一个代数问题R是一个带单位元的交换环,{Mi}是一族R模,{Ni}也是一族R模,M,N是两个R模如何证明Hom(直和Mi,N)=直积Hom(Mi,N)Hom(M,直积Nj)=直积Hom(M,Ni)Hom（M,N）是指M到N的所有同态组成的集合,在加法

Question

一个代数问题
R是一个带单位元的交换环,{Mi}是一族R模,{Ni}也是一族R模,M,N是两个R模
如何证明
Hom(直和Mi,N) = 直积Hom(Mi,N)
Hom(M,直积Nj) = 直积Hom(M,Ni)
Hom（M,N）是指M到N的所有同态组成的集合,在加法 和 R数乘意义下也构成一个R模
有限直和和有限直积是等价的,容易证明,我不太清楚的是任意直和和直积的时候如何严格地证明.有人知道的话麻烦回答一下,

Answer 1

这里的要点有两点,一是无限的直和中只能出现有限个非零项,本质上和有限和一样；二是映射应该回到定义去处理.
比如对于第一个问题,直观上的想法应该是这样：
任取f属于Hom(直和Mi,N),将f唯一地表示成f=sum fi,其中fi为f在最多仅有第i个分量非0的子空间（即Mi和0的直和）上的限制,那么fi和Hom(Mi,N)中的某个元素具有一一对应关系,也就是说上述对f的拆分其实就得到了Hom(直和Mi,N)到(直积Hom(Mi,N))的一个同构.
上面的单射和满射都是容易验证的,你所担心的可能是f=sum fi这个无限和不严格,其实凡是映射都应该回归到映射的定义来处理,然后就可以回避无限和了.
任取f属于Hom(直和Mi,N),任何x属于(直和Mi),那么存在唯一的xi属于Mi使得x=sum xi,且其中只有有限个xi非零.
定义fi满足：
fi(0,...,xi,0,...)=f(xi)
fi(*,...,0,*,...)=0
那么f(x) = sum f(xi) = sum fi(xi) [事实上还有 sum fi(xi)= sum fi(x),也就是形式上的f=sum fi]
再定义gi满足
fi(0,...,xi,0,...)=(0,...,gi(xi),0,...)
那么从f到(gi)的对应关系是Hom(直和Mi,N)到(直积Hom(Mi,N))的一个单射.反过来任取(gi)属于(直积Hom(Mi,N)),按上述方式定义出fi,然后再定义f,所以上述f到(gi)的对应关系可逆.注意这里出现的所有求和都是最多有限项非零的求和,所以不会有无限和的困难.
对于第二个问题,做法基本上一样,只不过把
f = sum (f在Mi上的限制)
改成
f = sum (f在Ni上的投影)
也是从映射的定义出发,把无限和 f=sum fi 转化到最多有限项非零的求和f(x)=sum fi(x).