交换代数

hbghlyj

Supplement and Solution Manual for Introduction to Commutative algebra
$\DeclareMathOperator\Ker{Ker}\DeclareMathOperator\Coker{Coker}\DeclareMathOperator\Image{Im}\DeclareMathOperator\Hom{Hom}$
Chapter 1. Rings and Ideals 总结
环和理想
定义一个环 ring 是同时具有加法阿贝尔群和乘法半群结构，并且满足左右分配律 $(x+y)z=xz+yz;x(y+z)=xy+xz$ 的集合。本书中只考虑（乘法）交换并且有（乘法）单位元的环。
一个环同态 ring homomorphism 是环之间保持加法、乘法、单位元的映射。显然两个环同态的复合还是环同态。
$S$ 是 $R$ 的子环 subring 是说 $S$ 是 $R$ 中一个关于加法和乘法封闭的、包含单位元的子集。
$A$ 的一个理想 ideal $\mathfrak{a}$ 是一个 $A$ 的对加法封闭的非空子集，且 $A\mathfrak{a}\subseteq\mathfrak{a}$. 给定一个理想，那么所有 $\mathfrak{a}$ 的陪集（i.e. $A$ 中的元素在 $x\sim y\iff x-y\in\mathfrak{a}$ 这样的等价关系下形成的等价类）构成一个环，称为商环 quoetient Ring $A/\mathfrak{a}$。
$A$ 的所有包含 $\mathfrak{a}$ 的理想与 $A/\mathfrak{a}$ 的所有理想一一对应。
若 $A$ 中 $x$ 与某个非零元素的乘积为 $0$，则称 $x$ 为零因子 zero-divisor。不包含非零零因子的环叫做整环 integral domain。
如果一个元素 $x$ 的某个幂为 $0$（i.e. 存在 $n>0$ 使得 $x^n=0$），则称其为幂零的 nilpotent。
如果对某个元素 $x$ 存在 $y$ 使得 $xy=1$，那么 $x$ 称为一个单位 unit，$y$ 由 $x$ 唯一确定，记做 $x^{-1}$。$A$ 的所有单位构成一个乘法阿贝尔群。
固定 $x\in A$，所有 $ax\;(a\in A)$ 构成 $A$ 的一个理想，称为主理想 principal ideal，记做 $(a)$。$x$ 是单位当且仅当 $(x)=A=(1)$。零理想 zero ideal $(0)$ 通常记做 $0$。
素理想和极大理想
若 $A$ 的每个非零元素都是单位，那么称其为一个域 field。显然域都是整环。其等价条件包括：

• $A$ 仅包含 $0,(1)$ 两个理想。
• 对任意的非零环 $B$，所有 $A\to B$ 的环同态都是单射。

$A$ 中的一个理想 $\mathfrak{p}$ 被称为素的 prime 当且仅当 $\mathfrak{p}\neq(1)$ 且对任意的 $xy\in\mathfrak{p}$，都有 $x\in\mathfrak{p}$ 或者 $y\in\mathfrak{p}$ 至少之一成立。一个理想 $\mathfrak{m}$ 称为极大的 maximal 当且仅当 $\mathfrak{m}\neq(1)$ 并且不存在理想 $\mathfrak{a}$ 使得 $\mathfrak{m}\subsetneq\mathfrak{a}\subsetneq(1)$。或者等价地：

• $\mathfrak{p}$ 是素理想 $\iff A/\mathfrak{p}$ 是整环。
• $\mathfrak{m}$ 是极大理想 $\iff A/\mathfrak{m}$ 是域。

若无特殊说明，接下来 $\mathfrak{p,m}$ 均分别指代某个素理想/极大理想。
于是显然极大理想都是素的，反过来不一定成立。
利用佐恩引理（等价于选择公理）可以证明：每个环 $A$ 至少拥有一个极大理想。推论：

• 对每个理想 $\mathfrak{a}\neq(1)$，都存在一个包含它的极大理想。（将上述结论应用到 $A/\mathfrak{a}$ 上即可）。
• 对 $A$ 的每个非单位 $x$，都存在一个包含它的极大理想（将上一条应用到 $(x)$ 上）。

如果 $A$ 仅包含一个极大理想 $\mathfrak{m}$，那么称 $A$ 为局部环 local ring，$k=A/\mathfrak{m}$ 叫做 $A$ 的剩余域 residue field。
如果整环 $A$ 的所有理想都是主理想，那么称之为主理想整环 principal integral domain。这样的环里所有素理想都是极大的。
令 $\mathfrak{R}$ 表示 $A$ 中所有幂零元素构成的子集，那么它是一个理想并且 $A/\mathfrak{R}$ 不包含非零的幂零元。$\mathfrak{R}$ 被称作 $A$ 的 幂零根 nilradical。可以证明它同时也是 $A$ 中所有素理想的交。
类似的，$A$ 中所有极大理想的交 $\mathfrak{R}$ 称为 Jacobson根 Jacobson radical。$x\in\mathfrak{R}\iff$ 对于任意的$y\in A$，$1-xy$ 都是单位。
环 $A_1,A_2,\dots,A_n$ 的有限直积 direct product $\prod_{i=1}^n A_i$ 定义为所有 $(x_1,\dots,x_n)\;(x_i\in A_i)$ 构成的环，加法和乘法定义为逐项相加/相乘。
理想的运算
如果 $\mathfrak{a,b}$ 都是 $A$ 的理想，那么它们的和 $\mathfrak{a}+\mathfrak{b}$ 也是 $A$ 的理想，并且是最小的同时包含两者的理想。更一般的可以定义 $\sum_{i\in I}\mathfrak{a}_i$，由所有的 $\sum_{i\in I}x_i$ 构成，其中 $x_i\in\mathfrak{a}_i$ 并且只有有限个 $x_i$ 非零。这是包含所有 $\mathfrak{a}_i$ 的最小理想。
对于 $A$ 的一族理想 $(\mathfrak{a}_i)_{i\in I}$，它们的交 $\bigcap_{i\in I}\mathfrak{a}_i$ 也是 $A$ 的理想。
理想的乘积 $\mathfrak{ab}$ 定义为所有的 $xy\;(x\in\mathfrak{a},y\in\mathfrak{b})$ 生成的理想，i.e. 所有形如 $\sum_i x_iy_i$ 的有限和。同样的我们可以定义任意有限的一族理想的乘积。
例子：在 $\mathbb Z$ 里所有理想都是主理想 $(n)$。此时有 $(n)+(m)=(\gcd(n,m)),(n)\cap(m)=(\mathop{\rm lcm}(n,m)),(n)(m)=(nm)$。
这三种运算都是交换、结合的，并且有分配率 $\mathfrak{a(b+c)=ab+ac}$。在 $\mathbb Z$ 中我们有 $\mathfrak{(a+b)(a\cap b)=ab}$，但是一般地我们只知道右边包含左边。这可以推出 $\mathfrak{a\cap b=ab\iff\ a+b}=(1)$。
当 $\mathfrak{a+b}=(1)$ 时我们称 $\mathfrak{a,b}$ 互素 coprime（或者“互极大” comaximal）。
对于一列理想 $\mathfrak{a}_1,\dots,\mathfrak{a}_n$，定义一个映射
$$\phi:A\to\prod_{i=0}^n(A/\mathfrak{a}_i)$$
为 $\phi(x)=(x+\mathfrak{a}_1,\dots,x+\mathfrak{a}_n)$，那么：

