Chường 3- Lý thuyết môđun

CHƯƠNG 3.
DÃY KHỚP
1. Dãy khớp ngắn
1.1. Các định nghĩa.
ĐỊNH NGHĨA 1.1. Một dãy các R-môđun phải và các R-đồng cấu môđun
−→ M
n−1
ϕ
n−1
−→ M
n
ϕ
n
−→ M
n+1
−→
được gọi là khớp, nếu tại mọi M
n
(không kể hai đầu mút, nếu có) thoả điều kiện
Im(ϕ
n−1
) = Ker(ϕ
n
).
Dãy khớp các R-môđun phải:
0 −→ X −→ Y −→ Z −→ 0
được gọi là dãy khớp ngắn.
VÍ DỤ 1.2. (1) Cho ϕ là một đồng cấu từ nhóm aben X vào nhóm aben Y thì ta có dãy
khớp các Z-môđun là
0 −→ Kerϕ
j

−→ X
ϕ
−→ Y
p
−→ Y/Imϕ −→ 0
trong đó j là phép nhúng chính tắc còn p là toàn cấu chính tắc. (2) Cho A ≤ M
R
. Lúc đó ta
có dãy khớp ngắn các R-môđun phải là :
0 −→ A
j
−→ M
p
−→ M/A −→ 0
trong đó j là phép nhúng chính tắc còn p là toàn cấu chính tắc.
Cho X, M, N là các R-môđun phải, ϕ là đồng cấu R-môđun phải, ϕ : M −→ N cảm
sinh các đồng cấu nhóm:
Hom(1, ϕ) : Hom
R
(X, M)  f −→ ϕf ∈ Hom
R
(X, N)
và
Hom(ϕ, 1) : Hom
R
(N, X)  f −→ fϕ ∈ Hom
R
(M, X)
ĐỊNH N GHĨA 1.3. Một sơ đồ các R-môđun phải gọi là giao hoán nếu hợp thành bất kì
các R-đồng cấu môđun trong sơ đồ sao cho cùng gốc và cùng ngọn thì bằng nhau, nói riêng,

tam giác
γ
A B
C
❄
✲
ϕ



✠
ψ
1
được gọi là giao hoán nếu γ = ψϕ. Hình vuông
γ
A B
C D
❄
✲
ϕ
❄
ψ
✲
β
gọi là giao hoán, nếu βγ = ψϕ.
BỔ ĐỀ 1.4. Cho f : M −→ N và f

: N −→ M là các đồng cấu sao cho ff

= 1

N
.
Lúc đó f là toàn cấu, f

là đơn cấu và M = Kerf ⊕ Imf

.
CHỨNG MINH. Từ giả thiết ta có điều phải chứng minh. 
ĐỊNH NGHĨA 1.5. 1. Nếu f : M −→ N và f

: N −→ M là các đồng cấu sao cho
ff

= 1
N
, thì chúng ta nói rằng f là toàn cấu chẻ ra, còn f

là đơn cấu chẻ ra.
2. Một dãy khớp ngắn
0 −→ M
1
f
−→ M
g
−→ M
2
−→ 0
được gọi là chẻ ra nếu f là đơn cấu chẻ ra còn g là toàn cấu chẻ ra.
Bây giờ ta nêu một số bổ đề về dãy khớp.
BỔ ĐỀ 1.6. Cho giản đồ giao hoán sau của các môđun và đồng cấu

A B C
A

B

C

❄
α
✲
f
❄
β
✲
g
❄
γ
✲
f

✲
g

với các dòng khớp.
(1) Nếu α, γ và f

là đơn cấu, thì β cũng vậy.
(2) Nếu α, γ và g là toàn cấu, thì β cũng vậy.
(3) Nếu β là đơn cấu, α, g là toàn cấu, thì γ là đơn cấu.
(4) Nếu β là toàn cấu, f


, γ là đơn cấu, thì α là toàn cấu.
BỔ ĐỀ 1.7. (Bổ đề năm) Cho giản đồ giao hoán sau của các môđun và đồng cấu
A B C D E
A

B

C

D

E

❄
α
✲
f
❄
β
✲
g
❄
γ
✲
h
❄
δ
✲
k

❄

✲
f

✲
g

✲
h

✲
k

với các dòng khớp.
(1) Nếu α là toàn cấu, β và δ là đơn cấu, thì γ là đơn cấu.
(2) Nếu  là đơn cấu, β và δ là toàn cấu, thì γ là toàn cấu.
(3) Nếu α, β, δ và  là đẳng cấu, thì γ cũng vậy.
2
CHỨNG MINH. Ta chứng minh bằng phương pháp săn trên biểu đồ. 
1.2. Hom và dãy khớp.
MỆNH ĐỀ 1.8. Cho M
R
và dãy khớp các R-môđun phải
0 −→ A
f
−→ B
g
−→ C.
Lúc đó dãy các nhóm aben sau cũng khớp

