bài tập lý thuyết vành dành cho cao học - sinh viên ngành toán - tin

Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM
BÀI TẬP LÝ THUYẾT VÀNH
Bài 1: Vành và Module
Bài 1.2. R-vành đơn nếu nó không có ideal thực sự khác 0. CMR nếu K là trường thì
vành M
n
(K) là vành đơn
Giải.
- Giả sử
I
là ideal của M
n
(K), I khác 0 thì
ij rs
0 a (a ) I a 0∃ ≠ = ∈ ⇒ ∃ ≠
với cặp (r, s) nào
đó. TA viết
ij ij ij
i,j
a (a ) a e= =
∑
.
- Chú ý rằng
il
ij kl
e , j k
e .e
0,i k
=

=


≠

. Ta CM với mọi k thì
kk
e I∈
khi đó
n kk
k
I e I= ∈
∑
. Thật
vậy, xét
kr kr ij ij rj kr rj rj kj
i, j j j
e a e ( a .e ) a e e a e I= = = ∈
∑ ∑ ∑
- Xét
1
rj kj rs sk kk
j
( a e )(a e ) e I
−
= ∈
∑
.
Bài 1.3. R-vành chính quy vonNewmann:
x R, a R : xax x∀ ∈ ∃ ∈ =
. CMR các đk sau
tương đương:

(i) R-vành chính quy
(ii) Mọi ideal phải chính của R đều được sinh bởi một lũy đẳng
(iii) Mọi ideal trái chính
Giải.
(i)->(ii): G/s R-vành chính quy (V-Nm). I là ideal phải chính của R
I xR⇒ =
- Ta có :
xaR xR I⊆ =
và
xaxR xR I xaxR (xa)xR xaR I xaR= ⇒ = = ⊆ ⇒ =
- Ta CM xa lũy đẳng:
2
xax x xaxa xa (xa) xa xong= ⇒ = ⇒ = ⇒
(ii)->(i): lấy
x R xR∈ ⇒
là ideal phải chính của R
y⇒ ∃
lũy đẳng sao cho
2
xR yR a,b R :(x yb & y xa) xax yx yyb y b x= ⇒ ∃ ∈ = = ⇒ = = = =
nên R là vành
chính quy.
Bài 1.4. CMR trong một vành chính quy giao hoán:
(i) Mọi phần tử không khả nghịch đều là ước của 0
(ii) Mọi ideal nguyên tố đều tối đại
(iii) Mọi ideal chính đều là hạng tử trực tiếp
Giải.
(i)- G/s x
≠
0 là phần tử không khả nghịch, tức yx

a : xax x R x xax 0 x(1 ax) 0∃ = ∈ ⇒ − = ⇒ − =
. Nếu
1 1 1 1
1 ax=0 1 ax x ax x a(x x) x
− − − −
− ⇒ = ⇒ = ⇒ =
(R giao hoán)
1
a x
−
⇒ =
(mâu
thuẫn). Vậy x là ước của 0.
(ii)- G/s I là ideal nguyên tố của R. J là ideal chứa I của R:
I J R⊂ ⊆
. Ta Cm J=R.
- Vì J chứa I và
J I≠
nên
x J \ I∃ ∈
. R chính quy nên
a R : x xax x xax 0 I x(1 ax) I 1 ax I∃ ∈ = ⇒ − = ∈ ⇒ − ∈ ⇒ − ∈
(do I nguyên tố)
1 ax J
⇒ − ∈
- Mà
1 1 ax ax J J R(xong)= − + ∈ ⇒ =
(iii)- G/s I là ideal chính, ta chứng minh I là vành. I là chính nên nó là ideal trái chính, nó
sẽ được sinh ra bởi một lũy đẳng (theo 1.3), tức
2

I Ry, y y= =
.
Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail:
Tel: 0986807327
Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM
- Với
x I x ry xy ryy ry x∈ ⇒ = ⇒ = = =
. Nên y là đơn vị trái của I.
Tương tự, y là đơn vị phải, do đó I là vành -> là hạng tử trực tiếp.
Bài 1.5. R vành giao hoán. P(R) là giao tất cả các ideal nguyên tố của R. CMR P(R)
trùng với tất cả các phần tử lũy linh của R. P(R) – gọi là căn nguyên tố của R.
Giải.
- Chiều thuận: x lũy linh:
n n 1
x 0 P,n N x(x ) P x P
−
= ∈ ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈
với mọi P
nguyên tố -> xong
- Nghịch:
P ngto
x P∈∩
, giả sử x không lũy linh
+ Đặt
{ }
{ }
n
B x ,n N ,A I idealthucsu : I B= ∈ = − ∩ = ∅
. Dùng bổ đề Zorn chứng
minh A có phần tử tối đại. Xét

