TIỂU LUẬN CƠ SỞ ĐẠI SỐ MÔĐUN TỰ DO TRÊN MIỀN NGUYÊN CHÍNH

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
KHOA TOÁN
TIỂU LUẬN CƠ SỞ ĐẠI SỐ
Đề tài:
MÔĐUN TỰ DO TRÊN MIỀN NGUYÊN CHÍNH
Người hướng dẫn khoa học:
TS. Phan Văn Thiện
Học viên thực hiện: Nguyễn Thị Hồng Chuyên
Lớp: CH Toán K17 (2008-2010)
Chuyên nghành: LL và PP dạy học Toán
Huế-03/2009
Mục lục
Lời mở đầu 3
1 Kiến thức chuẩn bị 4
1.1 Miền nguyên chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.1 Vành và trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.2 Iđean và iđean chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.1.3 Ước của không, miền nguyên . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.1.4 Miền nguyên chính và các tính chất của nó . . . . . . . . 6
1.2 Môđun tự do . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8
1.2.1 Môđun, môđun con và môđun thương . . . . . . . . . . . 8
1.2.2 Môđun tự do . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2 Môđun tự do trên miền nguyên chính 16
2.1 Hạng của một môđun tự do trên một miền nguyên chính . . . . 16
2.1.1 Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Môđun con của một môđun tự do trên một miền nguyên chính . 17
2.2.1 Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.3 Môđun con của một môđun tự do có hạng hữu hạn trên một
miền nguyên chính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3.1 Định lí . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.4 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.4.1 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.4.2 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
2.4.3 Ví dụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2
Lời mở đầu
Trong sự phát triển của toán học hiện đại, đại số đóng một vai trò rất hết
sức quan trọng, đặc biệt là các cấu trúc đại số. Việc tìm hiểu và nghiên cứu các
cấu trúc đại số như môđun và vành là rất cần thiết và lí thú. Ta biết rằng khi
nghiên cứu về môđun tự do trên vành tổng quát người ta đã thu được những
kết quả rất đẹp. Một câu hỏi đạt ra là:" Trên miền nguyên chính thì môđun tự
do sẽ có những đặc tính gì?". Và đó cũng là lí do mà tôi chọn đề tài:" Môđun
tự do trên miền nguyên chính" nghiên cứu tiểu luận của mình.
Nội dung tiểu luận gồm hai chương:
Chương 1 nhắc lại một số khái niệm cơ bản về miền nguyên chính, mođun,
mođun con, mođun thương và mođun tự do.
Chương 2 trình bày một số đặc tính của mođun tự do trên miền nguyên
chính và ví dụ.
Tôi xin chân thành cảm ơn Thầy giáo TS. Phan Văn Thiện đã tận tình
giảng dạy học phần ” Cơ sở đại số hiện đại " và tạo điều kiện cho tôi hoàn
thành tiểu luận này.
Dù cố gắng nhưng hạn chế kinh nghiệm nghiên cưú nên chắc chắn tiểu luận
còn những thiếu sót. Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy và các
bạn để tiểu luận được hoàn thiện hơn.
Huế, tháng 3 năm 2009.
Nguyễn Thị Hồng Chuyên
3
Chương 1
Kiến thức chuẩn bị

1.1 Miền nguyên chính
1.1.1 Vành và trường
• Định nghĩa 1: Vành là một tập hợp R cùng với hai phép toán hai ngôi
trên R, kí hiệu cộng và nhân, sao cho
i, ∀x, y, z ∈ R, (x + y) + z = x + (y + z).
ii, ∀∃1
R
∈ R, ∀x ∈ R : 1
R
x = x1
R
= x.
iii, ∀x ∈ R, ∃x
−1
∈ R : x
−1
x = xx
−1
= 1
R
.
4i, ∀x, y ∈ R, x + y = y + x.
5i, ∀x, y, z ∈ R, (xy)z = x(yz).
6i, ∀x, y, z ∈ R, x(y + z) = xy + xz, (y + z)x = yx + zx.
• Định nghĩa 2: Một vành gọi là giao hoán nếu và chỉ nếu phép nhân của
nó là giao hoán.
• Định nghĩa 3: Trường là một vành khác {0}, giao hoán, có phần tử đơn
vị và mọi phần tử khác 0 đều khả nghịch.
1.1.2 Iđean và iđean chính
• Định nghĩa 1: Cho một vành R, một iđean trái ( phải ) của vành R là

một nhóm con I của nhóm cộng R thỏa điều kiện: ∀x ∈ R, ∀k ∈ I : xk ∈
I(kx ∈ I). Một bộ phận I của vành R vừa là iđean trái vừa là iđean trái
4
phải được gọi là iđean hai phía của vành R.
• Mệnh đề 2: Cho vành giao hoán R. Khi đó, tập hợp V x = {vx|x ∈ V }
là một iđean.
Iđean V x gọi là iđean chính sinh bởi x, kí hiệu (x).
• Định nghĩa 3: Trong một vành giao hoán R = {0
R
}, một iđean I của R
gọi là iđean nguyên tố nếu I = R và thỏa mãn điều kiện: xy ∈ I ⇒ x ∈ I
hay y ∈ I, ∀x, y ∈ R.
• Mệnh đề 4: Nếu I là một iđean của vành R. Khi đó:
(i) Lớp xy + I chỉ phụ thuộc vào các lớp x + I và y + I mà không phụ
thuộc vào sự lựa chọn của các phần tử x, y từ các lớp đó.
(ii) R/I cùng với hai phép toán:
(x + I, y + I) −→ x + y + I
(x + I, y + I) −→ xy + I
là một vành gọi là vành thương của R trên I.
• Định nghĩa 5: Trong một vành giao hoán R = {0
R
}, một iđean I của R
gọi là iđean nguyên tố nếu I = R và thỏa mãn điều kiện: xy ∈ I ⇒ x ∈ I
hay y ∈ I, ∀x, y ∈ R.
• Định nghĩa 6: Trong một vành giao hoán R = {0
R
}, một iđean I của R
gọi là iđean tố đại nếu I = R và không có iđean J nào của R chứa I khác
I và khác R.
1.1.3 Ước của không, miền nguyên

