một số khái niệm và định nghĩa về lý thuyết vành và trường

A. MỘT SỐ KHÁI NIỆM VÀ ĐỊNH NGHĨA VỀ LÝ THUYẾT VÀNH VÀ TRƯỜNG .
1. Định nghĩa .
Vành là một tập hợp X cùng với hai phép toán hai ngôi trên X gồm phép cộng
(+) và phép nhân (.) thoả mãn các điều kiện sau :
a. X cùng với phép cộng là một nhóm Abel.
b. Phép nhân có tính chất kết hợp :
Với mọi x,y,z
∈
X .Ta có :x(yz) =(xy)z .
c.Phép nhân phân phối đối với phép cộng :
Với mọi x,y,z
∈
X .Ta có :
x(y + z) = xy + xz .
(y + z)z = yx + zx.
Nhóm (X,+) được gọi là nhóm cộng của vành X .Phần tử trung lập của phép
cộng gọi là phần tử không , kí hiệu 0.Phần tử đối xứng của phần tử x
∈
X gọi là phần
tử đối của x ,kí hiệu là –x.
Vành X được gọi là vành giao hoán nếu phép nhân của nó là giao hoán .
Vành X được gọi là vành có đơn vị nếu phép nhân của nó có đơn vị ,phần tử đơn vị
của X kí hiệu là e hay 1.
2.Một số tính chất suy ra từ định nghĩa .
a. Với mọi x,y,z
∈
X ta có :
x(y-z) =xy – xz
(y – z)x = yx – zx .
b.Với mọi x
∈

X .Ta có :
0.x = x.0 = 0.
c.Với mọi x,y
∈
X .Ta có :
x(-y) = (-x)y = -xy
(-x)(-y) = x.y .
d. Với mọi x
i
,y
i
∈
X ,Ta có :
(x
1
+ x
2
+…+ x
m
)(y
1
+ y
2
+ …+ y
n
) =
∑
=
m
i 1

∑
=
n
j 1
x
i
y
j
.Tính chất trên gọi là luật
phân phối tổng quát .
3.Vành con.
3.1 Định nghĩa.
Giả sử X là một vành và A là một tập con khác rỗng ổn định đối với hai phép toán
trong X.A được gọi là một vành con của X nếu A cùng với hai phép toán cảm sinh
trên A là một vành.
3.2 Định lý .
Giả sửA là một tập con khác rỗng của vành X .Khi đó các điều kiện sau là
tương đương :
a. A là vành con của X.
b. Với mọi x,y
∈
A , ta có x + y
∈
A ,x.y
∈
A , và -x
∈
A.
c. Với mọi x,y
∈

A , ta có x - y
∈
A và x.y
∈
A.
4.Ideal.
4.1 . Định ngh ĩa.
Giả sử X là một vành .
a. Vành con Acủa X gọi là ideal trái của X nếu xa
∈
A ,
∀
x
∈
X và a
∈
X.
b. Vành con A của X gọi là ideal phải của X nếu ax
∈
A ,
∀
x
∈
X và a
∈
X.
c. Vành con A của X gọi là ideal của X nếu A vừa là ideal trái vừa là ideal phải
của X .
Phan Thạch Đa
Trang 1

Đối với vành giao hoán , các khái niệm ideal trái ,ideal phải và ideal là trùng nhau.
Giả sử X là vành có đơn vị và A là một ideal của X chứa đơn vị của X .khi đó A =
X.
4.2 . Định lý.
Một tập con A khác rỗng của vành X là ideal của X khi và chỉ khi các điều kiện sau
thoả mãn:
a. Với mọi a,b
∈
A , ta có a - b
∈
A .
b. Với mọi a
∈
A v à x
∈
X, ta có xa
∈
A và ax
∈
A .
4.3 . Định nghĩa.
A được gọi là ideal chính nếu A là ideal sinh bởi một tập hợp.
Kí hiệu : A = <a>.
5. Vành thương.
Giả sử X là một vành và A là một ideal tuỳ ý của X .Khi đó A là nhóm con của
nhóm cộng Abel X .Suy ra A là chuẩn tắc . Đã biết rằng tập thương :
X/A = {x + A : x
∈
X } cùng với phép toán cộng :
(x + A) + (y + A) = (x + y) + A (x,y

∈
X) là một nhóm Abel.
Ta có thể trang bị cho X/A một phép toán nhân định nghĩa như sau :
(x + A)(y +A) = x.y + A (x,y
∈
X).
Định nghĩa này được xác định một cách đúng đắn , nghĩa là lớp xy + A chỉ phụ
thuộc vào lớp x + A và y + A mà không phụ thuộc vào việc chọn các phần tử đại
diện x và y từ các lớp đó .
Thật vậy , giả sử x’ + A = x + A và y’ + A = y + A , tức là x’ – x
∈
A và
y’ – y
∈
A . Khi đó :x’y’ – xy = x’(y’ – y) +(x’ – x)y
∈
A vì A là một ideal của
X.
Dễ dàng thấy rằng X/A lập thành một vành đối với hai phép toán cộng và nhân đã
nói ở trên.
5.1 . Định nghĩa.
Vành X/A được gọi là vành thương của vành X theo ideal A (hay vành thương
của X/A) .
Dễ thấy nếu vành X là giao hoán thì vành X/A cũng giao hoán .Nếu X có đơn vị
là 1 thì vành X/A có đơn vị là lớp 1 + A.
6. Tích trực tiếp của một họ vành.
Định nghĩa .
Giả sử (X
i
)

i
với i
∈
I là một họ không rỗng các vành và X =
∏
∈Ii
X
i
= {(x
i
) , i
∈
I
:x
i

∈
X
i
} là tích đề các của họ (X
i
) ,i
∈
I .Trong đó ta định nghĩa 2 phép toán :
Phép cộng : (x
i
)
i
∈
I

+ (y
i
)
i
∈
I = (x
i
y
i
)
i
∈
I
.
Phép nhân : (x
i
)
i
∈
I
(y
i
)
i
∈
I = (x
i
y
i
)

i
∈
I
.
Khi đó X cùng với hai phép toán trên lập thành một vành . Vành X =
∏
∈Ii
X
i
được
gọi là tích trực tiếp của họ các vành (X
i
)
i
∈
I
.

7.Tổng trực tiếp
Định nghĩa
Giả sử
∏
∈Ii
X
i
là tích trực tiếp của họ không rỗng các vành (X
i
)
∈
I

.ta gọi giá của họ
(x
i
)
i
∈
I

∈

∏
∈Ii
X
i
là tập con với I
o
= { i
∈
I :x
i

≠
0}
⊂
I .Nếu I
o
là hữu hạn thì ta
nói họ (x
i
)

i
∈
I
có giá hữu hạn.
Phan Thạch Đa
Trang 2

Tập con A gồm tất cả các họ (x
i
)
i
∈
I

∈

∏
∈Ii
X
i
có giá hữu hạn là một vành con
của tích trực tiếp
∏
∈Ii
X
i .
Vành

con này được gọi là tổng trực tiếp của họ các vành
(x

i
)
i
∈
I
và được kí hiệu là
∑
∈Ii
X
i
.Nếu I ={1,2,…,n} thì tổng trực tiếp
∑
∈Ii
X
i

thường được kí hiệu là X
1
⊕
X
2

⊕
…
⊕
X
n
.
Khi tập chỉ số I là hữu hạn thì tích trực tiếp và tổng trực tiếp của họ các vành
(x

i
)
i
∈
I
là trùng nhau .
8.Miền nguyên.
Giả sử X là một vành ,phân tử a
≠
0 của X gọi là ước của không nếu tồn tại phần tử
b
≠
0 của X sao cho a.b = 0 hoặc b.a = 0.
Một vành X được gọi là một miền nguyên nếu X là vành giao hoán ,có đơn vị ,có
nhiều hơn một phần tử và không có ước của không.
9. Trường .
Một vành giao hoán có đơn vị có nhiều hơn một phần tử và mọi phần tử khác
không đều khả nghịch (đối với phép nhân) được gọi là một trường.
Như vậy một tập hợp X cùng với hai phép toán cộng và nhân là một trường nếu và
chỉ nếu .
a.X cùng với phép cộng là một nhóm Abel.
b.X\{0} cùng với phép nhân là một nhóm abel.
c.Phép nhân phân phối đối với phép cộng.
10.Thể
Vành có đơn vị X được gọI là một thể nếu X có nhiều hơn một phần tử và mọi
phần tử khác không của X đều khả nghịch .
Như vậy trường là một thể giao hoán .
11.Đặc số của vành .
Giả sử X là một vành .Nếu tồn tại số nguyên dương nhỏ nhất n sao cho na = 0 ,
∀

a
∈
X thì ta nói vành X có đặc số là n .Nếu không tồn tại số n như vậy thì ta nói
vành X có đặc số 0. Đặc số của vành X được kí hiệu là CharX. Nếu X là một trường
thì ta hiểu đặc số của trường X chính là đặc số của vành X.
12. Ideal nguyên tố và Ideal tối đại.
Giả sử X là một vành giao hoán ,có đơn vị :
a. Ideal P của vành X được gọi là Ideal nguyên tố nếu : P
≠
X và
∀
x,y
∈
X từ xy
∈
P ta suy ra x
∈
P hoặc y
∈
P .
b. Ideal M của vành X được gọi là Ideal tối đại nếu M
≠
X và không tồn tại một
Ideal A nào của X thoả mãn M
⊂
A
⊂
X với A
≠
M và A

≠
X .
13. Vành các thương.
Giả sử X là một vành giao hoán có đơn vị và S
⊂
X .Tập con S được gọi là tập con
nhân của X nếu 1
∈
S và S ổn định đối với phép nhân.
Định nghĩa
Giả sử S là tập con nhân của vành giao hoán có đơn vị X .Khi đó vành S
-1
X là được
gọi là vành các thương của X theo S.