1 2 n
I I I ⊂ ⊂ ⊂
là dây chuyền tăng trong A.
n 1 n
I I
∞
=
= ∪ ⇒
I là ideal thực sự và
I B
∩ = ∅
. Nên mọi dây chuyền tăng đều bị chặn trên
bởi I -> A có phần tử tối đại P.
+ CM cho P nguyên tố: Giả sử P không nguyên tố:
P aR
a,b P:ab P P aR,I aR P
P bR
+

∉ ∈ ⇒ ⊂ ⊂ ⇒ ⊂

+

. Do tính tối đại của P trong A suy
ra
P aR A & P bR A+ ∉ + ∉
- Nếu
P aR R+ ≠
thì mâu thuẫn với tính tối đại. Nếu
P aR R x P aR.+ = ⇒ ∈ +

m n m n
m,n : x P aR,x P bR x (P aR)(P bR) P aPR bPR abR
+
⇒ ∃ ∈ + ∈ + ⇒ ∈ + + = + + +
m n
x P
+
⇒ ∈
vô lý do P thuộc A. xong

Bài 2: Tổng và tích trực tiếp
Bài 2.1. CMR Z
n
đẳng cấu với tích trực tiếp của các vành Z
p
r
, p
r
là lũy thừa cao nhất
của các số nguyên tố p là ước của n.
Giải.
- G/s
1 k
r r
1 k
n p p=
ta cần CM
r
i
i

k
p
i 1
Z Z
=
≅
∏
tức
i
k
r
i
i 1
Z / nZ Z / p Z
=
≅
∏
. Thật vậy:
Xét ánh xạ
i i
k
r r
i i i {1,2, ,k}
i 1
f : Z Z / p Z, m (m p Z)
∈
=
→ → +
∏
-CM f toàn cấu tức

i i
k
r r
i i i 1, ,k i
i 1
(a p Z) (Z / p Z)
=
=
∀ + ∈
∏
ta CM có
i
r
i i
m Z: f (m) a p Z∈ = +
:
Đặt
j
i i
i
r
r r
i j i i i i i i
r
j i
i
n
S p (S ,p ) 1 q :S q 1(modp )
p
≠

= = ⇒ = ⇒ ∃ ≡
∏
. Đặt
i i i
k
r r r
i i i i i i i i
i 1
m a S q ,m a (modp ) m p Z a p Z
=
= ≡ ⇒ + = +
∑
i
r
i i
f (m) a p Z⇒ = +
- Ta lại có
{ } { }
{ }
i i
r r
i i n
Kerf m | m p Z m | p | m m | n | m Z= ∈ = = =
. Vậy theo định
lý đẳng cấu:
Z / Kerf Imf xong≅ ⇒
Bài 2.4.
Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail:
Tel: 0986807327
Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM

Bài 2.5. Cho {M
i
}
i I∈
là một họ các R-module, A là một ideal trái của vành R. CMR:
(i)
I i I i
A( M ) AM⊕ = ⊕
(ii)
I i I i I i i
( M ) / A( M ) (M / AM )⊕ ⊕ ≅ ⊕
Giải.
(i)- Lấy
i i
n n
I i j j i I j j i I
j 1 j 1
x A( M ) x a (m ) ( a m )
∈ ∈
= =
∈ ⊕ ⇒ = =
∑ ∑
. Do
i
j
m
có hữu hạn các phần
tử khác 0 nên
i
n

j j i I
j 1
( a m )
∈
=
∑
có hữu hạn các phần tử khác 0. Hơ nữa
i
n
j j i
j 1
a m AM
=
∈
∑
I i
x AM⇒ ∈⊕
Ngược lai,
i
n
j j i I
j 1
a m )
∈
=
∑