• 若 $\mathfrak{a}_i$ 两两互素，则 $\prod\mathfrak{a}_i=\bigcap\mathfrak{a}_i$。
• $\phi$ 是满射 $\iff\mathfrak{a}_i$ 两两互素。
• $\phi$ 是单射 $\iff\bigcap_i\mathfrak{a}_i=0$。

此外有命题：

• 若 $\mathfrak{a}\subseteq\bigcup_{i=1}^n\mathfrak{p}_i$，那么存在一个 $i$ 使得 $\mathfrak{a}\subseteq\mathfrak{p}_i$。
• 若 $\bigcap_{i=1}^n\mathfrak{a}_i\subseteq\mathfrak{p}$，那么存在一个 $i$ 使得 $\mathfrak{a}_i\subseteq\mathfrak{p}$。如果 $\bigcap_{i=1}^n\mathfrak{a}_i=\mathfrak{p}$，那么存在一个 $\mathfrak{a}_i=p$。

定义两个理想的商 ideal quotient $(\mathfrak{a}:\mathfrak{b})$ 为所有使得 $x\mathfrak{b}\subseteq\mathfrak{a}$ 的元素构成的理想。特别的，$(0:\mathfrak{b})$ 称为 $\mathfrak{b}$ 的零化子 annihilator，记做 $\mathop{\rm Ann}(\mathfrak{b})$。
一个理想 $\mathfrak{a}$ 的 根 radical 定义为 $r(\mathfrak{a})=\{x\in A\mid x^n\in\mathfrak{a}\text{ for some } n>0\}$。如果 $\phi:A\to(A/\mathfrak{a})$ 是标准同态，那么 $r(\mathfrak{a})=\phi^{-1}(\mathfrak{R}_{A/\mathfrak{a}})$ 也是 $A$ 的理想。
某些记号中将 $r(\mathfrak{a})$ 记做 $\sqrt{\mathfrak{a}}$。
命题：

• $$\mathfrak{a}\subseteq(\mathfrak{a}:\mathfrak{b});\;(\mathfrak{a}:\mathfrak{b})\mathfrak{b}\subseteq\mathfrak{a};\;((\mathfrak{a}:\mathfrak{b}):\mathfrak{c})=(\mathfrak{a}:\mathfrak{bc})$$
• $$\left(\bigcap_i\mathfrak{a}_i:\mathfrak{b}\right)=\bigcap_i(\mathfrak{a}_i:\mathfrak{b})$$
• $$\left(\mathfrak{a}:\sum_i\mathfrak{b}_i\right)=\bigcap_i(\mathfrak{a}:\mathfrak{b}_i)$$
• $$r(\mathfrak{a})\supseteq\mathfrak{a};\;r(r(\mathfrak{a}))=r(\mathfrak{a});\;r(\mathfrak{ab})=r(\mathfrak{a\cap b})=r(\mathfrak{a})\cap r(\mathfrak{b})$$
• $$r(\mathfrak{a})=(1)\iff\mathfrak{a}=(1);\;r(\mathfrak{a+b})=r(r(\mathfrak{a})+r(\mathfrak{b}))$$
• 对任意正整数 $n$，$r(\mathfrak{p}^n)=\mathfrak{p}$。
• $r(\mathfrak{a})$ 是所有包含 $\mathfrak{a}$ 的素理想的交。

理想的扩张与收缩
令 $f:A\to B$ 为一个环同态。如果 $\mathfrak{a}\subseteq A$ 是一个理想，那么 $f(\mathfrak{a})$ 不一定是理想。定义 $\mathfrak{a}$ 的扩张 extension $\mathfrak{a}^e$ 为 $B$ 中由 $f(\mathfrak{a})$ 生成的理想。
如果 $\mathfrak{b}\subseteq B$ 是一个理想，那么 $f^{-1}(\mathfrak{b})$ 也一定是 $A$ 的理想，称为 $\mathfrak{b}$ 的收缩 contraction，记做 $\mathfrak{b}^c$。如果 $\mathfrak{b}$ 是素的，那么 $\mathfrak{b}^c$ 也是素的。反过来如果 $\mathfrak{a}$ 是素的那么 $\mathfrak{a}^e$ 不一定是素的。对于扩张与收缩有以下命题：

• $$\mathfrak{a}\subseteq\mathfrak{a}^{ec},\mathfrak{b}\supseteq\mathfrak{b}^{ce}$$
• $$\mathfrak{a}^e=\mathfrak{a}^{ece},\mathfrak{b}^c\supseteq\mathfrak{b}^{cec}$$
• 如果令 $C=\{\mathfrak{b}^c\mid\mathfrak{b}\subseteq B\text{ is an ideal}\},E=\{\mathfrak{a}^e\mid\mathfrak{a}\subseteq A\text{ is an ideal}\}$，那么就有 $C=\{\mathfrak{a}\mid \mathfrak{a}^{ec}=\mathfrak{a}\},E=\{\mathfrak{b}\mid\mathfrak{b}^{ce}=\mathfrak{b}\}$，并且 $C$ 到 $E$ 由扩张和收缩形成一一对应。

在特殊情况下，如果 $f$ 是满射，那么 $\mathfrak{a}^e=f(\mathfrak{a}),\mathfrak{b}^{ce}=\mathfrak{b},\mathfrak{a}^{ec}=\mathfrak{a}+\Ker f$。$f$ 是单射的情况很复杂。
理想的五种运算（加法，乘法，交，商，根）的扩张与收缩也有一定性质（等于，包含，包含于），这里暂不赘述。

