bài tập cơ sở đại số dhsp huế

Thân tặng lớp Cao học Toán 13
Bài tập Lý thuyết Phạm trù
Kỳ Anh ( />Huế, 21/05/2005 – Tam Kỳ, 04/01/2008
Tóm tắt nội dung
Hướng dẫn giải một số bài tập (Phạm trù) trong Giáo trình Cơ sở Đại số hiện đại
(Nguyễn Xuân Tuyến, Lê Văn Thuyết). Bảng đối chiếu các bài tập được cho ở trang 13.
Bài 1. Tìm ker, coKer, im, coIm của cấu xạ α = 0
AB
.
Hint:
ker α = 1
A
; coKer α = 1
B
; (1)
im α = 0
0B
; coIm α = 0
A0
. (2)
Bài 2. Tìm ker, coKer, im, coIm của cấu xạ α = 1
A
.
Hint:
ker α = 0
0A
; coKer α = 0
A0
; (3)
im α = 1
A

; coIm α = 1
A
. (4)
Bài 3. Nếu α : A → B đơn xạ thì im α = α.
Hint: Đặt k = α. Ta CMR k = im α.
Trước hết, α có thể phân tích qua k. Thật vậy, k = α = α · 1
A
.
Giả sử có I và các cấu xạ s : A → I, t : I → B (trong đó, t đơn xạ) sao cho α = ts.
A
I
s

?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
A B
α=k
//
B
I

??
t












(5)
Khi đó, k = ts. Như vậy, k là cấu xạ bé nhất mà α có thể phân tích được qua k.
Bài 4. Nếu α : A → B toàn xạ thì coIm α = α.
1
Hint: Tương tự Bài 3.
Bài 5. Tìm cấu xạ f : B → C biết ker f = 1
B
.
Hint: Giả sử ker f = 1
B
. Theo định nghĩa của ker f, ta có f · ker f = f · 1
B
= f = 0
BC
.
Bài 6. Nếu α đơn xạ thì ker α = 0. Điều ngược lại không đúng.

Hint: Giả sử α : A → B và k = 0
0A
. Ta chứng minh k = ker α. Trước hết, αk = 0. Giả sử
u : X → A sao cho αu = 0. Đặt γ = 0
X0
thì αkγ = 0
XB
= αu. Vì α đơn xạ, nên kγ = u. Do
0 là vật tận cùng, nên γ tồn tại duy nhất. Vậy k = ker α.
NX 1. Trong chứng minh trên, ta chỉ sử dụng các định nghĩa. Để ý rằng, hạt nhân không
luôn tồn tại với mọi phạm trù. Do đó, từ αk = α0 và α đơn xạ ta chỉ suy ra được k = 0 mà
không suy ra được k là hạt nhân.
Bài 7. Trong phạm trù cộng tính, nếu ker α = 0 thì α : A → B đơn xạ.
Hint: Xét u, v : X → A sao cho αu = αv. Do phạm trù cộng tính, ta có α(u−v) = αu−αv =
0. Vì ker α = 0 nên tồn tại γ : X → 0 để u − v = ker α · γ = 0
XA
. Từ đây suy ra u = v.
Bài 8. Trong phạm trù khớp, nếu ker α = 0 thì α : A → B đơn xạ.
Hint: Giả sử u, v : X → A sao cho αu = αv. Vì phạm trù khớp, ta có thể phân tích α = ts
với t = ker(coKer α) và s = coKer(ker α). Vậy t(su) = t(sv). Vì t đơn xạ
1
nên su = sv. Mà
s = coKer(ker α) = coKer 0
0A
= 1
A
(xem Bài 1) nên từ su = sv ta có ngay u = v.
Có thể chứng minh theo cách sau
2
: Phân tích α = ts với s = coKer(ker α) = 1

