文字游戏
我经常提『文字游戏』的概念，用来代表代数中『提取某种性质的元素，计算构造证明性质』的证明方法，这种方法的特点并不涉及『结构』，实际上可以在『自由结构』上操作，故我称之为『文字游戏』。文字游戏最简便的根基就是恒等式，以下列举几个常用的。
恒等式1 在环$R$中如果$x,y$交换，那么$(x+y)^n=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^k y^{n-k}$，即Newton二项式定理。
恒等式2 在环$R$中在有意义的前提下有$(1-x)^{-1}=1+x+x^2+\ldots$，例如$x$幂零。
恒等式3 对于双线性形$f(*,*)$，有$f(a+b,x+y)=f(a,x)+f(a,y)+f(b,x)+f(b,y)$。
为了看到其作用，我们将举很多代数中的例子。
目录
第一类例子——『杂交法』
命题 对于特征不为$2$的$k$-线性空间$V$上的二次型$f$，如果满足$f(x,y)=0\iff f(y,x)=0$，则$f$或为对称型或为反对称型。
证明 对于$x,y\in V$，考虑使用『正交化』，$y$在$x$上的投影是$\frac{f(x,y)}{f(y,y)}y$，为了防止$f(y,y)=0$的尴尬，予以通分得到恒等式$$f\big(f(y,y)x-f(x,y)y,y\big)=0$$根据条件得到$$f\big(y,f(y,y)x-f(x,y)y\big)=0\textrm{ 即 } f(y,x)f(y,y)-f(x,y)f(y,y)=0$$从而$$\forall y\in V, \bigg(f(y,y)=0\textrm{或} \forall x\in V f(y,x)=f(x,y)\bigg)$$为了说明两种情况必占其中一种，我们采取『杂交法』。记$$X=\{y\in V: f(y,y)=0\}\qquad Y=\{y\in V: \forall x\in V, f(x,y)=f(y,x)\}$$则$V=X\cup Y$我们要说明$V=X$或$V=Y$，如若不然，取$x\in X\setminus Y, y\in Y\setminus X$，任意选取$k\in K\setminus \{0\}$考虑$kx+y$。
- 如果$kx+y\in Y$，则$f(kx+y,w)=f(w,kx+y)$，这意味着$f(x,w)=f(w,x)$，与$x\notin Y$矛盾。
- 如果$kx+y\in Y$，则$f(kx+y,kx+y)=0$，这意味着$2f(kx,y)+f(y,y)=0$，注意到关于$k$的次数不同，只要有两个不同的$k$就能得到$f(y,y)=0$与$y\notin X$矛盾，因为特征不为$2$，所以至少有两个这样的$k$。
综上，$$\forall x\in V, f(x,x)=0\textrm{ 或 } \forall x,y\in V, f(x,y)=f(y,x)$$前者在特征不为$2$时就是反对称，后者就是对称。$\square$
这里采取了『杂交法』，类似的方法还可以证明
命题(华罗庚) 对于环$R,S$，如果$f:R\to S$满足$$f(x+y)=f(x)+f(y)\qquad f(1)=1\qquad f(xy)=f(x)f(y)\textrm{或}f(y)f(x)$$那么$f$或为同态或为反同态。
证明可见 华罗庚 典型群。
命题 对于群$G,H$，如果$f: G\to H$满足$f(xy)=f(x)f(y)\textrm{或}f(y)f(x)$，那么$f$或为同态或为反同态。
证明的完整提示可见Bourbaki Algebra I §4, Exercise 26。
第二类例子——Jacobson根基
下面的例子来自环论（本篇大部分例子也都来自环论），来自于如下一个简单的习题。
命题 在环$R$中，$1-xy$是单位当且仅当$1-yx$是单位。
证明 实际上$1-xy$是单位，那么其逆『应当』形如$1+(xy)+(xy)^2+\ldots$，同样，$1-yx$是单位，其逆『应当』形如$1+(yx)+(yx)^2+\ldots$，那么$1-yx$的逆可以由$1-xy$的逆直接写出来是$1+y(1-xy)^{-1}x$。$\square$
命题 在环$R$中，$r\in R$下列命题是等价的
- 任意左极大理想$\mathfrak{M}$，$r\in \mathfrak{M}$。
- 任意右极大理想$\mathfrak{M}$，$r\in \mathfrak{M}$。
- 任意$x\in R$，$1-xr$是单位。
