n使得品年Z.然而 0)=i2™·)=2”() 设i()的第j次分支b∈Z.则比较上式两边的第j次分支得到a=26,即b=品生Z,与 b∈z矛盾1 S2特征模 对于环R上的任意模M,定义 M+Homz(M.Q/Z). 称M+为M的特征模.如果M是左R-模，则M+是右R-模；如果M是右R-模，则M+是 左R模 定义21左模1称为左R模范畴的内射余生成子，如果是内射模，且对任意非零左R模 M,Homg(,D≠0 例2.2（但）zQ是内射模（因为zQ是可除模），但zQ不是ZMo的内射余生成子，因为 Homz(亿n,Q)=0. 事实上，设f∈Homz(亿,Q.令f回=g.则 0=f0)=fn.)=nf①=ng, 于是g=0,从而f=0. (②z(Q/Z)是2-Mod的内射余生成子 事实上，国为Q/亿是可除工模，故Q/2是内射2模.又对于任意zM≠0，均有 Homz(M,Q/)≠0. 为看出这一点，设m≠0，m∈M,定义9：2m-一→Q/2如下 若o(m)=n,令g(m)=员+Z∈Q/2 若o(m)=o,令g(m)为Q/亿中任一非零元 国为Q/2是内射2模，所以0≠E Homz(2m,Q/☑）可扩展为0≠g∈Homz(M,Q/), 这就证明了Homz(M,Q/Z)≠0. 3

Da ⊗D M i⊗D1M/ ∼=  D ⊗D M ∼=  aM  /M = i ⊗D 1M ¥¸”. d½n 1.1  M ¥²". ~ 1.3 äè Z-, ZQ ¥²"ö›. Ø¢˛, ZQ ¥ÃL, d·K 1.2  ZQ ¥²". (áy) b ZQ ¥›. Kk Z-¸” i : Q ,→ Z (I) .  i(1) = (· · · , a, · · ·) ∈ Z (I) . u ¥ i(1) 6= 0. 3 i(1) ,á©| a 6= 0, a ∈ Z.  a ¥ i(1) 1 j g©|. œdo3 Í n ¶ a 2n ∈/ Z. , i(1) = i(2n · 1 2 n ) = 2n · i( 1 2 n ).  i( 1 2n ) 1 j g©| b ∈ Z. K'˛™¸>1 j g©| a = 2nb, = b = a 2n ∈/ Z, Ü b ∈ Z gÒ! §2 A ÈuÇ R ˛?ø M, ½¬ M+ = HomZ(M, Q/Z). ° M+ è M A. XJ M ¥Ü R-, K M+ ¥m R-; XJ M ¥m R-, K M+ ¥ Ü R-. ½¬ 2.1 Ü RI °èÜ R-âÆS{)§f, XJ RI ¥S, ÖÈ?øö"Ü R- M, HomR(M, I) 6= 0. ~ 2.2 (1) ZQ ¥S (œè ZQ ¥åÿ), ZQ ÿ¥ Z-Mod S{)§f, œè HomZ(Zn, Q) = 0. Ø¢˛,  f ∈ HomZ(Zn, Q). - f(1) = q. K 0 = f(0) = f(n · 1) = nf(1) = nq, u¥ q = 0ß l f = 0. (2) Z(Q/Z) ¥ Z-Mod S{)§f. Ø¢˛, œè Q/Z ¥åÿ Z-,  Q/Z ¥S Z-. qÈu?ø ZM 6= 0, ˛k HomZ(M, Q/Z) 6= 0. èw—˘ò:,  m 6= 0, m ∈ M, ½¬ g : Zm −→ Q/Z Xe: e o(m) = n, - g(m) = 1 n + Z ∈ Q/Z; e o(m) = ∞, - g(m) è Q/Z •?òö". œè Q/Z ¥S Z-, §± 0 6= g ∈ HomZ(Zm, Q/Z) å*–è 0 6= ˜g ∈ HomZ(M, Q/Z). ˘“y² HomZ(M, Q/Z) 6= 0. 3

