Bài tập môn đun đhsp huế
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (458.26 KB, 37 trang )
Môđun
-1-
Bài 1.1 Cho R là vành có đơn vị 1, X là nhóm cộng giao hoán và Hom
Z
(X,X) là vành các tự
đồng cấu của nhóm X. Chứng minh X là R-môđun trái khi và chỉ khi tồn tại đồng cấu
);(: XXHomR
Z
sao cho )1(
=1
X
với 1
X
là đồng cấu đồng nhất của nhóm X.
Giải
(
)
Giả sử X là R-modun trái, ta xây dựng
);(: XXHomR
Z
r
fr
với r
R
21
, xx
X ta có
r
f (x
1
+x
2
)=r(x
1
+x
2
)= rx
1
+rx
2
=
r
f (x
1
) +
r
f (x
2
)
Xx
, k
R ta có k.
r
f (x)= k(rx) = r(kx) =
r
f (kx)
r
f
là đồng cấu
r
f
Hom
Z
(X,X)
x
X; r,s
R ta có
1
f (x)=1.x=x
1
f =1
X
(1)
sr
f
(x)=(r+s)x=rx+sx= f
r
(x)+ f
s
(x)
sr
f
=
r
f
+
s
f
(2)
rs
f (x)=(rs)x=rsx=
r
f (sx)=
r
f
s
f
(x)
rs
f =
r
f
s
f
(3)
Xét ánh xạ:
);(: XXHomR
Z
r
fr
với r
R
(1) )1(
=
1
f
=1
X
(2)
)( sr
=
sr
f
=
r
f
+
s
f
= )(r
+ )(s
(3) )(rs
=
rs
f =
r
f
s
f
= )(r
. )(s
Vậy tồn tại
là đồng cấu vành
(
)
Giả sử tồn tại đồng cấu vành
:R
Hom
Z
(X,X) thỏa mãn )1(
=1
X
.
Ta chứng minh X là R-môđun
Ta định nghĩa phép nhân ngoài từ R vào X như sau: RX
X
rx= (
r)(x) RrXx ,
ta có :
M
1
: 1.x= (
1)(x)=1
X
(x)=x
M
2
: (rs)x= )(rs
(x)= )(r
. )(s
(x)=r(sx)
M
3
: (r+s)x= )( sr
(x)= ( )(r
+ )(s
)(x)= )(r
(x)+ )(s
(x)=rx+sx
M
4
: r(x+y)= )(r
(x+y)=rx+ry
X là R-môđun trái.
Bài 1.2 Chứng minh rằng trong tám tiên đề về định nghĩa R-môđun trái, gồm bốn tiên đề về
nhóm cộng giao hoán và 4 tiên đề M
1
– M
4
, ta có thể bỏ đi tiên đề giao hoán của phép cộng.
Nói cách khác, tiên
đ
ề
đ
ó có th
ể
suy ra t
ừ
b
ả
y tiên
đ
ề
còn
l
ạ
i.
Giải
Chứng minh tiên đề giao hoán của phép cộng y+x=x+y
Xyx
, ta có (x+y)+(x+y)=(1+1)(x+y)=(1+1)x+(1+1)y=x+x+y+y x+y=y+x (vì R là
nhóm cộng)
Bài 1.3 Cho X là R-môđun và K là iđêan hai phía của R.
Chứng minh rằng với x
X thì Kx= {rx:r
K} là môđun con của X.
Môđun
-2-
Giải
s,t
K
s+t
K và r
R
sx+tx=(s+t)x
Kx (1)
r(sx)=(rs)(x)
Kx (vì K là idean của R) (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra Kx
X.
Bài 1.4 Cho R là miền nguyên và X là R-môđun. Phần tử x
X được gọi là phần tử xoắn
nếu tồn tại r
R\{0} sao cho rx = 0. Đặt
( )
X
là tập hợp tất cả các phần tử xoắn của X. Nếu
( )
X
= 0 thì X được gọi là môdun không xoắn, nếu
( )
X
= X thì X được gọi là môđun xoắn.
Chứng minh:
a.
( )
X
là môđun con của X
b. Mọi môđun con của môđun xoắn trên R đều là mô đun xoắn trên R.
c. Mọi môđun con của môđun không xoắn trên R cũng là môđun không xoắn trên R.
d. Môđun thương X /
( )
X
có phải là môđun không xoắn hay không?
e. Z-môđun Q/Z có phải là môđun xoắn hay không?
Giải
a. Cần chứng minh
( )
X
+
( )
X
( )
X
K
( )
X
( )
X
x,y
( )
X
, 0: 0, , 0: 0
R x R y
0)()()()()(
yxyxyx
x+y
( )
X
vì 0
(1)
r
R
Rr
0
xrrx
rx
( )
X
vì
0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
( )
X
là môđun con của X
b. X là môđun xoắn
( )
X
=X
Lấy A
X, chứng minh A xoắn tức là chứng minh r(A)=A
*
( )
A
={ : , 0, 0}
a A R a A
*
x
A
x
X (vì A
X)
x
( )
X
xR 0,0,
x
( )
A
A
( )
A
Vậy
( )
A
=A
Giả sử X là môđun không xoắn
( )
X
=0
c. Lấy A
X. Ta chứng minh A là môđun không xoắn tức là cần chứng minh
( )
X
=0
Thật vậy
x
( )
X
xR 0,0,
x=0
(A)=0
d. Môđun thương
)(X
X
là môđun không xoắn.
Thật vậy, lấy )(XXx
Với
x
= x +
(X)
Môđun
-3-
0
)(
0:0,
)(0:0,
x
Xx
xR
XxxR
e. Môđun
Z
Q
là môđun xoắn.
Thật vậy
Z
Q
Z
n
m
xRZ
n
m
x
Z
Q
00:0,:)(
Lấy ),(
*
ZnZm
n
m
x
Z
Q
x
),(0
*
ZnZmm
n
m
nnxxn
)
(
)
(
Z
Q
Z
Q
Z
Q
x
Vậy
Z
Q
Z
Q
)
(
Bài 1.5 Cho R là miền nguyên và X là R-môđun. Phần tử x
X được gọi là phần tử chia
được nếu với mọi
R\ {0}, tồn tại phần tử y
X sao cho x= y
. Đặt
(X) là tập hợp tất
cả các phần tử chia được của X. Nếu
(X) = X thì X gọi là môđun chia được. Chứng minh
rằng:
a.