• Định nghĩa 1: Vành R gọi là có ước của không nếu R có những phần tử
x = 0, y = 0 sao cho xy = 0. Những phần tử x và y như thế gọi là những
ước của không.
• Định nghĩa 2: Miền nguyên là vành khác 0, giao hoán và không có ước
của không.
5
• Mệnh đề 3: Nếu R là một vành giao hoán khác 0
R
, một iđean I của R
là iđean nguyên tố nếu và chỉ nếu vành thương R/I là một miền nguyên.
• Mệnh đề 4: Nếu R là một vành giao hoán có phần tử đơn vị 1
R
= 0
R
,
một iđean I của R là iđean tố đại nếu và chỉ nếu vành thương R/I là một
trường.
1.1.4 Miền nguyên chính và các tính chất của nó
• Định nghĩa 1: Một miền nguyên chính là một miền nguyên trong đó mọi
iđean đều là iđean chính.
• Tính chất 2: Trong một miền nguyên chính R, nếu p là một phần tử bất
khả quy thì iđean sinh bởi một phần tử (p) là iđean nguyên tối đại.
Chứng minh: Giả sử (p) ⊂ I. Vì R là miền nguyên chính nên I = (b). Do
đó, ta có:p ∈ (b), tức là p = ab. Hơn nữa p là bất khả quy nên a | 1 hoặc
a | 1. Vậy I = (p) hoặc I = R.
• Tính chất 3: Trong một miền nguyên chính R, mọi phần tử a = 0 và
khác ước của đơn vị đều phân tích được thành một tích những phần tử
bất khả quy:
a = p
1

p
2
p
n
và sự phân tích đó là duy nhất, nếu không kể đến thứ tự và những phần
tử là ước của đơn vị.
Chứng minh: Giả sử a ∈ R, a = 0, khác ước của 1. Ta sẽ phân tích a
thành tích của những phần tử bất khả quy.
* Nếu a là bất khả quy thì a = a.
* Nếu a là không bất khả quy, thì iđean sinh bở1 một phần tử (a) là không
tối đại. Vì nếu (a) là tối đại thì nó sẽ là nguyên tố khác 0, do đó a là
nguyên tố, tức a là bất khả quy, mâu thuẫn. Vì (a) = (1) và R = (0) nên
(a) bị chứa trong một iđean tối đại p
1
. Vì mọi iđean tối đại đều nguyên
tố và do p
1
= 0 nên p
1
là nguyên tố, và do đó là bất khả quy. Vì vậy ta
có (a) ⊂ p
1
. Và do đó a = p
1
a
1
, với a
1
 a. Nếu a
1

là bất khả quy thì sự
phân tích là xong. Nếu không thì lập luận tương tư như đối với a
1
, ta có
a
1
= p
2
a
2
với p
2
bất khả quy và a
2
 a
1
, Qua trình này sẽ dừng lại sau
một số hữu hạn bước, và ta có được sự phân tích a thành một tích của
6
các phần tử bất khả quy.
Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của sự phân tích đó. Giả sử a có sự
phân tích khác nữa là
a = p

1
p

2
p


m
. Vì p
1
chia hết p
1
p
2
p
n
nên nó cũng chia hết p

1
p

2
p

n
. Vì vậy nó phải
chia hết một trong các nhân tử, chẳng hạn p

1
. Hơn nữa p
1
là bất khả quy
nên p
1
liên kết với p

1

, túc là p

1
= u
1
p
1
với u
1
là ước của đơn vị. Khi đó,
ta có:
p
1
p
2
p
n
= u
1
p
1
p

2
p

m
. Giản ước hai vế cho p
1
, ta được:

p
2
p
n
= u
1
p

2
p

m
. Tiếp tục như trên, nếu n < m thì sau n lần giản ước, ta sẽ được:
1 = u
1
u
n
= u
1
p

n+1
p

m
. Điều này không xảy ra. Do đó n ≥ m. Nhưng nếu n > m, thì bằng cách
lập luận tương tự ta sẽ có m ≤ n. Vậy n = m. Và với một sự đánh số
thích hợp ta có: p
i
= u

i
q
i
, i = 1, 2, , n, u
i
| 1.
• Tính chất 4: Cho R là một miền nguyên chính. Khi đó, mọi dãy tăng
thực sự những iđean của R đều là hữu hạn.
Chứng minh: Giả sử I
1
⊆ I
2
⊆ ⊆ I
n⊆
là một dãy tăng thực sự những
iđean của vành R. Thế thì bắt đầu từ một n nào đó, ta có I
n
= I
n+1
=
Thật vậy, xét I =

∞
n=1
I
n
. Vì các iđean của dãy trên lồng nhau nên I
cũng là một iđean của R. Mà R là miền nguyê chính nên I = (b). Vì
b ∈


∞
n=1
I
n
nên nó phải thuộc một trong các iđean đó, chẳng hạn b ∈ I
p
.
Khi đó, ∀n > p, ta có:I
p
⊆ I
n
⊆ I ⊆ I
p
. Vậy I
n
= I
p
.
• Tính chất 5: Cho R là một miền nguyên chính. Khi đó, trong mọi tập
hợp khác rỗng M những iđean của R bao giờ cũng tồn tại một iđean tối
đại.
Chứng minh: Giả sử ngược lại trong M không tồn tại một iđean tối đại
nào cả. Gọi α
1
∈ M. Vì Rα
1
không phải là tối đại nên tồn tại Rα
2
∈ M sao
cho Rα