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Chapter 2. Modules 总结
模，模同态
固定一个环 $A$。一个 $A$-模 $A$-module 是一个阿贝尔群 $M$，且 $A$ 在其上有一个线性的作用。换句话说，一个 $A$-模是一个二元组 $(M,\mu)$，其中 $M$ 是一个阿贝尔群，而 $\mu$ 是一个 $A\times M\to M$ 的映射，满足：
$$\begin{aligned}
a(x+y)&=ax+ay\\
(a+b)x&=ax+bx\\
(ab)x&=a(bx)\\
1x&=x
\end{aligned}$$
其中 $a,b\in A;x,y\in M$。或者等价的，一个阿贝尔群 $M$ 以及一个 $A\to E(M)$ 的环同态（$E(M)$ 是 $M$ 的自同态环）。
$A$ 本身，或者更一般的， $A$ 上的任意理想 $\mathfrak{a}$ 都可以看做 $A$-模。
一个 $A$-模之间的映射 $f:M\to N$ 是 $A$-模同态 $A$-module homomorphism（或者说是 $A$-线性 $A$-linear 的）当且仅当 $f(x+y)=f(x)+f(y);f(ax)=a\cdot f(x)$。换句话说 $f$ 是一个群同态，并且它和 $A$ 中元素的作用均交换。$A$-模同态的复合仍然是 $A$-模同态。
特别的，如果 $A=k$ 是一个域，那么 $k$-模就等价于 $k$-线性空间，$k$-模同态就等价于 $k$-线性映射。
固定 $A$-模 $N,M$，则 $N\to M$ 的所有同态也构成一个 $A$-模：只需定义 $(f+g)(x)=f(x)+g(x);(af)(x)=a\cdot f(x)$ 即可。这个模记做 $\Hom_A(N,M)$；不引起歧义的时候有时候会省去下标 $A$。
同态 $u:M'\to M$ 以及 $v:N\to N'$ 分别引导同态
$$\bar u:\Hom(M,N)\to\Hom(M',N);\qquad\bar v:\Hom(M,N)\to\Hom(M,N')$$
定义如下：
$$\bar u(f)=f\circ u;\qquad\bar v(f)=v\circ f$$
对任意的 $M$ 存在一个自然的同构 $\Hom(A,M)\cong M$，因为任意同态 $f:A\to M$ 唯一的由 $f(1)$ 确定。
子模与商模
如果 $A$-模 $M$ 的一个子群 $M'$ 也构成一个 $A$-模（在标量乘下封闭），那么称之为 $M$ 的一个子模 submodule。此时商群 $M/M'$ 在 $a(x+M')=ax+M'$ 的意义下也构成 $A$-模，称为 $M$ 对 $M'$ 的商模 quotient module。$M\to M/M'$ 的自然的变换（将每个元素映射到它所在的陪集）同时也是 $A$-模同态。
对任意 $M$ 的子模 $M'$，存在一个从 $M/M'$ 的子模到 $M$ 中包含 $M'$ 的子模的一一对应。（这句话哪里都有，群，环（理想），模...）
如果 $f:M\to N$ 是 $A$-模同态，那么 $f$ 的核 kernel 定义为 $\Ker f=\{x\in M\mid f(x)=0\}$，它是 $M$ 的一个子模。
$f$ 的像 image 为 $\Image f=\{f(x)\mid x\in M\}$，是 $N$ 的一个子模。其余核 cokernel（有的地方也翻译成“上核”？反正就是 co-核就对了）定义为 $N/\Image f$。
如果 $M'\subseteq\Ker f$ 是一个子模，那么 $f$ 可以引导出同态 $\bar f:M/M'\to N$，定义为 $\bar f(x+M')=f(x)$，此时 $\bar f$ 的核为 $\Ker f/M'$。特别的，取 $M'=\Ker f$，就得到一个 $A$-模同构
$$M/\Ker f\cong\Image f$$
子模上的运算
模的运算和理想类似：对于一族 $M$ 的子模 $(M_i)_{i\in I}$，可以定义它们的和 $\sum_{i\in I} M_i$（包含所有形如 $\sum_{i\in I} x_i$ 的元素，其中 $x_i\in M_i$ 且只有至多有限项非零），它们的交 $\bigcap_{i\in I}M_i$。两者都也是 $M$ 的子模。
另外，如果两个子模之间有包含关系，那么可以把其中一个看做另一个的子模然后求商模。有如下两个命题成立：

• 若 $L\supseteq M\supseteq N$ 是 $A$-模，则
  $$(L/N)/(M/N)\cong L/M$$
• 若 $M_1,M_2$ 都是 $M$ 的子模，则
  $$(M_1+M_2)/M_1\cong M_2/(M_1\cap M_2)$$