0 −→ Hom
R
(M, A)
Hom(1,f)
−→ Hom
R
(M, B)
Hom
R
(1,g)
−→ Hom
R
(M, C).
CHỨNG MINH. Trước hết ta chứng minh tính khớp tại Hom
R
(M, B). Thật vậy, ta có
Hom(1, g)Hom(1, f) = Hom(1, gf) = Hom(1, 0) = 0. Do vậy ImHom(1, f) ⊆ KerHom(1, g).
Ngược lại, giả sử v ∈ Hom
R
(M, B) và Hom(1, g)(v) = gv = 0. Từ đó Imv ⊆ Kerg =
Imf. Lấy j : Imf → B thì v xác định đồng cấu ¯v : M −→ Imf sao cho v = j¯v. Do f là
đơn cấu nên ta có đẳng cấu
¯
f : A −→ Imf và f = j
¯
f. Đặt u =
¯
f
−1
¯v thì ¯v =

¯
fu. Suy ra
v = j¯v = j
¯
fu = fu = Hom(1, f)(u).
Do đó v ∈ ImHom(1, f ). Vậy ta đã chứng minh tính khớp tại Hom
R
(M, B)
Để chứng minh tính khớp tại Hom
R
(M, A), ta áp dụng kết quả vừa chứng minh cho dãy
khớp 0 −→ 0 −→ A −→ B. 
Chứng minh tương tự ta có:
MỆNH ĐỀ 1.9. Cho M
R
và dãy khớp các R-môđun phải
A
f
−→ B
g
−→ C −→ 0.
Lúc đó dãy các nhóm aben sau cũng khớp
0 −→ Hom
R
(C, M )
Hom(g,1)
−→ Hom
R
(B, M)
Hom

R
(f,1)
−→ Hom
R
(A, M).
1.3. Tenxơ và dãy khớp.
MỆNH ĐỀ 1.10. Cho
R
M và dãy khớp các R-môđun phải
A
f
−→ B
g
−→ C −→ 0.
Lúc đó dãy các nhóm aben sau cũng khớp
A ⊗
R
M
f⊗1
−→ B ⊗
R
M
g⊗1
−→ C ⊗
R
M −→ 0.
CHỨNG MINH. Ta xét đến biểu đồ sau, trong đó dòng trên là khớp
A ⊗
R
M B ⊗

R
M
B ⊗
R
M/Im(f ⊗ 1)
0
A ⊗
R
M B ⊗
R
M C ⊗
R
M
0
❄

✲
f⊗1
❄

✲
p
❄
∃h
✲
✲
f⊗1
✲
g⊗1
✲

3
Do dòng trên là khớp, vì vậy nên ta chỉ cần chứng minh nếu có h là đẳng cấu làm cho
biểu đồ giao hoán là đủ.
Thật vậy, do Im(f ⊗ 1) ⊆ Ker(g ⊗ 1) nên (g ⊗ 1)(f ⊗ 1) = gf ⊗ 1 = 0 ⊗ 1 = 0, nên
theo tính chất của Coker, tồn tại một đồng cấu nhóm h : Coker(f ⊗ 1) −→ C ⊗
R
M sao
cho g ⊗ 1 = hp. Suy ra hp(x ⊗ y) = h(x ⊗ y + Im(f ⊗ 1)) = (g ⊗ 1)(x ⊗ y) = g(x) ⊗ y.
Để chứng minh h là một đẳng cấu nhóm, ta sẽ đi tìm một đồng cấu nhóm k : C⊗
R
M −→
Coker(f ⊗ 1) sao cho kh = hk = 1. Xét tương ứng k được xác định như sau:
Cho c ∈ C, m ∈ M. Vì g là toàn ánh, nên tồn tại b ∈ B sao cho g(b) = c. Nếu
g(b
1
) = g(b
2
) thì g(b
1
− b
2
) = 0, do đó b
1
− b
2
∈ Kerg = Imf, nên lại tồn tại a ∈ A sao
cho f(a) = b
1
− b
2