B. ĐỒNG CẤU , ĐẲNG CẤU TRONG LÝ THUYẾT VÀNH VÀ TRƯỜNG.

1. Định nghĩa.
Giả sử X,Y là các vành . Ánh xạ f : X
→
Y được gọi là một đồng cấu vành nếu nó
bảo toàn các phép toán của vành ,tức là
∀
x,y
∈
X :
Phan Thạch Đa
Trang 3

Ta có : f(x + y) = f(x) + f(y) .

f(x.y) = f(x)f(y) .
• Nếu X = Y thì đồng cấu f : X
→
Y được gọi là một tự đồng cấu vành của X.
• Đồng cấu f: X
→
Y gọi là một đơn cấu(toàn cấu , đẳng cấu ) ,nếu ánh xạ f là
một đơn ánh (toàn ánh ,song ánh).Một tự đồng cấu song ánh gọi là một tự
đẳng cấu .
• Nếu tồn tại một đẳng cấu vành f : X
→
Y thì ta nói X và Y là đẳng cấu .Kí
hiệu X
≅
Y.
2.Các tính chất.
• Nếu f: X
→
Y là một đồng cấu vành thì f(0
x
) = 0
y
và f(-x) = -f(x) ,
∀
x
∈
X.
• Nếu f: X
→
Y v à g :Y

→
Z là những đồng cấu vành thì ánh xạ tích g.f :X
→
Z
cũng là một đồng cấu vành . Đặc biệt tích của 2 đẳng cấu vành là một đẳng
cấu vành .
Chứng minh
Giả sử f:X
→
Y ,g : Y
→
Z là những đồng cấu vành .Ta chứng minh g.f cũng là một
đồng cấu vành .
Thật vậy : Vì f và g là các ánh xạ nên g.f cũng là một ánh xạ từ X vào Z.
Mặt khác :Vì X,Y,Z là những vành nên đối với phép cộng chúng là các nhóm giao
hoán , và f,g là những nhóm đồng cấu của các nhóm cộng đó ,do đó g.f cũng là cũng
là một đồng cấu nhóm (*).
Tức là :
∀
x,y
∈
X ta có :
g.f(x + y) =gf(x) + gf(y) .
Hơn nữa ta còn có
∀
x,y
∈
X :
Gf(xy) = g[f(x)f(y) ] = gf(x).gf(y) .
• Nếu f :X

→
Y là một đẳng cấu vành thì ánh xạ ngược f
-1
:Y
→
X cũng là một
đẳng cấu vành.
Định lý 1 .Giả sử f : X
→
Y là một đồng cấu vành .
i.Nếu f có nghịch đảo trái (tức là có một đồng cấu vành g : Y
→
X sao cho g.f =
id
X
) thì f là một đơn cấu .
ii.Nếu f có nghịch đảo phải (tức là có một đồng cấu vành g : Y
→
X sao cho f.g =
id
X
) thì f là một toàn cấu .
iii. f là một đẳng cấu khi và chỉ khi f có nghịch đảo (tức là có một đồng cấu vành
g : Y
→
X sao cho g.f =id
X ,
f.g = id
Y
).

Chứng minh
i.Giả sử có f(x) = f(y)
∀
x,y
∈
X
Khi đó x = id
X
(x) = gf(x) = gf(y) = id
Y
(y) =y
⇒
x = y .Vậy f là một đơn cấu.
ii.
∀
z
∈
Y , ta có z = id
Y
(z) = fg(z) .
Vậy z là ảnh của f tác động trên g(z) . Đều này chứng cho thấy f là một toàn cấu .
iii. Giả sử f là một đẳng cấu . Đặt g = f
-1
dựa theo tính chất trên ta có g cũng là
một đẳng cấu và gf = id
X
,fg = id
Y
.(1)
Ngược lại : giả sử có đồng cấu g thoả mãn (1) theo (i) và (ii) f vừa là một đơn cấu

vừa là một toàn cấu nên nó là một đẳng cấu .Mà f là một đẳng cấu thì f
-1
cũng là một
đẳng cấu .
Nhận xét . các mệnh đảo của (i) và (ii) đều không đúng .
Thật vậy : phép bao hàm :
f : Z
⊂
Q là một đơn cấu vành không có nghịch đảo trái .Bởi vì nếu
Phan Thạch Đa
Trang 4
g : Q
→
Z là một nghịch đảo trái của f thì g(1) = 1 .từ đó 2.g(
2
1
) = 1. Nhưng
phương trình 2x = 1 không có nghiệm trong Z.
Mặt khác : Phép chiếu Z
→
Z/n
a

[a] là một toàn cấu vành không có nghịch đảo phải
với mọi n>1 .Bởi vì nếu g là một nghịch đảo phải của f thì nói riêng
g : Z/n

Z là một đồng cấu của các nhóm cộng .Nhưng mọi phần tử của Z/n
đều có cấp hữu hạn , trrong khi 0 là phần tử duy nhất của Z cũng có cấp hữu hạn
.Cho nên g = 0 đều này mâu thuẩn với hệ thức fg = id

Z/n
.
3. Ảnh và tạo ảnh của đồng cấu vành .
Định lý 2.Giả sử f :X
→
Y là một đồng cấu vành .Và A là vành con của X, B là ideal
của Y thì khi đó :
a. f(A) là vành con của Y .
b.f
-1
(B) là ideal của X.
Chứng minh
a.
∀
x,y
∈
A .Ta có : x - y
∈
A
⇒
f(x – y)
∈
f(A) .Do f là đồng cấu nên :
f(x – y) = f(x) – f(y)
∈
f(A) .
f(xy)
∈
f(A)
⇒

f(x)f(y)
∈
f(A) . Do đó f(A) là một vành con của Y.
( Vì x,y
∈
A
⊂
X nên f(x),f(y)
∈
f(A)
⊂
Y.)
b. 0
∈
f
-1
(B)
⇒
f(B)
≠
Ø .
∀
x
1
,x
2

∈
f
-1

(B)
⇒
∃
a,b
∈
B : f(x
1
) = a và f(x
2
) = b .
Xét a – b = f(x
1
) –f(x
2
) = f(x
1
– x
2
)
∈
B.
⇒
x
1
–x
2

∈
f
-1

(B).
. x
1
∈
f
-1
(B)
⇒
f(x
1
)
∈
B .x
∈
X thì f(x)
∈
Y .
Xét f(xx
1
) = f(x
1
)f(x)
∈
B (B là ideal).
f(x
1
x) = f(x) f(x
1
)
∈

B .

⇒
x
1.
x
∈
f
-1
(B) và x.x
1
∈
f
-1
(B).
∀
x
∈
X.

⇒
f
-1
(B) là ideal của X.
Hệ quả :Mọi ảnh của đồng cấu không tầm thường của một vành các ideal chính
cũng là một vành các ideal chính .
Chứng minh
Giả sử X là một vành các ideal chính , nói riêng X giao hoán có đơn vị 1
≠
0 . Nếu

f :X
→
Y là một đồng cấu vành thì Imf cũng cũng là một vành giao hoán . Nếu Imf
không tầm thường tức là Imf
≠
0 thì f(1)
≠
0 chính là đơn vị của Imf.
Ta chỉ còn phải chứng minh rằng mỗi ideal B của Imf đều là một ideal chính .
Theo mệnh đề (trên) f
-1
(B) là ideal của X . Do đó f
-1
(B) là một ideal chính aX (a
∈
X) , Vì X là một vành các ideal chính . cuối cùng :
B = f(f
-1
(B)) = f(aX) = f(a). Imf là ideal chính sinh bởi f(a) trong vành Imf .
Định lý 3. f : X
→
Y là một toàn cấu vành và A là ideal của X .Chứng minh f(A) là
ideal của Y.
Chứng minh
* f(A)
≠
Ø vì A
≠
Ø
*

∀
y
1
,y
2

∈
f(A)
⇒
∃
x
1
,x
2
∈
A : y
1
= f(x
1
) , y
2
= f(x
2
) .
Xét y
1 –
y
2
= f(x
1

) - f(x
2
) = f(x
1 -
x
2
)
∈
f(A) .

⇒
y
1
– y
2

∈
f(A)
*
∀
y
1
∈
f(A) ,
∀
y
∈
Y Chứng minh y y
1,
y

1
y
∈
f(A) .
Do y
∈
Y
⇒
∃
x
∈
X :f(x) = y .
Xét y
1
y = f(a)f(x) = f(ax)
∈
f(A) (A là ideal của X ) .
yy
1
= f(x)f(a) = f(xa)
∈
f(A) .

Phan Thạch Đa
Trang 5

⇒
f(A) ideal của Y.
Định lý 4. f :X
→

Y là một đồng cấu vành. Chứng minh rằng kerf

X.
Chứng minh
Ta có kerf ={x
∈
X :f(x) = 0 }
⇒
kerf
≠
Ø .
Giả sử x
1,
x
2

∈
kerf
⇒
f(x
1)
= 0 , f(x
2
) = 0 .
f(x
1
) – f(x
2
) = f(x
1

– x
2
) = 0
⇒
x
1
– x
2
∈
kerf .
*
∀
x
1

∈
kerf và
∀
x
∈
X .Ta cần chứng minh x
1
x ,x
1
x
∈
kerf .
Ta có
∀
x

∈
X
⇒
∃
y
∈
Y sao cho : f(x) = y .
Do x
1

∈
kerf
⇒
f(x
1
) = 0 .
Xét f(x)f(x
1
) = f(xx
1
) = f(x).0 = 0
⇒
xx
1

∈
kerf .
Tương tự :
Xét f(x
1

)f(x) = f(x
1
x) = 0.f(x
1
) = 0
⇒
x
1
x
∈
kerf .