对于第一个，构造满同态 $\phi:L/N\to L/M;\phi(x+N)=x+M$，则其核为 $M/N$，因此命题成立。
对于第二个，构造满同态 $\theta:M_2\to(M_1+M_2)/M_1;\theta(x)=x+M_1$，那么其核为 $M_1\cap M_2$，命题成立。$\square$
一般地我们没办法定义两个子模的积，但是我们可以定义子模和理想的积 $\mathfrak{a}M$，即所有形如 $\sum_i a_ix_i\;(a_i\in\mathfrak{a},x_i\in M)$ 的元素构成的子模。
对两个子模 $N,P\subseteq M$，定义 $(N:P)$ 为所有使得 $xP\subseteq N$ 的元素 $x\in A$，它是一个 $A$ 的理想。特别的，$(0,M)$ 是所有使得 $xM=0$ 的元素 $x\in A$，称为 $M$ 的零化子 anhilator，记做 $\mathop{\rm Ann}(M)$。如果 $\mathfrak{a}\subseteq\mathop{\rm Ann}(M)$，则 $M$ 也可以看做一个 $A/\mathfrak{a}$-模。
如果 $\mathop{\rm Ann}(M)=0$，那么称 $M$ 为忠实 faithful 的。如果 $\mathop{\rm Ann}(M)=\mathfrak{a})$，那么 $M$ 可以看做一个忠实 $A/\mathfrak{a}$-模。
模的直和与直积
如果 $M,N$ 是 $A$-模，它们的直和 direct sum $M\oplus N$ 定义为其笛卡尔积构成的 $A$-模，加法和标量乘法均逐项进行。更一般的，如果 $(M_i)_{i\in I}$ 是一族 $A$-模，那么它们的直和 $\bigoplus_{i\in I}M_i$ 定义为所有 $(x_i)_{i\in I}$ 构成的模，其中 $x_i\in M_i$ 且只有有限项非零。
如果我们把“只有有限项非零”的限制去掉，那么得到的 $A$-模称为 $(M_i)_{i\in I}$ 的直积 direct product，记做 $\prod_{i\in I}M_i$。于是直和与直积在有限维的情况下是相同的，无限维则不一定。
如果环 $A$ 可以写作直积 $\prod_{i=1}^nA_i$，那么所有形如
$$(0,0,\dots,0,a_i,0,\dots,0)$$
其中 $a_i\in A_i$ 的元素，形成了 $A$ 的一个理想 $\mathfrak{a}_i$（并且是一个主理想，其生成元 $e_i$ 是一个幂等元（$e_i^2=e_i$）），且 $A$ 看做 $A$-模可以写作所有 $\mathfrak{a}_i$ 的直和。并且若令 $\mathfrak{b}_i=\bigoplus_{j\neq i}\mathfrak{a_i}$，那么 $A_i\cong A/\mathfrak{b}_i$，因此 $A\cong\prod_{i=1}^n(A/\mathfrak{b}_i)$。
有限生成模
如果一个 $A$-模 $M$ 可以由有限个元素生成（$M=\sum_{i=1}^n(x_i)$），那么称它为 有限生成 finitely generated 的。如果一个 $A$-模 $M$ 同构于 $\bigoplus_{i\in I}M_i$ 的形式并且每个 $M_i$ 同构于 $A$，就称它为自由 free 的，有时记做 $A^{(I)}$。
有限生成的自由模都长成 $\bigoplus_{i=1}^n A$ 的样子，记做 $A^n$。（以 $A^0$ 表示平凡模 $0$）
命题：一个模是有限生成的当且仅当它是某个 $A^n$ 的商模。
Mark: 本节后面的几个命题咱不太理解用来做什么。
命题：如果 $M$ 是有限生成的，$\phi:M\to M$ 是模自同态并且 $\phi(M)\subset\mathfrak{a}M$，那么 $\phi$ 满足一个长成这样的等式
$$\phi^n+a_1\phi^{n-1}+\dots+a_n=0$$
其中 $a_i\in\mathfrak{a}$。
推论：若 $\mathfrak{a}M=M$，那么存在一个 $x\equiv1\pmod{\mathfrak{a}}$ 使得 $xM=0$。取 $\phi(x)=x$，$x=1+a_1+a_2+\dots+a_n$ 即可。
命题（中山正引理 Nakayama's Lemma）：如果 $M$ 是有限生成的，$\mathfrak{a}\subseteq\mathfrak{R}$ 是包含在 Jacobson 根里的一个理想，那么 $\mathfrak{a}M=M$ 蕴含 $M=0$。（存在 $x\equiv1\pmod{\mathfrak{R}}$ 使得 $xM=0$，但是这样的 $x$ 都是单位。）
推论：$M,\mathfrak{a}$ 如上个命题所述，$N\subseteq M$ 使得 $M=\mathfrak{a}M+N$，则 $M=N$。（应用到 $M/N$ 中即可）
推论：若 $A$ 是局部环，$\mathfrak{m}$ 是其极大理想而 $k=A/\mathfrak{m}$ 是其剩余域，$M$ 是有限生成 $A$-模，则 $M/\mathfrak{m}M$ 显然由 $\mathfrak{m}$ 零化，因此是一个 $k$-模（$k$-线性空间），且显然是有限维的。此时若 $x_1,\dots,x_n$ 在 $M/\mathfrak{m}M$ 中的像形成线性空间的一组基，那么 $x_1,\dots x_n$ 生成 $M$。（若令 $N$ 表示 $x_i$ 生成的子模，那么有 $N+\mathfrak{m}M=M$。）
正合列
hmm，终于写到正合列了噩梦的开始。
一个由 $A$-模和 $A$-模同态构成的序列
$$\cdots\xrightarrow{}M_{i-1}\xrightarrow{f_i}M_i\xrightarrow{f_{i+1}}M_{i+1}\xrightarrow{}\cdots$$
称为正合 exact 的，如果 $\Image f_i=\Ker f_{i+1}$。特别的：

• $0\xrightarrow{}M'\xrightarrow{f}M$ 正合当且仅当 $f$ 是单射；
• $M\xrightarrow{g}M'\xrightarrow{}0$ 正合当且仅当 $g$ 是满射；
• $0\xrightarrow{}M'\xrightarrow{f}M\xrightarrow{g}M''\xrightarrow{}0$ 正合当且仅当 $f$ 是单射、$g$ 是满射，且 $g$ 诱导了 $\Coker(f)$ 到 $M''$ 的同构。

最后这种正合列叫做短正合列 short exact sequence。任意的正合列都可以拆成短正合列：定义 $N_i=\Image f_i=\Ker f_{i+1}$，则 $0\xrightarrow{}N_i\xrightarrow{}M_i\xrightarrow{}N_{i+1}\xrightarrow{}0$ 对于每个 $i$ 都是正合的（反过来也对）。
命题：

• $M'\xrightarrow{u}M\xrightarrow{v}M''\xrightarrow{}0$ 正合当且仅当对于任意的 $A$-模 $N$，下述序列正合：
  $$0\xrightarrow{}\Hom(M'',N)\xrightarrow{\bar v}\Hom(M,N)\xrightarrow{\bar u}\Hom(M',N)$$
• $0\xrightarrow{}N'\xrightarrow{u}N\xrightarrow{v}N''$ 正合当且仅当对于任意的 $A$-模 $M$，下述序列正合：
  $$0\xrightarrow{}\Hom(M,N')\xrightarrow{\bar u}\Hom(M,N)\xrightarrow{\bar v}\Hom(M,N'')$$