- 任意$y\in R$，$1-ry$是单位。
- 任意$x\in R,y\in R$，$1-xry$是单位。
证明 先证明一三两点等价，如果$1-xr$不是单位，那么$1-xr$在某个左极大理想内，此时根据第一点$r$也在其中，这迫使$1$在其中，矛盾！反之，任意$x\in R$，$1-xr$不包含于任何极大理想，于是是单位。同样二四点等价。根据三$1-yxr$可逆，根据习题$1-xry$可逆，故五成立。综之，上述命题等价。$\square$
推论-定义 在环$R$中，全体左极大理想的交是一个理想，被称为$R$的根基(radical)，记为$\operatorname{rad} R$。
命题 如果环$R$的一个左理想$N$是以幂零元组成的，那么$N\subseteq \operatorname{rad} R$。
证明 因为$r\in N$，则$1-xr=1+(xr)+(xr)^2+\ldots \textrm{(有限项)}$。$\square$
其在交换环的中山引理也可搬到非交换的情况。
中山引理 对于环$R$，有限生成模$M$，如果$\operatorname{rad}R\cdot M=M$，则$M=0$。
证明 选取极小数目的$M$的生成元$x_1,\ldots,x_n$，那么$x_1=r_1x_1+\ldots+r_nx_n$，此时$(1-r_1)x_1=r_2x_2+\ldots+r_nx_n$，因为$1-r_1$是单位，说明只需要$x_2,\ldots,x_n$即可生成，产生矛盾。$\square$
一个典型的应用是如下的。
命题 对于一个左Artin环$R$，则$\operatorname{rad} R$是幂零的，即$(\operatorname{rad} R)^n=0$。
证明 首先，充分大时，$(\operatorname{rad} R)^{n+1}=(\operatorname{rad} R)^n$，如果不是$0$，取极小的左理想$I$使得$\operatorname{rad} R^n\cdot I \neq 0$，注意此时$\operatorname{rad} R^n(\operatorname{rad} R^n\cdot I )=\operatorname{rad} R^n I\neq 0$，故根据极小性有$\operatorname{rad} R^n\cdot I =I$，但是显然$I$是有限生成的（实际上是朱理想）。$\square$
命题 对于一个左Artin环$R$，$R/\operatorname{rad} R$是半单的。
证明 不妨假设$\operatorname{rad} R=0$，任意选取极小左理想$I\neq 0$，因为$\operatorname{rad} R=0$，故存在左极大理想$\mathfrak{M}$使得$I\cap \mathfrak{M}=0$且$I+\mathfrak{M}=R$，这就说明$R=I\oplus \mathfrak{M}$，可以再找$\mathfrak{M}$的极小理想，其也是直和项故也是$\mathfrak{M}$直和项。然后一直下去，因为Artin性质保证能够分解完，命题得证。$\square$
命题 一个一个左Artin环$R$必定是左Noether的。
证明 注意到$(\operatorname{rad} R)^n$构成一个合成列，其子商$(\operatorname{rad} R)^n/(\operatorname{rad} R)^{n+1}$是$R/\operatorname{rad} R$-模，而$R/\operatorname{rad} R$是半单的，故$(\operatorname{rad} R)^n/(\operatorname{rad} R)^{n+1}$有合成列。$\square$
关于Jacobson根基的更详尽的理论，可见Lam A First Course in Noncommutative Ring Chapter 2。
第三类例子——幂零元
关于幂零元的讨论可以非常丰富。熟知交换代数的如下对幂零元的刻画。
命题 在交换环$R$中，$r\in R$下列命题是等价的
- 任意素理想$\mathfrak{p}$，$r\in \mathfrak{p}$。
- $r$幂零。
证明 如果$r$幂零，则$r^n=0\in \mathfrak{p}$，根据素理想的定义，$r\in \mathfrak{p}$。反之，如果$r$不幂零可以考虑局部化$R\left[\frac{1}{r}\right]$，从中选取一个极大理想，考虑其在$R$中的原像，这也是一个素理想，必定不含$r$。$\square$