(X) là môđun con của X.
b. Môđun thương của môđun chia được là môđun chia được.
c. Các Z môđ
un Q và Q/Z
đ
ề
u là các mô
đ
un chia
đư
ợ
c.
Giải
a. Cần chứng minh
)()(
)()()(
XXK
XXX
Lấy x
1
,x
2
(X) khi đó
221121
;:,,0, yxyxXyyR
)()(
21212121
Xxxyyyyxx
vì y
1
+y
2
X,
R\ {0} (1)
Lấy x
(X) khi đó yxXyR
:,0,
)()( Xrxryyrrx
vì x
X,
R\ {0} (2)
Từ (1) và (2) suy ra
(X) là môđun con của X.
b. Giả sử X là môđun chia được, A
X. Ta chứng minh
A
X
là môđun chia được
Lấy
A
X
x
với Axx
Vì x
X nên yxXyR
:,0,
xyyAyx
chia được
Vậy
A
X
là môđun chia được.
c. Q là môđun chia đuợc vì nếu lấy x
Q ),(
*
ZnZm
n
m
x
Môđun
-4-
Chọn
n
m
nk
m
kkyx * Zk ; Q
nk
m
y
Z là môđun chia được vì Z
Q
Do đó
Z
Q
là môđun chia được
Bài 1.6 Chứng minh rằng mỗi đồng cấu f : X
Y là duy nhất xác định bởi giá trị của
f trên một hệ sinh nào đó.
Tuy nhiên không phải mỗi ánh xạ g: S
Y có thể mở rộng thành đồng cấu từ X vào Y.
Hãy tìm điều kiện cho g để g có thể mở rộng thành đồng cấu trên X.
Giải
Giả sử S là hệ sinh của X
Ii
ii
Ii
ii
ii
Ii
ii
sfrsrfxf
SsRrsrxXx
)()()(
,;:
f duy nhất vì : nếu tồn tại đồng cấu h sao cho Sxxfxh
),()(
thì Xxxfsrfsfrhxh
Ii
ii
Ii
ii
),()()(()(
* Tuy nhiên không phải mỗi ánh xạ g:S
Y có thể mở rộng thành đồng cấu từ X vào Y.
Hãy tìm điều kiện cho g để g có thể mở rộng thành đồng cấu trên X.
Xét Z môđun Z
Vì (2,3)=1 và S={ 2,3} là hệ sinh của Z
Xét ánh xạ g: S
Y
g(2)=1 và g(3)=0
Giả sử g có thể thác triển thành đồng cấu f và gf
S
/
Khi đó
)3()2()5( fff g(2)+g(3)= - 1
)]3()2([5)32.1(5)1(5)5( fffff
= 5
Vậy f không thể thác triển thành đồng cấu .
* Điều kiện để g có thể thác triển thành đồng cấu : S là cơ sở của X
Thật vậy Giả sử S=
Iii
x
}{ là cơ sở của X
SxRaxaxXx
ii
Ii
ii
,:
Định nghĩa YXf
:
Ii
ii
xgaxf )()(
f xác định duy nhất
f là đồng cấu
gf
S
/
Bài 1.7 Cho
,
f g
:X
Y là các đồng cấu từ môđun X vào môđun Y. Gọi A
X là tập các
x
X mà
( ) ( )
f x g x
Chứng minh rằng A
X.
Giải
A={x
X:
( ) ( )
f x g x
}. Ta cần chứng min
A A A
h
RA A
Môđun
-5-
Lấy
x
1
,x
2
A ta có x
1
,x
2
X và
1 1 2 2
( ) ( ), ( ) ( )
f x g x f x g x
(
f
x
1
+x
2
) =
(
f
x
1
) +
(
f
x
2
) = g(x
1
)+g (x
2
)=g (x
1
+x
2
) vì x
1
+x
2
X nên x
1
+x
2
A
AAA
(1)
Lấy
x
A và r
R
(
f
rx) = r
(
f
x)= rg (x)=g(rx) vì x
X nên rx
A
ARA
(2)
Từ (1) và (2) suy ra A
X.
Bài 1.8 Môdun X được gọi là môđun đơn nếu X chỉ có hai môđun con là 0 và X. Cho đồng
cấu
:
f
X
Y với X là môđun đơn. Chứng minh rằng:
a.
Im
f
là môđun con đơn của Y.
b. Nếu
Im 0
f
thì
f
là đơn cấu.
Giải
a. Ta có
Im
f Y
22112121
)(;)(:,Im, yxfyxfXxxfyy
(
f
x
1
+x
2
)=
(
f
x
1
) +
(
f
x
2
)=y
1
+y
2
1 2
Im
y y f
(1)
Im : ( )
y f x X f x y
và r
R
(
f
rx)=r
(
f
x)=ry
Im
ry f
(2)
Từ (1) và (2) suy ra
Im
f
Y
Lấy B
Im
f
Mà
Im
f
Y nên B
Y suy ra
1
( )
f B X
Do X là môđun đơn nên
fB
B
XBf
Bf
Im
0
)(
0)(
1
1
Vậy
Im
f
là môđun đơn
b.
ker
f
X và X là môđun đơn suy ra
ker 0
ker
f
f X
Mà
Im 0 ker ker 0
f f X f
Vậy
f
là đơn cấu.