这个命题的四个部分“都是简单的练习题”。
hm，我好像还没证过，我来试试。
证明
(1.) $\implies$: $v$ 是满射 $\Image plies$ $\bar v:f\mapsto f\circ v$ 是单射，显然。
对于 $\bar u$ 和 $\bar v$，不难证明 $f\in\Ker\bar u\iff\Ker f\supseteq\Image u=\Ker v$。那么 $\Image\bar v\subseteq\Ker\bar u$ 立即成立（$g\circ v$ 的核肯定包含 $v$ 的核）。
反过来如果 $\Ker f\supseteq\Ker v$，那么复合映射
$$g:M''\xrightarrow{v^{-1}}M/\Ker v\xrightarrow{}M/\Ker f\xrightarrow{f}N$$
就是满足 $f=g\circ v$ 的同态（注意这里用到了 $v$ 是满射）。因此我们有 $\Image\bar v=\Ker\bar u$。
(1.) $\impliedby$: 取 $N=M''/\Image v$，考虑投影同态 $\phi:M''\to N$。显然 $\bar v(\phi)=\phi\circ v=0$，因此由 $\bar v$ 的单射性可知 $\phi=0$，于是 $N$ 为零模，即 $\Image v=M''$，$v$ 是满射。
取 $N=M''$，那么由于 $\bar u\circ\bar v=0$，也就是说对任意的 $f$ 都有 $v\circ u\circ f=0$，取 $f$ 为恒等映射可知 $v\circ u=0$，即 $\Image u\subseteq\Ker v$。
再取 $N=M/\Image u$，令 $\phi:M\to N$ 为投影同态，则 $\bar u(\phi)=\phi\circ u=0$，即 $\phi\in\Ker\bar u=\Image\bar v$。因此存在 $\psi:M''\to M/\Image u$ 使得 $\phi=\psi\circ v$，所以 $\Image u=\Ker\phi\supseteq\Ker v$。
(2.) $\implies$: 如果 $u$ 是单射，那么显然 $\bar u:f\mapsto u\circ f$ 是单射。
接下来有 $f\in\Ker\bar v\iff v\circ f=0\iff\Image f\subseteq\Ker v=\Image u$，因此显然 $\Image\bar u\subseteq\Ker\bar v$（显然 $u\circ f$ 的像包含在 $u$ 的像里）。
反过来，如果 $\Image f\subseteq\Image u$，那么因为 $u$ 是单射，所以肯定可以把 $f$ 的像都拉回到 $N'$ 中，这样就得到了一个同态 $g$ 使得 $f=u\circ g$。因此 $\Image\bar u\supseteq\Ker v$。
(2.) $\impliedby$: 这个好像很简单的样子。取 $M=A$，然后由 $\Hom(A,N)\cong N$，并且这种同构意义下 $\bar u,\bar v$ 和 $u,v$ 是一模一样的。
命题（“蛇引理”，Snake Lemma）：
如果我们有这样一张交换图（i.e. $b\circ f=f'\circ a,c\circ g=g'\circ b$）：
\[
        \xymatrix@C+1em@R+1em{
        0\ar[r]& A \ar[r]^f \ar^a[d] & B \ar[r]^g \ar^b[d] & C \ar[r] \ar^c[d] & 0 \\
        0 \ar[r] & A' \ar[r]^{f'} & B' \ar[r]^{g'} & C' \ar[r]&0
        }
\]
其中 $A,B,C,A',B',C'$ 都是 $A$-模，$a,b,c,f,g,f',g'$ 都是 $A$-模同态，并且上下两行都是正合列，则存在这样一个正合列：
$$0\rightarrow\Ker a\xrightarrow{\bar f}\Ker b\xrightarrow{\bar g}\Ker c\xrightarrow{d}\Coker a\xrightarrow{\bar f'}\Coker b\xrightarrow{\bar g'}\Coker c\rightarrow0$$
这里 $\Ker$ 之间的映射是 $f,g$ 的限制（根据交换性易证 $f(\Ker a)\subseteq\Ker b$ etc.），而 $\Coker$ 之间的映射由 $f',g'$ 诱导而出（同样易证 $f'(\Image a)\subseteq\Image b$ etc.）。
事实上左上和右下的 $0$ 可以省掉，相应的结果中左右的 $0$ 也会省掉。
中间的这个 $d$ 称作边缘同态 boundary homomorphism，它的构造以及正合列的证明如下：
蛇引理的证明
首先来定义 $d$。若 $x\in\Ker c\subseteq C$，那么由于 $g$ 是满射，所以存在 $y\in B$ 使得 $x=g(y)$。此时 $g'(b(y))=c(g(y))=c(x)=0$，即 $b(y)\in\Ker g'=\Image f'$，因此存在 $t\in A$ 使得 $f'(t)=b(y)$。取这样的 $t$ 所在的等价类（即映射到 $\Coker a=A'/\Image a$ 上）作为 $d(x)$ 即可。
这样的话我们其实没有证明 $d$ 是良定义的（注意这里 $f'$ 是单射，因此仅存在 $y$ 的选择这里是不确定的）。我们先简单地证明一下它是良定义的：如果我们选择了两个不同的 $y_1,y_2$ 使得 $g(y_1)=g(y_2)=x$，那么 $y_1-y_2\in\Ker g=\Image f$，因此 $b(y_1)-b(y_2)\in\Image(b\circ f)$。而对应地选取的两个 $t$ 满足 $f'(t_1)=b(y_1),f'(t_2)=b(t_2)$，从而 $f(t_1-t_2)\in\Image(f'\circ a)=f'(\Image a)$；而 $f'$ 是单射，就有 $t_1-t_2\in\Image a$，因此 $t_1$ 和 $t_2$ 会处在 $\Image a$ 的相同陪集里面，从而不影响 $d(x)$ 的取值。
接下来要证明结果是正合列。对于 $\bar f$ 是单射、$\Image\bar f=\Ker\bar g$ 以及反过来 $\Coker$ 之间的两个映射，证明都是显然的；其实只需要证明 $\Image\bar g=\Ker d$，以及 $\Image d=\Ker\bar f'$。
为此我们看看 $d$ 到底做了什么：

• 首先，对于 $x\in\Ker c$，利用 $g$ 的“逆映射”将其拉回到 $M=(c\circ g)/\Ker g$。这一步是一个同构 $\Ker c\cong M$。
• 利用 $b$ 把 $M$ 映射到 $B$ 里面去。由于上一步我们把相差一个 $\Ker g=\Image f$ 的元素都等价起来了，所以这一步我们要把相差一个 $b(\Image f)=\Image(b\circ f)$ 的元素都等价起来。因此我们把 $M=\Ker(g'\circ b)/\Image f$ 映射到了 $N=\Ker g'/\Image(b\circ f)$。这一步不一定是同构。
• 将上一步中 $N$ 的元素通过 $f'$ 拉回去。由于 $N$ 只包含若干 $\Ker g'=\Image f'$ 中的等价类，因此是可以拉回去的。并且 $f'$ 是单射，所以拉回去的时候不用考虑额外商掉核什么的。因此我们有 $N=\Image f'/\Image(f'\circ a)\cong A'/\Image a=\Coker a$。

接下来为了验证正合性，就要计算 $\Ker d$ 以及 $\Image d$。由于 $d$ 是两边两个同构中间一个同态，所以其实只需要考虑求中间那个由 $b$ 诱导的同态（下面记做
$$\bar b:\Ker(g'\circ b)/\Image f\to\Ker g'/\Image(b\circ f)$$
）的像以及核。
$\bar b$ 的核：如果 $\bar b(x+\Image f)=0$，即 $b(x)\in\Image(b\circ f)=b(\Image f)$，那么不难证明 $x\in\Image f+\Ker b$。因此 $\Ker\bar b=(\Image f+\Ker b)/\Image f$，把它用 $g$ 拉过去就可以知道 $\Ker d=g(\Ker b)$，也就正好是正合列中限制了 $g$ 的定义域之后它的像。
$\bar b$ 的像；$\Ker(g'\circ b)$ 作用一个 $b$ 之后得到的是 $\Image b\cap\Ker g'$，因此 $\bar b(M)=(\Image b\cap\Image f')/\Image(f'\circ a)$。把它用 $f'$ 拉回去可以得到 $\Image d=f^{-1}(\Image b)/\Image a$。而 $\bar x\in\Ker\bar f'\iff f'(x)\in\Image b$，因此即得 $\Image d=\Ker\bar f'$。
这样我们就证明了蛇引理。
令 $C$ 表示一族 $A$-模，$\lambda$ 为一个 $C\to\mathbb{Z}$ 的函数（或者更一般地，到任意阿贝尔群）。如果对任意的短正合列 $0\to M'\to M\to M''\to 0$ 都有 $\lambda(M')-\lambda(M)+\lambda(M'')=0$，就称 $\lambda$ 是加性 additive 的。
举例：若 $A$ 是一个域 $k$，$C$ 是所有的有限维 $k$-向量空间，$\lambda(M)=M$ 的维数，则 $\lambda$ 是加性的。
命题：若 $\lambda$ 如上定义，$0\to M_0\to M_1\to\dots\to M_n\to0$ 正合，那么
$$\sum_{i=0}^n(-1)^i\lambda(M_i)=0$$
证明：把它拆成 $n+1$ 个短正合列 $0\to N_i\to M_i\to N_{i+1}$，注意到 $\lambda(M_i)=\lambda(N_i)+\lambda(N_{i+1})$，因此交错求和结果为 $0$。
PS：看上去这个证明要求 $C$ 中的模的子模还在 $C$ 中。