i
n
I i ij ij i I ij ij

j 1 i,j
x AM x ( a m ) a (0, ,0,m ,o, )
∈
=
∈⊕ ⇒ = =
∑ ∑
(1) .
Do x nằm trong tổng trực tiếp nên chỉ có hữu hạn các m
ij
. Nên (1) là tổng hữu hạn suy ra
I i
x A( M )∈ ⊕
. Xong
(ii)- Xét
I i I i i i i I i i i I
f : M (M / AM ),(m ) (m AM )
∈ ∈
⊕ → ⊕ → +
thì F là toàn cấu.
Lại có
{ }
i I I i i i I i I i
Kerf (m ) M | m AM ,i I AM A( M )(theo(i))= ∈⊕ ∈ ∈ = ⊕ = ⊕
. Áp
dung định lí đẳng cấu suy ra đpcm.
Bài 2.7.
: R Sϕ →
là đồng cấu vành. M là S-module. Khi đó, M trở thành R-module
với phép nhân ngoài:
rx : (r)x, r R, x M.= ϕ ∀ ∈ ∀ ∈

Ta nói cấu trúc R-module được
cảm sinh bởi đồng cấu
ϕ
. Giả sử
I i
M M= ⊕
là sự phân tích thành tổng trực tiếp của
các S-module. CMR nếu xem M như R-module cảm sinh bởi
ϕ
thì M vẫn là tổng trực
tiếp các R-module con M
i
Giải.
Bài này chỉ cần dùng định nghĩa module và module con để chứng minh M và các M
i
là
R-module là xong.
Bài 2.8. Cho
i
i I
M M
∈
=
∏
. S là một module con của M sao cho với mọi I, hạn chế của
phép chiếu tự nhiên
i i S i
: | :S Mπ π →
là một toàn cấu. Khi đó ta nói S là một tích trực
tiếp con của các R-module M

i
. CMR S là tích trực tiếp con
⇔
S chứa một họ các R-
module con {A
i
} sao cho
i I i i i
A 0 &S / A M
∈
∩ = ≅
Giải.
-Chiều nghịch:
i i i
g :S / A M→
đẳng cấu. Đặt
i i
h (s) g (s A)= +
,
i i
h :S M→
là toàn
cấu sao cho
i i
Kerh A=
. Đặt
i i i I
i I
h :S M ,h(s) (h (s))
∈

∈
→ =
∏
. Dễ kiểm tra h là đồng
cấu.
+
{ } { }
i i i I i
Kerh s: h (s) 0, i s | s Kerh A
∈
= = ∀ = ∈ = ∩
=0
h :⇒
đơn cấu
S h(S)⇒ ≅
.
+ CM cho h(S) là tích trực tiếp con. Thật vậy,
i i
i I,m M .∀ ∈ ∈
Do h
i
toàn cấu nên
i i h(S) i
s S: h(s) m | : h(S) M∃ ∈ = ⇒ π →
toàn cấu
h(S)⇒
là tích trực tiếp con.
-Chiều thuận:Dễ, tự CM
Bài 2.9. CMR Z đẳng cấu với tích trực tiếp con của Z
n

(n>1). Nếu A là một tập con vô
hạn của N thì Z đẳng cấu với tích trực tiếp con của Z
n
(n thuộc A).
Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail:
Tel: 0986807327
Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM
Giải. Ta dựa vào bài 2.10
Bài 2.10. Cho họ các vành
{ }
i
i I
R
∈
. Ta nói vành con B của tích trực tiếp
i
i I
R
∈
∏
là một
tích trực tiếp con của các vành R
i
nếu với mọi I, hạn chế của phép chiếu tự nhiên
i B i
| : B Rπ →
là một toàn cấu. CMR B đẳng cấu với một tích trực tiếp con của các
vành
i i
R ,i I i I, idealA∈ ⇔ ∀ ∈ ∃

của B sao cho
i I i i i
A 0, B / A R
∈
∩ = ≅
.
Giải.
- Chiều thuận:
+ Khi B là tích trực tiếp con:
i i B
f |= π
là toàn cấu. Đặt
i i i i
A Kerf B / A R= ⇒ ≅
Nếu
i i
x A f (x) 0, i x 0∈∩ ⇒ = ∀ ⇒ =
vậy ta có các ideal A
i
của B thỏa ĐK bài toán
+ Nếu B đẳng cấu với một tích trực tiếp con C. Ta có các ideal C
i
của C sao cho
i i i
C 0,C / C R∩ = ≅
nên có
h : B C→
là đẳng cấu.
Đặt
i i i i