引理23设R是任意环.若D是内射Z-模，则Homz(RR,D)是内射左R模. 证.对R的任意左理想L和任意左R模同态h:L一→Homz(RR,D),由内射模的Baer判别 法，只需证明h能扩张为模同态万：R-一Homz(RR,D), 我们有Abel群同态g:L-→D,1→h1.因D是内射Z模，g可扩张为群同态 可：R一D.定义万：R一Homz(RR,D,r一()：a→a).直接验证万是群同态.对 于r，a∈R因为 h(sr)(a)=(asr)=h(r)(as)=(sh(r))(a). 即有(sr)=(r),故万是左R模同态.为了验证万是h的扩张，设1∈L,r∈R.则rl∈L 故 万0r)=(r0=g(r0=h(r0(1)=(rh(0)1)=h(0(r 即L=h,因此万是h的扩张 ◇ 引理2.4设R是任意环.则Rt=Homz(RR,Q/☑)是左R模范畴的内射余生成子. 证.首先，由引理2.3知，叶-Hoz(RR,Q/②)是内射左R模. 其次，设M是任意左R模.则由伴随对(R②r-,Homz(RR,-》知 Homp(M.R+)=Homn(M,Homz(RR./Z)) 兰Homz(R®RM,Q/Z) =Homz(M,Q/② =M+≠0 由定义即知，+是左R-模范畴的内射余生成子， 引理2.5设R和S是任意环，E是左R-模范畴的内射余生成子.则RS双模同态序列 0LMN→0是正合的当且仅当 0→HomR(N,E)Homg(M,E)二HomR(L,E)→0 是左S模正合列. 证。必要性：设0→L一M二N→0是RS双模正合列.因为E是内射R模，所以 HomR(-,E)是正合函子，从而0→HomR(N,E)兰HomR(M,E)→Homr(L,E)→0是左 S模正合列， 充分性：设0→HomR(N,E)三HomR(aL,E)二HomR(L,E)→0是左S-模正合列. 我们首先证明∫是单射.假设f不是单射.则存在非零元1∈Kr.因为E是内射余生成 子，所以存在h∈Homr(L,E)使得h()≠0.因为f广是满态射，所以存在i∈HomR(M,E)使 得h=f()=io于.故h()=(f)=0,这与n(0)≠0矛盾. 接着证明g是满射.假设g不是满射.则存在非零元n∈N-mg.因此n+lmg是 N/Img的非零元.故存在h∈HomR(N/Img,E)使得h(n+Img)≠0.因此，态射的复合 i:N三N/mg点，E满足m)≠0，其中是自然满同态.但是g(间=iog=hoo9=0,这 是因为og=0.所以i∈Krg=0,这与(m)≠0矛盾. 最后证明mf=Ker .先证Imf C Kera.反证)假设Imf Ke ，则我们以洗择非零 元m∈Im时-Kerg.所以0≠gm)∈N.又因为E是内射余生成子，所以存在h∈Hom(N,E)

⁄n 2.3  R ¥?øÇ. e D ¥S Z-, K HomZ(RR, D) ¥SÜ R-. y. È R ?øÜné L ⁄?øÜ R-” h : L −→ HomZ(RR, D), dS Baer O {, êIy² h U*‹è” h : R −→ HomZ(RR, D). ·Çk Abel +” g : L −→ D, l 7→ h(l)(1). œ D ¥S Z-, g å*‹è+” g : R −→ D. ½¬ h : R −→ HomZ(RR, D), r 7→ “h(r) : a 7→ g(ar)”. Üy h ¥+”. È u r, s, a ∈ R, œè h(sr)(a) = g(asr) = h(r)(as) = (sh(r))(a), =k h(sr) = sh(r),  h ¥Ü R-”. è y h ¥ h *‹,  l ∈ L, r ∈ R. K rl ∈ L,  h(l)(r) = g(rl) = g(rl) = h(rl)(1) = (rh(l))(1) = h(l)(r), = h|L = h. œd h ¥ h *‹. ⁄n 2.4  R ¥?øÇ. K R+ = HomZ(RR, Q/Z) ¥Ü R-âÆS{)§f. y. ƒk, d⁄n 2.3 , R+ = HomZ(RR, Q/Z) ¥SÜ R-. Ÿg,  M ¥?øÜ R-. KdäëÈ (R ⊗R −, HomZ(RR, −))  HomR(M, R+) = HomR(M, HomZ(RR, Q/Z)) ∼= HomZ(R ⊗R M, Q/Z) = HomZ(M, Q/Z) = M+ 6= 0 d½¬=, R+ ¥Ü R-âÆS{)§f. ⁄n 2.5  R ⁄ S ¥?øÇ, E ¥Ü R-âÆS{)§f. K R-S-V”S 0 → L f −→ M g −→ N → 0 ¥‹Ö= 0 → HomR(N, E) g ∗ −→ HomR(M, E) f ∗ −→ HomR(L, E) → 0 ¥Ü S-‹. y. 7á5:  0 → L f −→ M g −→ N → 0 ¥ R-S-V‹. œè E ¥S R-, §± HomR(−, E) ¥‹ºf, l 0 → HomR(N, E) g ∗ −→ HomR(M, E) f ∗ −→ HomR(L, E) → 0 ¥Ü S-‹. ø©5:  0 → HomR(N, E) g ∗ −→ HomR(M, E) f ∗ −→ HomR(L, E) → 0 ¥Ü S-‹. ·Çƒky² f ¥¸. b f ÿ¥¸. K3ö" l ∈ Kerf. œè E ¥S{)§ f, §±3 h ∈ HomR(L, E) ¶ h(l) 6= 0. œè f ∗ ¥˜, §±3 i ∈ HomR(M, E) ¶  h = f ∗ (i) = i ◦ f.  h(l) = i(f(l)) = 0, ˘Ü h(l) 6= 0 gÒ. Xy² g ¥˜. b g ÿ¥˜. K3ö" n ∈ N − Img. œd n + Img ¥ N/Img ö". 3 h ∈ HomR(N/Img, E) ¶ h(n + Img) 6= 0. œd, E‹ i : N π−→ N/Img h −→ E ˜v i(n) 6= 0, Ÿ• π ¥g,˜”. ¥ g ∗ (i) = i ◦ g = h ◦ π ◦ g = 0, ˘ ¥œè π ◦ g = 0. §± i ∈ Kerg ∗ = 0, ˘Ü i(n) 6= 0 gÒ. Å￾y² Imf = Kerg. ky Imf ⊆ Kerg. (áy) b Imf " Kerg. K·Ç屿Jö" m ∈ Imf −Kerg. §± 0 6= g(m) ∈ N. qœè E ¥S{)§f, §±3 h ∈ HomR(N, E) 4