1
⊂ Rα
2
. Lại vì Rα
2
không phải là tối đại nên tồn tại Rα
3
∈ M
sao cho Rα
2
⊂ Rα
3
, tiếp tục như thế ta được một dãy tăng thực sự
Rα
1
⊂ Rα
2
⊂ Rα
3
⊂ ⊂ Rα
n
Điều này trái với tính chất của miền
7
nguyên chính là mọi dãy tăng thực sự những iđean đều hữu hạn. Vậy ta
có điều phải chứng minh.
1.2 Môđun tự do
1.2.1 Môđun, môđun con và môđun thương
• Định nghĩa 1: Cho R là vành có đơn vị 1 = 0, M là một nhóm aben(
phép toán kí hiệu theo lối cộng ) và R × M là tích Descartes của các tập
hợp R và M. Nhóm aben M cùng với ánh xạ

R × M : S −→ M
(a, x) −→ ax
được gọi là một môđun trái trên vành cơ sở R ( hay R−môđun trái ) nếu:
i, a(x + y) = ax + ay, ∀a ∈ R, ∀x, y ∈ M
ii, (a + b)x = ax + bx, ∀a, b ∈ R, ∀x ∈ M
3i, (ab)x = a(bx), ∀a, b ∈ R, ∀x ∈ M
4i, 1x = x, ∀x ∈ M
Định nghĩa tương tự cho môđun phải, kí hiệu R−môđun phải.
M × R : S −→ M
(x, a) −→ xa
Nếu R là vành giao hoán thì R−môđun trái trùng với R−môđun phải.
Thông thường R−môđun trùng với R−môđun trái.
• Định nghĩa 2: Giả sử M là R−môđun trái. Một tập hợp con N của M
được gọi là môđun con của R−môđun trái M nếu:
∀x, y ∈ N ⇒ x + y ∈ N
∀a ∈ R, ∀x ∈ N ⇒ ax ∈ N
• Mệnh đề 3: Mọi tập con N = ∅ của R−môđun trái M là một môđun
con của M khi và chỉ khi với mọi a ∈ R và mọi x, y ∈ N ta có: x + y ∈ N
và ax ∈ N.
8
• Mệnh đề 4: Giả sử Ω là tập các môđun con nào đó của R−môđun trái
M. Khi đó:

N∈Ω
N = {x ∈ M|(∀N ∈ Ω) ⇒ (x ∈ N)}
là một môđun con của M.
• Hệ quả 5: Giả sử S là một tập con của R−môđun trái M. Khi đó, giao
của tất cả các môđun con của M chứa S là môđun con nhỏ nhất của M
chứa S.
• Định nghĩa 6: Giao trong hệ quả 5 được gọi là môđun con sinh ra bởi

tập S, kí hiệu S. Khi M = S, ta nói M là R−môđun trái sinh ra bởi
tập S và S là hệ sinh của R−môđun trái M.
• Định nghĩa 7: Một môđun con có tập sinh hữu hạn được gọi là môđun
con hữu hạn sinh. Giả sử M là một R−môđun trái và N là là môđun con
của nó. Vì N là nhóm con của nhóm aben trong R−môđun trái M nên
ta có nhóm thương M/N = {x + N|x ∈ M} với phép cộng xác định như
sau: (x + N) + (y + N) = x + y + N
• Mệnh đề 8: Giả sử M là một R−môđun trái, N là là môđun con của
nó.
i, Quy tắc
R × (M/N) : S −→ (M/N)
(r, x + N) −→ rx + N
là một ánh xạ nên nó là một phép nhân vô hướng giữa vành R với nhóm
aben M/N ii, Nhóm aben M/N cùng với phép nhân vô hướng trong i, là
một R−môđun trái.
• Định nghĩa 9: R−môđun trái M/N trong mệnh đề 8 được gọi là môđun
thương của R−môđun trái M theo môđun con N của nó.
1.2.2 Môđun tự do
• Định nghĩa 1: Cho R là một vành, S là một tập hợp và X là R - môđun.
Một R - môđun tự do trên S là một cặp (F, f) trong đó F là R - môđun,
f : S → F là ánh xạ sao cho với mọi ánh xạ g : S → X, có duy nhất một
9
đồng cấu R - môđun h : F → X thỏa mãn hf = g, tức sơ đồ sau đây giao
hoán:
S F
X
❅
❅❘
g
✲

f

✠
h
• Định nghĩa 2: M là R - môđun, S là tập con của M.
S gọi là hệ sinh của M nếu ∀x ∈ M, x =
n

i=1
r
i
x
i
, r
i
∈ R, x
i
∈ S.
S gọi là hệ độc lập tuyến tính nếu
n

i=1
r
i
x
i
= 0, r
i
∈ R, x
i

∈ S ⇒ r
i
=
0, ∀i = 1, 2, , n.
S gọi là cơ sở của M nếu S là hệ sinh của M và độc lập tuyến tính.
• Định lí 3: Nếu (F, f) là môđun tự do trên S thì f : S → F là đơn ánh
và f(S) sinh ra F .
Chứng minh: Xét (F, f) là môđun tự do trên S, và f : S → F là ánh xạ.
Giả sử f không là đơn ánh, tức là ∃a, b ∈ S : a = b mà f(a) = f(b). Lấy
X là môđun tự do có nhiều hơn một phần tử và g : S → X là ánh xạ sao
cho g(a) = g(b). Khi đó theo định nghĩa trên tồn tại đồng cấu R - môđun
sao cho hf = g.
Ta có: f(a) = f(b) ⇒ hf(a) = hf(b) ⇒ g(a) = g(b) ⇒ f(a) = f(b). Mâu
thuẫn với giả thiết f(a) = f(b). Suy ra f là đơn ánh.
S F
X
❅
❅❘
g
✲
f

✠
h
Lấy X = f(S) là môđun sinh bởi f(S) ⊂ F .
g : S −→ X
s −→ f(s)
Tồn tại đồng cấu h :→ X sao cho hf = g. Xét đồng cấu bao hàm
d : X → F
x → x