h : B C / C ,h (b) h(b) C→ = +
thì
i
h
là toàn cấu. Có
{ }
1
i i i
Kerh b | h(b) C h (C )
−
= ∈ =
. Đặt
i i
A : Kerh .=
Theo định lí đẳng cấu:
i i i
B / A C / C R≅ ≅
. Ta kiểm tra giao các A
i
=0 nữa là xong. Thật thế, ta có
{ } { }
1
i i i i
A h (C ) a | h(a) C , i a | h(a) C 0 Kerh 0
−
∩ = ∩ = ∈ ∀ = ∈∩ = = =
-> xong
- Chiều nghịch: Giả sử có các ideal A
i
của B sao cho

i i i i i i
A 0,B / A R i I, h : B / A R∩ = ≅ ⇒ ∀ ∈ ∃ →
là đẳng cấu. Đặt
i i i i i
f : B R ,f (b) h (b R )→ = +
thì đây là một toàn cấu và ta có
{ } { }
i i i i i
Kerf b | h (b A ) 0 b | b A A= + = = ∈ =
. Đặt
i i i I
i I
f : B R ,f (b) (f (b))
∈
∈
→ =
∏

dễ kiểm tra
f
là đồng cấu. Hơn nữa là đơn cấu vì
{ } { }
i i
Kerf b | f (b) 0, i b | b A , i= = ∀ = ∈ ∀
{ }
i
b | b A 0 0= ∈∩ = =
B f (B)⇒ ≅
F(B) là tích trực tiếp con: Xét
i f (B) i

| : f (B) R .π →
Do
i
f
toàn cấu nên
i i i i i i
r R , b B :f (b) r (f (b)) r∀ ∈ ∃ ∈ = ⇒ π =
nên
i f (B)
|π
là toàn cấu -> xong.
Bài 2.9. Chú ý rằng
{ }
nZ | n 1>
là họ các ideal của Z sao cho
n
nZ 0,&Z / nZ Z∩ = ≅

Bài 3: Module đơn
Bài 3.2. Xác đinh tất cả các R-module đơn, với
a)R=Z b) R=C[x] c)
3
R Q / x 5= −
d) R là miền nguyên PID e)
R C[x, y]=
Giải.
Bài này ta dựa vào mệnh đề sau: M là R-module đơn
M R / I⇔ ≅
với I là một ideal tối
đại của R. Ta sẽ xác đinh tất cả các ideal tối đại của R.

a) Ta có pZ là ideal tối đại của Z nên M là R-module đơn thì
M Z / pZ≅
b)
x a ,a C− ∈
là ideal tối đại của C[x]
Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail:
Tel: 0986807327
Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM
c)
3
R Q[x]/ x 5= −
có một ideal tối đại là 0.
3
x 5−
bất khả quy trên Q do nó không
có nghiệm trên Q nên
3
x 5−
là ideal tối đại của Q[x], lúc này R là một trường nên chỉ
có một ideal tối đại là 0. Vaayl chỉ có duy nhất một R –module đơn là R/0=R
d) Miền nguyên PID thì mọi ideal của R đều sinh bởi một phần tử. I- là ideal tối đại
⇔
I
nguyên tố. Ta có
I a=< >⇒
a nguyên tố nên a bất khả quy.
e) Ta chứng minh cho trong C[x,y] thì ideal
x a, y b ,a,b C− − ∈
là ideal tối đại.
Mỗi

1
f C[x, y] f (x a)f (x, y) g(y),g(y) C[y]∈ ⇒ = − + ∈
, để ý
x a, y b C[x, y]− − ≠