Bài 1.9 Cho A và B là các môđun con của môđun X. Chứng minh (A+B)/A
B/(A
B)
Giải
Xét ánh xạ
( )
:
A B
f B
A
Abb
f
là ánh xạ
f
là đồng cấu vì RBba
,, ta có
Môđun
-6-
)()()(
)()()()()(
afAaAaaf
bfafAbAaAbabaf
f
toàn ánh vì
Nếu
( )
( )
A B
a b A
A
thì
( )
( ) ( )
A B
f b b A a b A
A
Do đó
f
cảm sinh ra đẳng cấu
( )
ker
A B
B
f A
(theo định lý Noether)
Mặt khác
ker { : ( ) 0}
f x B f x
={x
B: x+A=0 }={x
B: x
A }=A
B
Vậy (A+B)/A
B/(A
B)
Bài 1.10 Cho môđun X và các môđun con M,N mà N
M. Chứng minh (X/N) / (M/N)
X/M.
Giải
Xét ánh xạ
:
X X
f
N M
MxNx
f
là ánh xạ vì nếu x+N=y+N
x-y
N
x-y
M
x+M=y+M
f là đồng cấu vì
)()(
)()(
)()(
)]()([
,;,
NyfNxf
MyMx
MyMxMyx
NyxfNyNxf
NyNxf
N
X
NyNxR
f là toàn ánh vì
N
X
Nx
M
X
Mx ,
sao cho f (x+N)=x+M
Khi đó tồn tại duy nhất một đẳng cấu
ker
X N
X
f M
Mà
ker { : ( ) 0 }
X
f x N f x N M
N
=
=
{ : 0 }
X
x N x M M
N
=
{ : }
X M
x N x M
N N
Vậy (X/N) / (M/N)
X/M.
Bài 1.11 Cho h : X
X là tự đồng cấu của môđun X thỏa mãn điều kiện h
2
=h.
Chứng minh X= Imh
Kerh.
Giải
Ta cần chứng minh
Im ker
Im ker {0}
h h X
h h
*
Im
Im ker
ker
h X
h h X
h X
Lấy x
X : x=h(x) + ( x – h(x) )
hhx
hxhxxhxhxhhxhxhxh
hxh
kerIm
ker)(0)()())(()())((
Im)(
Môđun
-7-
hhX kerIm
Vậy X=Imh+kerh
* Lấy
0 0
: ( )
Im
Im ker
ker
( ) 0
x X h x x
x h
x h h
x h
h x
0 = h(x) = h(h(x
0
)) = hh(x
0
) = x
Vậy Imh+kerh = {0}
Bài 1.12 Chứng minh rằng trong ba đặc trưng của tổng trực tiếp hai môđun
p
1
j
1
= 1
A
và p
2
j
2
= 1
B
(1),
p
1
j
2
= 0 và p
2
j
1
= 0 (2),
j
1
p
1 +
j
2
p
2
=
BA
1 (3) ta có thể bỏ đi đẳng thức (2).
Nói cách khác, nếu ba môđun A,B,C chỉ cần thỏa mãn hai đẳng thức (1) và (3) thì C
A
B
Giải
Ta có (3) j
1
p
1 +
j
2
p
2
= 1
C
p
1
j
1
p
1 +
p
1
j
2
p
2
= p
1
1
C
1
A
p
1 +
p
1
j
2
p
2
= p
1
1
C
p
1
j
2
p
2
= 0
p
1
j
2
p
2
j
2
= 0
p
1
j
2
1
B
= 0
p
1
j
2
= 0
Chứng minh tương tự ta cũng có
p
2
j
1
= 0
Bài 1.13 Cho X là tổng trực tiếp của họ các môđun
i
i I
X
.
a. Chứng minh rằng
Ii
i
XX )()(
. Từ đó suy ra
b. Tổng trực tiếp các môđun xoắn là môđun xoắn.
c. Tổng trực tiếp các môđun không xoắn là môđun không xoắn.
Giải
a. *
Iii
xxXx
)(,)(
Khi đó
Ii
iiii
XxIiXxIixxR )()(00:0,
Ngược lại lấy
Ii
iIii
Xxx )()(
Khi đó với mỗi RixRx
iiiii
0:0,,0
Đặt
Ii
i
hoàn toàn xác định tại hữu hạn
0
i
x
Khi đó )(00 XxxIix
i
b. Giả sử
Ii
i
X
là họ các môđun xoắn IiXX
ii
)(
.
Khi đó )()(
Ii
i
Ii
i
Ii
i
XXX
Vậy tổng trực tiếp các môđun xoắn là môđun xoắn
c. Giả sử
Ii
i
X
là họ các môđun không xoắn mà tổng trực tiếp của nó là không phai là
môđun không xoắn.
Khi đó tồn tại
0:0)()(:0;)()(
jii
Ii
iIii
xIjxxRXx
Môđun
-8-
Điều này mâu thuẩn với giả thiết X
i
là môđun không xoắn
Vậy ta có tổng trực tiếp của họ môđun không xoắn là môđun không xoắn.
Bài 1.14 Cho X=
i
X .
Hãy chứng minh môđun con chia được của X
( ) ( )
i
i I
X X
.Từ đó suy ra
Tích trực tiếp các môđun chia đựợc là môđun chia được.
Tổng trực tiếp các môđun chia được có là môđun chia được không?
Giải
Chứng minh
( ) ( )
i
i I
X X
Lấy
RXx
i
0),()(
.
Khi đó có
Ii
iiiiiii
XxIiXxxyyRy )()()()(:)(
* Chứng minh
( ) ( )
i
i I
X X
Lấy
Ii
ii
Xx )()(
Khi đó
R
0
, với mỗi
Ii
đều có y
i
sao cho
)()()()()( Xxyyxxy
iiiiii
Vậy
Ii
i
XX )()(
Giả sử {Xi} là họ môđun chia được. Khi đó
)()(
Ii
i
Ii
i
Ii
i
XXX
là môđun chia được
Do đó tích trực tiếp của họ môđun chia được là môđun chia được.
Tổng trực tiếp của họ môđun chia được là môđun chia được.