. Khi đó
(b
1
− b
2
) ⊗ m = f(a) ⊗ m = (f ⊗ 1)(a ⊗ m) ∈ Im(f ⊗ 1).
Vậy: (b
1
⊗ m) − (b
2
⊗ m) ∈ Im(f ⊗ 1), do đó b
1
⊗ m + Im(f ⊗ 1) = b
2
⊗ m + Im(f ⊗ 1).
Với chứng minh trên ta thành lập được ánh xạ
j : C × M −→ B ⊗
R
M/Im(f ⊗ 1) bởi
(c, m) = (g(b), m) −→ b ⊗ m + Im(f ⊗ 1).
Có thể kiểm chứng dễ dạng j là song tuyến tính. Theo tính chất của tích tenxơ, tồn tại
duy nhất một đồng cấu nhóm k : C ⊗
R
M −→ Coker(f ⊗ 1) xác định bởi:
k(c ⊗ m) = b ⊗ m + Im(f ⊗ 1), c = g(b).
Do h(b ⊗ m + Im(f ⊗ 1)) = g(b) ⊗ m và k(g(b) ⊗ m) = b ⊗ m + Im(f ⊗ 1) trên
các phần tử sinh, nên ta có ngay hk = 1
C⊗
R
M

và kh = 1
B⊗
R
M/Im(f⊗1)
. Vậy ta có điều phải
chứng minh.

Chứng minh tương tự ta có:
MỆNH ĐỀ 1.11. Cho M
R
và dãy khớp các R-môđun trái
A −→ B −→ C −→ 0.
Lúc đó dãy các nhóm aben sau cũng khớp
M ⊗
R
A −→ M ⊗
R
B −→ M ⊗
R
C −→ 0.
Đối với tính khớp trái của tích tenxơ, ta xét đến các trường hợp đặc biệt sau:
MỆNH ĐỀ 1.12. Cho
R
F là R-môđun trái tự do và dãy khớp các R-môđun phải
0 −→ A
f
−→ B
g
−→ C −→ 0.
Lúc đó dãy các nhóm aben sau cũng khớp

0 −→ A ⊗
R
F
f⊗1
−→ B ⊗
R
F
g⊗1
−→ C ⊗
R
F −→ 0.
4
CHỨNG MINH. Ta chỉ cần chứng minh f ⊗ 1 là một đồng cấu nhóm. Thật vậy, do F là
tự do nên nó có cơ sở {c
i
}
I
. Khi đó, mọi phần tử của A ⊗
R
F được viết duy nhất dưới dạng

I
x

i
⊗ c
i
trong đó x

i

∈ A và họ (x

i
)
I
có giá hữu hạn.
Cho (f ⊗ 1)(

I
x

i
⊗ c
i
) =

I
f(x

i
) ⊗ c
i
= 0. Lúc đó f(x

i
) = 0, ∀i ∈ I do mọi phần
tử của B ⊗
R
F được viết duy nhất dưới dạng


I
x
i
⊗ c
i
. Vì f là đơn ánh nên x

i
= 0, ∀i ∈ I.
Nghĩa là, Ker(f ⊗ 1) = 0. 
2. Dãy nửa khớp
Một dãy hữu hạn hoặc vô hạn
· · · −→ X
f
−→ Y
g
−→ Z −→ · · ·
những đồng cấu của những môđum trên R gọi là nửa khớp nếu và chỉ nếu ảnh của đồng cấu
vào bị chứa trong hạt nhân của đồng cấu ra tại mọi môđun khác hai đầu (nếu có) của dãy. Dễ
dàng ta thấy dãy đã cho là nửa khớp nếu và chỉ nếu cái hợp thành gf của đồng cấu kế tiếp
bất kỳ f và g trong dãy là đồng cấu tầm thường.
Mọi dãy khớp những đồng cấu những môđun trên R đều là dãy khớp, nhưng không phải
mọi nửa khớp đều là khớp. Chẳng hạn, giả sử A là môđun con thực sự của một môđun X
trên R, tức là A ≤ X nhưng A = X, và giả sử i : A −→ X là đồng cấu bao hàm. Thế thì
trong dãy
0 −→ A
i
−→ X −→ 0
là nửa khớp mà không khớp. Môđun thương Q = X/A dùng làm cái đo độ lệch so với sự
khớp. Điều này gợi ra định nghĩa tổng quát sau.

C : · · · −→ X
f
−→ Y
g
−→ Z −→ · · ·
những đồng cấu của những môđun trên R, môđun thương
Ker(g)/Im(f)
gọi là môđun dẫn xuất của dãy C tại môđun Y . Mệnh đề sau là hiển nhiên.
MỆNH ĐỀ 2.1. Một dãy khớp những đồng cấu của những môđun trên R là khớp nếu và
chỉ nếu tất cả các môđun dẫn xuất của nó đều tầm thường.
Các môđun của dãy khớp C thường được chỉ số hoá bởi những số nguyên tiến.
Nếu các số nguyên lùi được dùng để làm chỉ số, thì dãy nửa khớp C gọi là một dãy dưới
(hay phức hợp dây chuyền) và các đồng cấu trong C đều được ký hiệu bằng cùng một chữ.
Vậy mọi dãy dưới C có dạng sau:
C : · · · −→ C
n+1
∂
−→ C
n
∂
−→ C
n−1
−→ · · ·
5
với ∂ ◦ ∂ = 0. Trong trường hợp này, các phần tử C gọi là các dây chuyền n−chiều của
C và các đồng cấu gọi là các toàn tử bờ. Hạt nhân của trong C được ký hiệu Z
n
(C) và gọi
là môđun các chu trình n-chiều của C. Ảnh của ∂ trong C
n