A
. Khi đó,
α = t = ker(coKer α) đơn xạ (do hạt nhân đơn xạ).
Bài 9. Trong phạm trù cộng tính, nếu coKer α = 0 thì α : A → B toàn xạ.
Hint: Lấy u, v : B → X sao cho uα = vα. Vì phạm trù cộng tính, (u − v)α = uα − vα = 0.
Do coKer α = 0 nên tồn tại γ : 0 → X sao cho u − v = γ · coKer α = 0
BX
. Suy ra u = v.
Bài 10. Trong phạm trù khớp, nếu coKer α = 0 thì α : A → B toàn xạ.
Hint: Lấy u, v : B → X sao cho uα = vα. Phân tích α = ts với t = ker(coKer α) và s =
coKer(ker α). Ta có (ut)s = (vt)s. Mà s toàn xạ
3
nên ut = vt. Để ý rằng t = ker(coKer α) =
ker 0
B0
= 1
B
(xem Bài 1). Vậy u = v.
1
Mọi hạt nhân đều đơn xạ.
2
Thanks to Sir Nguyễn Ngọc Sang.
3
Đối hạt nhân là toàn xạ.
Ky Anh, [2]
Có thể chứng minh theo cách sau
4
: Phân tích α = ts với t = ker(coKer α) = 1
B
. Khi đó,

α = s = coKer(ker α) toàn xạ (do đối hạt nhân toàn xạ).
Bài 11. Trong phạm trù khớp, dãy 0 −→ A
α
−−→ B khớp khi và chỉ khi α đơn xạ.
Hint: Dãy 0 −→ A
α
−−→ B khớp khi và chỉ khi im 0
0A
= ker α = 0
0A
.
Bài 12. Trong phạm trù khớp, dãy A
α
−−→ B −→ 0 khớp khi và chỉ khi α toàn xạ.
Hint: Vì phạm trù khớp, ta có thể phân tích α = uv với u = ker(coKer α) = im α và
v = coKer(ker α). Dãy A
α
−−→ B −→ 0 khớp khi và chỉ khi
im α = ker 0
B0
= 1
B
= u = ker(coKer α). (6)
Theo Bài 5, điều này tương đương với coKer α = 0
BC
(tức α toàn xạ).
Bài 13. Trong phạm trù khớp, dãy 0 −→ A
α
−−→ B −→ 0 khớp và chỉ khi α đẳng xạ
5

.
Hint: Nếu α đẳng xạ, thì α song xạ; theo kết quả của các bài trên, ta có dãy đã cho khớp.
Bây giờ, giả sử dãy đã cho khớp. Ta chứng minh α đẳng xạ bằng cách chỉ ra cấu xạ
β : B → A sao cho αβ = 1
B
và βα = 1
A
.
Do α đơn xạ trong phạm trù khớp, ta có α = ker(coKer α). Do α toàn xạ, coKer α = 0
BO
;
do đó, ker(coKer α) = ker 0
B0
= 1
B
. Như vậy, α và 1
B
đều là hạt nhân của coKer α.
Vì 1
B
là hạt nhân của coKer α và vì coKer α · α = 0, ta suy ra tồn tại β : B → A sao cho
1
B
= αβ.
Với β đó, ta có α1
A
= α = 1
B
α = αβα Mà α đơn xạ, nên 1
A

= βα.
Tóm lại, β thỏa mãn αβ = 1
B
và βα = 1
A
.
Bài 14. Trong phạm trù khớp, nếu α : A → B đơn xạ thì α = ker(coKer α).
Hint: Phân tích α = uv với v = coKer(ker α) = coKer 0
0A
= 1
A
.
Bài 15. Trong phạm trù khớp, nếu α : A → B toàn xạ thì α = coKer(ker α).
Hint: Phân tích α = uv với u = ker(coKer α) = ker 0
B0
= 1
B
.
Bài 16. Trong phạm trù cộng tính, equ(α, β) = ker(α − β).
4
Thanks to Sir Nguyễn Ngọc Sang.
5
hoặc α song xạ.
Ky Anh, [3]
Hint: Đặt k = equ(α, β) : E → A. Ta CMR k = ker(α − β).
Trước hết, (α − β)k = αk − βk = 0
EB
(vì αk = βk).
Giả sử có l : X → A sao cho (α − β)l = 0
XB