Thật vậy
Môđun
-9-
Giả sử
Ii
i
XX
Lấy
)()( Xx
i
Với mỗi
XyR
i
)(,0
sao cho
)()()(
iii
xyy
Suy ra
)()( Xx
i
,
Ii
Do đó
)()()()(
i
Ii
i
Ii
i
XXXx
Ngược lại lấy
IiXxXx
iii
Ii
i
),()()(
Khi đó
)()()(:,0
iiiiiii
yyxyxXyR
Suy ra
)()()()( XXXx
Ii
ii
Vậy
Ii
i
XX )()(
Nếu
Ii
i
x
là họ môđun chia được và
Ii
i
XX
thì
Ii
ii
Ii
i
Ii
XXXX )()()(
Vậy tổng trực tiếp các môđun chia được là môđun chia được.
Bài 1.15 Môđun X được gọi là hữu hạn sinh, nếu trong X có một hệ sinh hữu hạn. Cho X là
tổng trực tiếp của học môđun {X
i
}. Chứng minh rằng:
a. Môđun thương của môđun hữu hạn sinhlà môđun hữu hạn sinh.
b. Môđun tổng trực tiếp X là hữu hạn sinh khi và chỉ khi mỗi X
i
là hữu hạn sinh và hầu hết
X
i
=0, trừ ra một số hữu hạn.
Giải
a. Giả sử X là môđun hữu hạn sinh và A là môđun con của X, gọi {x
1
,x
2
,…,x
n
} là hệ
sinh của X, khi đó mỗi
1
, :
n
i i
i
x X x rx
với
x X
Môđun
-10-
Vậy mỗi x+A
X
A
thì x+A=
1 1
( )
n n
i i i i
i i
rx A r x A
do đó tập { x
1
+A,x
2
+A,…,x
n
+A } là
hệ sinh của X/A
b.
(
)
Giả sử X là tổng trực tiếp của họ
i
i I
X
Gọi tập sinh của X là S=
1 2
, , ,
i i ni
i I i I i I
x x x
Với mỗi
i I
xét ánh xạ :
i i i
i I
X X
là toàn ánh
Mặt khác với
x X
ta có
1 1 1
( )
n n n
j ji j ji i j ji
j i I i I j j
x r x r x x r x
Do đó với mỗi
i I
tập {x
1i
,x
2i
,…,x
ni
} là hệ sinh của X
i
Hơn nữa do các x
ji
xuất hiện trong S chỉ có hữu hạn khác không nên hầu hết các tập
sinh của các X
i
đều chứa toàn phần tử 0, hay hầu hết các X
i
=0
(
)
Giả sử mỗi X
i
hữu hạn sinh và hầu hết các X
i
bằng 0; có thể giả thiết rằng các X
i
khác
{0} là X
1
, X
2
,…,X
n
Với mỗi i=1,2,…,n đặt S
i
={x
1i
,x
2i
,…,x
mi
} là tập sinh của X
Khi đó
1
n
i i
i I i
x X X
được phân tích dưới dạng
( )
1 1
m i
n
i k ki
i k
x x r x
Điều này chứng tỏ
1
n
i
i
S S
là hệ sinh của tổng trực tiếp các X
i
.Do S hữu hạn sinh nên
tổng trực tiếp
1
n
i
i
X
là hữu hạn sinh
Bài 1.16 Chứng minh rằng tổng trực tiếp của họ các đơn cấu ( toàn cấu, đẳng cấu)
là đơn cấu (toàn cấu, đẳng cấu). Kết luận tương tự có đúng cho tích trực tiếp họ các
đồng cấu không?
Giải
Chứng minh:
1/ . Giả sử họ
:
i i i
i I
f X Y
là đơn cấu
Đặt
i
f f
. Chứng minh f đơn cấu
Ii
iii
Ii
i
x
i
Ii Ii
ii
x
ii
Ii
i
x
i
Ii Ii
i
x
ii
Ii
i
x
i
Ii Ii
i
x
ii
Ii
i
x
i
IixfXxJ
xfJXxJ
xfJXxJ
xJfXxJKerf
,0:
0:
0:
0:
Môđun
-11-
Do f
i
là đơn cấu
Ii
00:
Ii
ii
Ii
i
x
i
IixXxJKerf
f là đơn cấu (1)
. Giả sử họ
:
i i i
f X Y
là toàn cấu. Chứng minh :
i
f f
là toàn cấu
Xét
Y
i i i
i I
i I
y J y Y
Với mỗi
,
i
i I f
là toàn cấu nên
i i
x X
sao cho
,
i i i i i
f x y y Y
Ta có
x
i i i
i I
i I
J x X
và
i
Ii
Ii
i
Y
i
Ii
ii
Y
i
Ii
i
x
i
Ii
i
x
i
YyyJxfJxfJxJf
Vậy f là toàn cấu (2)
Từ (1) và (2) ta có f là đẳng cấu
2/ Giả sử họ
:
i i i
i I
f X Y
là đơn cấu.
Đặt
i
i I
f f
. Chứng minh f là đơn cấu
IixXx
IixfXx
xfXx
xfXxKerf
i
Ii
ii
ii
Ii
ii
Ii
i
Ii
ii
Ii
i
Ii
ii
,0:
,0:
0:
0:
(Do f
i
đơn cấu)
0
Kerf
. Vậy f là đơn cấu
Giả sử họ
:
i i i
f X Y
là toàn cấu
Lấy
i i
i I
i I
y y Y
.
Với mọi
i
fdoIi ,
là toàn cấu nên
i i
x X
sao cho
i i i
f x y
. Khi đó
Bài 1.18
Cho biểu đồ các đồng cấu
Trong đó dòng là khớp và gh = 0 ,. Hày chứng minh rằng tồn tại và duy nhất đồng cấu
AX
:
sao cho
hf
A
B
C
X
0
f
g
h
A
B
C
X
0
f
g
h
Môđun
-12-
Giải
Do f là đơn ánh nên tồn tại đẳng cấu :Im
f A
mà
1
A
f
và
Im
1
f
f
. Theo giả
thiết gh = 0 ta có
Im
h Kerg
Do dòng là khớp nên Imf = Kerg
Suy ra
Im Im
h f
. Ta định nghĩa ánh xạ
xhxx
AX
:
Vì ψ là sự kết hợp của hai đồng cấu Im
h
X f A
Nên ψ là đồng cấu. Hơn nữa, với mọi
x X
ta có:
f x f h x h x
Suy ra fψ = h
Giả sử :
X A
là đồng cấu thỏa fφ = h. Khi đó với mọi
x X
ta có
xxhxfx
Vậy ψ là duy nhất.