hbghlyj

Chapter 2. Modules 总结
模的张量积
令 $M,N,P$ 为 $A$-模。一个映射 $f:M\times N\to P$ 被称为是 $A$-双线性 $A$-bilinear 的，当且仅当对于每个 $x\in M$, 映射 $y\mapsto f(x,y)$ 是 $A$-线性的，并且对于每个 $y\in N$，映射 $x\mapsto f(x,y)$ 也是 $A$-线性的。
我们将要构造一个 $A$-模 $T$，称为 $M$ 和 $N$ 的 张量积 tensor product，使得所有 $A$-双线性的映射 $M\times N\to P$ 都自然地一一对应到一个 $A$-线性的映射 $T\to P$。严格地说：

• 令 $M,N$ 为 $A$-模，那么存在一个二元组 $(T,g)$，其中 $T$ 是 $A$-模 而 $g:M\times N\to T$ 是 $A$-双线性映射，且满足这样的性质：
• 对于任意的 $A$-模 $P$ 和 $A$-双线性映射 $f:M\times N\to P$，都存在唯一的 $A$-线性映射 $f':T\to P$ 使得 $f=f'\circ g$。
• 进一步地，如果 $(T,g)$ 和 $(T,g')$ 都满足这样的性质，那么存在唯一的同构 $j:T\to T',j\circ g=g'$。

换句话说，$(T,g)$ 具有如下交换图所示的“万有性质”（universal property）：
\[
\xymatrix{
M \times N \ar[r]^{g} \ar[dr]_{f} & T \ar@{-->}[d]^{f'} \\
& P
}
\]
事实上唯一性（两个满足条件的 $T$ 至多相差一个同构）是直接由 $T,T'$ 的性质导出的：如果 $(T,g)$ 和 $(T',g')$ 都满足条件，那么存在唯一的同态 $j:T\to T'$ 使得 $g'=j\circ g$，反过来也存在唯一的同态 $j':T'\to T$ 使得 $g=j'\circ g'$. 这样的话我们就有 $g=(j'\circ j)\circ g'$。
但是根据 $T$ 的万有性质，所有满足 $g=h\circ g$ 的映射 $h:T\to T$ 是唯一的，但是 $j'\circ j$ 和 ${\rm id}_T$ 又都满足，所以肯定有 $j'\circ j={\rm id}_T$。反过来也有 $j\circ j'={\rm id}_{T'}$，所以 $j$ 就是一个同构。
那么接下来还需要构造这样的一个 $T$。这一部分也很容易：
首先，令 $C=A^{(M\times N)}$，即 $M\times N$（集合笛卡尔积，忽略模结构）的所有元素生成的自由模。接下来令 $D$ 表示所有形如下述的元素生成的子模：
$$
(x_1+x_2,y)-(x_1,y)-(x_2,y)\\
(x,y_1+y_2)-(x,y_1)-(x,y_2)\\
(ax,y)-a\cdot(x,y)\\
(x,ay)-a\cdot(x,y)
$$
然后令 $T$ 为商模 $C/D$，然后记 $(x,y)$ 在 $T$ 中的像为 $x\otimes y$。由 $T$ 的定义可以知道
$$\begin{aligned}
(x_1+x_2)\otimes y&=x_1\otimes y+x_2\otimes y\\
x\otimes(y_1+y_2)&=x\otimes y_1+x\otimes y_2\\
(ax)\otimes y=x\otimes(ay)&=a(x\otimes y)
\end{aligned}$$
也就是说，$g(x,y)=x\otimes y$ 是 $M\times N\to T$ 的双线性映射。接下来要验证 $T$ 的万有性质。
若 $f$ 是 $M\times N\to P$ 的双线性映射，那么可以把它扩展为 $\bar f:C\to P$。根据双线性的定义可以知道 $D\subseteq\Ker\bar f$，因此 $\bar f$ 引导了 $T=C/D$ 上的线性映射 $f':T\to P$，且 $f'(x\otimes y)=f(x,y)$。由于形如 $x\otimes y$ 的元素生成了 $T$，所以所有 $f(x,y)$ 唯一确定了 $f'$ 的取值。这样我们就证明了 $T$ 的万有性。
这样构造的 $T$ 记做 $M\otimes_A N$（不引起歧义的前提下有时会省略下标 $A$），称为 $M$ 与 $N$ 的张量积，它由所有 $x\otimes y$ 生成。如果 $(x_i)_{i\in I},(y_j)_{j\in J}$ 生成了 $M,N$，那么 $(x_i\otimes y_j)_{(i,j)\in I\times J}$ 就生成了 $T$；特别的，如果 $M$ 和 $N$ 都是有限生成的，那么 $T$ 也是。
注：如果不明确处于哪个张量积内，那么记号 $x\otimes y$ 是有歧义的。考虑若 $M'\subseteq M,N'\subseteq N$ 是子模，而 $x\in M',y\in N'$，那么有可能 $x\otimes y=0\in M\otimes N$ 但是 $x\otimes y\neq0\in M'\otimes N'$。比方说，若 $A=\mathbb{Z},M=\mathbb{Z},N=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ 而 $M'=2\mathbb{Z},N'=N$。那么在 $M\times N$ 中 $2\otimes x=1\otimes(2x)=1\otimes0=0$。但是在 $M'\otimes N'$ 里面 $2\otimes1$ 非零。（事实上，作为 $\mathbb{Z}$ 模，$M\cong M'$ 由 $x\mapsto 2x$ 给出）。
然而有如下命题：

若在 $M\otimes_A N$ 中有 $\sum_i x_i\otimes y_i=0$，那么存在有限生成子模 $M_0\subseteq M,N_0\subseteq N$ 使得在 $M_0\otimes_A N_0$ 中也有 $\sum_i x_i\otimes y_i=0$。