⇒
kerf

X.
Định lý 5 .Giả sử f :X
→
Y là một đồng cấu vành. A

X và B là

Y sao cho f(A)
⊂
B.Khi đó :
i.
∃
! Một đồng cấu vành
f
: X/A

→
Y/B sao cho biểu đồ sao giao hoán :
X f Y

h
A
h
B
X/A
f
Y/B Tức là h
B
f = f h
A
(h
A ,
h
B
là
các toàn cấu chính tắc).
ii.
f
là một đẳng cấu khi và chỉ khi Imf + B = Y và f
-1
(B)
⊂
A .
Chứng minh
Tương ứng
f

: X/A
→
Y/B
x+A

f(x) + B
• Chứng minh
f
là ánh xạ .
Giả sử x+A = x’+A Chứng minh f(x + A) = f(x’ + A) .

⇒
x – x’
∈
A
⇒
f(x – x’)
∈
f(A)
⊂
B.

⇒
f(x) – f(x’)
∈
B
⇒
f(x) + B = f(x’) + B .Vậy
f
là một ánh xạ .

• Chứng minh
f
là đồng cấu .
Lấy a,b
∈
X/A
⇒
a = x + A , b = y + B.
Xét
f
[(x + A) + (y+ B) ] =
f
[(x + y) + A] = f(x + y) + B =
= f(x) + B + f(y) + B =
f
(a) +
f
(b) .

f
[(x + A)(y + B) ] =
f
(xy + A) = f(xy) + B = f(x)f(y) + B =
= (f(x) + B)(f(y + B)) =
f
(a)
f
(b) .
⇒

f
là một đồng cấu .
ii. * Imf + B = Y .
Lấy a
∈
X/A
⇒
a = x + A
Ta có :
f
(x + A) = f(x) + B .
Mặt khác do
f
là toàn cấu :
f
(x + A) = y + B
⇒
f(x) + B = y + B .

⇒
f(x) – y
∈
B
⇒
∃
b
∈
B : f(x) – y = b
⇒
y = f(x) + b

∈
Imf + B .

⇒
Y
⊂
B + Imf .
Mặt khác ta luôn có : Y = Imf + B
Phan Thạch Đa
Trang 6
X/A
*f
-1
(B)
⊂
A .
Lấy x tuỳ ý
⇒
x
∈
f
-1
(B)
⇒
f(x)
∈
B
⇒
f(x) + B = 0 + B

⇒
f
(x + A) =
f
(0 + A)
⇒
f
mà đẳng cấu

⇒
x + a = 0 + A
⇒
x
∈
A
⇒
f
-1
(B)
⊂
A .
(
⇐
) . Imf + B = Y và f
-1
(B)
⊂
A Chứng minh
f
là đẳng cấu .

•
∀
y + B
∈
Y/B
⇒
y
∈
Y = Imf + B

⇒
∃
x
∈
X , b
∈
B : y = f(x) + b

⇒
y + B = f(x) + b + B = f(x) + B =
f
(x + A) .Vậy
f
là toàn cấu .
• Giả sử
f
(x
1
+ A) =
f

(x
2
+ A)
⇒
f(x
1
) + B = f(x
2
) + B
⇒
f(x
1
) – f(x
2
)
∈
B
⇒
x
1
- x
2
∈
f
-1
(B)
⊂
A
⇒
x

1
+ A = x
2
+ A

⇒
f
là một đơn cấu .Vậy
f
là một đẳng cấu .
Nhận xét . Ta không đòi hỏi mọi vành đều có đơn vị nên không bắt buộc mọi đồng
cấu vành f :X
→
Y phải có tính chất f(1) = 1’ , ngay cả trong trường hợp X và Y có
đơn vị (tương ứng là 1 và 1’) .Tuy nhiên , nếu f
≠
0 và Y là một miền nguyên thì từ
hệ thức f(1)f(1) = f(1) và f(1)
≠
0
⇒
f(1) = 1’ .
Định lý 6. Đồng cấu vành f : X
→
Y là một đồng cấu vành.
a.Nó là toàn cấu nếu và chỉ nếu Imf = Y.
b.Nó là đơn cấu nếu và chỉ nếu kerf =0 .
Chứng minh
a.Ta có :Ta có : Imf = {f(x) : x
∈

X} = f(X) .
Mà Imf = Y
⇒
Y = f(X)
⇒
f là một toàn cấu.
b. (
⇒
) Giả sử f là đơn cấu . Khi đó
∀
x
∈
kerf
⇒
f(x) = 0
⇔
f(x) = f(0)

⇒
x = 0 . Nên kerf = {0}.
(
⇐
) Ngược lại :Giả sử kerf = {0} .khi đó
∀
a,b
∈
X :
f(a) = f(b)
⇒
f(a) – f(b) = 0

⇒
f(a – b) =0
⇒
a - b
∈
kerf .

⇒
a – b = 0
⇒
a = b.

Hệ quả :Mỗi đồng cấu vành từ một thể vào một vành hoặc là đồng cấu tầm thường
hoặc là một đơn cấu .
Chứng minh
Giả sử f : K
→
X là một đồng cấu vành từ một thể vào một thể K vào một vành
X .Nếu kerf = 0 thì f là một đơn cấu . Trái lại nếu kerf
≠
0 ,giả sử a
≠
0 là một
phần tử của kerf .Vì K là một thể ,nên a có nghịch đảo là a
-1
.Do kerf là một ideal
nên 1 = a
-1
a
∈

kerf .
Từ đó x = x.1
∈
kerf ,
∀
x
∈
K . Vậy K = kerf , và f là đồng cấu tầm thường .
Định lý 7.Giả sử f :X
→
Y là một đồng cấu vành X ,A
⊂
kerf .
Khi đó :
i. Tồn tại duy nhất met đồng cấu vành
f
:X/A
→
Y sao cho biểu đồ sau giao
hoán:
X f Y
h
f
Tức là f =
f
h (h là toàn cấu
chính tắc).


ii. Im

f
=Imf ; ker
f
= (kerf)/A .
Phan Thạch Đa
Trang 7
iii.
f
là một đẳng cấu khi và chỉ khi f là một toàn cấu và A = kerf.
Chứng minh
i. Định nghĩa ánh xạ
f
: X/A
→
Y bởi công thức :
f
(x + A) =f(x) ,
∀
x
∈
X.
Định nghĩa này được xác định một cách đúng đắn.
Thật vậy , nếu x + A y + A thì x – y
∈
A
⊂
kerf ,nên f(x – y) = 0
Y
hay f(x) = f(y) .
Dễ dàng thử thấy rằng

f
là một đồng cấu vành thoả mãn f =
f
h .Giả sử tồn tại
đồng cấu vành
g
:X/A
→
iY sao cho f =
g
h .Thế thì
∀
x
∈
X, ta có
(
f
h)(x) = (
g
h)(x) , hay
f
[h(x) ] =
g
[h(x) ] ,do đó :

f
(x + A) =
g
(x + A) .Vậy
f

=
g
và
f
được xác định duy nhất .
ii.Từ định nghĩa ánh xạ
f
ta suy ra Im
f
= Imf .
Ta có : kerf = {x + A
∈
X/A :
f
(x + A) =0
Y
}
= {x + A
∈
X/A : f(x)=0
Y
}
= {x + A
∈
X/A : x
∈
kerf }
= (kerf)/A .
iii.Giả sử
f

là một đẳng cấu .Thế thì
f
là một toàn cấu và là một đơn cấu .Do đó
ker
f
= 0 = A hay kerf/A = A ,do đó kerf = A.
Ngược lại : do A = kerf , nên :
Kerf = kerf/A = A ,suy ra
f
là một đơn cấu .Vậy
f
là một đẳng cấu .
4.Các định lý đẳng cấu vành .
Định lý 8 . Giả sử A và B là các ideal của vành X sao cho A
⊂
B .Khi đó B/A l à
một ideal của vành X/A và ta có đẳng cấu vành :
(X/A)/(B/A)
≅
X/B .
Chứng minh.
Định nghĩa ánh xạ : f : X/A
→
X/B
x + A

x + B . Định nghĩa này là đúng đắn thật vậy :
Giả sử x + A = x’ + A thế thì x-x’
∈
A

⊂
B do đó x + B = x’ + B .Dễ dàng kiểm tra
được rằng f là một toàn cấu vành .Mặt khác ,ta có :
Kerf = {x + A
∈
X/A :f(x + a) =
0
}
= {x + A
∈
X/A:x + B = B}
= {x + A
∈
X/A:x
∈
B} = B/A.
Vậy theo định lý đồng cấu vành f cảm sinh đẳng cấu vành :

f
: (X/A)/kerf
→
X/B hay (X/A)/(B/A)
≅
X/B .
Định lý 9 .Giả sử A là vành con của vành X và B là ideal của X .Khi đó A
∩
B là
một ideal của A và ta có đẳng cấu vành A/ A
∩
B

≅
(A + B)/B.
Chứng minh
Xét phép nhúng tự nhiên h : A
→
A + B và toàn cấu chính tắc
g : A + B
→
(A + B)/B .
Khi đó tích f = h.g : A
→
(A + B)/B
a

a + B
Là một đồng cấu vành . Hơn nữa f là một toàn cấu, thật vậy ta có :
(a + b) +B = a + B = f(a) ,với mọi (a + b) + B
∈
(A +B )/B .Mặt khác :
kerf = {a
∈
A :f(a) = 0}

= {a
∈
A :a + B = B}
= { a
∈
A :b
∈

B} = A
∩
B .
Phan Thạch Đa
Trang 8
Theo định lý đồng cấu vành ta có đẳng cấu vành : A/A
∩
B
≅
(A + B)/B.