. Suy ra αl − βl = 0 hay αl = βl. Theo định
nghĩa của đẳng hóa k, tồn tại duy nhất γ : X → E để l = kγ.
Ngược lại, giả sử tồn tại k : E → A là hạt nhân của α − β. Ta CMR rằng k = equ(α, β).
Trước hết, ta có αk − βk = (α − β)k = 0 do k là hạt nhân của α − β.
Giử sử có u : X → A sao cho αu = βu. Do phạm trù cộng tính, ta suy ra (α −β)u = 0
XB
.
Do đó, theo định nghĩa của hạt nhân k, tồn tại duy nhất γ : X → E sao cho u = kγ.
Vậy k là đẳng hóa equ(α, β).
Bài 17. Trong phạm trù cộng tính, coEqu(α, β) = coKer(α − β).
Hint: Tương tự Bài 16. Phải chứng minh hai chiều: sự tồn tại của coKer(α − β) dẫn đến sự
tồn tại của coEqu(α, β) và ngược lại.
Bài 18. Nếu β : B → C đơn xạ thì ker(βα) = ker α với mọi α : A → B.
NX 2. Ta phải chứng minh: nếu tồn tại ker α thì cũng tồn tại ker(βα) và ker(βα) = ker α.
Và ngược lại, nếu tồn tại ker(βα) thì cũng tồn tại ker α
Ý nghĩa của bài toán này là, nếu ta nối một đơn xạ vào bên phải một cấu xạ, thì hạt
nhân của cấu xạ đó không thay đổi.
Hint: Đặt k : K → A là hạt nhân của α. Ta chứng minh k = ker(βα).
Trước tiên, ta có (βα)k = β(αk) = β0
KB
= 0
KC
.
Giả sử có l : X → A sao cho (βα)l = β(αl) = 0
XC
. Do β đơn xạ, ta có αl = 0
XB
. Do
định nghĩa của k, tồn tại duy nhất p : X → K để l = kp.
Vậy k là hạt nhân của βα.

Bây giờ, giả sử tồn tại k : K → A là hạt nhân của βα. Ta chứng minh k = ker α.
Trước hết, ta có (βα)k = β(αk) = 0
KC
, mà β đơn xạ, nên αk = 0
KB
.
Nếu có u : X → A sao cho αu = 0
XB
thì ta cũng có (βα)u = β(αu) = 0
XC
. Theo định
nghĩa của k, tồn tại duy nhất cấu xạ p : X → K sao cho u = kp.
Vậy k là hạt nhân của α.
Bài 19. Nếu α : A → B toàn xạ thì coKer(βα) = coKer(β) với mọi β : B → C.
NX 3. Ý nghĩa: nếu ta nối một toàn xạ vào bên trái một cấu xạ, thì đối hạt nhân của cấu
xạ đó không thay đổi.
Hint: Đặt k : C → K là đối hạt nhân của β. Ta chứng minh k = coKer(βα).
Trước hết, ta có k(βα) = (kβ)α = 0
BK
α = 0
AK
.
Giả sử có l : C → X sao cho l(βα) = (lβ)α = 0
AX
. Vì α toàn xạ, ta có lβ = 0
BX
. Theo
định nghĩa của của đối hạt nhân k, tồn tại duy nhất p : K → X sao cho l = pk.
Ky Anh, [4]
Vậy k là đối hạt nhân của βα.

Ngược lại, giả sử tồn tại k : C → K là đối hạt nhân của βα. Ta chứng minh k = coKer β.
Ta có k(βα) = (kβ)α = 0
AK
, mà α toàn xạ, nên kβ = 0
BK
. Bây giờ, nếu có l : C → X sao
cho lβ = 0
BX
thì ta cũng có l(βα) = (lβ)α = 0
AX
. Do k là đối hạt nhân của βα, tồn tại duy
nhất p : K → X sao cho l = pk. Vậy k là đối hạt nhân của β.
Bài 20. Trong phạm trù abel, vật Q nội xạ khi và chỉ khi dãy khớp
0 −→ A

α
−−→ A
β
−−→ A

−→ 0 (7)
cảm sinh dãy khớp
0 −→ [A

, Q]
F
−−→ [A, Q]
G
−−→ [A


, Q] −→ 0. (8)
NX 4.
1. Trong phạm trù cộng tính, các tập hợp [X, Y ] là nhóm cộng abel. Do đó, dãy (8) gồm
các vật trong phạm trù nhóm; các cấu xạ F , G là đồng cấu nhóm mà ta sẽ xác định.
(Từ đây suy ra, ta phải chứng minh chẳng hạn F đơn cấu và G toàn cấu.)
2. Kết quả bài tập này tương tự kết quả đã biết trong lý thuyết các module M-nội xạ.
Hint: Trước hết, ta xác định F, G như sau
F (u) = uβ, G(v) = vα, u ∈ [A

, Q], v ∈ [A, Q]. (9)
Sử dụng tính cộng tính của phạm trù, ta chứng minh được F và G là các đồng cấu nhóm.
Ta chứng minh rằng dãy khớp (7) cảm sinh dãy khớp
0 −→ [A