然而对于非交换环的情况幂零元的讨论则异常繁复，相关讨论可见Lam A First Course in Noncommutative Ring。
命题 在环$R$中，$x,y$如果是交换的幂零元，则$x+y$亦然。
证明 根据Newton二项式定理，先取足够大的$n$使得$x^n=y^n=0$，可以断言$(x+y)^{2n-1}=0$。$\square$
命题 在环$R$中，如果$x$幂零，则映射$$\varphi: R\longrightarrow R\qquad y\mapsto xy-yx$$也是幂零的。
证明 因为$\varphi=(\textrm{左乘}x)-(\textrm{右乘}x)$，而两个算子都幂零且可交换。$\square$
回忆关于线性代数的回顾
回忆 任何一个矩阵都可以唯一地写成一个幂零矩阵和一个可对角矩阵的和使得他们可交换。
证明 存在性来自Jordan标准型，且不难通过中国剩余定理得到他们实际上是这个矩阵的多项式。如果分解有两组$A=N+D=N'+D'$，其中$N,D$是$A$的多项式，那么$N',D'$亦和$N,D$交换，此时$D$，$D'$可以同时对角化，故$D-D'$可对角化，$N-N'$又是幂零矩阵，而既可以对角化又幂零的矩阵只有零矩阵，故$D=D',N=N'$。$\square$
这被称为Jordan分解，这可以推广到半单Lie代数上。
定理 对于特征0的域，一个矩阵$A$幂零当且仅当对任意的$k$都有$\operatorname{tr} A^k=0$。
这也侧面反映了特征0的表示论中迹的重要性。
同样有如下关于线性代数的常识。
回忆 任何一个矩阵在$0$的根子空间上都是幂零的，在非$0$根子空间的直和上都是可逆的。
这可以推广到Fitting引理。
Fitting引理 如果模$M$既Noether又Artin，那么任意自同态$f:M\to M$都存在分解$M=\ker(f^{\infty})\oplus \operatorname{im}(f^\infty)$。这里$\infty$表示充分大。
证明 首先$\ker f^n$和$\operatorname{im} f^n$分别是递增和递降序列，从而最终稳定，选择充分大的$n$。为了看到交为$0$，注意到$f^n(f^n (x))=0\iff x\in \ker f^{2n}=\ker f^n$，故$f^n(x)=0$。为了看到和满，注意到任意$x$，$x=(x-f^n(y))+f^n(y)$，要求$f^n(x-f^n(y))=f^n(x)-f^{2n}(y)=0$，这样的$y$显然是存在的。$\square$
定理 一个$R$-模$M$如果既Noether又Artin，且如果不能写成两个更小模的直和，那么$\operatorname{End}_R(M,M)$是局部环，即只有一个左极大理想（根据根基的理论，这也是唯一的一个极大理想）。
证明 因为任何$f\in \operatorname{End}_R(M,M)$要么幂零要么是单位。$\square$
由此可以推出Krull-Remak-Schmidt定理，断言直和分解的唯一性，参见 李文威 代数学方法（卷一）6.12。
相较之下, 幂零(左, 右)理想行为则好得多.
定理 在环$R$中,
- 如果$a\in R$使得$aR$幂零, 那么$Ra$也幂零.
- 若$\mathfrak{A},\mathfrak{B}$是幂零左理想, 那么$\mathfrak{A}+\mathfrak{B}$也是.
- 若$\mathfrak{A}$是幂零左理想, 那么$\mathfrak{A}+\mathfrak{A}R$也是.
证明 注意到$(Ra)^n=R(aR)^{n-1}a$. 改记$\mathfrak{A}_1=\mathfrak{A}, \mathfrak{A}_2=\mathfrak{B}$, 直接暴力展开$$(\mathfrak{A}_1+\mathfrak{A}_2)^{n}=\sum_{(a,\ldots,b)\in \{1,2\}^{n}} \mathfrak{A}_{a}\ldots \mathfrak{A}_{{b}}$$每一项要么全放成$\mathfrak{A}_1$, 要么全放成$\mathfrak{A}_2$, 只要$n$充分大总有一种情况是$0$. 对于最后这一条需要注意到$(\mathfrak{A}R)^{n}=\mathfrak{A}(R\mathfrak{A})^{n-1}R\subseteq \mathfrak{A}^{n}R$.