C .Phần bài tập
Bài1. Giả sử X là vành tuỳ ý và Z là vành các số nguyên.Trong tập XxZ ta định
nghĩa các phép toán :
(x
1
,n
1
) + (x
2
,n
2
) = (x
1
+ x
2
, n
1
+ n

2
);
(x
1
,n
1
). (x
2
,n
2
) =(x
1
x
2
+n
1
x
2
+n
2
x
1
,n
1
n
2
);
CMR ánh xạ f : X
→
XxZ

x

(x,0) là một đơn cấu.
Giải
f : X
→
XxZ
x

(x,0)
f là một đồng cấu.
Thật vậy
∀
x,y
∈
X ta có:
f(x+y) = f(x +y,0) = (x,0) + (y,0) = f(x) +f(y)
f(xy) = f(xy,0) = (x,0).(y,0) = f(x).f(y)
Như vậy f là một đồng cấu.
Ta có : kerf =
{ }
)0,0()(: =∈ xfXx

=
{ }
)0,0()0,(: =∈ xXx
=
{ }
0: =∈ xXx
=

{ }
0
.

⇒
Kerf =
{ }
0
.Vậy f là 1 đơn cấu.
Bài 2.Giả sử X là vành và a
X∈
.CMR:
a. Ánh xạ h
a
: X
→
X
x

ax là một tự đồng cấu cửa nhóm cộng của vành X.
b. Ánh xạ h : X
→
EndX
a

h(a) = h
a
là một đồng cấu của vành X đến vành EndX các tự
đồng cấu cửa nhóm cộng cửa vành X.
c.Tìm kerf .CmR hlà đơn cấu khi X là vành có đơn vị.

Giải
a. h
a
: X
→
X
x

ax

∀
x,y
∈
X ta có:
h
a
(x+y) = a(x+ y) = ax+ ay = h
a
(x) + h
a
(y).

⇒
h
a
(x + y) = h
a
(x) +h
a
(y).

Như vậy h
a
là đồng cấu nhóm từ nhóm cộng X đến nhóm cộng X.
b. h : X
→
EndX
a

h(a) = h
a
h là một đồng cấu vành. Vì
∀
a,b
∈
X, h
(a +b)
= h
a
+ h
b

h
(ab)
= h
a
.h
b
Thật vậy :
∀
x

∈
X ta có:
h
a+b
(x) = (a+b)x = ax + bx = h
a
(x) + h
b
(x) = (h
a
+ h
b
)(x).
h
a.b(
x) = (ab)x = a.(bx) = h
a
(bx) = h
a
(h
b
(x)) = h
a
.h
b
(x).

c. kerh =
{ }
XxxhaXa ∈∀=∈ ,0)(:

=
{ }
XxaxXa ∈∀=∈ ,0:
Phan Thạch Đa
Trang 9
Nếu X là vành có đơn vị thì a
∈
kerf
⇔
ae = a = 0
⇒
kerh =
{ }
0
.Hay h là
đơn cấu.
Bài 3.Cho X
1,
X
2
là một vành ,xét X = X
1
xX
2
,có các tập con là:
A
1
=
{ }

11:)0,1( Xxx ∈
;
A
1
=
{ }
22:)2,0( Xxx ∈
; Chứng minh rằng kerp
j
= A
j
với
P
i
: X
→
X
i
là toàn cấu chính tắc (j,i =1,2;j
≠
i )
⇒
X/A
j
≅
X
i .

Giải
Xét toàn cấu chính tắc

P
i
: X
→
X
i
(i =1,2);
Ta có : (x
1
,x
2
)
∈
kerP
1
⇔
p
1
(x
1
,x
2
) = x
1
= 0

⇔
(x
1
,x

2
) = (0,x
2
)
∈
A
2
.
Vậy A
2
= kerP
1
là một ideal của X.
Tương tự A
1
= kerP
2
là một ideal của X. Theo định lý đồng cấu vành ta có:
X/A
2
≅

X
1 ,
X/A
1
≅
X
2
Bài 4. Cho A là deal của vành X , p : X

→
X/A là toàn cấu chính tắc.Chứng minh
rằng : Nếu Blà ideal của X thì P(B) là ideal của X/A.
Giải
P : X
→
X/A
x

x + A
Ta có: B

X cần chứng minh P(B)

X/A
Gọi
βα
,
∈
P(B)
⇒
βα
,
có dạng :
α
= a + A ,
β
= b +A với a,b
∈
B

Xét
α
-
β
= (a + A) – (b + A) = (a – b) + A

⇒

α
-
β

∈
P(B).(Vì B

X ) (1)

α
= a + A
∈
P(B) với a
∈
B

β
= x + A
∈
X/A với x
∈
X

Xét (a + A)(x + A) = ax + A
∈
P(B) (Vì ax
∈
B)
(x + A)(a + A) = xa + A
∈
P(B)
(2)

Từ (1) và (2)
⇒
P(B)

X/A.
Bài 5.Giả sử A,B

X , Nếu X = A + B và A
∩
B =
{ }
0
thì ta nói X được phân tích
thành tổng trực tiếp các ideal A và B.Kí hiệu X = A
⊕
B .Và
∀
x
∈
A

⊕
B viết duy
nhất dưới dạng x = a + b vớI a
∈
A,b
∈
B.Chứng minh rằng: X
≅

AxB .
Giải
Ta có : Nếu X=A + B X = A
⊕
B
A
∩
B =
{ }
0
thì
∀
x
∈
X:x = a + b với a
∈
A,b
∈
B duy nhất.
Xét ánh xạ f : AxB
→

A
⊕
B
(a,b)

a + b

•
f là một đồng cấu.
Ta nhận thấy rằng nếu a
∈
A,b
∈
B thì:
ab
∈
A
∩
B =
{ }
0

⇒
ab = 0.
Do đó :
∀
(a,b),(a’,b’)
∈
AxB.
Xét f( (a,b) + (a’,b’) ) = f(a+a’,b+b’) = (a+a’) + (b + b’) = (a+b) + (a’+b’)

= f(a,b) + f(a’,b’).


⇒
f( (a,b) +(a’,b’) ) = f(a,b) + f(a’,b’).
Xét f
( )( )
[ ]
',', baba
= f(aa’,bb’) = aa’ + bb’ = aa’ + a’b + ab’ +bb’
= (a + b)(a’ + b’) = f(a,b).f(a’,b’).
Phan Thạch Đa
Trang 10
Vậy f là một đồng cấu.

•
f là một đẳng cấu.
Thật vậy :
∀
(a,b),(a’,b’)
∈
AxB.
Giả sử f(a,b) = f(a’,b’).
Khi đó ta có : a + b = a’ + b’ (do sự phân tích duy nhất)

a = a’
⇒
b = b’
⇒
(a,b) = (a’,b’)

⇒
f là đơn cấu.

•
MỗI x
∈
X
⇒
x = a + b (a
∈
A,b
∈
B) duy nhất.

⇒
f(a,b) = x.Vậy f là toàn ánh.
Vậy f là 1 đẳng cấu hay AxB
≅

A
⊕
B.
Bài 6.Tìm tất cả các tự đồng cấu của các vành Q, Z, Z(
2
), Z(i).
Giải
∗Các đồng cấu của vành Z.
Giả sử f : Z
→
Z là một đồng cấu vành ta có:

f(1) = f(1.1) =f(1).f(1)
⇒
f(1) = 0 hoặc f(1) = 1.

•
Nếu f(1) = 0 thì
∀
m
∈
Z ta có :
f(m) = f(1.m) = f(1).f(m) = m.0 = 0
⇒
f là đồng cấu không.

•
Nếu f(1)= 1 thì
∀
m
∈
Z ta có :
f(m) = f(m).f(1) = m.1 =m
⇒
f là đồng cấu đồng nhất.
Vậy có 2 đồng cấu từ vành Z
→
Z là đồng cấu 0 và đồng cấu đồng nhất.
∗Các đồng cấu của vành Z(
2
).
Giả sử f : Z(

2
)
→
Z(
2
) là một đồng cấu.
Khi đó ta có :f(1) = 1 = f(1.1) = f(1).f(1)
⇒
f(1) =0 hoặc f(1) = m .

•
Nếu f(1) = 0 thì
∀
m
∈
Z(
2
)
⇒
m =a + b
2
,với a,b
∈
Z
Ta có : f(m) = f(a + b
2
) = f(a) + f(b)f(
2
) = a.0 + b.
2

.0 =0

⇒
f là đồng cấu không.

•
Nếu f(1) = 1 thì ta có : 2 =f(2) = f(
2
.
2
)

⇒
f(
2
) =
2
hoặc f(
2
) =-
2

Nếu f(
2
) =
2
thì
∀
a + b
2

∈
Z(
2
) ta có :
f(a + b
2
) = f(a) + f(b)f(
2
) = a + b
2

⇒
f là đồng cấu đồng nhất.
Nếu f(
2
) = -
2
thì
∀
a + b
2
∈
Z(
2
) ta có :
f(a + b
2
) = a - b
2

⇒
f là đồng cấu liên hợp.
Như vậy có 3 đồng cấu từ vành Z(
2
)
→
Z(
2
) là:
Đồng cấu không.
Đồng cấu đồng nhất.
Đồng cấu liên hợp.
∗ Các đồng cấu của vành Z(i).
Giả sử f : Z(i)
→
Z(i) là đồng cấu vành khi đó ta có:
f(1) = 1 = f(1.1) = f(1).f(1)
⇒
f(1) = 0 hoặc f(1) = 1.


•
Nếu f(1) = 0 thì
∀
a +ib
∈
Z(i) ta có :
f(a +ib) = f(a) + f(i) f(b) =f(a).0 +f(i).f(b).0 = 0

⇒

f là đồng cấu không.
Phan Thạch Đa
Trang 11

•
Nếu f(1) =1ta có:
i
2
= -1 =f(-1) = f(i.i) =f(i).f(i)
⇒
f(i) = i hoặc f(i) = -i.
Nếu f(i) = i thì
∀
a + ib
∈
Z(i) ta có :
f(a + ib) = f(a) +f(i)f(b) = a + ib
⇒
f là đồng cấu đồng nhất.
Nếu f(i) = -i thì
∀
a + ib
∈
Z(i) ta có :
f(a + ib) =f(a) + f(i)f(b) = a –ib
⇒
f là đồng cấu liên hợp.
Vậy có 3 đồng cấu từ vành Z(i)
→
Z(i) là:

Đồng cáu không.
Đồng cấu đồng nhất.
Đồng cấu liên hợp.
∗Các tự đồng cấu của vành Q.
Giả sử f : Q
→
Q là một tự đồng cấu vành.
Khi đó
∀
n
m
∈
Q,m,n
∈
Z, n
≠
0 ta có:
f(
n
m
) = f(1).f(
n
m
)
⇒
f(1) = 1 hoặc f(
n
m
) = 0.