使得(g(m》≠0.但是m=f),1eL.因此有hogof≠0，即，(fog)h)≠0，这是一个矛 盾.所以Imf C Kerg. 再证mf=Kerg.(反证)假设mf三Kerg.然后选择非零元m E Kerg--lm.因此m+lmj 是M/Im时的非零元.故存在h∈Homr(M/Imf,E)使得h(m+Imf)≠0.因此，态射的复合 i:M马MImf点E满足i(m)≠0其中开是自然满同态.但是f(间=i0f=horof=0, 这是因为Tof=0.所以i∈Kerf=mg.即，存在j∈HomR(,E),使得i=gG)=jog. 但是m E Kerg,这得到i(m)=j(g(m)=0,这与im)≠0矛盾 S3有限表现平坦模是投射模 模M称为有限表现的，如果存在正合列 B→F6-→M-→0 其中，F均为有限生成自由模；或等价地，存在正合列 乃-→→M-→0 其中P,B均为有限生成投射模. 定理3.l有限表现平坦模是投射模.特别地，Noether环上的有限生成平坦模是投射模. 为了证明该定理，先考虑如下引理. 引理3.2设R和S是任意环 )设A是一个有限表现右S-模，B是一个R-S-双模，且C是一个内射左R-模.则自然 同态 T:A⑧s Homg(B,C)-→Homr(Homs(A,B),C), a⑧f+“r(a⑧f):g→fg(a) 是同构，其中a∈A,f∈Homr(B,C),geHoms(A,B)- ②设A是一个有限表现左R模，B是一个RS双模，且C是一个内射右S模.则向然 同态 Homs(B,C)RA-Homs(HomR(A,B),C), f8a→“r(f⑧a:g→fg(a)r 是同构，其中a∈A,f∈Homs(B,C),g∈Homn(A,B) 证.我们只证明()，结论(2)类似可证.我们考虑正合列乃-一6一→A-一0，其中F,A 均为有限生成自由右S模.因为Homs(-,B)是左正合函子，故 0>Homs(A,B)→Homs(E6,B)→Homs(E,B) 是左R模正合列又因为C是内射左R模，故HomR(一，C)是正合函子，从而 HomR(Homs(F.B).C)-Hom(Homs(Fo.B).C)-Hom(Homs(A.B).C)-0 5