, Q]
F
−−→ [A, Q]
G
−−→ [A

, Q] (10)
bất kể vật Q có nội xạ hay không.
Ta có F đơn cấu. Thật vậy, nếu F (u) = uβ = 0 với u : A

→ Q, thì vì β toàn xạ, ta có
u = 0. Bây giờ, lấy u ∈ [A

, Q] thì
G


F (u)

= G(uβ) = (uβ)α = u(βα) = u0 = 0. (11)
Điều này có nghĩa im F ⊂ ker G. Ta còn phải chứng minh ker G ⊂ im F . Lấy v ∈ ker G, tức
v ∈ [A, Q] mà G(v) = vα = 0. Ta phải tìm u ∈ [A

, Q] để F (u) = uβ = v.
Với α trong phạm trù khớp, ta có thể phân tích α = ts với t = ker(coKer α) = im α và
s = coKer(ker α) = coIm α. Như vậy, G(v) = vα = v · im α · coIm α = 0. Do coIm α toàn xạ,
ta suy ra v im α = 0.
Do dãy (7) khớp, ta có im α = ker β. Rốt cuộc, ta có v ker β = 0. Theo Bài 15, với β toàn
xạ, ta có β = coKer(ker β) (tức β là đối hạt nhân của ker β). Do đó, từ v ker β = 0 và định
nghĩa của đối hạt nhân, ta suy ra tồn tại u : A

→ Q sao cho uβ = v. Rõ ràng, với u đó,
F (u) = uβ = v.
Ky Anh, [5]
Cuối cùng, ta phải chứng minh rằng vật Q nội xạ khi và chỉ khi dãy khớp
0 −→ A

α
−−→ A (12)
cảm sinh dãy khớp
[A, Q]
G
−−→ [A

, Q] −→ 0. (13)
Để ý rằng, dãy (12) khớp khi và chỉ khi α đơn xạ (xem Bài 11). Trong khi đó, dãy (13) khớp
khi và chỉ khi G là toàn cấu, tức với mọi cấu xạ v : A


→ Q tồn tại cấu xạ u : A → Q sao
cho G(u) = v = uα. So sánh với định nghĩa của vật nội xạ, ta có điều phải chứng minh :-)
Bài 21. Trong phạm trù abel, vật P xạ ảnh khi và chỉ khi dãy khớp
0 −→ A

α
−−→ A
β
−−→ A

−→ 0 (14)
cảm sinh dãy khớp
0 −→ [P, A

]
F
−−→ [P, A]
G
−−→ [P, A

] −→ 0. (15)
Hint: Các đồng cấu F , G được xác định như sau
F (u) = αu, G(v) = βv, u ∈ [P

, A], v ∈ [P, A]. (16)
Ta chứng minh trước hết rằng dãy khớp (14) cảm sinh dãy khớp
0 −→ [P, A

]

F
−−→ [P, A]
G
−−→ [P, A

] (17)
bất kể vật P có xạ ảnh hay không.
Trước hết, F đơn xạ. Thật vậy, với u ∈ [P, A

] mà F (u) = αu = 0, ta có u = 0 do α đơn
xạ. Ta chứng minh dãy (17) khớp tại [P, A]. Với u ∈ [P, A

], ta có
G

F (u)

= G(αu) = β(αu) = (βα)u = 0u = 0. (18)
Do đó, im F ⊂ ker G. Ta còn phải chứng minh ker G ⊂ im F. Lấy v ∈ ker G, tức v ∈ [P, A]
mà G(v) = βv = 0. Ta phải tìm u ∈ [P, A

] sao cho F (u) = αu = v.
Trong phạm trù khớp, ta có thể phân tích β = (im β) · s với s = coKer(ker β). khi đó,
βv = im β · s · v = 0. (19)
Vì im β đơn xạ, nên s · v = coKer(ker β) · v = 0. Vì dãy (14) khớp, ta có im α = ker β; suy ra
coKer(im α)·v = 0. Vì α đơn xạ, nên theo Bài 3, ta có im α = α và do đó (coKer α)·v = 0. Lại
theo kết quả Bài 14, đối với đơn xạ α, ta có α = ker(coKer α) (hay α là hạt nhân của coKer α).
Từ định nghĩa của hạt nhân, ta suy ra tồn tại cấu xạ u : P → A

sao cho v = αu = F(u). Đó

là điều phải chứng minh.
Để hoàn thành phần còn lại của bài toán, ta lập luận tương tự phần cuối của Bài 20.
Bài 22. Hàm tử G : D → C có hàm tử F : C → D phụ hợp bên trái G khi và chỉ khi với mỗi
vật A trong C, hàm tử
G
A
: D −→ S, Y −→ [A, G(Y )] (20)
biểu diễn được.
Ky Anh, [6]
Hint: Hàm tử
6
G
A
: với β : Y → Y