10
Khi đó: df = g ⇒ dhf = f ⇒ dh = id ⇒ d là toàn cấu.
S F
F
❅
❅❘
g
✲
f

✠
id
Suy ra f(S)= F ( Vì d vừa là toàn cấu vừa là phép nhúng ).
• Định lí 4: Nếu (F, f) và (F

, f

) là các môđun tự do trên S thì F  F

.
Chứng minh:
S F
F

❅
❅❘
g
✲
f


✠
h
Vì (F, f) là môđun tự do trên S nên tồn tại đồng cấu h : F → F

sao cho
hf = f

.
Tương tự, tồn tại đồng cấu h

: F

→ F sao cho h

f

= f.
Suy ra h

hf = f và hh

f

= f

.
Ta có:
S F
F
❅

❅❘
f
✲
f

✠
id
tức là: h

h = id.
S
F

F

❅
❅❘
f

✲
f


✠
id
tức là: hh

= id.
Vậy h là đẳng cấu hay: F  F


.
• Định lí 5: Với mọi tập hợp S bao giờ cũng có một R-môđun tự do trên
S.
Chứng minh: Xét tập hợp F = {φ : S → |φ(s) = 0 hầu khắp nơi } với các
phép toán cộng và nhân được định nghĩa như sau:
+ : F × F → F
(φ, ϕ) → φ + ϕ : S → R
s → φ(s) + ϕ(s)
· : R × F → F
11
(r, φ) → rφ : S → R
s → rφ(s)
Khi đó, (φ + ϕ)(s) = 0 hầu khắp; rφ(s) = 0 hầu khắp. Dễ dàng kiểm tra
(F, +) là một nhóm aben và (F, +, .) là một R - môđun.
Với s ∈ S, xét ánh xạ:
f
s
: S → R
t → f
s
(t)
trong đó
f
s
(t) =



1 nếu t = s
0 nếu t = s

bằng 0 hầu khắp nên suy ra f
s
∈ F . Xét ánh xạ:
f : S → F
s → f
s
Khi đó, (F, f) là R - môđun tự do trên S.
Thật vậy, mọi ánh xạ g : S → X, X là R - môđun.
S F
X
❅
❅❘
g
✲
f

✠
h
Với φ ∈ F , ta có:φ =

s∈S
φ(s)f
s
suy ra h(φ) =

s∈S
φ(s)g(s).
Ta chứng minh h là đồng cấu:
∀φ, ϕ ∈ F, ∀r ∈ R:
h(φ+ϕ) =


s∈S
((φ+ϕ)(s))g(s) =

s∈S
(φ(s)g(s)+ϕ(s)g(s)) =

s∈S
(φ(s)g(s)+

s∈S
(ϕ(s)g(s) = h(φ) + h(ϕ)
h(rφ) =

s∈S
((rφ)(s))g(s) =

s∈S
rφ(s)g(s) = r

s∈S
φ(s)g(s) = rh(φ)
Ta cần chứng minh hf = g.
∀s ∈ S : (hf)(s) = h(f
s
) = g(s) ⇒ hf = g.
Ta chứng minh đồng cấu h là duy nhất.
Thật vậy, giả sử tồn tại đồng cấu h

: F → X thỏa h


f = g.
Ta có: ∀φ ∈ F : φ =

s∈S
φ(s)f
s
.
h

(φ) = h

(

s∈S
φ(s)f
s
) =

s∈S
φ(s)h

f
s
=

s∈S
φ(s)g(s) = h(φ). Vậy h = h

.

12
• Định lí 6: Mọi R - môđun đều là ảnh của một môđun tự do.
Chứng minh: Giả sử M là R - môđun tự do. lấy S ⊂ M sao cho S = M,
F là R - môđun tự do trên S.
S F
M
❅
❅❘
d
✲
f

✠
h
h : S −→ M là đồng cấu sai cho hf = d. Khi đó:
h(F ) = hf(s) = hf(s) = d(s) = S = M suy ra h là toàn cấu.
• Hệ quả 7: Mọi R - môđun M đều đẳng cấu với môđun thương của một
R - môđun tự do.
Chứng minh: Giả sử M có tập sinh S = {x
i
, i ∈ I}. Xét môđun tự do R
(I)
với cơ sở chính tắc U = {x
i
, i ∈ I}. Khi đó, ánh xạ:
f : U → M
e
i
→ x
i

được mở rộng thành toàn cấu g : R → M. Từ đó suy ra: M
∼
=
R
(I)
/kerg.
• Định lí 8: Tập con S của R - môđun X = 0 là một cơ sở khi và chỉ khi
ánh xạ bao hàm d : S −→ X được mở rộng thành đẳng cấu h : F −→ X
với F là môđun tự do sinh bởi S.
Chứng minh: Vì F là môđun tự do sinh bởi S nên tồn tại đồng cấu
h : F −→ X sao cho hf = g.
S F
M
❅
❅❘
d
✲
f

✠
h
Để chứng minh định lí trên ta cần chứng minh S là cơ sở của X khi và
chỉ khi h đẳng cấu.
Điều kiện cần: Giả sử S là cơ sở của X.
Khi đó: h(F ) = h(f(s)) = hf(s) = d(s) = S = M suy ra h toàn
cấu.
Mặt khác, φ ∈ F, h(φ) = 0, h(φ) =

s∈S
φ(s)f

s
.
f
s
: S −→ R
t −→ f
s
(t)
13
trong đó
f
s
(t) =



1 nếu t = s
0 nếu t = s
Ta có: 0 = h(φ) = h(

s∈S
φ(s)f
s
) =

s∈S
φ(s)hf
s
=


s∈S
φ(s)d(s) =

s∈S
φ(s).s ⇒
φ(s) = 0, ∀s ∈ S. Suy ra φ = 0 hay h là đơn cấu. Vậy h là đẳng cấu.
Điều kiện đủ: Giả sử h đẳng cấu. Để chứng minh S là cơ sở của X ta cần
chứng minh S là một hệ sinh độc lập tuyến tính của X.
Thật vậy, ta có:
n