được ký hiệu là B
n
(C) và gọi là
môđun các bờ n-chiều của C. Cuối cùng, môđun dẫn xuất của C được ký hiệu là
H
n
(C) = Z
n
(C)/B
n
(C)
và gọi môđun đồng điều n−chiều của C. Từ nay trở về sau nếu không giải thích gì thêm ta
viết ¯z ∈ H
n
(C), nghĩa là ¯z = z + B
n
(C) với z ∈ B
n
(C).
Khi các số nguyên tiến được dùng làm chỉ số, dãy nửa khớp C gọi là một dãy trên (hay
phức hợp đối dây chuyền) và các đồng cấu trong C đều được ký hiệu bằng cùng một chữ δ.
Vậy mọi dãy trên C có dạng sau:
C : · · · −→ C
n−1
δ
−→ C
n
δ
−→ C
n+1

−→ · · ·
với δ ◦ δ = 0. Trong trường hợp này, các từ đối dây chuyền, đối chu trình và đối bờ được
dùng thay cho dây chuyền, chu trình và bờ trong các dãy dưới. Thêm nữa, các chỉ số trên
được dùng thay cho các chỉ số dưới. Cuối cùng, môđun dẫn xuất H
n
(C) = Z
n
(C)/B
n
(C)
gọi là môđun đối đồng đều n−chiều của C.
Vì có giống nhau giữa các dãy trên và dãy dưới, nên ta sẽ chỉ xét các dãy dưới trong cả
phần còn lại của mục này.
Xét hai dãy dưới:
C : · · · −→ C
n+1
∂
−→ C
n
∂
−→ C
n−1
−→ · · ·
D : · · · −→ D
n+1
∂
−→ D
n
∂
−→ D

n−1
−→ · · ·
của những môđun trên R. Ta gọi đồng cấu (hoặc phép biến đổi dây chuyền) f : C −→ D là
một họ những đồng cấu f = {f
n
: C
n
→ D
n
|n ∈ Z} của những môđun trên R, chỉ số hoá
bởi các số nguyên n ∈ ZZ, sao cho quan hệ giao hoán ∂ ◦ f
n
= f
n−1
◦ ∂ xảy ra trong hình
chữ nhật
f
n
C
n
C
n−1
D
n
D
n−1
❄
✲
∂
❄

f
n+1
✲
∂
với mọi số nguyên n ∈ ZZ.
Bây giờ ta hãy xét một đồng cấu tuỳ ý cho trước f : C −→ D của dãy dưới C vào dãy
dưới D. Từ các đồng cấu f
n
: C
n
−→ D
n
, chuyển Z
n
(C) vào Z
n
(D) và B
n
(C) vào B
n
(D).
Do đó f
n
cảm ứng ra một đồng cấu
H
n
(f) : H
n
(C) −→ H
n

(D)
6
của các môđun đồng điều n−chiều H
n
(C) và H
n
(D). Đồng cấu H
n
(f) này gọi là đồng cấu
cảm ứng n−chiều của f.
Ta gọi đồng cấu đồng nhất i : C −→ C của một dãy dưới C, là họ
i = {i
n
: Cn → C
n
|n ∈ ZZ}
các đồng cấu đồng nhất của các môđun C
n
. Mệnh đề sau là hiển nhiên.
MỆNH ĐỀ 2.2. Nếu i : C −→ C là đồng cấu đồng nhất của một dãy dưới C, thì H
n
(i)
là đồng cấu của môđun H
n
(C) với mọi n ∈ ZZ.
Giả sử f : C −→ D và g : D −→ E là những đồng cấu những dãy dưới. Thế thì họ
h = {g
n
◦ f
n

: C
n
→ D
n
|n ∈ ZZ}
dĩ nhiên là một đồng cấu của dãy dưới C vào dãy dưới E. Đồng cấu h : C −→ E gọi là cái
hợp thành của các đồng cấu f : C −→ D và g : D −→ E và được ký hiệu là
g ◦ f : C −→ E
Mệnh đề sau là hiển nhiên.
MỆNH ĐỀ 2.3. Nếu f : C −→ D và g : D −→ E là những đồng cấu của những dãy
dưới thì ta có
H
n
(g ◦ f) = H
n
(g) ◦ H
n
(f)
với mọi n ∈ ZZ.
Ta gọi dãy những tầm thường là một dãy dưới 0 sao cho, với mọi n ∈ ZZ gồm một phần
tử duy nhất. Vì mọi dãy tầm thường đều là khớp, nên ta có
H
n
(0) = 0
với mọi số nguyên n ∈ ZZ
Ta gọi đồng cấu tầm thường từ một dãy dưới C vào một dãy dưới D là đồng cấu h :
C −→ D sao cho là đồng cấu tầm thường từ môđun C
n
vào môđun D
n

