Morita 等价 | Codeboy's Blog

形式陈述

两个乘法不同的代数，能否拥有同一种模论？固定基域 $k$ 。有限维 $k$ -代数 $A,B$ 称为 Morita 等价，若有限维左模范畴之间有 $k$ -线性的范畴等价

A\text{-}\mathbf{mod}\simeq B\text{-}\mathbf{mod}.

它要对应全部模及其同态，并有双向函子和自然同构；仅有单模数目相同或若干对象一一对应不够。

一个可操作的判据如下。设 $P$ 是有限生成投射左 $A$ -模，且为生成元：每个有限维 $A$ -模都是某个 $P^{\oplus n}$ 的商。令

B=\operatorname{End}_A(P)^{\mathrm{op}}.

则

F(M)=\operatorname{Hom}_A(P,M),\qquad G(N)=P\otimes_BN \tag{1}

给出 Morita 等价。反过来，每个这样的模范畴等价都来自一个投射生成元。

这里 $P$ 的右 $B$ -作用为 $p\cdot f^{\mathrm{op}}=f(p)$ ，而 $F(M)$ 的左作用为 $f^{\mathrm{op}}\cdot h=h\circ f$ 。相反代数与双模保证这些复合方向正确， $\otimes_B$ 是相应的平衡张量积。

直觉

一个代数的乘法表依赖于怎样选择表示整个模论的基本对象。正则模 $A$ 是一种选择；一个足以生成全部模的投射对象 $P$ 也可承担这个角色。换基本对象后，其端同态代数会变化，但从它生成的模论可以保持不变。

矩阵环提供最直观的例子。 $M_2(k)$ 的任何模内部，两个对角矩阵单位切出两个等大线性部分，而非对角矩阵单位又将它们互相识别。只保留其中一份，再按矩阵单位补回另一份，就不会丢失信息。

M2(k)模取e11分量成为k向量空间，向量空间与k²作张量积恢复原模；两侧复合通过自然同构回到原对象。 — 箭头表示函子；对象的向量空间维数改变，但全部模同态保持对应

例子与边界

从二阶矩阵模提取一个向量空间

令 $A=M_2(k)$ 、 $e=e_{11}$ 。对左 $A$ -模 $M$ ，取 $F(M)=eM$ 。它是 $k$ -向量空间。对模同态 $h:M\to M'$ ，限制 $h|_{eM}$ 落在 $eM'$ 中，因为 $h(em)=eh(m)$ 。

反向对 $k$ -空间 $V$ ，令 $G(V)=k^2\otimes_kV$ ， $A$ 只作用于第一个因子。于是

eG(V)=kv_1\otimes V\cong V.

这给出 $F\circ G\cong\operatorname{Id}$ 。

另一侧的自然映射为

\Phi_M:k^2\otimes eM\longrightarrow M, \qquad v_i\otimes m\longmapsto e_{i1}m.

它的逆可以直接写出：

\Psi_M(m)=\sum_{i=1}^2v_i\otimes e_{1i}m.

每个 $e_{1i}m$ 都属于 $eM$ 。矩阵单位给

\Phi_M\Psi_M(m)=\sum_i e_{i1}e_{1i}m =(e_{11}+e_{22})m=m.

而对 $m\in eM$ ，

\Psi_M\Phi_M(v_j\otimes m) =\sum_i v_i\otimes e_{1i}e_{j1}m =v_j\otimes m.

同样用 $e_{ab}e_{i1}=\delta_{bi}e_{a1}$ 可检查 $\Phi_M$ 为 $A$ -线性。所有公式只由矩阵单位作用组成，故与每个模同态交换，确实是自然同构。

由此，每个有限维 $A$ -模都有偶数维，并同构于 $\dim_k(eM)$ 份自然模 $k^2$ 的直和。 $A$ 的正则模四维，被送到二维 $eA$ ； $k$ 的正则模一维。Morita 等价没有承诺保持对象的底层向量空间维数，也没有使四维代数 $M_2(k)$ 与一维代数 $k$ 同构。

只取一个投射模，可能漏掉整类对象

在上三角代数 $T=T_2(k)$ 中取 $P=Te_{11}$ 。它是正则模的直和项，所以投射。但若 $S_2$ 是仅由第二个对角元作用的单模，则

\operatorname{Hom}_T(Te_{11},S_2)\cong e_{11}S_2=0.