证明很简单：在 $M\otimes_A N$ 中此元素非 $0$，也就是说在 $A^{(M\times N)}$ 中它属于子模 $D$，因此它是有限个 $D$ 的生成元的加权和。令 $M_0$ 为所有 $x_i$ 以及这些生成元中涉及到的所有 $x$ 生成的子模，$N_0$ 同理，就有 $\sum_i x_i\otimes y_i=0\in M_0\otimes_A N_0$。
如果我们把张量积的出发点从双线性映射改成“多线性映射” $f:M_1\times M_2\times\cdots\times M_r\to P$，那么我们可以得到“多重张量积” $T=M_1\otimes M_2\otimes\cdots\otimes M_r$，它由所有的 $x_1\otimes x_2\otimes\cdots\otimes x_r\quad(x_i\in M_i)$ 生成。
另外我们也可以定义同态的 tensor product：若 $f:M\to M',g:N\to N'$，那么可以定义 $h(x,y)=f(x)\otimes g(y)$，它是 $M\times N\to M'\otimes N'$ 的双线性映射，因此诱导映射 $M\otimes N\to M'\otimes N'$，记做 $f\otimes g$。
如果 $f':M'\to M'',g:N'\to N''$，那么显然 $(f'\circ f)\otimes(g'\circ g)$ 和 $(f'\otimes g')\circ(f\otimes g)$ 在所有 $x\otimes y$ 上取值相同，从而是相等的映射，即
$$(f'\circ f)\otimes(g'\circ g)=(f'\otimes g')\circ(f\otimes g)$$
考虑直和以及张量积组合成的一些模，我们有一些“典范同构”（canonical isomorphism）：

• $M\otimes N\to N\otimes M$
• $(M\otimes N)\otimes P\to M\otimes(N\otimes P)\to M\otimes N\otimes P$
• $(M\oplus N)\otimes P\to(M\otimes P)\oplus(N\otimes P)$
• $A\otimes M\to M$

它们分别定义如下：

• $x\otimes y\mapsto y\otimes x$
• $(x\otimes y)\otimes z\mapsto x\otimes(y\otimes z)\mapsto x\otimes y\otimes z$
• $(x,y)\otimes z\mapsto (x\otimes z,y\otimes z)$
• $a\otimes x\mapsto ax$

这些映射都可以通过张量积的万有性来定义；而它们是同构则可以通过直接构造逆映射来验证。

事实上直和也可以用万有性质描述：对于任意的同态 $f:M\to P,g:N\to P$ 都存在唯一的同态 $h:M\oplus N\to P$ 使得 $f=h\circ p_1,g=h\circ p_2$。这里 $p_1:M\to M\oplus N,p_2:N\to M\oplus N$ 就是 $x\mapsto (x,0)$ 和 $y\mapsto (0,y)$ 咯，画成交换图：
\[
\xymatrix{
& P  \\
M \ar[ur]^{f}\ar[r]^{p_1} & M \oplus N \ar@{-->}[u]_{h} & N \ar[l]_{p_2} \ar[ul]_{g}
}
\]

比方说我们构造同构 $\phi:(M\oplus N)\otimes P\to(M\otimes P)\oplus(N\otimes P)$ 如下：首先定义映射
$$\begin{aligned}
\bar\phi:(M\oplus N)\times P&\to (M\otimes P)\oplus(N\otimes P)\\
\bar\phi(x\oplus y,z)&=(x\otimes z)\oplus(y\otimes z)
\end{aligned}$$
（为了不混淆这里我们用 $x\oplus y$ 表示 $M\oplus N$ 中的元素）不难发现 $\bar\phi$ 是双线性的，因此引导同态 $\phi:(M\oplus N)\otimes P\to(M\otimes P)\oplus(N\otimes P)$，并且 $\phi((x\oplus y)\otimes z)=(x\otimes z)\oplus(y\otimes z)$。为了说明它是同构我们来构造其逆映射：定义 $\psi((x\otimes z)\oplus(y\otimes w))=(x\oplus0)\otimes z+(0\oplus y)\otimes w$（事实上就是 $p_1\otimes1$ 和 $p_2\otimes1$ 合起来定义的同态），直接验证即知 $\psi\circ\phi,\phi\circ\psi$ 都是单位映射。
接下来是书里的一个练习：

如果 $A,B$ 是两个环，$M$ 是 $A$-模，$P$ 是 $B$-模，并且 $N$ 是 $(A,B)$-双模（即既是 $A$-模又是 $B$-模，并且标量乘 $A$ 上元素和标量乘 $B$ 上元素的运算是交换的，$a(xb)=(ax)b$）。那么 $M\otimes_A N$ 自然的是 $B$-模（标量乘到 $N$ 上），$N\otimes_A P$ 自然是 $A$-模，并且
$$(M\otimes_A N)\otimes_B P\cong M\otimes_A(N\otimes_B P)$$

书里面没说这个 $\cong$ 是怎么个同构，大概是说作为 $(A,B)$-bimodule 同构吧（等价的就是说作为 $A$-模或者作为 $B$-模都同构）。证明梗概当然就是努力说明 $(x\otimes_A y)\otimes_B z\mapsto x\otimes_A(y\otimes_B z)$ 这个映射是良定义的，这样对称的可以定义反过来的映射，并且显然它们互为逆映射。证明的时候要小心地看好每一步的同态是 $A$-模同态，$B$-模同态还是 $(A,B)$-双模同态，这里不再赘述实际上是我嫌麻烦.jpg。
标量限制和扩张
如果有环 $A,B$，环同态 $f:A\to B$，以及 $B$-模 $N$，那么 $N$ 可以看做 $A$-模：定义 $a\cdot x=f(a)x$ 即可。（事实上这个时候 $\Ker f\subseteq\mathop{\rm Ann}(N)$，所以其实相当于把标量乘限制到了 $B$ 的一个子环上）这个 $A$-模称为由 $N$ 进行标量限制 restriction of scalars 得到的。特别的，$f$ 定义出了一种将 $B$ 看做 $A$-模的方式。

如果 $N$ 是有限生成 $B$-模而 $B$ 是有限生成 $A$-模，那么 $N$ 作为 $A$-模也是有限生成的。

如果 $y_1\dots y_n$ 生成 $N$（作为 $B$-模）而 $x_1\dots x_m$ 生成 $B$（作为 $A$-模），那么 $nm$ 个乘积 $x_iy_j$生成 $N$（作为 $A$-模）。
如果 $M$ 是一个 $A$-模，而 $B$ 由上述方式看做 $A$-模，那么 $M_B=B\otimes_A M$ 也是一个 $A$-模。而且如果定义 $b(b'\otimes x)=(bb')\otimes x\pod{b,b'\in B,x\in M}$，那么 $M_B$ 就承载了这样一个 $B$-模结构。这个过程被称为标量扩张 extension of scalars。