上述定理这预示着我们可以找到一个极大的『幂零』理想包含所有的幂零左理想和幂零右理想，不过如果不加上noether的假设, 我们需要把『幂零』修正为其中所有元素生成的左主理想都幂零。这被称为幂零根基，当然, 在artin的条件下，这和Jacobson根基相同，在交换的情形下就是所有素理想的交。
第四类例子——幂等元
关于幂等元的讨论同样从线性代数就开始了。
命题 幂等矩阵必定相似于$\left(\begin{matrix} 1 & \\ & 0 \end{matrix}\right)$。
证明 因为$x^2-x$没有重根，所以可以对角化。$\square$
命题 $V$上的幂等变化$A$，则$V=\ker A\oplus \operatorname{im}A$，且$\ker A=\operatorname{im} (1-A),\operatorname{im} A=\ker (1-A)$。
证明 因为$x=(x-Ax)+Ax$，$A(Ax)=0\iff Ax=0$，故是直和。后者是因为$A(x-Ax)=0$且$Ax=0$蕴含$x=x-Ax$，而用$1-A$代替$A$知后者成立。$\square$
关于幂等元还有如下相生的概念
定义 在环$R$中，$e$是幂等元，则$e'=1-e$是唯一满足$e+e'=1,ee'=0$的幂等元，这被称为互补幂等元。
幂等元定义了一个环的分解。
命题 在环$R$中，如果有幂等元$e$，则作为$R$模, $R=eR\oplus (1-e)R=Re\oplus R(1-e)$，再将自身带入自身可得$R=eRe\oplus eR(1-e)\oplus (1-e)Re+(1-e)R(1-e)$。这被称为Pierre分解。如果有两个幂等元$e,f$，则带入可以得到$R=eRf\oplus eR(1-f)\oplus (1-e)Rf\oplus (1-e)R(1-f)$。
证明 同线性空间。$\square$
如果$e$在$R$的中心中，则$eR$具有自然的环结构，在非交换情况$eRe$具有自然的环结构，单位元是$e$，加法乘法照旧。。
关于幂等元的结论十分丰富，下面列举几个。
定理(幂等元提升) 在环$R$中，由幂零元组成的理想$N$，如果$a\in R$，使得$a\bmod N$是$R/N$中幂等元，则存在$b\equiv a\mod N$使得$b$是$R$中幂等元，且共轭的幂等元提升都是共轭的。
证明 换言之$a^n(a-1)^n=(a^2-a)^n=0$，用$a$生成的环替代$R$知，我们要找整系数多项式$f(X)$使得$f(a)$满足条件。只需要$f(X)$无常数项，且系数之和为$1$，$X^n(1-X)^n\textrm{整除}f(X)(1-f(X))$。考虑$1=(X+(1-X))^{2n-x}=X^ng(X)+(1-X)^n h(X)$，则$f(X)=X^ng(X)$满足条件。
为了看到共轭的条件，假设$ua_1\equiv a_2u\mod N$，则$ub_1-b_2u\in N$，我们要找$v\equiv u\mod N$，使得$vb_1=b_2v$且根据幂零元的性质，$v$一定是单位。将$u$分解到$b_2Rb_1\oplus (1-b_2)R(1-b_1)$上$v=b_2ub_1+(1-b_2)u(1-b_1)$就是所求的。$\square$
共轭实际上能够说明分解的同构唯一性，参见Benson Representations and cohomomlogy 1.7节。还有一类环很有技巧性。
定义 一个环$R$被称为Neumann环，如果$\forall a\in R$都存在$x\in R$使得$a=axa$。换言之广义逆存在。
命题 Neumann环$R$的每一个有限生成理想都由一个幂等元生成。
证明 首先，任何$aR$，找$x$使得$a=axa$，这样，$axR\subseteq aR=axaR\subseteq axR$，$ax$幂等。通过归纳只需要证明$aR+bR$是主理想即可，不妨假设$a,b$是幂等的。用$bR$在$(1-a)R$的投影替代$bR$，和不变，$aR+bR=aR+(a+(1-a))bR=aR+(1-a)bR$，假设$(1-a)bR=cR$，其中$c$幂等，那么$ac\in a(1-a)bR=0$，故$(a+c)c=c$，故$aR+bR=aR+cR=(a+c)R+cR=(a+c)R+(a+c)cR=(a+c)R$。$\square$
当然，实际上Neumann环还有更加『结构化』的刻画，即每个模都是平坦的（这个证明对于同调代数并不难，因为根据上述刻画$R/I$在$I$有限生成时都是投射的，从而所有$R/I$都是平坦的，这足以说明所有模都是平坦的，反之类似），参见Weibel An Introduction to Homological Algebra Theroem 4.2.9。线性代数中，幂零和可对角矩阵被认为是截然不同的两种矩阵，在更多情形类比于可对角矩阵的称谓都会变为半单。倘若能够施加以乘法，那么可对角矩阵显然总能变成一个幂等矩阵，因此环论一个重要的想法是『不幂零就有幂等元』。
定理 一个有限维代数$R$，右理想$\mathfrak{I}$，如果$\mathfrak{I}$是有限维线性空间，那么$\mathfrak{I}$要么是幂零的，要么含有一个非零幂等元。