¶ h(g(m)) 6= 0. ¥ m = f(l), l ∈ L. œdk h ◦ g ◦ f 6= 0, =, (f ∗ ◦ g ∗ )(h) 6= 0, ˘¥òág Ò. §± Imf ⊆ Kerg. 2y Imf = Kerg. (áy) b Imf $ Kerg. ,￾¿Jö" m ∈ Kerg−Imf. œd m+Imf ¥ M/Imf ö". 3 h ∈ HomR(M/Imf, E) ¶ h(m + Imf) 6= 0. œd, E‹ i : M π−→ M/Imf h −→ E ˜v i(m) 6= 0, Ÿ• π ¥g,˜”. ¥ f ∗ (i) = i ◦ f = h ◦ π ◦ f = 0, ˘¥œè π ◦ f = 0. §± i ∈ Kerf ∗ = Img ∗ . =, 3 j ∈ HomR(N, E), ¶ i = g ∗ (j) = j ◦ g. ¥ m ∈ Kerg, ˘ i(m) = j(g(m)) = 0, ˘Ü i(m) 6= 0 gÒ. §3 kÅLy²"¥›  M °èkÅLy, XJ3‹ F1 −→ F0 −→ M −→ 0 Ÿ• F0, F1 ˛èkÅ)§gd; ½d/, 3‹ P1 −→ P0 −→ M −→ 0 Ÿ• P0, P1 ˛èkÅ)§›. ½n 3.1 kÅLy²"¥›. AO/, Noether DzkÅ)§²"¥›. è y²T½n, kƒXe⁄n. ⁄n 3.2  R ⁄ S ¥?øÇ. (1)  A ¥òákÅLym S-, B ¥òá R-S-V, Ö C ¥òáSÜ R-. Kg, ” τ : A ⊗S HomR(B, C) −→ HomR(HomS(A, B), C), a ⊗ f 7→ “τ (a ⊗ f) : g 7→ f(g(a))” ¥”, Ÿ• a ∈ A, f ∈ HomR(B, C), g ∈ HomS(A, B). (2)  A ¥òákÅLyÜ R-, B ¥òá R-S-V, Ö C ¥òáSm S-. Kg, ” τ : HomS(B, C) ⊗R A −→ HomS(HomR(A, B), C), f ⊗ a 7→ “τ (f ⊗ a) : g 7→ f(g(a))” ¥”, Ÿ• a ∈ A, f ∈ HomS(B, C), g ∈ HomR(A, B). y. ·Çêy² (1), (ÿ (2) aqåy. ·Çƒ‹ F1 −→ F0 −→ A −→ 0, Ÿ• F0, F1 ˛èkÅ)§gdm S-. œè HomS(−, B) ¥Ü‹ºf,  0 /HomS(A, B) /HomS(F0, B) /HomS(F1, B) ¥Ü R-‹.qœè C ¥SÜ R-,  HomR(−, C) ¥‹ºf, l HomR(HomS(F1, B), C) /HomR(HomS(F0, B), C) /HomR(HomS(A, B), C) /0 5

是2模正合列，于是有以下两行均正合的交换图： s Homg(B,C) 6 s Homg(B,C) →As HomR(B,C) →0 HomR(Homs(E,B),C)→HomR(Homs(E,B),C)→Homr(Homs(A,B),C)→0 R(B,C)是右正合函子.因为，F均为有限生成 定理3.1的证明.设F是一个有限表现平坦右S-模，且B-一C-一0是一个右S模的正合列. 我们只需证明Homs(E,B) →Homs(EC)-一→0是2模正合列即可.因为Q/2是2-Mod的 内射余生成子，由引理2.5知，这等价于要证明0-→Homs(F,C)十-→Homs(EB)十是正合列. 然而我们有以下交换图： 0→F⑧sC+ →F⑧sB时 0→Homs(E,C)+→Homs(E,B)+ 其中第一行是正合列，这是因为F是平坦模.又因为F是有限表现的，应用引理3.2)得知， 两个竖直的同态均是同构.故第二行也是正合列

¥ Z-‹. u¥k±e¸1˛‹Ü„: F1 ⊗S HomR(B, C) / τ1  F0 ⊗S HomR(B, C) / τ0  A ⊗S HomR(B, C) τ  /0 HomR(HomS(F1, B), C) /HomR(HomS(F0, B), C) /HomR(HomS(A, B), C) /0 Ÿ•1ò1‹¥œè‹˛ºf − ⊗S HomR(B, C) ¥m‹ºf. œè F0, F1 ˛èkÅ)§ gdm S-,  τ0 ⁄ τ1 ˛¥”; 2d 5 ⁄n τ 襔. ½n3.1y².  F ¥òákÅLy²"m S-, Ö B −→ C −→ 0 ¥òám S-‹. ·ÇêIy² HomS(F, B) −→ HomS(F, C) −→ 0 ¥ Z-‹=å. œè Q/Z ¥ Z-Mod  S{)§f, d⁄n 2.5 , ˘duáy² 0 −→ HomS(F, C) + −→ HomS(F, B) + ¥‹. , ·Çk±eÜ„: 0 /F ⊗S C + / ∼=  F ⊗S B+ ∼=  0 /HomS(F, C) + /HomS(F, B) + Ÿ•1ò1¥‹, ˘¥œè F ¥²". qœè F ¥kÅLy, A^⁄n 3.2(1) , ¸áÁÜ”˛¥”. 11襋. 6