i=1
r
i
s
i
, r
i
∈ R, s
i
∈ S. 0 =
n

i=1
r
i
s
i
=
n


i=1
r
i
d(s
i
) =
n

i=1
r
i
hf(s
i
) = h(

n
i=1
r
i
f
si
)
⇒
n

i=1
r
i
f

si
= 0 ⇒ r
i
= 0, ∀i = 1, 2, , n. Do đó S là hệ độc lập tuyến
tính.
Mặt khác, ∀x ∈ X, ∃φ ∈ F : h(φ) = x với φ =

s∈S
φ(s)f
s
. Khi đó:
x = h(φ) = h(

s∈S
φ(s)f
s
) =

s∈S
φ(s)hf(s) =

s∈S
φ(s)d(s) =

s∈S
φ(s).s ⇒
φ(s) = 0 hầu khắp nơi. Do đó ∃s
1
, s
2

, , s
n
sao cho:
φ(t) =



φ(s
i
) nếu t = s
i
∈ {s
1
, s
2
, . . . , s
n
}
0 nếu t /∈ {s
1
, s
2
, . . . , s
n
}
Như vậy, x =
n

i=1
φ(s

i
)s
i
, φ(s
i
) ∈ R, s
i
∈ S. Do đó: X = S.
Vậy định lí được chứng minh .
• Hệ quả 9: M là R - môđun tự do khi và chỉ khi M có cơ sở.
Ví dụ:
1. 0 là R - môđun tự do với cơ sở ∅.
2. Vành R là R - môđun tự do với cơ sở 1.
3. Mỗi Z - môđun tự do gọi là nhóm eben tự do. Mọi nhóm xyclic cấp vô
hạn là aben tự do với cơ sở gồm một phần tử sinh, và đều đẳng cấu với
Z.
• Định lí 10: Mọi K không gian vecto đều là K - môđun tự do.
Chứng minh: Giả sử V là K không gian vecto. Có hai khả năng sau:
V = 0: V là môđun tự do.
V = 0. Gọi M = ∅ là tập tất cả các bộ phận độc lập của V . M sắp theo
14
thứ tự theo quan hệ bao hàm. N là tập con sắp thứ tự tuyến tính của M.
Đặt W = ∪
w
i
∈N
W
i
. Giả sử x
1

, x
2
, x
3
∈ W . Khi đó:
x
i
∈ W
i
nào đó, x
1
, x
2
, , x
n
∈ W
i
, x
1
, x
2
, , x
n
là độc lập tuyến tính nên
W là chặn trên của M trong N. Theo bổ đề Zorn, M có phần tử cực đại
C.
Lấy bất kì x ∈ V :
x = 0 ⇒ x ∈ C.
x = 0: C∪{x} phụ thuộc tuyến tính vì C cực đại. Do dó, ∃r
0

, r
1
, , r
n
∈ K
không bằng 0 tất cả.
r
0
x + r
1
x
1
+ r
2
x
2
+ + r
n
x
n
= 0, x
1
, x
2
, , x
n
∈ C ⇒ r
0
= 0 ⇒ x =
−r

−1
0
(r
1
x
1
+ r
2
x
2
+ + r
n
x
n
) ∈ C.
Vậy V = C.
15
Chương 2
Môđun tự do trên miền nguyên
chính
2.1 Hạng của một môđun tự do trên một miền
nguyên chính
2.1.1 Định lí
Giả sử R là một miền nguyên chính, M là R- môđun tự do với cơ sở S. Khi
đó rankS xác định duy nhất.
Chứng minh: Giả sử p là một phần tử bất khả qui của R. Khi đó iđean p = pA
là tối đại do đó R/pR là một trường. Trước hết ta chứng minh môđun thương
M/pM là một không gian vecto trên trường R/pR. Thật vậy, ta định nghĩa
phép cộng:
(a + pM) + (b + pM) = a + b + pM

và phép nhân với vô hướng:
(t + pR)(a + pM) = ta + pM
Phép cộng không phụ thuộc vào phần tử đại diện của các lớp, vì nếu a +pM =
a

+pM và b+pM = b

+pM thì ta có a

= a +pα, α ∈ F và b

= b +pβ, β ∈ F .
Do đó:
a

+ b

= (a + pα) + (b + pβ) = a + b + pα + pβ = a + b + p(α + β) ∈ a + b + pM
Vậy a

+ b

+ pM = a + b + pM.
Phép nhân cũng không phụ thuộc vào phần tử đại diện của các lớp, vì nếu
16
t+pR = t

+pR và a+pM = a

+pM thì t


= t+pγ, γ ∈ R và a

= a+pα, α ∈ M.
Do đó:
t

a

= (t+pγ)(a+pα) = ta+pγa+ptα+pγpα = ta+p(γa+tα+γpα) ∈ ta+pM
Vậy t

a

+ pM = ta + pM.
Ta dễ dàng chứng minh M/pM cùng với hai phép toán trên thỏa mãn 8 tiên
đề của không gian vecto. Vậy nó là một không gian vecto trên trường R/pR.
Bây giờ ta tìm một cơ sở của không gian này. Vì S là một cơ sở của M, nên
mỗi phần tử a ∈ M đều viết một cách duy nhất dưới dạng:a =

s∈S
α
s
s, trong
đó (α
s
)
S
là một họ phần tử của R với giá hữu hạn. Khi đó, mỗi phần tử của
M/pM đều được viết một cách duy nhất dưới dạng a + pM =


s∈S
α
s
s + pM =

s∈S
[α
s
s + pM] =

s∈S
[(α
s
+ pR)(s + pM)]. Chứng tỏ rằng (s + pM)
s∈S
là một
cơ sở của không gian vecto M/pM trên trường R/pR.
Hơn nữa, rank(S) = rank(s + pM)
s∈S
= dim(M/pM). Vậy rank(S) xác định
duy nhất.
Nhận xét: Dưới đây là cách chứng phát biểu khác của định lí trên:
Cho R là miền nguyên chính, M là R- môđun tự do với cơ sở S. Giả sử S