Nếu
f x a,y b∉ − −
thì g(y) không chia hết (y-b)
g(b) 0⇒ ≠
. Đặt
1
h x a [g(b)]
−
= − +
thì
1 1
1 1
fh (x a)[(x a)f (x, y) g(y) [g(b)] f (x,y)] [g(b)] g(y)
− −
= − − + + +
, xét
1
u(y) [g(b)] g(y) 1
−
= −
, có
u(b) 0=
nên u(y) chia hết cho (y-b) suy ra
fh 1 x a,y b− ∈ − −
1 fh (fh 1) x a, y b x a,y b C[x,y]⇒ = − − ∈ − − ⇒ − − =

mâu thuẫn. Vậy
x a, y b− −
tối đại.
Bài 3.3. CMR mọi ideal của vành ma trận M
n
(R) đều có dạng M
n
(I) với I là một ideal
nào đó của vành R. Từ đó rút ra kết luận M
n
(R) đơn khi và chỉ khi R là vành đơn.
Giải.
- Giả sử D là ideal của
n
M (R)
. Đặt
{ }
{ }
{ }
kl ij
k,l 1, ,n
A x R | M (a ) D, i, j 1, ,n | x a
∈
= ∈ ∃ = ∈ ∃ ∈ =
ta chứng minh cho
n
D M (A)=
. Hiển nhiên
n

D M (R)⊆
.
- Đặt
ij
e
là đơn vị ma trận thỏa
ij kl
e b=
với
kl
k i
1, if
b
l j
0,if k i or j l

=



=
=



≠ ≠

. Ta chứng minh
cho
ij

x A, i, j xe D∀ ∈ ∀ ⇒ ∈
. Thật vậy,
kl k,l ij
x A, M (c ) D, i, j: x c∈ ∃ = ∈ ∃ =
. Khi đó
n
kl kl
k,l 1
M c e
=
=
∑
. Do
M D,D∈
là ideal của
n
M (R)
nên
ii' jj'
e Me D∈
. Mà
n
ii' jj' ii' kl kl jj' ii ' kl kl jj' kl ii' kl jj' ij ii ' i' j' j' j ij
k,l 1 k,l k,l
e Me e ( c e )e e c e e c (e e e ) c e e e xe D
=
= = = = = ∈
∑ ∑ ∑
- Lấy
ij ij n ij ij

i, j
M (d ) M (A) M d e .= ∈ ⇒ =
∑
Vì
ij ij ij
d A d e D∈ ⇒ ∈
vì
D
là ideal của
n ij ij
i,j
M (R) M d e D⇒ = ∈
∑
. Vậy
n
M (A) D=
.
- Chứng minh cho A là ideal của R.
Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail:
Tel: 0986807327
Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM
+ Lấy
11
11 11
11
x y 0 0
xe D
x, y A xe ye D 0 0 0 D
ye D
0 0 0

+
 
∈

 ÷
∈ ⇒ ⇒ + ∈ ⇒ ∈

 ÷
∈

 ÷
 
x y A⇒ + ∈
+ Lấy
r R∈
. Vì D là ideal của M
n
(R) nên
n 11 n 11 11
11 n n 11 11
(rI )(xe ) D (rx)(I e ) D (rx)e D
(xe )(rI ) D (xr)(I e ) D (xr)e D
∈ ∈ ∈
  
⇒ ⇒
  
∈ ∈ ∈
  
tương tự như trên suy ra
rx,xr D xong∈ ⇒

- Với I là ideal của R ta CM cho
n
M (I)
là ideal của
n
M (R)
+ Lấy
ij ij n
M (x ),N (y ) M (I= = ∈
). Do
ij ij ij ij ij ij i, j 1,2, ,n
x ,y I x y I M N (x y )
∈
∈ ⇒ + ∈ ⇒ + = +
+ Lấy
n
ij n ik kj i,j 1,2, ,n
k 1
C (z ) M (R) CM ( z x )
∈
=
= ∈ ⇒ =
∑
. Do
ik kj n
z .x I CM M (I)∈ ⇒ ∈

tương tự chứng minh được
n
MC M (I)∈

.
-Ta chứng minh cho nếu
n
M (R)
là vành đơn thì R là vành đơn. Dung phản chứng, giả
sử R không là vành đơn
0 I R⇒ ∃ ≠ ≠
là ideal của R. Khi đó theo chứng minh trên
n
M (I)
là ideal của
n
M (R)
và
n n
0 M (I) M (R)≠ ≠
mâu thuẫn vì
n
M (R)
là vành đơn.
Chiều ngược lại làm hoàn toàn tương tự.