Bài 1.23 Cho biểu đồ 3 x 3, trong đó 3 cột là khớp:
Chứng minh rằng nếu 2 dòng liên tiếp là khớp thì dòng còn lại cũng là khớp. Hơn nữa,
nếu dòng 1 và dòng 3 khớp và dòng 2 nửa khớp thì dòng 2 cũng sẽ khớp.
Giaûi
Chứng minh:
0
0
0
0
0
0
A
1
0
B
1
C
1
0
α
2
0
α
1
0
A
2
0
B
2
C
2
0
α
4
0
α
3
A
3
0
B
3
C
3
0
α
6
0
α
5
β
1
β
3
β
5
β
2
β
4
β
6
Môđun
-13-
1/ Giả sử dòng (1) và dòng (2) khớp. Chứng minh dòng (3) khớp.
Áp dụng bổ đề 4 ngắn cho biểu đồ con sau:
53522523434446
ImIm
AAAKerKer
( do β
2
toàn cấu)
Do đó dòng (3) khớp tại B
3
Do α
4
, β
6
toàn cấu nên β
6
α
4
toàn cấu, mà α
6
β
4
= β
6
α
4
, do đó α
6
β
4
toàn cấu
Suy ra α
6
toàn cấu. Vậy dòng (3) khớp tại C
3
Tính khớp tại A
3
có nghĩa α
5
đơn cấu, được chỉ ra trong phép săn biểu đồ:
Lấy
3 5
a Ker
. Do β
2
toàn cấu
2 2 2 2 3
:
a A a a
Vì β
4
α
3
(a
2
) = α
5
β
2
(a
2
) = α
5
(a
3
)
3 2 4 3 1 1
Im
a Ker b B
mà
3 1 3 2
b a
Vì β
5
α
2
(b
1
) = α
4
β
3
(b
1
) = α
4
α
3
(a
2
) = 0 và β
5
đơn cấu
2 1
0
b
11111121
)(:Im baAaKerb
vì
3 1 1 3 1 1 3 2 3
,
a a a
đơn cấu
1 1 2 3 2 2 2 1 1
0
a a a a a
vậy Ker
5
0
Tức là
5
đơn cấu
2/ Giả sử dòng (3), dòng (1) khớp và dòng (2) là nữa khớp.
Ta chứng minh dòng (2) khớp
Áp dụng bổ đề năm ngắn cho 0, α
1
, α
3
, α
5
, 0 ta có α
3
là đơn cấu
Áp dụng bổ đề năm ngắn cho 0, α
2
, α
4
, α
6
, 0 ta có α
4
toàn cấu
Do α
4
α
3
= 0 nên
3 4
Im
Ker
Ta chứng minh
4 3
Im
Ker
Thật vậy lấy
2 4
b Ker
. Khi đó
6 4 2 6 4 2
0
b b
B
2
α
4
0
α
2
0
C
1
C
2
C
3
β
6
β
3
β
4
β
5
B
1
B
3
0
0
α
6
0
a
1
b
1
0
α
1
α
2
a
2
α
3
(a
2
)
0
β
1
β
3
β
5
β
2
β
4
Môđun
-14-
Suy ra
4 2 6 5
Imb Ker
. Vậy có
3 3
a A
sao cho
2 2 3
a a
Vậy
4 3 2 5 2 2 5 3 4 2
a a a b
4 3 2 2
0
a b
, tức là
3 2 2 4 3
Im
a b Ker
Suy ra có
1 1
b B
mà
3 1 3 2 2
b a b
Mặt khác
5 2 1 4 3 1 4 3 2 2
0
b b a b
Bởi
5
đơn cấu nên
2 1
0
b
tức là
1 2 1
Im
b Ker
Vậy có
11
Aa
mà
111
ba
. Đặt
,
2 1 1 2
a a a A
.
Khi đó:
2
22323
1323
11323
11323
11233
'
b
baa
ba
aa
aa
aaa
32
Im
b
Vậy
4 3
Im
Ker
Do đó
4 3
Im
Ker
hay dòng (2) khớp
Bài 1.24 Cho X
1
, X
2
là các môđun con của môđun X. Chứng minh dãy sau đây là
khớp:
0///0
211212
XXXXXXXX
Giải
00
21121
2
XX
X
X
X
XX
X
Ta có:
XxXXxXx
XxXxXXx
,
,
211
2121
Từ
1 2 1 1 2
X X X X X
ta kiểm tra φ và ψ là ánh xạ.
. Giả sử có
1 2 1 2
'
x X X x X X
11
1
21
'
'
'
XxXx
Xxx
XXxx
Vậy
1 2 1 2
'
x X X x X X
hay
là ánh xạ.
. Giả sử có
1 1 1
' '
x X x X x x X
11
2121
21
'
'
'
XxXx
XXxXXx
XXxx
Vậy Ψ là ánh xạ.
Môđun
-15-
Ψ là toàn ánh (hiển nhiên)
0
:
,:
0,:
0,:
212212
1222212
1222212
21222212
XXxXXx
XxXxXXx
XxXxXXx
XXxXxXXxKer
Vậy φ đơn ánh
Với mọi
2 2
x X
ta có
2 1 2 2 1 2 1 2
0
x X X x X x X X
(do
2 1 2
x X X
)
Do đó Im
Ker
Chứng minh:
Im
Ker
Lấy
1
x X Ker
. Khi đó
121121
221121
21211
,,
0
XyXyyXx
XyXyyyx
XXxXXxXx
Với
2
2 1 2
1 2
X
y X X
X X
ta có
2 1 2 2 1 1
y X X y X x X
Suy ra
1
Im
x X
Vậy
Im
Ker
Suy ra Im
Ker
hay dãy đã cho là khớp
Bài 1
.
25
Chứng minh rằng mô đun con A của mô đun con X là hạng tử trực tiếp của
X nếu mô đun thương X/A là mô đun tự do.