一个非零对象被送为零，函子当然不可能是等价。失败之处是 $P$ 不是生成元。投射性负责正合性，生成性负责不漏掉对象，两者都需要。

推论与应用

投射生成元判据的证明机制

对式 (1)，定义评价映射

\varepsilon_M:P\otimes_B\operatorname{Hom}_A(P,M)\to M, \qquad p\otimes h\mapsto h(p).

双模作用使它平衡，故良定义。若 $M=P$ ，映射的逆为 $p\mapsto p\otimes1_P$ ；关系 $p\otimes h=h(p)\otimes1_P$ 直接验证这两个映射互逆。有限直和情形同样成立。

由于 $P$ 是生成元，任意有限维 $M$ 有一份呈示

P^{\oplus m}\longrightarrow P^{\oplus n}\longrightarrow M\longrightarrow0.

先从 $P^{\oplus n}$ 满射到 $M$ ，再从 $P^{\oplus m}$ 满射到其核即可。 $P$ 投射使 $\operatorname{Hom}_A(P,-)$ 正合，张量积右正合；对呈示取余核，便把已在 $P$ 的有限直和上成立的评价同构推广到 $M$ 。

另一方向，映射

\eta_N:N\to\operatorname{Hom}_A(P,P\otimes_BN), \qquad n\mapsto(p\mapsto p\otimes n)

先在自由 $B$ -模上为同构，再对自由呈示取余核。所用正合性相同，得到 $F\circ G\cong\operatorname{Id}$ 。

反过来，一个等价将 $B$ 的正则模送成某个 $P$ 。等价保持有限直和、满射和提升性质，因此 $P$ 是投射生成元；全忠实性再给 $\operatorname{End}_A(P)^{\mathrm{op}}\cong B$ 。这解释了判据中的每个条件。

单元任务：区分三个代数的模论

设 $k$ 为任意域，比较

T=T_2(k),\qquad B=M_2(k),\qquad C=k[t]/(t^3).

要求算出全部单模、Jacobson 根、正则模的根层，判断半单性，并说明谁与 $k$ Morita 等价。

解答。 $T$ 有两个单模 $S_1,S_2$ ，由两个对角元分别作用。其根为 $J_T=ke_{12}$ ，平方为零。正则模的根层为

T/J_T\cong S_1\oplus S_2,\qquad J_T\cong S_1.

第二式来自左乘 $\begin{pmatrix}a&b\\0&c\end{pmatrix}e_{12}=ae_{12}$ 。因此组成因子为两份 $S_1$ 和一份 $S_2$ ，Loewy 长度2，且 $T$ 不半单。等价会保持单对象同构类数，故 $T$ 不可能与只有一种单模的 $k$ 等价。

$B$ 的根为0，唯一单模为 $k^2$ ，正则模按两列分成两份。它半单，Loewy 长度1。前面的 $eM$ 与 $k^2\otimes V$ 连同 $\Phi,\Psi$ 已给出它与 $k$ 的完整 Morita 等价证书。

$C$ 的唯一单模为 $k=C/(t)$ ，根为 $(t)$ 。三层

C/(t),\qquad (t)/(t^2),\qquad(t^2)

各是一份该单模，Loewy 长度3。它虽然与 $k$ 有同样的单模数目，却不 Morita 等价：短正合列

0\to(t)/(t^2)\to C/(t^2)\to C/(t)\to0

不分裂，而 $k$ -空间的短正合列全部分裂。若中间项有一个单模补空间，生成元必形如 $1+at$ ，乘 $t$ 后成为非零 $t$ ，与补空间上的 $t=0$ 矛盾。等价保持截面是否存在，因而不能抹掉这种不分裂扩张。

验收。 三个根须有实际乘法核验；全部单模须有穷尽论证；根层须说明左作用，不能只报维数；Morita 等价须写出双向函子与自然同构。只列出“两个、一个、一个”并未完成比较。

参考资料

Roman Bezrukavnikov，MIT 18.706，Lecture 07，2023，Theorem 7.3、Example 7.6、Proposition 7.7 与 §7.3。
同课程 Lecture 08，§8.2，Definitions 8.7、8.11 与 Theorem 8.13：双模张量与投射生成元。本文限制为有限维代数/有限维模，并用有限呈示完成证明。
P. Etingof et al., Introduction to Representation Theory，§§9.6–9.7：有限模范畴中的同一构造。

形式陈述 ​

从二阶矩阵模提取一个向量空间 ​

只取一个投射模，可能漏掉整类对象 ​

投射生成元判据的证明机制 ​

单元任务：区分三个代数的模论 ​

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形式陈述

从二阶矩阵模提取一个向量空间

只取一个投射模，可能漏掉整类对象

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单元任务：区分三个代数的模论