là
cơ sở thứ hai của R- môđun M. Khi đó S và S

có cùng số phần tử.
2.2 Môđun con của một môđun tự do trên một

miền nguyên chính
2.2.1 Định lí
Cho R là một miền nguyên chính, M một R−môđun tự do. Khi đó mọi
R−môđun con N của M đều là R-môđun tự do.
Để chứng minh định lí trên ta sử dụng 2 bổ đề sau:
Bổ đề 1:
Mọi tập hợp A đều có thể trang bị một thứ tự tốt, tức là mọi tập con khác
rỗng của A đều có phần tử tối tiểu.
Bổ đề 2: ( Nguyên lí quy nạp siêu hạn )
Giả sử A là tập hợp sắp thứ tự tốt và T là một tính chất đối với các phần tử
17
của A sao cho: "∀x < y, x có tính chất T ⇒ y có tính chất T ". Khi đó mọi
phần tử của A đều có tính chất T . Chứng minh: Giả sử M là R−môđun tự do.
Gọi (e
i
)
i∈I
là một cơ sở của nó. Giả sử N là một môđun con của M. Xét các
phép chiếu:
p
i
: M −→ R

i∈I
α
i
e
i
−→ α
i

Ta sắp I thành tập sắp thứ tự tốt và gọi M
i
là môđun con sinh bởi tập
{e
i
|j ≤ i}. Gọi N
i
= N ∩ M
i
. Khi đó, với mỗi i = 1, 2, , n, p
i
(N
i
) là iđean
của miền nguyên chính R. Theo giả thiết chúng là iđean chính, nên ta có:
p
i
(N
i
) = Rα
i
. Khi đó tồn tại a
i
∈ N
i
sao cho p
i
(a
i
) = α

i
. Nếu α
i
= 0, ta chọn
a
i
= 0 và được một họ phần tử của N: (a
i
)
i∈I
. Bây giờ ta sẽ chứng minh họ
các phần tử a
i
= 0 tạo thành một cơ sở của N.
Bước 1: Chứng minh họ (a
i
)
i∈I
là hệ sinh của N. Để chứng minh điều này, ta
cần chứng tỏ với mọi i họ (a
j
)
j≤i
là hệ sinh của M
i
.
Giả sử 1 là phần tử bé nhất của I. Khi đó, ∀x ∈ N
1
, ta có: p
1

(x) ∈ p
1
(N
1
) =
Rα
1
. Do đó p
1
(x) = βα
1
với β ∈ R, mà α
1
= p
1
(a
1
), nên p
1
(x) = βα
1
= βp
1
(a
1
).
Suy ra p
1
(x − βa
1

) = 0, nhưng x, a
1
∈ N
1
= N ∩ M
1
và x, a
1
∈ M
1
= e
1
,
nên phải có x − βα
1
= γe
1
, γ ∈ R. Khi đó 0 = p
1
(x − βa
1
) = γp
1
(e
1
) = γ. Vậy
x − βa
1
= 0 hay x = βa
1

, tức là N
1
được sinh bởi a
1
.
Giả sử ∀k ≤ i, (a
j
)
j≤k
là hệ sinh của N
k
. Ta chứng minh (a
j
)
j≤i
là hệ sinh của
N
i
.
Thật vậy, ∀x ∈ N
i
, ta có p
i
(x) ∈ p
i
(N
i
) = Rα
i
. Suy ra p

i
(x) = δα
i
, δ ∈ R. Vì
p
i
(x − δa
i
= p
i
(x) − δp
i
a
i
= δα
i
− δα
i
= 0, nên x − δa
i
∈ N
k
với k ≤ i.
Theo giả thiết qui nạp x − δa
i
là một tổ hợp tuyến tính của các (a
j
), j ≤ k,
suy ra x là một tổ hợp tuyến tính của các (a
j

)
j≤i
. Theo nguyên lí qui nạp siêu
hạn, (a
j
)
j≤i
là hệ sinh của N
i
, ∀i ∈ I. Từ đó suy ra họ (a
i
)
i∈I
là hệ sinh của M.
Bước 2: Ta sẽ chứng minh họ (a
i
)
i∈I
, a
i
= 0 là độc lập tuyến tính.
Giả sử ngược lại, hệ phụ thuộc tuyến tính, tức tồn tồn tại hệ thức:
α
1
a
j
1
+ α
2
a

j
2
+ = α
m
a
j
m
= 0, α
m
= 0
, với j
1
< j
2
< < j
m
. Xét các phép chiếu p
j
m
, ta có: p
j
m
(
m

i=1
a
j
i
) = b

j
m
α
m
= 0.
Do R là miền nguyên nên từ đó suy ra α
m
= 0 hoặc b
j
m
= 0. Vô lí! Do đó họ
(a
i
)
i∈I
, a
i
= 0 là độc lập tuyến tính.
18
Vậy họ các phần tử a
i
= 0 tạo thành một cơ sở của N hay N là R-môđun tự do.
2.3 Môđun con của một môđun tự do có hạng hữu
hạn trên một miền nguyên chính
2.3.1 Định lí
Cho R là miền nguyên chính, M là một R−môđun tự do có hạng n, và N là
một môđun con của M. Khi đó:
i, N là tự do và có hạng q ≤ n.
ii, Tồn tại một cơ sở (e
1

, e
2
, , e
n
) của M và những phần tử khác không
α
1
, α
2
, , α
q
∈ R sao cho (α
1
e
1
, α
2
e
2
, , α
q
e
q
) là một cơ sở của N và α
i
|α
i+1
,
(1 ≤ i ≤ q − 1).
Chứng minh: Nếu N = {0}: Định lí đúng.