Giải
Mô đun con A của mô đun X là hạng tử trực tiếp của X dãy khớp chẻ ra.
toàn cấu p: X X/A có nghịch đảo phải : X/A X.
Tuy nhiên vì X/A là mô đun tự do với cơ sở S = {y
i
+ A : i I} nên đồng cấu :
X/A X mà (y
i
+ A) = y
i
X, với mọi i I thỏa p là ánh xạ đồng nhất trên
cơ sở S tức p là đồng cấu đồng nhất 1
X/A
là nghịch đảo phải của p.
Giải
Ta có Imf là mô đun con của Y mà Y lại là mô đun tự do trên vành chính nên Imf
là mô đun tự do. Mặt khác X/Kerf Imf do đó X/Kerf cũng là mô đun tự do.
Suy ra Kerf là hạng tử trực tiếp của X.
Vì vậy dãy khớp ngắn sau chẻ ra:
Bài 1.26
Cho X, Y là các mô đun trên vành chính, hơn nữa Y là mô đun tự do.
Chứng minh rằng: X Kerf Imf, với mọi đồng cấu f : X Y
p
i
A
X
0
X/A
(1.25)
0
Môđun
-16-
Trong đó i là phép nhúng và là phép chiếu tự nhiên, dãy trên chẻ ra cho ta
X Kerf X/Kerf Kerf Imf
Giải
Gọi {x
i
: i I} là cơ sở của X.
Giả sử 0 R và
:
i i
i I
x r x X
với r
i
R thỏa
: 0
i i
i I
x rx
, khi đó r
i
= 0,
với mọi i I.
Từ 0 và R là miền nguyên ta có r
i
= 0 với mọi i I.
Vì vậy
0
i i
i I
x r x
do đó X là mô đun không xoắn.
Điều ngược lại không hoàn toàn đúng.
Xét nhóm cộng
như là
-mô đun, khi đó
là mô đun không xoắn nhưng
không là mô đun tự do.
Giải
Trước hết ta chứng minh 2 bổ đề sau:
- Bổ đề 1: Cho mô đun Y và họ mô đun {X
i
}
i I
, khi đó:
i I
, ,
i i
i I
Hom X Y Hom X Y
- Chứng minh:
Với mọi i I, với mọi f
,
i
I
Hom X Y
, gọi j
1
là phép nhúng từ X
i
vào
i
i I
X
.
Xét dãy đồng cấu:
Khi đó fj
1
Hom (X
i
, Y).
Bây giờ ta định nghĩa:
Bài 1.27
Chứng minh rằng mọi mô đun tự do trên miền nguyên R là mô đun không xoắn.
Nếu X là mô đun không xoắn trên miền nguyên R thì có thể kết luận R là mô đun tự
do hay không?
Bài 2.1 Cho các họ mô đun {X
i
}
i I
và {Y
j
}
j J
. Hãy chứng minh tồn tại đẳng cấu các
nhóm aben:
Ix
, ,
i j i j
I
J J
Hom X Y Hom X Y
i
Kerf
X
0
X/Kerf
(1.25
)
0
j
1
X
i
i
i I
X
C
f
(2.1)
Môđun
-17-
:
,
i
i I
Hom X Y
i I
,
i
Hom X Y
f (fj
i
)
i I
Với mọi f, g
,
i
i I
Hom X Y
, ta có:
( f + g ) = [ (f + g)j
i
]
i I
= (fj
i
)
i I
+ (gj
i
)
i I
= (f) + (g).
Vậy là đồng cấu. Để thấy là đẳng cấu, lấy (f
i
)
i I
i I
,
i
Hom X Y
. Khi đó, ta có
họ {f
i
: X
i
Y}. Theo định lý tính phổ dụng của tổng trực tiếp tồn tại duy nhất
đồng cấu f từ
i
i I
X
vào Y thỏa fj
i
= f
i
với mọi i I, do đó: (f) = (fj
i
)
i I
=
(f
i
)
i I
.
Vậy là toàn cấu, hơn nữa từ sự duy nhất của f nên là đẳng cấu.
- Bổ đề 2: Cho mô đun X và họ mô đun {Y
j
}
j J
, khi đó:
j J
, ,
j j
j J
Hom X Y Hom X Y
- Chứng minh:
Với mọi j J, với mọi f
,
j
j J
Hom X Y
, gọi
1
là phép chiếu từ
j
j J
Y
. Xét dãy
đồng cấu:
Khi đó rõ ràng
j
f Hom(X, Y
j
).
Bây giờ ta định nghĩa:
:
, ( , )
j j
j J j J
Hom X Y Hom X Y
f (
j
f)
jJ
Với mọi f, g , ta có:
( f + g ) = [
j
(f + g)]
j J
= (
j
f)
j J
+ (
j
g)
j J
= (f) + (g).
Vậy là đồng cấu.
Để thấy là đồng cấu, lấy (f
j
)
j J
( , )
j
j J
Hom X Y
khi đó ta có họ {f
j
: X Y
j
}
Theo định lí về tính phổ dụng của tích trực tiếp tồn tại duy nhất đồng cấu f từ X vào
j
j J
Y
thỏa mãn
j
f = f
j
với mọi j J, do đó: (f) = (
j
f)
j J
= (f
i
)
i I
Vậy là toàn cấu, hơn nữa từ sự duy nhất của f nên là đẳng cấu.
- Áp dụng bổ đề (1) và bổ đề (2) cho bài toán ta có:
( , ) I x J
, ( , ) , ,
i j i j i j i j
i I
j J i I j J i I j J i j
Hom X Y Hom X Y X Y X Y
Bài 2.2
Cho X là R_mô đun, F(S) là mô đun tự do sinh bởi tập S. Chứng minh các
đẳng cấu:
a) Hom( R, X) (X, +)
f
X
j
j J
Y
Y
j
j
(2.1)
Môđun
-18-
Giải
a) Xét ánh xạ:
: Hom(R, X) (X, +)
f f(1)
Với mọi r R, f, g Hom(R, X), ta có:
(f + g) = (f + g)(1) = f(1) + g(1) = (f) + (g)
(rf) = rf(1) = r(f)
Vậy là đồng cấu.
