Q/Z

本文將會總結阿貝爾羣$\mathbb{Q} /\mathbb{Z} $的一些重要性質。

先從這個羣的起源開始提及。$\mathbb{Q} /\mathbb{Z} $能夠從$\mathbb{Z} $的內射消解$0\to\mathbb{Z}\to\mathbb{Q}\to\mathbb{Q}/\mathbb{Z}\to 0$獲得，而由$\mathbb{Z} $是一個Dedekind整環，咱們馬上獲得$\mathbb{Q} /\mathbb{Z} $是內射$\mathbb{Z} $-模。更加劇要的是，它是一個餘分離子：

定義 一個可除阿貝爾羣$G$若是對每個素數$p$都包含一個$p$階元，則$G$被稱做一個餘分離子。

餘分離子在刻畫平坦模上起着重要的做用。其做用體如今下面這個命題中。

命題 一個右$R$-模$A$若是可以使$\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (A,C)$是內射左$R$-模，其中$C$是一個餘分離子，那麼$A$是平坦模。

爲了證實這個命題，咱們先引入一個簡單的引理：

引理 假設$G$是一個餘分離子，$H$是一個阿貝爾羣，那麼對於任意的$h\in H\setminus\{0\} $，存在一個$\varphi\in\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (H,G)$使得$\varphi (h)\neq 0$.

證實 因爲$G$含有全部素數階元，所以對$H$中的任意元素$h$，老是存在一個從$\langle h\rangle $到$G$的一個同態，再由$G$是內射模，咱們馬上獲得所需結論。$\square $

命題的證實 對給定的$R$-模正合列$0\to D\to B\to E\to 0$，因爲$\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (A,C)$是內射左$R$-模，所以有正合列$0\to\mathrm{Hom}_R (D,\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (A,C) )\to\mathrm{Hom}_R (B,\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (A,C) )\to\mathrm{Hom}_R (E,\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (A,C) )\to 0$。由$\mathrm{Hom} $函子的基本定理有正合列$0\to\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (D\otimes A,C)\to\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (B\otimes A,C)\to\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (E\otimes A,C)\to 0$。因爲$C$是內射阿貝爾羣，所以這個正合列就蘊含了正合列$0\to D\otimes A\to B\otimes A\to E\otimes A\to 0$. $\square $

由此咱們已然獲得了平坦模的一個判別定理，也所以，模$\mathrm{Hom}_{\mathbb{Z} } (A,C)$稱爲模$A$的一個特徵模。關於這一些結論的最終結果是：

引理（平坦判別引理） 右模$A$是平坦的當且僅當對任意有限生成左理想$I$，$A\otimes I\cong AI$.

這個引理就是上述命題的直接推論，所以證實略。

從上面的討論咱們知道，阿貝爾羣$\mathbb{Q} /\mathbb{Z} $是內射$\mathbb{Z} $-模而且其對全部素數都包含一個素數階元，所以它能夠用於「提取」一個阿貝爾羣中的撓元素。

命題 若$G$是撓阿貝爾羣，那麼$\mathrm{Hom} (G,\mathbb{Q} /\mathbb{Z} )\cong G$.

證實略。