với mọi số nguyên
n ∈ ZZ. Ta sẽ dùng ký hiệu h = 0 để chỉ câu nói: h là đồng cấu bình thường.
MỆNH ĐỀ 2.4. Nếu h : C −→ D là đồng cấu tầm thường từ một dãy dưới C vào một
dãy dưới D, thì
H
n
(h) : H
n
(C) −→ H
n
(D)
là đồng cấu tầm thường với mọi n ∈ ZZ.
CHỨNG MINH. Gọi 0 là dãy dưới tầm thường sao cho 0
n
gồm phần tử không của D
n
với
mọi n ∈ Z. Gọi i : C −→ 0 và j : 0 −→ D là các đồng cấu duy nhất xác định. Vì h là tầm
thường, nên ta có
h = j ◦ i
7
Theo Mệnh đề III.2.3 ta có
H
n
(h) = H
n
(j) ◦ H
n
(i)
với mọi n ∈ Z. Vì H

n
(0) = 0, nên điều này kéo theo H
n
(h) = 0 với mọi n ∈ Z. 
Hai đồng cấu f, g : C −→ D từ dãy dưới C vào một dãy dưới D gọi là đồng luân nếu và
chỉ nếu tồn tại một họ những đồng cấu
h = {h
n
: C
n
→ D
n+1
|n ∈ Z}
sao cho, với mọi n ∈ Z, ta có
∂ ◦ h
n
− h
n−1
◦ ∂ = f
n
− g
n
trong biểu đồ sau:
∂
C
n
D
n+1
C
n−1

D
n
❄
❅
❅
❅
❅
❅❘
f
n
❅
❅
❅
❅
❅❘
g
n
✲
h
n
❄
∂
✲
h
n−1
Trong trường hợp này, họ h gọi là đồng luân (hay một đồng luân dây chuyền) giữa các
đồng cấu f và g; ký hiệu là
h : f  g : C −→ D
MỆNH ĐỀ 2.5. Nếu hai đồng cấu f, g : C −→ D của những dãy dưới là đồng luân, thì
ta có

H
n
(f) = H
n
(g) : H
n
(C) −→ H
n
(D)
với mỗi số nguyên n ∈ ZZ.
CHỨNG MINH. Giả sử h : f  g : C −→ D. Để chứng minh H
n
(f) = H
n
(g), giả sử
x ∈ H
n
(C) là tùy ý cho trước. Chọn z ∈ Z
n
(C) với p(z) = x, trong đó p là phép chiếu tự
nhiên của môđun Z
n
(C) lên môđun thương H
n
(C) của nó. Thế thì ta có
f
n
(z) − g
n
(z) = ∂(h

n
(z)) + h
n−1
(∂(z)) = ∂(h
n
(z))
vì ∂(z) = 0. Bởi vì ∂(h
n
(z)) ∈ B
n
(D), nên ta có H
n
(f)(x) = H
n
(g)(x). Từ đây suy ra
H
n
(f) = H
n
(g). 
Bây giờ ta xét một dãy khớp ngắn bất ký (S) những dãy dưới
(S) : 0 −→ C
f
−→ D
g
−→ E −→ 0
Điều đó có nghĩa là f : C −→ D và g : D −→ E là những đồng cấu của những dãy dưới
sao cho
0 −→ C
n

f
n
−→ D
n
g
n
−→ E
n
−→ 0
là một dãy khớp ngắn những R-môđun với mọi số nguyên n ∈ ZZ.
8
BỔ ĐỀ 2.6. Với mọi số nguyên n ∈ ZZ. Dãy
H
n
(C)
H
n
(f)
−→ H
n
(D)
H
n
(g)
−→ H
n
(E)
những môđun trên R là khớp.
CHỨNG MINH. Vì g ◦ f = 0, nên từ Mệnh đề III.2.3, III.2.4 suy ra H
n