Lấy f Kerf, khi đó (f) = f(1) = 0 suy ra với mọi r R
f(r) = f(r.1) = r f(1) = 0
tức f = 0
Do đó Ker = {0} hay là đơn cấu.
- Lấy x X, xét ánh xạ:
f : R X
r rx
Dễ thấy f Hom(R, X) hơn nữa f(1) = 1.x = x, điều này co ta là toàn cấu hay
Hom(R,X) (X, +).
b) Ta có F(S)
s
s S
R
Hom(F(S), X) Hom (
s
s S
R
,X)
( , )
s S
R X
( , )
s S
X
(theo câu a)
Định nghĩa đồng cấu =h. Từ tính giao hoán của hình vuông bên phải ta có:
g = gh = kh = 0
Xét biểu đồ:
b) Hom( F(S), X)
( , )
s S
X
P
A
B
C
g
f
(2.4)
P X H
A
B
C
h
k
g
f
(2.4)
Môđun
-19-
Trong biểu đồ trên, ta có g = 0 và dòng là khớp. Áp dụng bài tập 2.3, tồn tại đồng
cấu : P A sao cho f = = h
Đồng cấu chính là đồng cấu cần tìm.
Giải
Do P xạ ảnh nên tồn tại mô đun tự do X = A B, trong đó A P. Gọi f là đẳng
cấu từ A vào P và Y := P B.
Định nghĩa ánh xạ:
:= A B P B
(a,b) (f(a),b)
Từ f là đẳng cấu, ta có là đẳng cấu, hơn nữa do X là mô đun tự do nên Y cũng là
mô đun tự do. Áp dụng bài tập 1.27 ta nhận được Y là mô đun không xoắn. Bởi P
là mô đun con của Y nên theo bài tập 1.4 thì P là mô đun không xoắn.
Chiều ngược lại không hoàn toàn đúng. Xét Q là Z_mô đun không xoắn nhưng
không là mô đun tự do, mặt khác Z là vành chính nên không xạ ảnh.
Giải
Bài 2.5
Chứng minh rằng mô đun xạ ảnh trên miền nguyên là mô đun không xoắn.
Điều ngược lại: mỗi mô đun không xoắn trên miền nguyên có phải là mô đun xạ ảnh
không?
Bài 2.6
Chứng minh rằng mỗi dãy khớp ngắn các đồng cấu
Có thể nhúng được vào biểu đồ giao hoán. Trong đó, ba dòng, ba cột đều khớp, dòng
giữa chẻ ra gồm các mô đun xạ ảnh; hơn nữa các cột bên trái và bên phải có thể chọn
trước tùy ý.
A
B
C
(2.6
)
0
0
Môđun
-20-
Sử dụng biểu đồ với hai cột biên đã chọn là các cột khớp.
Chọn P
1
= P
2
P
3
, ta được dòng khớp:
Xây dựng đồng cấu
2
: P
2
P
3
B như cách trên ta được biểu đồ giao hoán với
hai dòng khớp:
Không mấy khó khăn để kiểm tra dãy ker của biểu đồ trên:
0 X Ker
1
Ker
2
Ker
3
V 0 là khớp và là dãy trên
cùng của biểu đồ 3 x 3 cần tìm.
(2.6)
2
3
g f
2
i
1
0
0 P1
P2
P3
0
A
B C 0
1
2
i
1
P
1
P
1
P
3
0
P
3
(2.6
)
0
1
A B C
1
(2.6)
0 0
1
g f
2
1
3
2
i1
x
0
(2.6
)
0 0
0
X
Y
V
0 0
0 P1
P2
P3
0
A
B C 0
0
0
0
2
3
Môđun
-21-
Xét biểu đồ:
Vì dòng 2 là khớp nên Imf = Kerg và B/Imf = B/Kerg.
Định nghĩa ánh xạ h’: B/Imf J cho bởi h’(b + Imf) = h(b), ta chứng
minh h’ hoàn toàn xác định.
Thật vậy, nếu b + Imf = b’ + Imf, vậy có a A sao cho b = b’ + f(a),
do đó h(b) = h[b’ + f(a)] = h(b’) + hf(a) = h(b’) dễ thấy h’ là đồng cấu.
Đồng cấu g’ là đẳng cấu cảm sinh từ đồng cấu g cho bởi g’(b+Kerg) = g(b), g’
hoàn toàn xác định từ định lý Noether.
Đồng cấu j là phép nhúng từ Img vào C.
Do J là mô đun nội xạ nên đồng cấu ’ từ Img vào J mà ’ đồng cấu từ C vào J
thỏa j = ’.
Đồng cấu vừa xác định chính là đồng cấu cần tìm.
Thật vậy, với mọi b B, h(b) = h’(b+Imf) = h’(b+Kerg) = ’g’(b+kerg) =
jg’(b+Kerg) = jg(b) = g(b).
Vậy g = h
Từ hình vuông bên trái giao hoán, ta có g = gf = 0.
Từ đó suy ra tồn tại đồng cấu từ C vào J thỏa = g.
Đồng cấu chính là đồng cấu cần tìm.
Bài 2.7 Cho biểu đồ các đồng cấu.
Trong đó J nội xạ, dòng là khớp, hf = 0. Chứng minh rằng tồn tại đồng cấu
: C J sao cho : g = h.
f
f
g
A
B
C
(2.7)
J
Bài 2.8 Cho biểu đồ các đồng cấu. Trong đó hình vuông bên trái giao hoán,
dòng trên là khớp, gf = 0 và J là mô đun nội xạ. Chứng minh rằng tồn tại đồng
cấu : C J sao cho hình vuông bên phải cũng giao hoán.
g f
(2.8
)
A
B
C
X
Y
J
’
j
g’
h’
B/Imf = B/Kerg
Img
(2.7)
J
C
Môđun
-22-
Giả sử cột (1) và cột (2) là khớp và:
Là dãy khớp ngắn. Gọi
M : = X N
1
K
N = { (x, u, 0) M ) : x =
1
(u)}
Khi đó N là mô đun con của M.