如果 $M$ 是有限生成 $A$-模，那么 $M_B$ 是有限生成 $B$-模。

如果 $x_1,\dots,x_n$ 生成 $M$ 那么 $1\otimes x_1,\dots,1\otimes x_n$ 生成 $M_B$。
注：我在互联网的角落里找到的 restriction and extension of scalars 的翻译仅有“纯量限制”和“纯量的扩张”。想来“标量限制”和“标量扩张”的直译也很合理。
张量积的正合性
如果我们有一个 $A$-双线性映射 $f:M\times N\to P$，那么对每个 $x\in M$，$y\mapsto f(x,y)$ 是 $A$-线性的，也就是说是 $\Hom_A(N,P)$ 的一员。由于 $f$ 在 $x$ 上也是线性的，因此就对应了一个 $A$-线性映射 $M\to\Hom(N,P)$。反过来如果有一个 $A$-线性映射 $\phi:M\to\Hom_A(N,P)$，就可以以 $(x,y)\mapsto\phi(x)(y)$ 定义一个双线性映射。
这样， $M\times N\to P$ 双线性映射就和 $\Hom(M,\Hom(N,P))$ 一一对应。另一方面它又一一对应于 $\Hom(M\otimes N,P)$，因此我们有典范同态
$$\Hom(M\otimes N,P)\cong\Hom(M,\Hom(N,P))$$
（换句话说，$-\otimes N$ 和 $\Hom(N,-)$ 是一对伴随函子）
命题：若有正合列 $M'\to M\to M''\to0$，那么将其中所有模对 $N$ 取张量积并将同态对 $1$ （即 ${\rm id}_N$）取张量积，得到的序列 $M'\otimes N\to M\otimes N\to M''\otimes N\to0$ 仍然是正合的。
这个证明比较容易，利用到了 $M'\to M\to M''\to0$ 正合当且仅当对任何的 $P$ 都有 $\Hom(M',P)\to\Hom(M,P)\to\Hom(M'',P)\to 0$ 正合的结论。
事实上在范畴论里可以将上述命题推广到：任意函子的左伴随（如果存在）都是右正合的（反过来也是，任意函子的右伴随（如果存在）都是左正合的）。
如果 $-\otimes N$ 的操作保持任意序列的正合性，那么就称 $N$ 是一个平坦模 flat module。这个定义等价于：

• 所有短正合列对 $N$ 取张量积还是正合的（因为所有正合列可以拆分成短正合列）；
• 如果 $f:M'\to M$ 单射，那么 $f\otimes 1:M'\otimes N\to M\otimes N$ 单射。（等价于说 $0\to M'\to M$ 正合推出 $0\to M'\otimes N\to M\otimes N$ 正合，从而和 $-\otimes N$ 右正合的结论一起可以导出上一条）
• 如果 $f:M'\to M$ 单射并且 $M,M'$ 有限生成，那么 $f\otimes 1$ 单射。

最后一条推出倒数第二条是因为，如果在 $M\otimes N$ 中 $\sum f(x'_i)\otimes y_i=0$，那么存在 $M$ 的有限生成子模 $M_0$ 使得它在 $M_0\otimes N$ 中也为 $0$。然后取 $M'_0$ 为 $x'_i$ 生成的 $M'$ 的子模，考虑 $f:M'_0\to M_0$ 即可。

练习：如果 $M$ 是平坦 $A$-模，那么经过 $f:A\to B$ 的标量扩张得到的 $M_B:B\otimes_A M$ 是平坦 $A$-模。

这是因为 $N\otimes_B M_B=N\otimes_B(B\otimes_A M)\cong (N\otimes_B B)\otimes_A M\cong N\otimes_A M$。（用到了上一节的练习）。
代数
如果 $f:A\to B$ 是环同构，那么如前面所说 $B$ 可以看做 $A$-模。因此它既有 $A$-模结构又有环结构，并且这两个结构是兼容的。这样，装备有 $A$-模结构的环 $B$ 称为一个 $A$-代数 $A$-algebra。也就是说一个 $A$ 代数就是一个二元组 $(B,f)$，$B$ 是一个环而 $f:A\to B$ 是环同态。

如果 $A$ 是一个域 $K$，而 $B\neq0$，那么容易证明 $f$ 一定是单射。因此一个 $K$-代数事实上就是一个包含 $K$ 作为子环的环。
若 $A$ 是任意的一个环，那么自然（且唯一）地存在一个 $\mathbb{Z}\to A$ 的同态 $n\mapsto n.1$（$n$ 个 $1$ 相加），所以任意环都自动地是一个 $\mathbb{Z}$-代数。

如果 $f:A\to B,g:A\to C$，那么 $B,C$ 是两个 $A$-代数。一个 $A$-代数同态 $A$-algebra homomorphism 是一个环同态 $h:B\to C$ 并且同时是 $A$-模同态。事实上相当于说 $h$ 是满足 $g=h\circ f$ 的环同态。
环同态 $f$ 被称为有限 finite 的，并且 $B$ 称为有限 $A$-代数，当且仅当 $B$ 作为 $A$-模是有限生成的。$f$ 被称为有限型 of finite type 的，而 $B$ 称为有限生成$A$-代数，当且仅当存在一个有限子集 $\{x_1\dots,x_n\}\subseteq B$ 使得 $B$ 中每个元素可以写成关于它们的、系数在 $f(A)$ 中的多项式；换句话说存在一个从多元多项式环 $A[t_1,t_2,\dots,t_n]$ 到 $B$ 的满同态。（也就是说，$B$ 中每个元素可以用 $\{x_1,\dots,x_n\}\cup f(A)$ 通过有限次加减乘得出）
如果一个环 $A$ 作为 $\mathbb{Z}$-代数是有限生成的，那么称它为有限生成的环。
代数的张量积
如果 $B,C$ 是 $A$-代数，那么作为 $A$-模它们有一个张量积 $D=B\otimes_A C$。我们现在定义 $D$ 上的乘法使它成为 $A$-代数。
考虑 $B\times C\times B\times C\to D$ 的映射
$$(b,c,b',c')\mapsto(bb')\otimes(cc')$$
那么它是多重线性映射，因此导出映射 $B\otimes C\otimes B\otimes C\to D$，从而就得到一个映射 $D\otimes D\to D$，然后再返回去得到 $A$-双线性映射
$$\begin{aligned}
\mu:D\times D&\to D\\
\mu(b\otimes c,b'\otimes c')&=(bb')\otimes(cc')
\end{aligned}$$
把 $\mu$ 作为 $D$ 上的乘法即可。
由于 $\mu$ 是双线性的（满足分配律），并且乘法交换律以及结合律也是显然的，而且具有单位元 $1\otimes1$，所以它是一个交换环。为了让它成为环同态，只需要定义 $h:A\to D$，$h(x)=f(x)\otimes1=1\otimes g(x)$ 即可（原书此处有笔误，写成了 $f(x)\otimes g(x)$）