(g) ◦ H
n
(f) =
H
n
(g ◦ f) = 0 với mọi n ∈ ZZ. Ta còn phải chứng minh Ker(H
n
(g)) ⊆ Im(H
n
(f)) với mọi
n ∈ ZZ.
Muốn như vậy, gọi ¯z là một phần tử bất kỳ của H
n
(D) trong môđun con Ker(H
n
(g))
của nó. Vì H
n
(g)(¯z) = 0, nên ta có g
n
(z) ∈ B
n
(E). Do đó tồn tại một phần tử y ∈ E
n+1
với
∂(y) = g
n
(z) trong đó ∂ là toán tử bờ ∂ : E
n+1
−→ E

n
. Vì g
n+1
là một toàn cấu, nên tồn tại
phần tử x của D
n+1
với g
n+1
(x) = y. Khi đó ta có
g
n
(z − ∂(x)) = g
n
(z) − g
n
(∂(x)) = g
n
(z) − ∂(g
n+1
(x)) = g
n
(z) − ∂(y) = 0
Điều này kéo theo z − ∂(x) ∈ Ker(g
n
) = Im(f
n
). Do đó tồn tại một phần tử w ∈ C
n
với f
n

(w) = z − ∂(x). Khi đó ta có
f
n−1
(∂(w)) = ∂(f
n
(w)) = ∂(z − ∂(x)) = ∂(z) = 0.
Vì f
n−1
là một đơn cấu, nên điều này kéo theo ∂(w) = 0 và do đó w ∈ Z
n
(C). Vì
∂(x) ∈ B
n
(D), nên ta có f
n
(w) − z = ∂(x) ∈ B
n
(D) và vì vậy
f(w) = ¯z ∈ H
n
(D). Do đó
H
n
(f)( ¯w) = ¯z. Điều này thiết lập bao hàm thức Ker(H
n
(g)) ⊆ Im(H
n
(f)) và hoàn thành
phép chứng minh của Bổ đề. 
Để nối các dãy khớp trong Bổ đề III.2.6 thành một dãy duy nhất ta phải dựng, với mỗi số

nguyên n, một đồng cấu ∂ : H
n
(E) −→ H
n−1
(D).
Các đồng cấu này gọi là các đồng cấu nối của dãy khớp ngắn(S).
Muốn như vậy, ta hãy định nghĩa một ánh xạ
φ : Z
n
(E) −→ H
n−1
(C)
như sau. Gọi z là một phần tử tuỳ ý của Z
n
(E). Vì g
n
: D
n
−→ E
n
là một toàn cấu,
nên tồn tại một phần tử u ∈ D
n
với g
n
(u) = z. Xét phần tử ∂(u) ∈ D
n−1
. Vì g
n−1
(∂(u)) =

∂(g
n
(u)) = ∂(z) = 0 nên ta có ∂(u) ∈ Ker(g
n−1
) = Im(f
n−1
). Vì f
n−1
là một đơn cấu, nên
tồn tại một v duy nhất thuộc C
n−1
với f
n−1
(v) = ∂(u). Khi đó ta có
f
n−2
(∂(v)) = ∂(f
n−1
(v)) = ∂(∂(u)) = 0
Vì f
n−2
là một đơn cấu, nên điều này kéo theo ∂(v) = 0. Do đó v ∈ Z
n−1
(C). Vậy ta dược
một phần tử w = p(v) ∈ H
n−1
(C) trong đó p là phép chiếu tự nhiên p : Z
n−1
(C) −→
H

n−1
(C).
BỔ ĐỀ 2.7. Phần tử w ∈ H
n−1
(C) không phụ thuộc vào sự lựa chọn của các phần tử
u ∈ D
n
và do đó nó chỉ phụ thuộc vào vào các phần tử z ∈ Z
n
(E).
9
CHỨNG MINH. Gọi u và u

là hai phần tử bất kỳ của D
n
với
g
n
(u) = z = g
n
(u

)
Thế thì tồn tại những phần tử duy nhất xác định v và v

của C
n−1
thoả mãn
f
n−1

(v) = ∂(u), f
n−1
(v

) = ∂(u

)
Chỉ việc chứng minh p(v) = p(v

) là đủ.
Muốn vậy, xét phần tử u − u

của D
n
. Vì g
n
(u − u

) = g
n
(u) − g
n
(u

) = z − z

= 0 nên
ta có u − u

∈ Ker(g

n
) = Im(f
n
). Do đó tồn tại một phần tử y ∈ C
n
với f
n
(y) = u − u

.
Khi đó ta có
f
n−1
[v − v

− ∂(y)] = f
n−1
(v) − f
n−1
(v

) − f
n−1
[∂(y)]
= ∂(u) − ∂(u

) − ∂[f
n
(y)] = ∂(u) − ∂(u


) − ∂(u − u

) = 0.
Vì f
n−1
là một đơn cấu nên điều này kéo theo
v − v

= ∂(y) ∈ B
n−1
(C).
Do đó ta được
p(v) − p(v

) = p(v − v

) = 0.
Điều này kéo theo p(v) = p(v

) và hoàn thành phép chứng minh của Bổ đề III.2.7. 
Do Bổ đề III.2.7 ta có thể định nghĩa hàm
φ : Z
n
(E) −→ H
n−1
(C)
bằng cách cho ứng với mỗi phần tử z của Z
n
(E), phần tử
φ(z) = w = p(v) ∈ H

n
(C)
với u ∈ D
n
và v ∈ C
n−1
tuỳ ý, thoả mãn g
n
(u) = z và f
n−1
(v) = ∂(u).
BỔ ĐỀ 2.8. Hàm φ là một đồng cấu của môđun Z
n
(E) vào môđun H
n−1
(C).
CHỨNG MINH. Giả sử z, z