Bài 4: Module nửa đơn
Bài 4.2. Cho M là một R-module nửa đơn. Giả sử S và S’ là hai module con đơn của
M đẳng cấu với nhau qua đẳng cấu
g :S S'→
. Chứng minh rằng:
a) tồn tại một R- tự đẳng cấu f của M sao cho
S
f | g=

b) Nếu S và S’ không là các module con đơn thì điều khẳng định ở a) không đúng
nữa.
Giải.
a) Do S và S’ là các module con đơn nên
S S' S
S S' 0
∩ =


∩ =

- Khi
S S' S S S'
∩ = ⇒ =
. Do M nửa đơn nên
M S T
= ⊕
. Đặt
f : M M S T,f(s t) g(s) t→ = ⊕ + = +
thì f là đẳng cấu phải tìm (tự CM)
- Khi
S S' 0∩ =
thì có tổng trực tiếp
S S'⊕
. M nửa đơn
M S S' T⇒ = ⊕ ⊕
. Đặt
1
f : M M,f (s s' t) g(s) g (s') t
−

→ + + = + +
thì f là đẳng cấu cần tìm (tự CM)
b) Xét
N
M R=
là không gian véc tơ trên R. Do mọi không gian véc tơ con của M đều là
hạng tử trực tiếp nên M nửa đơn. Đặt
N\{0}
S M,S' R M= = ≤
.
- Do có một song ánh giữa
N N \{0}→
nên có một đẳng cấu giữa các không gian
vector
g :S S'→
. Do S=M nên g chỉ có một mở rộng duy nhất là g. Nhưng g không thể
là tự đẳng cấu trên M vì
Img S' M= ≠
.
Bài 4.3. Cho số nguyên n>1. Hãy chứng minh các điều sau :
(i) Mọi Z-module con của Z/nZ đều có dạng mZ/nz với m là ước của n
Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail:
Tel: 0986807327
Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM
(ii)
n
mZ / nZ Z / aZ,a
m
≅ =
, c)

mZ / nZ kZ / nZ dZ / nZ, d (m,k)+ ≅ =
Giải
(i) Mọi module con của Z/nZ có dạng mZ/nZ với
nZ mZ m | n⊆ ⇔
xong.
(ii) Xét
f : Z mZ / nZ,f(x) mx nZ.→ = +
Chứng minh f là toàn cấu, Kerf=aZ ->xong
(iii) Do
mZ / nZ dZ / nZ;kZ / nZ dZ / nZ⊆ ⊆
mZ / nZ kZ / nZ dZ / nZ⇒ + ⊆
Mặt khác
mp nq d+ = ⇒
đpcm
Bài 4.4. CMR Z/nZ là Z-module nửa đơn khi và chỉ khi n không có ước chính
phương.
Giải.
- Khi n=1 thì
Z / nZ 0≅
là nửa đơn.
- Khi n>1 , n không có ước chính phương thì
1 2 k
n p p p=
. Dùng quy nạp theo k
+ Khi k=1 thì n=p
1
nguyên tố nên Z/p
1
Z đơn, tương tự là Z/p
i

Z đơn với i={1,2,…,k}.
+ Giả sử
1 2 k 1
Z / p p p Z
−
là nửa đơn. Ta có
k 1 2 k 1
p Z / nZ Z / p p p Z
−
≅
là nửa đơn (theo
4.3 (ii))
Lại có
k 1 2 k 1
(p ,p p p ) 1
−
=
nên theo 4.3(iii)
k 1 2 k 1
(p Z / nZ) (p p p Z / nZ) Z / nZ
−
⇒ ⊕ =
Nên Z/nZ là tổng trực tiếp các module nửa đơn nên nó nửa đơn.

Bài 5: Vành các tự đồng cấu của module nửa đơn
Bài 5.1. CMR nếu M là một R-module nửa đơn thì các điều kiên dưới đây tương
đương:
(i) M hữu hạn sinh
(ii) M có chiều dài hữu hạn
(iii) M thỏa các điều kiên ACC,DCC

Giải.
(i)->(ii): Giả sử M nửa đơn, khi đó
I i i
M M ,M= ⊕
đơn. M hữu hạn sinh nên đặt tập sinh
của M là
1 n
{e , ,e }
. Viết
k k
k i
i i i i
i J
e r m ,J
∈
=
∑
là tập con hữu hạn của I. Đặt
n
i 1 i i j J j
J J e M
= ∈
= ∪ ⇒ ∈⊕
, J hữu hạn. Suy ra
j J j
M M
∈
= ⊕
nên M có độ dài hữu hạn.
(ii)->(iii)