, thì G
A
(β) : [A, G(Y )] → [A, G(Y

)] xác định bởi:
G
A
(β)(u) = G(β)u với u ∈ [A, G(Y )].
Giả sử G có hàm tử F phụ hợp bên trái G. Ta chứng minh rằng, với mỗi A ∈ Ob(C), hàm
tử G
A
biểu diễn được bởi vật F (A) ∈ D.
Sự tồn tại của F nghĩa là hai hàm tử sau tương đương tự nhiên
F : C × D −→ S,
(X, Y ) −→ [F(X), Y ],

(X

, Y )
(α,β)
−−−→ (X, Y

) −→ F(α, β) : [F (X), Y ] −→ [F (X

), Y

],
F (α, β)(g) = β · g · F (α);
(21)
G : C × D −→ S,
(X, Y ) −→ [X, G(Y )],
(X

, Y )
(α,β)
−−−→ (X, Y

) −→ G(α, β) : [X, G(Y )] −→ [X

, G(Y

)],
G(α, β)(g) = G(β) · g · α.
(22)
Ký hiệu t
X,Y

: [X, G(Y )] → [F (X), Y ] là song ánh để biểu đồ
[X

, G(Y

)] [F (X

), Y

]
t
X

,Y

//
[X, G(Y )]
[X

, G(Y

)]
G(α,β)

[X, G(Y )] [F (X), Y ]
t
X,Y
//
[F (X), Y ]
[F (X


), Y

]
F (α,β)

(23)
giao hoán với mọi (α, β) : (X

, Y ) → (X, Y

). Bây giờ, cố định vật A ∈ Ob(C) và đặt
R = F (A). Từ sơ đồ trên với X = A ∈ Ob(C), α = 1
A
và β ∈ [Y, Y

], ta có sơ đồ giao hoán:
[A, G(Y

)] [F (A), Y

]
t
A,Y

//
[A, G(Y )]
[A, G(Y

)]

G(1
A
,β)

[A, G(Y )] [F (A), Y ]
t
A,Y
//
[F (A), Y ]
[F (A), Y

]
F (1
A
,β)

(24)
Để ý rằng, F(1
A
, β)(u) = β · u · F (1
A
) = βu, và tương tự G(1
A
, β)(u) = G(β)u.
Xét hàm tử H
R
như sau:
H
R
: D −→ S,

Y −→ H
R
(Y ) = [R, Y ],
Y
β
−−→ Y

−→ H
R
(β) : [R, Y ] −→ [R, Y

],
H
R
(β)(u) = βu.
(25)
Với lưu ý R = F(A) và cách xác định F (1
A
, β), ta có H
R
(β)(u) = βu = F (1
A
, β)(u).
6
Có cần kiểm tra G
A
là hàm tử?
Ky Anh, [7]
Để chứng minh hàm tử G
A

biểu diễn được (bởi F (A)), ta chứng minh hàm tử G
A
tương
đương tự nhiên
7
với hàm tử H
R
. Xét ánh xạ r như sau:
r : Ob(D) −→ Mor(S)
Y −→ r(Y ) : H
R
(Y ) −→ G
A
(Y ),
(26)
ở đây, H
R
(Y ) = [R, Y ], G
A
(Y ) = [A, Y ] và ta chọn r(Y ) = (t
A,Y
)
−1
(khi đó, hiển nhiên r(Y )
là song ánh). Ta cần chỉ ra rằng sơ đồ sau giao hoán (với β ∈ [Y, Y

])
[R, Y

] [A, G(Y


)]
r(Y

)
//
[R, Y ]
[R, Y

]
H
R
(β)

[R, Y ] [A, G(Y )]
r(Y )
//
[A, G(Y )]
[A, G(Y

)]
G
A
(β)