•
∀
n
m
∈
Q ta có f(
n
m
) = 0
⇒
f là đồng cấu không.

•
1 = f(1) = f(n.
n
1
) = f(
n
1
+
n
1
+…….+
n
1
) = n.f(
n
1
)
⇒

f(
n
1
) =
n
1

n lần

⇒
f là đồng cấu đồng nhất.
Vậy có 2 tự đồng cấu từ Q
→
Q là :
Đồng cấu không.
Đồng cấu đồng nhất.
Bài 7.Giả sử f : X
→
X là một tự đồng cấu của vành X.Chứng minh rằng tập hợp
A =
{ }
xxfXx =∈ )(:
là một vành con của X.
Giải
Vì f(0) = 0 nên A
≠
∅.
Giả sử x
1
,x

2
∈
A, như vậy f(x
1
) = x
1
, f(x
2
) = x
2
do đ ó:
f(x
1
– x
2)
= f(x
1
) – f(x
2
) = x
1
– x
2
và
f(x
1
.x
2
) = f(x
1

).f(x
2
) = x
1
.x
2
Vậy A l à vành con của X.
Bài 8. Cho M =






∈






−
Rba
ab
ba
,:
là một trường với phép toán cộng và phép toán nhân
ma trận.Chứng minh rằng Trường này đẳng cấu với trường C.
Giải
Xét ánh xạ f : C

→
M
a + ib








−
ab
ba



•
f là một đồng cấu vành .

Thật vậy :
∀
x,y
∈
C thì x = a + ib
y =a’ + ib’ khi đó ta có :
Phan Thạch Đa
Trang 12
∗ f(x + y) = f(a + ib + a’ + ib’) = f( a + a’ + i(b +b’) ) =







+−−
++
''
''
aabb
bbaa
=
=






− ab
ba
+






−
''

''
ab
ba
= f(x) + f(y)
∗ f(xy) = f
( ) ( )
[ ]
''. ibaiba ++
= f( (aa’ – bb’) +(ba’ +ab’)i )=






−−−
+−
''''
''''
bbaaabba
abbabbaa
=
=






−

ab
ba
.






−
''
''
ab
ba
= f(x).f(y). Như vậy f là một đồng cấu.
Giả sử f(x) = f(y)
∀
x,y
∈
C ta có:
f(a + ib) = f(a’ + ib’)
⇒







−

ab
ba
=






−
''
''
ab
ba

⇒
a = a’ và b = b’.

⇒
a + ib = a’ +ib’
⇔
x = y. Vậy f là đơn cấu.
f là toàn ánh .Vì
∀








− ab
ba

∈
M ta đều có a + ib
∈
C sao cho
f(a + ib) =






−
ab
ba
do đó C
≅
M.
Bài 9.Cho N =






∈







Qba
ab
ba
,:
2
là một trường với phép(+) và (.) ma trận.Chứng
minh N
≅
Q(
2
) .
Giải
Chứng minh tương tự như bài trên.
Bài 10.Cho (m,n) = 1.m,n
∈
N . Chứng minh rằng Z/mnZ
≅
Z/mZxZ/nZ.
Giải
Để chứng minh bì trên ta xét bổ đề sau:
Giả sử X là một vành giao hoán có đơn vị,A,B là các ideal của X sao cho
X = A + B thì X/AB
≅
(X/A)x(X/B)
Thật vậy:

Xét ánh xạ f : X
→
(X/A)x(X/B)
x

(x + A,x + B).
dễ dàng chứng minh được rằng f là một đồng cấu .Ta có 1 = e
1
+ e
2
với e
1
∈
A,e
2
∈
B
Như vậy
∀
x
1
,x
2
∈
X.
Đặt x = e
2
x
1
+e

1
x
2
∈
X
⇒
x-x
1
=(e
2
– 1)x
1
+ e
1
x
2
= e
1
(-x
1
+ x
2
)
∈
A
x – x
2
= e
2
(x

1-
x
2
)
∈
B
Do đó x + A = x
1
+ A và x + B = x
2
+ B
⇒
f là toàn ánh .
Mặt khác ,x
∈
kerf
⇔
(x +A,x + B) = (A,B)
⇒
x
∈
A
∩
B.
Vậy kerf = A
∩
B. Vì A,B là các ideal của X
⇒
AB là ideal luôn chứa trong
A

∩
B. Mà X = A + B
⇒
A
∩
B
⊂
AB. Vậy A
∩
B = AB.
Theo định lý đồng cấu vành
⇒
X/AB
≅
(X/A)x(X/B).
Ta có : (m,n) =1
mZ + nZ =Z
mZ.nZ =mnZ. Theo bổ đề trên
⇒
Z/mnZ =(Z/mZ)x(Z/nZ).
Bài 11.Cho ánh xạ f : M
2
(R)
→
M
3
(R)
X

2

1
AxB
Phan Thạch Đa
Trang 13
Với A=










−
−
11
15
13
, B =











211
112
a.CmR f là một đồng cấu vành.
b.CmR M
2
(R)
≅

Imf.
Giải
a.Xét BA =










211
112











−
−
11
15
13
= 2I.
f(X
1
) =
2
1
AX
1
B , f(X
2
) =
2
1
AX
2
B.
Xét f(X
1.
X
2
) =

2
1
AX
1
X
2
B =
2
1
AX
1
BB
-1
A
-1
X
2
B =
2
1
AX
1
B .
2
1
AX
2
B = f(X
1
).f(X

2
) .
f(X
1
+X
2
) =
2
1
A(X
1
+ X
2
)B =
2
1
AX
1
B +
2
1
AX
2
B = f(X
1
) + f(X
2
) .

⇒

f là đồng cấu.
b.M
2
(R)/kerf
≅

Imf.
Ta có kerf =
{ }
0)(:)(2 =∈ XfRMx
=






=∈
0XB
2
1
:)(2 ARMx

=
{ }
02 2:)(2 =∈ IXIRMx
=
{ }
0:)(2 =∈ XRMx
=

{ }
0

⇒
M
2
(R)
≅

Imf.
Bài 12.Các vành Z(
2
) =
{ }
Zbaba ∈+ ,:2
và Z(
3
) =
{ }
Zbaba ∈+ ,:3
có
đẳng cấu với nhau không?Vì sao?
Giải
Cách 1. Xét tương ứng f : Z(
2
)
→
Z(
3
)

a + b
2

a + b
3
f là ánh xạ .
Thật vậy vì:
Giả sử a + b
2
= a’ + b’
2

⇔
(a – a’) + (b – b’)
2
=0
mà a,a’,b,b’
∈
Z

⇒
a – a’ = 0
⇒
a = a’
b – b’ = 0 b = b’
Từ đây
⇒
a + b
3
= a’ + b’

3
. Tức là ta có f(a + b
2
) = f(a’ + b’
2
) .
Ta xét các trương hợp sau:
Lấy x, y
∈
Z(
2
)
⇒
x = a + b
2

y = a’ + b’
2

f(x + y) = f(a + a’ + (b + b’)
2
) = a + a’ + (b + b’)
3
=
= a + b
3
+ a’+ b’
3
= f(x) + f(y) . (1)
f(x.y) = f

( )( )
[ ]
2''2 baba ++
= f =


= (aa’ + bb’) + (ab’ + a’b)
3
.
Phan Thạch Đa
Trang 14
Ta có : f(x).f(y) = (a + b
3
)(a’ + b’
3
) = aa’ + 3bb’ +(ab’ + ba’)
3
(2)
Từ (1) và (2)
⇒
f(xy)
≠
f(x).f(y) .
Do đó f không là đồng cấu nên nó không là một đẳng cấu.
Cách 2.Giả sử Z(
2
)
≅
Z(
3

) .

⇒
∃
f : Z(
2
)
→
Z(
3
) là đẳng cấu vành
⇒
Ta có : f(1) = 1 (do f là toàn cấu)
⇒
Từ đó : f(
2
.
2
) = f(2) = f(1 + 1) = 2f(1) = 2

⇒
∃
α
∈
Z(
3
) : f(
2
) =
α

,
α
= a + b
3
(a + b
3
)
2
= 2
⇒
a
2
+ 3b
2
+ 2ab
3
= 2 (1)
Vì a,b
∈
Z (1)
⇒
a.b = 0

⇒
a = 0 hoặc b = 0
⇒
a
2
= 2 hoặc b
2

= 2 .Không xảy ra vì a,b
∈
Z .
Vậy Z(
2
) không đẳng cấu vớI Z(
3
).
Bài 13.Chứng minh rằng các trường Q(
2
) và Q(i) không đẳng cấu với nhau.
Chứng minh
Giả sử f : Q(i)
→
Q(
2
) là đẳng cấu .
Khi đó f(1) = f(1.1) = f(1).f(1) do f(1)
≠
0 (Vì f là đẳng cấu) nên f(1) =
1

⇒
f(-1) = -1.
Như vậy ta có –1 = f(-1) = f(i
2
) = f(i )
2
.
Điều kiện trên law mâu thuẩn vì không tônd tại x

∈
Q(
2
) sao cho x
2
=
-1.