1) Ta chứng minh M thỏa mãn điều kiện ACC
n
i 1 i
M Re
=
= ⊕
-Xét
1 2 p
M M M ≤ ≤ ≤
là một dây chuyền tăng các module con của M.
Do M nửa đơn nên M
p
nửa đơn với mọi p. Đặt
1 1
K M=
,
p
p p 1 p p p i 1 i
p 2, K : K K M M K
− =
∀ ≥ ∃ ⊕ = ⇒ = ⊕
ĐẶT
i 1 i
N K
∞
=
= ⊕
THÌ
p
M N, p≤ ∀

VÀ
M NỬA ĐƠN . DO N<M NÊN CÓ
i i i i i
L M : M N L i,n N,l L : e n l≤ = ⊕ ⇒ ∀ ∈ ∈ = +
n n n
i i i i i i
i 1 i 1 i 1
x N : x re rn rl
= = =
⇒ ∈ = = = +
∑ ∑ ∑
. DO
Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail:
Tel: 0986807327
Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM
n n n
i i i i i i i
i 1 i 1 i 1
rl x rl N L 0 x rn N n ,i 1,2, ,n
= = =
= − ∈ ∩ = ⇒ = ⇒ =< = >
∑ ∑ ∑
NÊN TỒN TẠI
SỐ P SAO CHO
p
i i 1 i p p
n K N N N
=
∈⊕ = ⇒ =
-> DÂY CHUYỀN ĐỀU DỪNG. Xong.

2) Điều kiện DCC hòan toàn tương tự.
(iii)->(i): Giả sử M đã thỏa mãn điều kiện ACC. Và M không hữu hạn sinh, ta xây dựng
một dây chuyền tăng các module con của M như sau:
Xét
1
x M \{0},∈
đặt
1 1
N x=< >
. Do M không hữu hạn sinh nên tồn tại
2 1
x M \ N∈
,
Đặt
2 1 2
N x ,x=< >
…tiếp tục quá trình này ta thu được dây chuyền
1 2 k
N N N ≤ ≤ ≤ ≤
trong đó
k 1 k
N x , ,x=< >
thỏa
k k 1
x N
−
∈
tức
k 1 k
N N

−
<
(con
thực sự) tức dãy không dừng-> mâu thuẫn. Xong.

Bài 6: Dãy khớp (dãy chính xác)
Bài 6.3. Cho U,V,W là các không gian vector thực có số chiều lần lượt là 1,3,2. {u} là
cơ sở của U, {v
1
,v
2
,v
3
} là các cơ sở của V và {w
1
,w
2
} là cơ sở của W. Các
−¡
đồng cấu
1 2 1 1 2 2 3 3 1 1 3 2
f : U V,f(au) av av ,g : V W,g(a v a v a v ) a w a w→ = + → + + = +
.
a) CM dãy
f g
0 U V W 0→ → → →
chính xác tại U và W nhưng không chính
xác tại V.
b) CMR tồn tại
¡

-đồng cấu
g': V W→
sao cho dãy sau chính xác
f g '
0 U V W 0→ → → →
.
c) CMR tồn tại
−¡
đồng cấu
f ': U V→
sao cho dãy sau chính xác
f ' g
0 U V W 0→ → → →
Giải.
a) CM f đơn cấu tức Kerf=0, g toàn cấu tức Img=W (tự CM)
- CM cho Imf
≠
Kerg
b)
1 1 2 2 3 3 1 2 1 3 2
g': V W,g(a v a v a v ) (a a )w a w→ + + = − +
. Sau đó chứng minh cho g’
toàn cấu. Xác đinh Kerg’=Imf
c)
2
f ': U V,f(au) av→ =
. Chứng minh cho f’ đơn cấu và Imf’=Kerg.
Bài 6.4. Cho
i i i
{A },{B },{C }

là các module sao cho
i i
f g
i i i
A B C→ →
chính xác
i
∀
. Đặt
i i i i i i i i i i
i I i I i I i I
f : A B ,f((a )) (f (a )),g : B C ,g((a )) (g (a ))
∈ ∈ ∈ ∈
→ = → =
∏ ∏ ∏ ∏