Bây giờ ta đặt: Y := M / N , N
2
:= N
1
x N
3
.
Từ N
1
và N
3
nội xạ ta có N
2
nội xạ, các đồng cấu f, g,
1
,
1
,
3
,
3
đã được xác định,
các đồng cấu còn lại được định nghĩa như sau:
Chứng minh rằng mỗi dãy khớp ngắn các đồng cấu
đều nhúng được vào biểu đồ giao hoán sau:
g
f
A
B
0
C
(2.10)
0
0
(2.10
)
0 0
0
A
B C 0 0
0 N
1
N
2
N
3
0
X
Y
K
0
0 0 0
Môđun
-23-
i
1
là phép nhúng từ N
1
vào N
2
1
là phép nhúng từ N
2
xuống N
3
x X, i
2
(x) = (x, 0, 0) + N. Nếu i
2
(x) = 0 thì (x, 0, 0) N do đó tồn tại u
N
1
sao cho (x, 0, 0) = (
1
(u), u, 0) suy ra u = 0 và x =
1
(0) = 0. Vậy i
2
là đơn cấu.
(x, u, v) + N Y, [(x, u, k) + N] = k. Nếu (x, u, k) + N = (x’, u’, k’) + N
thì (xx’, uu’, kk’) N, do đó có x N
1
sao cho (xx’, uu’, kk’) =
(
1
(x), x, 0) suy ra k = k’ Vậy
2
xác định, hơn nữa
2
còn là toàn cấu.
Từ f : A B là đơn cấu và N
1
nội xạ do đó tồn tại đồng cấu : B Im
1
sao cho f =
1
.
2
được xác định như sau
b B,
2
(b) = [(b),
3
g(b)]
(u, v) N
2
,
2
(u, v) = (0, u,
3
(v)).
Từ các định nghĩa trên dễ thấy được dòng (1), dòng (2) khớp.
Bây giờ ta kiểm tra dòng (3), cột (2) khớp và biểu đồ giao hoán từng ô
vuông.
x X, 2i2(x) = 2[(x, 0, 0) + N] = 0, vậy Imi2 Ker 2.
Mặt khác, (x, u, 0) + N = (x + 1(u), 0, 0) + N = (x + 1(u), 0, 0) + N = i2[x +
1(u)]. Vậy Ker 2 Imi2. Do đó dòng (3) khớp.
Giải
i
2
2
3
2
1
i1
1
3
2
1
g
f
0
(2.10
)
0
0
0
A
B
C
0
0
0 N
1
N
2
N
3
0
X
Y
K
0
0
0
0
Môđun
-24-
Giả sử (1) và cột (2) là khớp và
0 0
f g
A B C
là dãy khớp ngắn. Gọi:
1
:
, ,0 :
M X N Z
N x u M x u
Khi đó N là mô đun con của M. Đặt
2 1 3
: ,
M
Y N N N
N
.
Ta có
1 3
,
N N
nội xạ nên
2
N
nội xạ, các đồng cấu
1 1 3 3
, , , , ,
f g
đã xác định, các
đồng cấu còn lại xác định như sau:
0 0
f g
A B C
1 1
1 1 3 3
0 0
i
N N N N
2 2
0 X Z 0
i
M
N
1
i
là phép nhúng từ
1
N
vào
1 2
N N
.
1
là phép chiếu từ
1 2
N N
vào
3
N
.
Chứng minh
2
i
là đơn cấu
2
: ,0,0
x X i x x N
. Nếu thì
,0,0
x N
do đó tồn tại
1
u N
sao cho
1
,0,0 , ,0 0, 0 0
x u u u x
. Vậy
2
i
là đơn cấu.
Bài 2.10:
Chứng minh rằng mỗi dãy khớp ngắn các đồng cấu:
0 0
A B C
đều có thể nhúng được vào biểu đồ giao hoán
1 2 3
0 0 0
0
0 0
0 0
0 0
0 0
N N N
Y ZX
A B C
Trong đó ba dòng, ba cột là khớp, dòng giữa chẻ ra gồm các mô đun nội xạ; hơn nữa các cột biên
trái và biên phải có thể tùy ý chọn trước.
0
0
0
0
0
0
1
2
3
1
2
3
Môđun
-25-
Xác định
2
:
2
, , , , , ,
x u z N Y x u z N z
.Nếu
, , ', ', ' ', ', '
x u z N x u z N x x u u z z N
nên
' 0 '
z z z z
. Vậy
2
xác định và toàn cấu.
Xác định
2
:
Ta có: :
f A B
đơn cấu và
1
N
là mô đun nội xạ. Nên theo định nghĩa môđun nội xạ thì tồn
tại đồng cấu
1
: Im
B
sao cho
1
f
.
2 3
: ,
b B b b g b
.
Xác định
2
:
1 3 2 3
, , , 0, ,
u v N N u v u v
Kiểm tra biểu đồ giao hoán:
Kiểm tra
2 1 1
f i
.
2 2 3
1 2 1
: ,
= ,0
= ,0 .
a A f a f a f a g f a
f a
a i a
Vậy
2 1 2
f i
.
Kiểm tra
3 2 2
g
.
1 2 1 2
1 3 3
,
= ,
b B b b
b g b g b
Vậy
1 2 3
g
Kiểm tra
2 1 2 1
i i
1 2 1 2
1
2 1
, ,0 0, ,0
= ,0,0
= .
u N i u u u N
u N
i u
Vậy
2 1 2 1
i i
Kiểm tra
3 1 2 2
.
1 3 2 2 2 2
2 3
3
3 1 3 1
, , , ,
= 0, ,
=
= ,
u v N N u v u v
u v
v
u v u
,
v
Vậy
2 2 3 1
Chứng minh dòng (2), dòng (3), cột (2) là khớp.
Từ việc xây dựng và xác đinh
1 1
,
i
nên dòng (2) là khớp.
Chứng minh dòng (3) là khớp:
2 2
Im er
i k