Nếu N = {0}. Xét Hom
R
(M, R). Nếu f ∈ Hom
R
(M, R) thì f(N) là một
môđun con của R, tức nó là một iđean của R, mà R là miền nguyên chính nên
f(N) = R
α
f
, α
f
∈ R. Vì trong mọi tập hợp khác rỗng những iđean của một
miền nguyên chính bao giờ cũng tồn tại một iđean tối đại suy ra trong tập
hợp các iđean chính R
α
f
, f ∈ Hom
R
(M, R) tồn tại một phần tử tối đại. Giả sử
m ∈ Hom
R
(M, R) sao cho iđean Rα
m
là phần tử tối đại.
Bây giờ ta giả sử (x
1
, x
2
, , x
n

) là một cơ sở của M. Xét các phép chiếu
p
i
: M −→ R
n

i=1
α
i
x
i
−→ α
i
Vì N = {0} nên một trong các p
i
(N) khác không. Từ đó suy ra α
m
= 0. Vì
m(N) = Rα
m
nên tồn tại một e

∈ M sao cho m(e

) = α
m
.
Ta sẽ chứng minh ∀f ∈ Hom
R
(M, R) thì α

m
|f(e

).
Thật vậy, giả sử δ là UCLN của α
m
và f(e

) thì ta có δ = βα
m
+γf(e

), β, γ ∈ R.
Suy ra δ = βm(e

) + γf(e

) = (βm + γf)(e

).
Đặt: g = βm + γf, ta có: g ∈ Hom
R
(M, R) và δ = g(e

). Vì δ|α
m
nên ta có
Rα
m
⊆ Rδ = Rg(e


) = g(Re

) ⊆ g(N) = Rα
g
. Do Rα
m
là phần tử tối đại nên
từ Rα
m
⊆ Rδ ⊆ Rα
g
suy ra Rα
m
= Rδ = Rα
g
. Vậy α
m
|δ, và vì δ|f(e

) nên
α
m
|f(e

).
Nói riêng, α
m
|p
i

(e

), i = 1, 2, , n. Giả sử p
i
(e

) = α
m
β
i
, i = 1, 2, , n. Đặt
19
e =

n
i=1
β
i
x
i
, ta có: α
m
e =

n
i=1
α
m
β
i

x
i
=

n
i=1
p
i
(e

)x
i
= e. Do đó e

= α
m
e.
Suy ra m(e

) = α
m
= α
m
m(e), mà α
m
= 0 nên m(e) = 1.
Bây giờ ta sẽ chứng minh:
1, M = Re ⊕ ker(m).
2, N = Re


⊕ (N ∩ ker(m)).
Thật vậy, ∀x ∈ M, ta có:x = m(x)e + (x − m(x)e), mà m(x − m(x)e) =
m(x) − m(x)m(e) = m(x) − m(x) = 0 nên x − m(x)e ∈ ker(m). Vậy x =
m(x)e + (x − m(x)e) ∈ Re + ker(m), suy ra M = Re + ker(m).
Mặt khác, ∀y ∈ N, ta có m(y) = βα
m
, β ∈ R. Khi đó:
y = βα
m
e = (y − βα
m
e) = β(α
m
e) + (y − m(y)e) = βe

+ (y − m(y)e).
Ta có: m(y − m(y)e) = m(y) − m(y)m(e) = m(y) − m(y) = 0, nên y − m(y)e ∈
ker(m).
Vì y − m(y)e = y − βα
m
e = y

− βe

∈ N, nên y − m(y)e ∈ N ∩ ker(m). Do đó:
y = βe

+ (y − m(y)e) ∈ Re

+ (N ∩ ker(m)). Vì vậy, N = Re


⊕ (N ∩ ker(m)).
Ta có: Re ∩ ker(m) = {0}. Vì x ∈ Re ∩ ker(m) thì x = γe và m(x) = m(γe) =
γ = 0 ⇒ x = 0. Vậy ta có chứng minh được 1, 2,.
Bây giờ sử dụng các kết quả ở trên chứng minh định lí 2.3.1:
i, Chứng minh i, bằng qui nạp theo q.
Theo định lí 2.2.1a thì N và ker(m) là các môđun tự do.
Nếu q = 0 thì N = {0} do đó i, thỏa mãn.
Nếu q > 0. Ta cần chứng minh q = n
Thật vậy, theo 2, rank(N ∩ ker(m)) = q − 1, theo giả thiết qui nạp ta có
q − 1 ≤ rank(ker(m)). Theo 1, ta lại có: rank(ker(m)) = n − 1. Do đó
q − 1 ≤ n − 1 hay q ≤ n.
ii, Chứng minh ii, bằng qui nạp theo n.
Nếu n = 0, ii, đúng.
Giả sử n > 0, theo i, ker(m) là môđun tự do và rank(ker(m)) = n − 1. Sử
dụng giả thiết qui nạp vào môđun tự do ker(m) và môđun con N ∩ ker(m) của
nó, thì tồn tại một cơ sở (e
2
, , e
n
) của ker(m) và những phần tử khác không
α
2
, , α
n
∈ R sao cho α
2
e
2
, , α

q
e
q
là một cơ sở của M ∩ ker(m) và α
i
|α
i+1
với
2 ≤ i ≤ q − 1.
Đặt α
1
= α
m
, e
1
= e thì (e
1
, e
2
, , e
n
) là cơ sở của M.
Đặt e

= α
1
e
1
thì theo 2, (α
1

e
1
, α
2
e
2
, , α
q
e
q
) là một cơ sở của N.
Bây giờ ta cần phải chứng minh: α
1
|α
2
.
Giả sử f ∈ Hom
R
(M, R) xác định bởi f(e
1
) = f(e
2
) = 1, f(e
i
) = 0, 3 ≤ i ≤ n.
20
Khi đó: α
1
= α
m

= f(α
m
e
1
) = f(e

) ∈ f(N) = Rα
f
. Vậy Rα
1
⊆ Rα
f
.
Vì Rα
1
⊆ Rα
m
là tối đại trong tập hợp các Rα
m
, f ∈ Hom
R
(M, R). Mà
α
2
= f(α
2
e
2
) ∈ f(N) = Rα
f