CM
f g
i i i
i I i I i I
A B C
∈ ∈ ∈
→ →
∏ ∏ ∏
là dãy khớp.
Giải. Ta CM cho Imf=Kerg
- Xét
i i I i i I i i i I i i I
(b ) Imf (a ) A : f[(a ) ] (b )
∈ ∈ ∈ ∈

∈ ⇒ ∃ ∈ =
∏

i i i i i
i I, a A :f (a ) b⇒ ∀ ∈ ∃ ∈ =
i i i i i
g (b ) g f (a ) 0⇒ = =
(Do
i i
Imf Kerg=
)
i i I i i i I i i I
g[(b ) ] (g (b )) 0 (b ) Kerg
∈ ∈ ∈
⇒ = = ⇒ ∈
- Ngược lại, xét
i i I i i i i i
b (b ) Kerg g (b ) 0 i b Kerg Imf
∈
= ∈ ⇒ = ∀ ⇒ ∈ =
nên với mọi i
i i i i i
I, a A :f (a ) b .∈ ∃ ∈ =
Đặt
i i I
a (a )
∈
=
i i i
f (a) (f (a )) (b ) b b Imf⇒ = = = ⇒ ∈

Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail:
Tel: 0986807327
Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM
Ta mở rộng tương tự cho tổng trực tiếp.
i i
A B
f ': f | ,g': g |
⊕ ⊕
= =

i i i
Imf ' Imf Kerg,Imf ' B Imf ' Kerg B ,ma Kerg' Kerg B⇒ ⊆ = ⊆ ⊕ ⇒ ⊆ ∩ ⊕ = ∩ ⊕#

nên
Imf ' Kerg'⊆
. Tương tự chứng minh cho chiều ngược lại.

Bài 7: Module tự do và module xạ ảnh
Bài 7.1. Chứng minh rằng R-module là xạ ảnh
⇔
i i R i i
i I
m M,f Hom (M,R),i I: m M : m (f m)m
∈
∃ ∈ ∈ ∈ ∀ ∈ =
∑
Giải
Gọi F là module tư do có cơ sở
i i I
{e }

∈
. Có thể chọn
i i I
{m }
∈
là tập sinh của M. Đặt
i i i i
i I i I
h : F M, re rm .
∈ ∈
→
∑ ∑
a
Đặt
i i i i
i I
: F R, re r
∈
π →
∑
a
. Do M xạ ảnh, h toàn cấu
nên tồn tại
M i i i i
i I i I
f : M F,hf Id , x F : x re (x)e
∈ ∈
∃ → = ∀ ∈ = = π
∑ ∑
,

m M :f (m) F∀ ∈ ∈
nên có thể viết
i i
i I
f (m) [ .f (m)]e
∈
= π
∑
. Đặt
i i i i
i I
f .f m M,f(m) f (m)e
∈
= π ⇒ ∀ ∈ =
∑
tức
i i i i i i
i I i I i I
m hf(m) h( f (m)e f (m)h(e ) f (m)m
∈ ∈ ∈
= = = =
∑ ∑ ∑
.
Ngược lại,
i i R i i
i I
m M,f Hom (M,R) : m f (m)m
∈
∃ ∈ ∈ =
∑

. Ta CM cho M xạ ảnh.
-
i i
i I
: M F,m f (m)e
∈
ψ →
∑
a
,
ψ
đơn cấu
0 M F F / Ker 0
ψ π
→ → → ψ →
là khớp với
i i i i
i I i I
: F F / Im ,x x Im ; : F M, re rm
∈ ∈
π → ψ + ψ ϕ →
∑ ∑
a a
,
i i i i
i I i I
(m) [ f (m)e ] f (m)m m
∈ ∈
ϕψ = ϕ = =
∑ ∑

,
M
Idϕψ =
. Nên dãy chẻ ra.
Im⇒ ψ
là
hạng tử trực tiếp của F nên nó xạ ảnh. M đẳng cấu với
Imψ
nên M xạ ảnh.
Kiểm tra
ψ
đồng cấu và đơn cấu (tự kiểm tra)
Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail:
Tel: 0986807327