证明 考虑$\mathfrak{I}$的基$x_1,\ldots,x_n$，那么$\mathfrak{I}=x_1R+\ldots +x_nR$，假设不是幂零的，那么必有一个$x_iR$不是幂零的。于是我们可以假设$\mathfrak{I}$是主理想$xR$。假如$x\mathfrak{I}$真包含于$\mathfrak{I}$，因为$\mathfrak{I}$不是幂零的，那么$x\mathfrak{I}=xxR\subseteq xRxR=(xR)^2=\mathfrak{I}^2$也不是幂零的，从而继续使用归纳法。所以我们还可以假设$x\mathfrak{I}=\mathfrak{I}$，即$x^2R=xR$，现在已经呼之欲出，根据条件存在$r\in R$使得$x(xr)=x$，这样$x(xrxr-xr)=0$，根据$x$在$\mathfrak{I}$上左乘非退化有$xrxr=xr$，这就让我们找到了幂等元$xr$。注意到$xr\neq 0$，否则$x=0$。$\square$
Brauer定理 一个环$R$，右理想$\mathfrak{I}$，如果$\mathfrak{I}$是极小的，那么$\mathfrak{I}$要么是幂零的，要么含有一个非零幂等元。
证明 同样的技巧。注意到下面两件事
- 因为极小性，$\mathfrak{I}$由任意的非零元生成。
- 任意$x\in \mathfrak{I}$，$x\mathfrak{I}$要么是$0$要么是$\mathfrak{I}$。
因此，如果$\mathfrak{I}$不是幂零的，我们总能挑选恰当的$x$使得$\mathfrak{I}=xR$且$x\mathfrak{I}=\mathfrak{I}$。实际上，$x$在$\mathfrak{I}$上左乘非退化。因为注意到在$\mathfrak{I}$上被左乘$x$杀死的元素构成一个右理想，因为我们假设了$x\mathfrak{I}=\mathfrak{I}\neq 0$，从而这个右理想就是$0$。之后如出一辙。$\square$
第五类例子——双线性型
关于双线性型的故事由来已久，典型的例子如下面的命题。
命题 对于酉空间$V$，如果$A:V\to V$是自伴的当且仅当对任意$x\in V$有$\left<Ax,x\right>\in \mathbb{R}$。
证明 首先，$A$自伴时，$\left<Ax,x\right>=\left<x,Ax\right>=\overline{\left<Ax,x\right>}$，为实数。
反之，考虑二次型的完全平方公式
$$\left<A(x+\lambda y),x+\lambda y\right>=\left<Ax,x\right>+|\lambda|^2 \left<Ay,y\right>+\overline{\lambda} \left<Ax,y\right>+\lambda \left<Ay,x\right>$$
将取共轭相消得
$$\begin{array}{ll} \lambda \left<Ay,x\right>+\overline{\lambda}\left<Ax,y\right> &=\overline{\lambda \left<Ay,x\right>}+\lambda\overline{\left<Ax,y\right>}\\
&=\overline{\lambda} \left<x,Ay\right>+\lambda\left<y,Ax\right>\\ &=\lambda\left<A^*y,x\right>+\overline{\lambda}\left<A^*x,y\right> \end{array}$$
再取$\lambda=1,i$，可得$\lambda,\overline{\lambda}$前系数相等，即
$$\left<Ax,y\right>=\left<A^*,x,y\right>$$
从而是自伴的。$\square$
这摘自泛函分析。关于双线性的技巧在线性代数中已经颇为常见，环论中也可运用同样技巧的，例如如下的Jordan同态。
命题(Jordan同态) 对于环$R,S$，如果$f:R\to S$满足$$f(x+y)=f(x)+f(y)\qquad f(1)=1\qquad f(aba)=f(a)f(b)f(a)$$则有
- $f(a^k)=f(a)^k$。
- $f(abc+cba)=f(a)f(b)f(c)+f(c)f(b)f(a)$。
- $f(ab+ba)=f(a)f(b)+f(b)f(a)$
- 如果$S$无零因子，则$f(ab)=f(a)f(b)\textrm{或}f(b)f(a)$
证明 第一条是显然的，第二条利用$(a+c)b(a+c)=abc+cba+aba+cbc$，立得。第三条是第二条的推论。最后考虑
$$\begin{array}{rl} [f(ab)-f(a)f(b)][f(ab)-f(b)f(a)] & =f(ab)^2-f(a)f(b)f(ab)-f(ab)f(b)f(a)+f(a)f(b)f(b)f(a)\\ & = f(abab)-f(abab+abba)+f(ab^2a)=0\end{array}$$
命题得证。$\square$
总结
诚然，代数在于对结构的研究，纷繁复杂的泛性质和各式各样精确的刻画，美则美矣，但落到地面还是要能够克服种种技术性的障碍，才能少受自己能力局限的障碍。我觉得这方面我常想不到合适的处理方式，所以在这里总结一下。
之后希望通过复习交换代数，有机会下次再补充一下交换代数的『文字游戏』，这部分或许不是再以恒等式为主要技巧了。