Bài 14. a.Nếu f : X
→
Y là một toàn cấu từ vành có đơn vị X đến vành có đơn vị
Y thì f(1
X
) = 1
Y
.
b.Cho một ví dụ về đồng cấu khác không f : X
→
Y của các vành có đơn
vị X ,Y sao cho f(1
X
)
≠
1
Y
.
Giải
a. Do f là toàn cấu nên:

∀

y
∈
Y
⇒
∃
x
∈
X :f(x) = y
Xét y.f(1
X
) = f(x).f(1
X
) = f(x.1
X
) = f(x) = y và
f(1
X
).y = f(x).f(1
X
) = f(x.1
X
) = f(x) = y

⇒
f(1
X
) = là phần tử đơn vị của Y tức law f(1
X
) = 1
Y

.
b. Xéy tương ứng f : R
→
M
2
(R)
x








00
0x

• f là một ánh xạ .Thật vậy :
Giả sử có x,y
∈
R : x = y thì khi đó ta có






00
0x

=






00
0y

tức là f(x) = f(y) .
• f là một đồng cấu .Thật vậy :

∀
x,y
∈
R ta xét :
f(x + y) =






+
00
0yx
=







00
0x
+






00
0y
= f(x) +f(y)
Phan Thạch Đa
Trang 15
f(x.y) =






00
0.yx
=







00
0x






00
0y
= f(x).f(y).
Ta thấy : f(1
R
)
≠







10
01

⇒

f(1
R
)
≠
1
M2 (R)
.
Bài 15.X =
∏
=
n
i
Xi
1
I

X . Chứng minh rằng I =
∏
=
n
i
Ai
1
, A
i


X
i
, I = 1…n

Giải
Xét toàn cấu chính tắc :
P
k
: X
→
X
k
k = 1…n.
Ta có P
k
( I ) = A
k


X
k
.Ta cần chứng minh : I =
∏
=
n
k
Ak
1

∗ Chứng minh I
⊂
∏
=
n

k
Ak
1
với x=(x
1
,x
2
,…,x
n
)
∈
I

⇒
P
k
(x) = x
k
∈
P
k
(I) = A
k

∀
k = 1…n

⇒
x
∈

∏
=
n
k
Ak
1
.
∗Chứng minh
∏
=
n
k
Ak
1
⊂
I a = (a
1
,a
2,
…,a
n
)
∈
∏
=
n
k
Ak
1

⇒
a
k
∈
A
k
= P
k
( I )
⇒
a
k
= P
k
( I )

⇒
a
k
= Pk(b) với b = (b
1
,b
2
,…,b
n
)
∈
I .
Ta có : (b
1,

b
2
, … , b
n
).(0,0,…,a
k
,…,0)
∈
I với k = 1…n.

⇒
a = (a
1
,0,0,…,0) +…+ (0,0,…,a
n
)
∈
I

⇒
∏
=
n
k
Ak
1
⊂
I
⇒
I =

∏
=
n
k
Ak
1
.
Vậy I =
∏
=
n
k
Ak
1
.
Bài 16.Tìm điều kiện để 2 số nguyên dương m,n để tồn tại một đồng cấu vành từ
Z
m
vào Z
n

Giải
N ếu f : Z
m

→
Z
n
là một đồng cấu vành thì f(1) =1.
Vì f là một đồng cấu nhóm (cộng) nên cấp của f(1) phảI là ước của m(cấp của 1

∈
Z
m
) . Do đó n là một ước của m .
Đảo lại : Nếu n là một ước của m thì
∃
một đồng cấu nhóm f : Z
m

→
Z
n
xác
định bởi f(1) = 1.Rõ ràng f là một đồng cấu vành .Như vậy cần và đủ để tồn tại
đồng cấu vành f : Z
m

→
Z
n
là n

m trong diều kiện đó f là duy nhất.xác định bởi
f(1) = 1.
Phan Thạch Đa
Trang 16
X
Bài 17. Cho vành X .Cấp của phần tử trong nhóm cộng X gọi là đặc số của
vành X.Như thế vành khác X có đặc số m>0 nếu m là số nguyên dương nhỏ nhất
sao cho m.1 = 0 .Nếu cấp của 1 vô hạn ta nói X có đặc số không .Chứng minh

rằng mọi vành X:
a.
∃
! đồng cấu vành g : Z
→
X .
b. Nếu vành X có đặc số 0 thì g là một đơn cấu .
c. Nếu X có đặc số m>0 thì
∃
đơn cấu vành Z
m

→
X.
Giải
a. Đặt g : Z
→
X
n

n.1 thì g là một đồng cấu vành vì
∀
m,n
∈
Z ta có:
• f(m + n) = (m + n).1 = m.1 +n.1 = f(m) +f(n) .
• f(m.n) = m.n.1 = m.1.n.1 = f(m).f(n).
Mặt khác nếu f : Z
→
X là đồng cấu vành ,ta có :f(1) = 1

f(n) = f(1 + 1 +…+1) = n.f(1) = n.1 , n
∈
Z
n lần
f(-n) = -f(n) =(-n).1 , n
∈
N .Do đó f = g hay g là duy nhất.
b. Giả sử X có đặc số 0 và n
∈
kerg , khi đó : g(n) = n.1 = 0
⇔
n = 0
Vậy kerg =
{ }
0
do đó g là một đơn cấu.
c.Giả sử X có đặt số m>0 , khi đó ta có :
n
∈
kerg
⇔
n.1 = 0
⇔
m

n
⇔
n
∈
mZ .

Như vậy kerg = mZ .Dể thấy rằng tương ứng Z
m
→
X ,
k

k.1 = g(k) là một đơn cấu
vành . Đơn cấu này thu được từ g.
Bài 18. Cho X là vành và ánh xạ f : N
→
X sao cho f là đồng cấu đối với phép cộng
và phép nhân ,phép chọn đơn vị 1.Chứng minh rằng g là đồng cấu duy nhất sao cho
tam giác sau giao hoán.
N i Z
f g gi = f trong đó i là phép nhúng chính

Phan Thạch Đa
Trang 17
tắc và g được cho trong bài 16.
Giải
Phép nhúng chính tắc i : N
→
Z
n

n
Đồng cấu vành g : Z
→
X
n


n.1
*
∀
n
∈
N ta có :
g.i(n) = g(n) = n.1 = nf(1) = f(n)
Do đó g.i = f .Tính duy nhất của g suy ra từ bài 16.
Đồng cấu g là mở rộng của i.Tính duy nhất của g có nghĩa là mở rộng Z của N là
duy nhất sao cho thu hẹp của phép cộng và phép nhân trên Z lên N cho ta phép cộng
và phép nhân lên N.
Bài 19. Cho A
i

X i = 1…n. Và X = A
1
+ A
2
+…+ A
n
thoả mãn điều kiện
A
k


n
ki
i
n

ki
i
Ai
≠
=
≠
=
∑
1
1
=
{ }
0
.Chứng minh rằng:
X
≅
A
1
xA
2
…xA
n
.
Chứng minh

f : X
→
A
1
xA

2
x…A
n

x = a
1
+a
2
+…+a
n

(a
1
,a
2
…a
n
)
• f là ánh xạ.
Gọi x = a
1
+ a
2
+…+a
n

∈
X
y = b
2

+ b
2
+ …+b
n

∈
X
Xét x = y
⇒
a
1
+a
2
+…+ a
n
= b
1
+ b
2
+…+b
n


⇒
( )
∑
−
1
1
biai

= - (a
j
–b
j
)
∈
A
j


n
ji
i
n
ji
i
Ai
≠
=
≠
=
∑
1
1
=
{ }
0


⇒

a
j
– b
j
= 0
⇒
a
j
= b
j

Phan Thạch Đa
Trang 18

⇒
(a
1
,a
2,…
a
n
) = (b
1
,b
2
,…b
n
)

⇒

f(x) = f(y) .Vậy f là ánh xạ.
• f là đồng cấu .

∀
x = a
1
+ a
2
+…+ a
n

∈
X

∀
y = b
1
+ b
2
+…+ b
n
∈
X
Xét f(x + y) = f(a
1
+ a
2
+…a
n
+ b

1
+ b
2
+…+ b
n
) =
= f(a
1
+ b
1
+…+ a
n
+b
n
) = (a
1
+ b
1
,a
2 +
b
2
,…,a
n
+ b
n
) =
= (a
1
,a

2
,…a
n
) + (b
1
,b
2
,…,b
n
) = f(x) + f(y) .
f(x.y) = f
)( )
[ ]
bnbbanaa ++++++ 21 21(
= f(
∑
=1n
j
a
j
b
j
+
∑
≠ki
a
i
b
k
)

Do A
i

X , nên
∀
i
≠
k ta có a
i
b
k
∈
A
i

∩
A
k

⊂
A
k


n
ji
i
n
ji
i

Ai
≠
=
≠
=
∑
1
1
=
{ }
0

⇒
a
i
b
k
=0 nên f(xy) = f(a
1
b
1
+ a
2
b
2
+…+ a
n
b
n
) =

= (a
1
b
1
,…,a
n
b
n
) = f(x).f(y)

⇒
f là đồng cấu .
• f là đơn cấu.
Giả sử x = a
1
+ a
2
+…a
n

∈
kerf

⇒
f(x) = 0

⇒
(a
1
,a

2
,…,a
n
) = 0

⇒
kerf =
{ }
0

⇒
f là đơn ánh.
Bài 20. A
i


X , i =1…n . Cho f : X
→
(X
1
/A
1
)x(X
2
/A
2
)x…x(X
n
/A
n

)
x

(x
1
+A
1
,x
2
+ A
2,…,
x
n
+A
n
)
Chứng minh rằng f là toàn cấu
⇔
A
i
+ A
j
= X
∀
i
≠
j
Chứng minh
*Ta có f là toàn ánh. Chứng minh A
1

+A
j
= X j = 2…n
Lấy phần tử y = (1 + A
1 ,
0 + A
2
, …,0 + A
n

Do f là toàn ánh nên
∃
x
∈
X:
f(x) = y
⇔
x + A
1
= 1 + A
1

x + A
j
= 0 + A
j
j = 2,…,n

⇒
1 – x

∈
A
1
và x
∈
A
j
vớI j = 2,…n

1 = (1-x) + x
∈
A
i
+ B
j
j = 2,…,n
Tương tự ta chứng minh được cho X
i
+ A
j
= X
∀
i
≠
j
*Ta có A
i
+ A
j
= X chứng minh f là toàn ánh .