∈ Z
n
(E) và α, α

∈ R là tùy ý cho trước. Chọn u, u

∈ D
n
và v, v

∈ C
n−1

thỏa mãn g
n
(u) = z, g(u

) = z

và f
n−1
(v) = ∂(u), f
n−1
(v

) = ∂(u

).
Khi đó ta có g
n
(αu + α

u

) = αz + α

z

, f
n−1
(αv + α

v


) = ∂(αu + α

u

). Từ đó ta có
φ(αz + α

z

) = p(αv + α

v

) = αp(v) + α

p(v

) = αφ(z) + α

α(z

). Điều này chứng tỏ φ
là R-đồng cấu. 
BỔ ĐỀ 2.9. Hạt nhân của đồng cấu φ chứa môđun con B
n
(E) của Z
n
(E).
CHỨNG MINH. Gọi z ∈ B

n
(E) bất kỳ. Theo định nghĩa của B
n
(E), tồn tại y ∈ E
n+1
với
∂(y) = z. Vì g
n+1
là toàn cấu, nên tồn tại w ∈ D
n+1
sao cho g
n+1
(w) = y. Đặt u = ∂(w).
Khi đó ta có
g
n
(u) = g
n
(∂(w)) = ∂(g
n+1
(w)) = ∂(y) = z
10
Mặt khác, vì ∂(u) = ∂
2
(w) = 0, nên ta có chọn v = 0 ∈ C
n−1
sao cho f
n−1
(v) = 0 = ∂(u).
Theo định nghĩa của φ, ta được φ(z) = p(v) = 0. 

Do Bổ đề III. 2.9, đồng cấu φ cảm sinh ra một đồng cấu
∂ : H
n
(E) −→ H
n−1
(C)
với mọi số nguyên n. Vậy ta được một dãy
· · · −→ H
n
(C)
f
∗
−→ H
n
(D)
g
∗
−→ H
n
(E)
∂
−→ H
n−1
(C) −→ · · ·
trong đó f
∗
= H
n
(f) và g
∗

= H
n
(g). Dãy này gọi là dãy đồng điều của dãy khớp ngắn (S). .
ĐỊNH LÍ 2.10. Dãy đồng điều của mọi khớp ngắn những dưới là khớp.
CHỨNG MINH. Do Bổ đề III. 2.6, ta chỉ việc thiết lập hai đẳng thức sau là đủ
(1) Im(g
∗
) = Ker(∂),
(2) Im(∂) = Ker(f
∗
).
Chứng minh (1): Ta để ý tới phần sau
H
n
(D)
g
∗
−→ H
n
(E)
∂
−→ H
n−1
(C)
của dãy đồng điều. Gọi ¯α là một phần tử bất kỳ của H
n
(E) trong Im(g
∗
). Thế thì tồn tại một
phần tử ¯z của H

n
(D) với g
∗
(¯z) = ¯α. Theo định nghĩa của g
∗
ta có g
n
(z) − α ∈ B(E
n
).
Vì z ∈ Z
n
(D), nên ta có ∂(z) = 0. Do đó ta có thể chọn v = 0 ∈ C
n−1
thoả mãn
f
n−1
(v) = 0 = ∂(z). Từ định nghĩa của ∂ : H
n
(E) −→ H
n−1
(C) ta suy ra rằng ∂(¯α) =
p(v) = 0 và do đó ¯α ∈ Ker(∂). Vì α là một phần tử bất kỳ của Im(g
∗
), nên điều này chứng
minh bao hàm thức Im(g
∗
) ⊂ Ker(∂).
Mặt khác, gọi ¯z là một phần tử bất kỳ của H
n

(E) trong Ker(∂). Theo định nghĩa của
∂(¯z) tồn tại những phần tử u ∈ D
n
và v ∈ C
n−1
, thoả mãn g
n
(u) = z và f
n−1
(v) = ∂(u).
Vì ∂(α) = 0 ∈ H
n−1
(C), nên ta có v ∈ B
n−1
(C). Do đó tồn tại một phần tử w ∈ C
n
với ∂(w) = 0. Đặt y = u − f
n
(w) ∈ D
n
, khi đó ta có: ∂(y) = ∂(u) − ∂[f
n
(w)] =
∂(u