= Rα
1
. Vậy ta có α
1
|α
2
.
2.4 Ví dụ
2.4.1 Ví dụ
Cho R là một miền nguyên chính, M là một R−môđun hữu hạn sinh. Khi
đó M
∼
=
(R/I
1
) × (R/I
2
) × × (R/I
n
) trong đó I
1
, I
2
, , I
n
là các iđean của
R sao cho I
1
⊇ I
2

⊇ ⊇ I
n
.
Chứng minh: Giả sử X = (x
1
, x
2
, , x
n
) là một hệ sinh của M. Nếu xét
R−môđun tự do F sinh bởi X thì g : X → M mở rộng thanh một toàn
cấu h : F −→ M. Theo định lí về đồng cấu, ta có: M
∼
=
F/kerh Theo
định lí 2.3.1 tồn tại một cơ sở (e
1
, e
2
, , e
n
) của F , q ∈ N : q ≤ n và
α
1
, , α
q
= 0, ∀i = 1, 2, , q của R sao cho (α
1
e
1

, , α
q
e
q
) là một cơ sở của
kerh và α
i
|α
i+1
, 1 ≤ i ≤ q − 1.
Đặt α
i
= 0, q + 1 ≤ i ≤ n. Khi đó, ta có:
M
∼
=
F/kerh
∼
=
(Re
1
× × Re
n
)/Rα
1
e
1
× × Rα
n
e

n
)
Vì
p : (Re
1
× × Re
n
) −→ (Re
1
/Rα
1
e
1
) × × (Re
n
/Rα
n
e
n
)
(α
1
e
1
, , α
n
e
n
) −→ (α
1

e
1
, , α
n
e
n
)
là toàn cấu với kerp = Rα
1
e
1
× × Rα
n
e
n
. Sử dụng định lí đồng cấu ta có:
M
∼
=
(Re
1
/Rα
1
e
1
) × × (Re
n
/Rα
n
e

n
)
∼
=
(R/Rα
1
e
1
) × × (R/Rα
n
e
n
).
Vì α
i
|α
i+1
nên I
i+1
= Rα
i+1
⊆ Rα
i
= I
i
.
Sử dụng kết quả trên cho trường hợp miền nguyên chính R = Z và R là một
Z− môđun hữu hạn, ta có:
Mọi nhóm aben hữu hạn M đều đẳng cấu với một tích trực tiếp những nhóm
xiclic: M

∼
=
(Z/α
1
Z) × × (Z/α
n
Z) trong đó α
1
|α
2
| |α
n
.
21
2.4.2 Ví dụ
Trên một miền nguyên chính R, mọi môđun hữu hạn sinh đều đẳng cấu với
một tích trực tiếp hữu hạn những môđun M
i
, trong đó mỗi M
i
hoặc bằng R
hoặc bằng R/Rp
s
với p là bất khả qui.
Chứng minh: Với mỗi α ∈ R/Rα.
Nếu α = 0: hiển nhiên R/Rα
∼
=
R. Nếu α = 0, ta phân tích α thành α =
p

s
1
1
α = p
s
k
k
. Khi đó:
R/Rα
∼
=
Π
k
i=1
(R/Rp
s
i
i
)
.
Sử dụng kết quả trên cho trường hợp R = Z, ta được:
Mọi nhóm aben hữu hạn sinh đều đẳng cấu với một tích trực tiếp của một số
hữu hạn nhóm xiclic, hoặc bằng Z, hoặc có dạng R/Rp
s
i
.
2.4.3 Ví dụ
Cho R là miền nguyên chính, M là R−môđun hữu hạn sinh. Phần tử x ∈ M
được gọi là xoắn nếu tồn tại λ ∈ R\{0} sao cho λx = 0.
Đặt τ(M) = {x ∈ M|x là phần tử xoắn}. Chứng minh rằng:

i, τ(M) là môđun con của M;
ii, M/τ(M) là môđun tự do.
Chứng minh:
i, Ta có: 1
R
∈ R, 0 ∈ M ⇒ 1
R
.0 = 0 ⇒ 0 ∈ τ(M) ⇒ τ(M) = O.
∀x, y ∈ τ(M), ∀r, s ∈ R, ∃λ
1
λ
2
∈ R\{0} sao cho λ
1
x = 0, λ
2
y = 0. Khi đó:
λ
1
λ
2
(rx + sy) = rλ
2
(λ
1
x) + sλ
1
(λ
2
y)

Vì R là miền nguyên chính nên λ
1
λ
2
= 0 suy ra rx + sy ∈ τ(M).
Vậy τ(M) là môđun con của M.
ii,
22
KẾT LUẬN
Qua tài liệu tham khảo, tôi đã nêu được một số đặc tính của môđun tự do
trên miền nguyên chính thông qua các định lí 2.1.1, 2.2.1.2.3.1 và làm một số
ví dụ về môđun tự do trên miền nguyên chính.
Mặc dù tôi đã có cố gắng nhưng tiểu luận không thể tránh khỏi sai sót. Rất
mong được sự góp ý của quý thầy và các bạn.
23
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Ngô Thúc Lanh, Đại số (Giáo trình sau đại học), NXB. GD, Hà Nội, 1985.
[2] Nguyễn Xuân Tuyến (chủ biên)- Lê Văn Thuyết, Giáo trình cơ sở đại số
hiện đại, NXB. GD, Hà Nội, 2001.
[3] Nguyễn Xuân Tuyến (chủ biên)- Lê Văn Thuyết, Đại số trừu tượng (tập 1,
tập 2), NXB. GD, Hà Nội, 2005.
[4] Nguyễn Tiến Quang, Nguyễn Duy Thuận Cơ sở lí thuyết Môđun Vành ,
NXB. GD, Hà Nội, 2001.
24