Giả sử y = (y
1
+ A
1
,…,y
n
+ A
n
) y
i

∈
X , i = 1…n
= (
,1y
2y
,…,
yn
) y
i

∈
X , i = 1…n

⇒
y = (
1y
,
0
,…,

0
) +…+ (
0
,…,
yn
)
Ta có A
1
+ A
j
= X j = 2…n

⇒
∃
a
j
∈
A
1
,a
j

∈
A
j
: b
j
+ a
j
= 1 j = 2…n

⇒
a
j
= 1 – b
j

⇒
a
2
a
3
a
4
….a
n
= (1 – b
2
)(1 – b
3
)…(1 – b
n
)

⇒
a = 1 + b vớI a = a
1
a
2
…a

n

∈
A
j
(j = 2…n) và b
∈
A
1


⇒
y
1
a = y
1
+ y
1
b .
Đặt x
1
= y
1
a = y
1
+ y
1
b x
1
∈

A
j
j = 2…n
Ta có f(x
1
) = (x
1
+ A
1
,x
2
+ A
2
,…,x
n
+ A
n
) = (y
1
a + y
1
b + A
1
, ….,
0
) =
Phan Thạch Đa
Trang 19
= (y
1

+ A
1
,
0
,…,
0
). (Vì b
∈
A
1

⇒
y
1
b
∈
A
1

⇒
y
1
+ y
1
+ A
1
= y
1
+
A

1
=
1y
)
Tương tự
∃
x
j
X : f(x
j
) = (
0
,
0
,…,
jy
,…,
0
) , j = 2…n
Đặt x = x
1
+ x
2
+ …+ x
n
.
Ta có :f(x) = f(x
1
) + f(x
2

) + …+ f(x
n
)
= (
1y
,
0
,…,
0
) + (
0
,
2y
,…,
0
) + …+ (
0
,…,
yn
) = y

⇒
f(x) = y
⇒
f là toàn ánh.
Bài 21.Giả sử X,Y là các vành , f : X
→
Y là đồng cấu vành A và B theo thứ tự là
các ideal của X và Y sao cho f(A)
⊂

B.
X f Y
P, P’ là các toàn cấu chính tắc .
P P’

X/A
f
Y/B
a. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một đồng cấu vành
f
: X/A
→
Y/B sao
cho hình vuông trên giao hoán tức là
f
P = P’f.
b. Nếu f là toàn cấu thì
f
cũng là toàn cấu.
Giải
a.
f
: X/A
→
Y/B
x +A

y + B .Tương ứng trên là một ánh xạ .
Thật vậy : Giả sử
∃

x
1
+ A,x
2
+ A
∈
X/A sao cho x
1
+

A

=

x
2 +
A

⇒
x
1
– x
2

∈
A
⇒
f(x
1
–x

2
)
∈
fA)
⇔
f(x
1
) – f(x
2
)
∈
f(A)
⊂
B

⇒
f(x
1
) + B = f(x
2
) + B
⇔
f
(x
1
+ A) =
f
(x
2
+A) .

*
f
là một đồng cấu .

∀
x
1
+ A,x
2
+ A
∈
X/A
Xét
f
( ) ( )
[ ]
AxAx +++ 21
=
f
(x
1
+x
2
+ A) =
= f(x
1
+ x
2
) +B = f(x
1

) + f(x
2
) + B = f(x
1
) +B + f(x
2
) + B
=
f
(x
1
+ A) +
f
(x
2
+ A)

f
( )( )
[ ]
AxAx ++ 21
= f(x
1
x
2
+ A) = f(x
1
x
2
) + B = f(x

1
)f(x
2
) + B =
= (f(x
1
)+B) (f(x
2
) + B) =
f
(x
1
+ A)
f
(x
2
+ A) .
* f là duy nhất

∀
∈
X . Ta có (
f
P)(x) =
f
(P(x)) =
f
(x + A) = f(x) + B = P’(f(x)) =(P’f)(x)

⇒

f
P = p’f
Giả sử
∃
g : X/A
→
Y/B sao cho gP = P’g .Khi đó
∀
x + A
∈
X/A ta có g(x +
A) = g(P(x)) = (gP)(x) =(P’f)(x) = P’(f(x)) = f(x) + B =
f
(x + A) .
Vậy g = f
⇒
∃
!
f
c. Nếu f là toàn cấu thì P’f là toàn cấu nên :

f
(X/A) = (
f
p)(X) = (P’f )(X) = Y/B . Do đó f là toàn cấu.
Phan Thạch Đa
Trang 20
Bài 22.Chứng minh rằng trong mọi phép đẳng cấu của 2 trường số nào đó ,trường
con các số hữu tỷ được ánh xạ đồng nhất , đặc biệt trường số hữu tỷ không có phép

tự đẳng cấu nào khác phép tự đẳng cấu đồng nhất .
Giải
Vì phép tự đẳng cấu của 2 trường thì phần tử đơn vị biến thành phần tử đơn vị ,phần
tử 0 biến thành phần tử 0 ,nên trong phép đẳng cấu của 2 trường số nào đó số 1 biến
thành số 1 ,do đó số 2 = 1 + 1 biến thành số 2,…, nói chung mọI số nguyên dương n
đều biến thành chính nó .Vì số 0 biến thành số 0 nên số 0-m biến thành –m nghĩa là
mọi số m đều biến thành chính nó.Do đó mọi phân số cũng biến thành chính nó
,nghĩa là trường con các số hữu tỷ được ánh xạ đồng nhất.
Vì thế không có phép đẳng cấu nào giữa hai trường số biến trường con các số hữu
tỷ thành một trường các số hữu tỷ nào đó được mà mà chỉ có thể biến trường số hữu
tỷ thành chính nó bằng ánh xạ đồng nhất, cho nên trường số hữu tỷ chỉ có met phép
tự đẳng cấu duy nhất. Đó là phép đồng nhất.
Bài 23.Giả sử f : X
→
Y là một đồng cấu vành và A là một ideal của X. Điều kiện
cần và đủ để có met đồng cấu vành g : X/A
→
Y sao cho f = g.h trong đó :
h : X
→
X/A là phép chiếu chính tắc , và A
⊂
kerf. Khi đó g được xác
định duy nhất .
Giải
Giả sử có đồng cấu vành g : X/AY để cho f = g.h.Ta có A
⊂
kerf , bởi vì
∀
a

∈
A
Ta có : f(a) = g.h(a) = g(a + A) = g(0 + A) =0.
Ngược lại: Giả sử A
⊂
kerf n ếu có g sao cho f = g.h thì g đ ược xác định duy nhất
bởi công thức :
g(x + A) = g.h(a) = f(x) (*)
∀
x
∈
X.
Mặt khác hệ thức g(x + A) = f(x) cho phép định nghĩa một ánh xạ :
G : X/A
→
Y . Định nghĩa này khong phụ thuộc vào chọn đại biểu .Thật vậy:
Nếu x + A = y + A thì x – y
∈
A
⊂
kerf
⇒
f(x – y) = 0
⇔
f(x) = f(y)
g được định nghĩa như thế là một đồng cấu vành.Thật vậy :
g : X/A
→
Y
x + A


g(x + A)

∀
x + A ,y + A
∈
X/A
Ta có : g
( ) ( )
[ ]
AyAx +++
= g(x + y +A) = g(h(x + y)) = f(x + y) = f(x) + f(y)
Mà theo (*)
⇒
g(x + y +A) =g(x + A) + g(y +A)
g
( )( )
[ ]
AyAx ++
= g(xy +A) =g(h(xy)) = f(xy) =f(x)f(y) = g(x + A)g(y +A).
Và ta cũng có f = g.h.
Bài 24.Cho X là một vành có đơn vị 1.
Đặt n.1= 1 + 1 +…+ 1 vớI n
≥
0.Ta xét ánh xạ f : Z
→
X được định nghĩa như
sau:
f(n) = n.1 nếu n
≥

0
-f.(-n) nếu n < 0
Khi đó ánh xạ f là một đồng cấu vành.
Giải
Vì Z là nhóm Abel tự do sinh bởi phần tử 1 nên f là một đồng cấu của các nhóm
cộng.
Do đó ta chỉ còn chứng minh:
f(m.n) = f
( )( )
[ ]
1 111 11 ++++++
= f(
∑
=
m
i 1
1
.
∑
=
n
i 1
1
) = m.1.n.1 =f(m)f(n)
m lần n lần

Phan Thạch Đa
Trang 21
Nếu ít nhất một trong 2 số m và n là số âm được qui về trường hợp trên bằng cách
dùng định nghĩa f(k) = -f(-k) nếu k<0.

Vì z là một vành các ideal chính nên kerf phải có dạng nZ với số dương n
≥
0
nào đó .Số này được gọi là đặc số của vành.
Bài 25. f : X
→
Y toàn cấu vành (gh,có đơn vị) M’ là ideal tối đại của Y
⇒
M = f
-1
(M’) là ideal tối đại của X.
Giải
Ta có M’

Y
⇒
f
-1
(M’) = M

X
Và M
≠
X (Vì X = M = f
-1
(M’)
⇒
Y = f(X) = f f
-1
(M’)

⊂
M’) (vô lý).
Giả sử : A

X
A
≠
X
⇒
A = X.
M
⊂
A
Giả sử f(A) = Y
⇒
∃
a
∈
a : f(a) = 1
Y
= f(1
X
)
⇒
f(a – 1
X
) = 0
∈
M’
⇒

a - 1
X

∈
f
-1
(M’) = M
⊂
A.