) − f
n−1
[∂(w)] = ∂(u) − f
n−1
(v) = 0. Điều này kéo theo y ∈ Z

n
(D). Vì g
n
(y) =
g
n
[u −f
n
(w)] = g
n
(u) −g
n
[f
n
(w)] = z, nên ta có g
∗
(¯y) = ¯z và do đó ¯z ∈ Im(g
∗
). Nên điều
này chứng minh bao hàm thức Ker(∂) ⊂ Im(g
∗
). Điều này hoàn thành pháp chứng minh
của đẳng thức (1).
Chứng minh(2): Ta để ý tới phần sau H
n
(E)
∂
−→ H
n−1
(C)

f
∗
−→ H
n−1
(D) của dãy đồng
điều. Gọi ¯α là một phần tử bất kỳ của H
n−1
(C). Thế thì tồn tại ¯z ∈ H
n
(E) với ∂(¯z) = ¯α.
Theo định nghĩa của ∂, tồn tại những phần tử u ∈ D
n
và v ∈ C
n−1
thoả mãn g
n
(u) = z, v −
α ∈ Z
n−1
(C), f
n−1
(v) = ∂(u). Các điều này kéo theo f
∗
(¯α) = 0 và do đó ¯α ∈ Ker(f
∗
). Vì
¯α là một phần tử bất kỳ của Im(∂), nên ta đã giả thiết lập bao hàm thức Im(∂) ⊂ Ker(f
∗
).
Mặt khác, gọi ¯z là một phần tử bất kỳ của H

n−1
(C) trong Ker(f
∗
). Vì f
∗
(¯z) = 0, nên
tồn tại một phần tử u của D
n
thoả mãn ∂(u) = f
n−1
(z). Đặt y = g
n
(u) ∈ E
n
. Thế thì ta
có: ∂(y) = ∂[g
n
(u)] = g
n−1
[∂(u)] = g
n−1
[f
n−1
(z)] = 0. Điều này kéo theo y ∈ Z
n
(E). Vì
11
g
n
(u) = y, f

n−1
(z) = ∂(u), nên ta định nghĩa của ∂(¯y) ta suy ra rằng ∂(¯y) = ¯z và do đó
¯z ∈ Im(∂). Vì ¯z là một phần tử bất kỳ của Ker(f
∗
) nên điều này chứng minh bao hàm thức
Ker(f
∗
) ⊂ Im(∂). Vậy ta đã thiết lập đẳng thức (2) và hoàn thành phép chứng minh. 
Hệ luận sau là một hệ quả tứckhắc của Định lý III. 2.10.
HỆ QUẢ 2.11. Nếu hai trong ba dãy dưới C, D, E trong dãy khớp ngắn (S) là khớp, thì
dãy dưới còn lại cũng thế.
HỆ QUẢ 2.12. Nếu trong biểu đồ giao hoán sau những đồng cấu của những môđun trên
R với tất cả ba đồng điều khớp, và tất cả ba cột đều nửa khớp, thì tính chất khớp của hai cột
bất kỳ kéo theo tính chất khớp của cột còn lại.
0 0 0
0
A
1
B
1
C
1
0
0
A
2
B
2
C
2

0
0
A
3
B
3
C
3
0
0 0 0
❄ ❄ ❄
✲
❄
✲
❄
✲
❄
✲
✲
❄
✲
❄
✲
❄
✲
✲
❄
✲
❄
✲

❄
✲
3. Bài tập
BÀI TẬP 1. Xét biểu đồ sau những đồng cấu của những môđun trên R
A B C
0
D
✲
f
❄
h
✲
g
✲
trong đó dòng là khớp và hf = 0. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một đồng cấu k : C −→
D sao cho kg = h.
12
BÀI TẬP 2. Xét biểu đồ sau những đồng cấu của những môđun trên R
D
0
A B C
❄
h
✲ ✲
f
✲
g
trong đó dòng là khớp và gh = 0. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một đồng cấu k : D −→
A sao cho fk = h.
BÀI TẬP 3. Xét biểu đồ sau những đồng cấu của những môđun trên R

α
A B C
0
A

B

C

❄
✲
f
❄
β
✲
g
✲
✲
f

✲
g

trong đó hình vuông là giao hoán, dòng trên là khớp và dòng dưới là nửa khớp. Chứng minh
rằng tồn tại duy nhất một đồng cấu γ : C −→ C

sao cho γg = g

β.
BÀI TẬP 4. Xét biểu đồ sau những đồng cấu của những môđun trên R

A B C
0
A

B

C

✲
f
❄
β
✲
g
❄
γ
✲ ✲
f

✲
g

trong đó hình vuông là giao hoán, dòng trên là nửa khớp và dòng dưới là khớp. Chứng minh
rằng tồn tại duy nhất một đồng cấu α : A −→ A

sao cho βf = f

α.
13