⇒
a - 1
X

∈

A
⇒
∃
a’
∈
A : a - 1
X
= a’
⇒
1
X
= a – a’
∈
A

⇒
A = X.
Nếu X là một miền nguyên và S là một tập con nhân không chứa 0 , S
-1
X là vành
giao hoán có đơn vị
1
1
thì f : X
→
S
-1
X là một đơn cấu vành .
x

1
x
Giải
f : X
→
S
-1
X
x

1
x
là đồng cấu vành .Thật vậy vì :
*
∀

x,y
∈
X thì f(xy) =
1
xy
=
1
x
1
y
=
1
x
.
1
y
=f(x).f(y)
*
∀
x,y
∈
X thì f(x + y) =
1
yx +
=
1
x
+
1
y

= f(x) + f(y).
Giả sử f(x) =
1
x
= 0 =
1
0
nghĩa là có phần tử s
∈
S : s(1.x – 1.0) = sx = 0
Mà s
∈
S mà 0
∉
S
⇒
S
≠
0
Do đó x = 0
Mặt khác X là một miền nguyên
⇒
f là một đơn cấu.
Bài 26.Cho S là tập con nhân của vành giao hoán có đơn vị X .Giả sử
f : X
→
Y là một đồng cấu vành trong đó Y cũng là một vành giao
hoán có đơn vị ,sao cho f(s) khả nghịch trong Y vớI mọI s
∈
S .Khi đó tồn tạI duy

nhất đồng cấu vành g : S
-1
X
→
Y làm giao hoán biểu đồ sau:S
X i S
-1
X
f g

Y Tức là f = g.i
Giải
Giả sử có đồng cấu g làm giao hoán biểu đồ trên vì 1
∈
S nên f(1) khả nghịch.do
đó , từ chổ f(1) = f(1.1) = f(1)f(1)
⇒
f(1) = 1.Hệ quả là g(1) = f.i(1) = f(1) = 1.

Phan Thạch Đa
Trang 22

∀
x
∈
X , ta có f(x) = g.i(x) =g(
1
x
) = .Hơn nữa ,với mỗi s
∈

S , g(
1
s
).g(
s
1
) =
g(
s
s
) = g(1) =1.
Cho nên :g(
s
1
) = g(
1
s
)
-1
= f(s)
-1
.Tóm lại
∀
x
∈
X , s
∈
S :
g(
s

x
) = g(
1
x
)g(
s
1
) = f(x)f(s)
-1
. Như thế đồng cấu g nếu tồn tại thì duy nhất.
Bây giờ ta chứng minh rằng công thức g(
s
x
) = f(x)f(s)
-1
.
X ác đ ịnh một ánh x ạ g : S
-1
X
→
Y không phụ thuộc vào việc chọn đại biểu của
lớp
s
x
.Thật vậy : nếu
s
x
=
1
1

s
x
thì có s’
∈
S để cho s’(s
1
r – sr
1
) = 0:
Do đó :
f(s’) ( f(s
1
)f(r) – f(s)f(r
1
) ) = 0
Nhân 2 vế với f(s’)
-1
f(s
1
)
-1
f(s)
-1
ta nhận được f(x).f(s
1
)
-1
= f(x
1
).f(s

1
)
-1
.
Tiếp theo , dễ nghiệm lại rằng g định nghĩa như trên là một đồng cấu vành làm
giao hoán biểu đồ trên.
Bài 28.Nếu X là một vành giao hoán có đơn vị với đặc số bằng số nguyên tố p
thì tương ứng f : X
→
X
x

x
p
là một đồng cấu vành. nếu thêm vào đó m là một
miền nguyên thì tương ứng đó là một đẳng cấu từ X vào X
P
gồm các luỹ thừa bậc
p của mọi phần tử của X.
Giải
Các hệ số của nhị thức Newton
( )
!!
!
ipi
p
−

≡
0 mod p

với mọi thoả mãn 0 < i < p .Từ đó ,vì X giao hoán ,ta có (x + y)
p
= x
p
+ y
p
,
∀
x,y
∈
X , cũng do X giao hoán , nên (xy)
p
=x
p
y
p
,
∀
x,y
∈
X .
Bởi vậy :tương ứng f : X
→
X
x

x
p
là một đồng cấu vành.
Nếu X là một miền nguyên thì tương ứng đó là một đơn cấu, bởi vì x

p
= 0 kéo
theo x = 0.
Bài 29.Cho X là vành chính A là ideal của X,Chứng minh rằng mọi ideal của
vành X/A đều là ideal chính.
Giải
Giả sử I

X/A .
Xét toàn cấu chính tắc P : X
→
X/A.
Ta có P
-1
( I ) là ideal chính của X (X là vành chính).

⇒
P
-1
( I ) = <a> .
Ta chứng minh I = <
b
> vớI
b
= b + A .
Giả sử x + A
∈
I .
Ta có : P(x) = x + A
⊂

I.

⇒
x
∈
P
-1
( I )
⇒
x = bx’ ,x’
∈
X
⇒
x + A = bx’ + A = (b + A)(x’ + A)
∈
<
b
> .
Vậy I = <
b
>.
Bài 30.Cho vành số nguyên Z và n là một số nguyên tố .Chứng minh rằng

Phan Thạch Đa
Trang 23
Z/nZ là một vành nhân tử hoá.
Giải
Giả sử M

Z/nZ .

Xét toàn cấu chính tắc P : Z
→
Z/nZ
x

x + nZ
Ta có P
-1
(M)

Z mà Z là vành chính.

⇒
P
-1
(M) = <m> = ta chứng minh I = <
m
> vớI
m
= m + nZ.
Giả sử x + nZ
∈
I
⇒
P(x) = x + nZ
∈
I

⇒
x

∈
P
-1
(I) = <m>.
⇒
x + nZ = mx’ + nZ = (m + nZ)(x’ + nZ)
∈
<
m
>.

⇒
I = <
m
> .Vậy Z/nZ là vành chính do đó : Z/nZ là vành nhân tử hoá.
Bài 31.Chow f : X
→
Y là một toàn cấu của vành giao hoán , A là ideal tối đại trong
X chứa kerf , thì f(A) là một ideal tối đại trong Y.
Giải
Ta có f(A)
≠
Y .Thật vậy nếu f(A) =Y .Khi đó
∀
x
∈
X ,
∃
a
∈

A : f(a) = f(x)
∈
Y
⇒
f(a – x) = 0
⇒
a – x
∈
A
⇒
x
∈
A do a
∈
A
⇒
A
⊃
X
mà A
⊂
X (giả thiết )

⇒
A = X. (trái giả thiết ).
Mặt khác ta biết rằng các ideal của Y chứa f(A) có dạng f(B) với B là ideal chứa
A.Vì A tối đại
⇒
B = A hoặc B = X.
Do đó f(B) = f(A) hoặc f(B) = f(X) = Y.Như vậy f(A) tối đại.

Bài 32.Cho f : X
→
Y là một đồng cấu của những vành giao hoán .Chứng minh
rằng : Nếu P là một ideal nguyên tố trong Y thì f
-1
(P’) là một ideal nguyên tố trong
X.
Giải
Ta có f
-1
(P’) là một ideal của X và f(f
-1
(P’))
⊂
P’.
Theo định lý đồng cấu vành
∃
đơn cấu vành :
X/f
-1
(P’)
→
Y/P’.
Do đó có thể xem X/f
-1
(P’) như là một vành con của miền nguyên X/P’.Như thế ta có
X/f
-1
(P’) là một miền nguyên và f
-1

(P’) là ideal nguyên tố trong X.
Bài 33.Chứng minh rằng ánh xạ đồng nhất là phép đẳng cấu duy nhất biến trường
số thực thành trường số thực.
Phan Thạch Đa
Trang 24
Giải
Giả sử f là phép đẳng cấu nào đó biến trường số thực thành trường số thực ,ta
phải chứng minh rằng f biến mỗi số thực a thành chính nó.
Trước hết ,ta nhận xét rằng qua phép đẳng cấu f ,mỗi số dương biến thành một
số dương .thật vậy mỗi số dương m = a
2
= a.a = sẽ biến thành m’ = a’.a’ = a’
2
> 0.
Giả sử ,f biến một số thực a thành a’
≠
a ,giả sử a < a’.Chẳng hạn : Giữa 2 só
thực a và a’ ,có ít nhất met số hữu tỷ r,a < r < a’.Số r này biến thành chính nó qua
phép đẳng cấu f.
Giả sử qua f số a’ biến thành a’’ nghĩa là : a < r < a’
f
a’ r a’’
Vì r – a > 0 nên qua f ,nó biến thành số dương r – a’ ,tức là r > a’, đó là đều không
thể được vì ta đã giả thiết r < a’.
Vậy chỉ có thể xảy ra trường hợp a = a’ =f(a) ,tức là phép đẳng cấu f chỉ có thể là
ánh xạ đồng nhất.
Bài 34.Những ma trận vuông được gọi là vô hướng ,nếu các phần tử của nó trên
đường chéo chính đều bằng nhau ,còn các phần tử khác đều bằng 0 .Chứng minh
rằng tập hợp các ma trận vô hướng cấp n với phần tử thực lập thành một trường
đẳng cấu vớI trường số thực đốI với phép cộng và nhân thông thường .

Giải
Các ma trận vô hướng thực có dạng A = aE ,trong đó a là số thực, E là ma trận
đơn vị cấp n . Ta nhận thấy :
A = aE
↔
a Vì nếu A
≠
B thì a
≠
b .
A + B = (a + b)E
↔
a + b.
A.B = a.b.E
↔
a.b
Vậy tập hợp đã cho đẳng cấu với trường số thực .Vì sự tương ứng giữa hai tập hợp
đó là một - một ,bảo toàn phép cộng và phép nhân.
Bài 35.Giả sử X là một miền nguyên và n là cấp của phần tử đơn vị e trong nhóm
cộng X .Chứng minh :
a. X/mX
≅
X nếu m là bội của n.
b. X/mX
≅
{ }
0
nếu m không là bội của n.
Phan Thạch Đa
Trang 25