. (27)
Từ sơ đồ giao hoán (24) với để ý G
A
(β)(u) = G(β)u = G(1
A

, β)(u) và H
R
(β)(u) = βu =
F (1
A
, β)(u) và r(Y ) = (t
A,Y
)
−1
, ta có ngay điều phải chứng minh — Nếu bạn vẫn chưa hiểu,
hãy theo dõi chứng minh sau: từ (24), ta có
F (1
A
, β) · t
A,Y
= t
A,Y

· G(1
A
, β)
⇐⇒ H
R
(β) · t
A,Y
= t
A,Y

· G
A

(β)
⇐⇒ (t
A,Y

)
−1
· H
R
(β) = G
A
(β) · (t
A,Y
)
−1
⇐⇒ r(Y

) · H
R
(β) = G
A
(β) · r(Y ),
(28)
tức là (27) giao hoán.
NX 5. Việc tìm ra R = F (A) xuất phát từ việc quan sát (27) (cần) và (24) (có).
Hint: Để làm phần đảo của bài toán, cần sử dụng phạm trù biểu diễn của một hàm tử.
Chứng minh của phần này
8
có thể tìm thấy trong nhiều tài liệu về lý thuyết phạm trù.
Bài 23. Cho M là R-S module cố định. Các hàm tử
9

F : Mod-R −→ Mod-S,
X −→ X ⊗ M,
α −→ α ⊗ 1;
G : Mod-S −→ Mod-R,
Y −→ Hom(M, Y ),
β −→ Hom(1, β)
(29)
liên hợp, và sự liên hợp của chúng
Hom
S
(X ⊗
R
M, Y ) −→ Hom
R

X, Hom
S
(M, Y )

(30)
là đẳng cấu của các nhóm abel.
7
Thanks to Nguyễn Thái An.
8
Vượt quá khả năng của tác giả :D
9
Cần kiểm tra F , G là các hàm tử.
Ky Anh, [8]
Hint: Trước hết, ta xây dựng đẳng cấu
K

X,Y
= K : Hom
S
(X ⊗
R
M, Y ) −→ Hom
R

X, Hom
S
(M, Y )

. (31)
Với mỗi u ∈ Hom(X ⊗ M, Y ) và x ∈ X, ta xét ánh xạ K(u)(x) như sau
K(u)(x)(m) = u(x ⊗ m). (32)
Ta chứng minh được K(u)(x) ∈ Hom(M, Y ) và K(u) ∈ Hom
R

X, Hom
S
(M, Y )

.
Bước tiếp theo, ta chứng minh được K là đồng cấu nhóm, tức K thỏa mãn
K(u + v) = K(u) + K(v), u, v ∈ Hom(X ⊗ M, Y ). (33)
Bây giờ, ta chứng minh K là đơn cấu. Nếu K(u) = 0 với u nào đó, thì
K(u)(x)(m) = u(x ⊗ m) = 0, x ∈ X, m ∈ M. (34)
Vì tập hợp {x ⊗ m : x ∈ X, m ∈ M} là hệ sinh của X ⊗ M, nên từ (34) ta suy ra u = 0.
Ta chứng minh K là toàn cấu.
Lấy v ∈ Hom

R

X, Hom
S
(M, Y )

. Ta sẽ chỉ ra u ∈ Hom(X ⊗ M, Y ) để K(u) = v. Xét ánh
xạ f : X × M → Y như sau:
f(x, m) = v(x)(m). (35)
Ta có f là ánh xạ song tuyến tính. Do đó, theo định nghĩa của tích tensor X ⊗ M, tồn tại
(duy nhất) đồng cấu u : X ⊗ M → Y sao cho
u(x ⊗ m) = f(x, m), x ∈ X, m ∈ M. (36)
Với u đó, ta có u ∈ Hom(X ⊗ M, Y ) và K(u) = v.
Hint: Bây giờ, ta chứng tỏ F là phụ hợp bên trái của G. Với (α, β) : (X

, Y ) → (X, Y

), ta
xác định các ánh xạ F(α, β) và G(α, β) như sau:
F (α, β)(u) = β · u · F (α); G(α, β)(v) = G(β) · v · α; (37)
sự xác định của các ánh xạ này được thể hiện qua hai sơ đồ sau:
F (X

)
F (α)
−−−→ F(X)
u
−−→ Y
β
−−→ Y


; (38)
X

α
−−→ X
v
−−→ G(Y )
G(β)
−−−→ G(Y

). (39)
Ta phải chứng tỏ rằng
10
sơ đồ sau đây giao hoán (với H
X,Y
= K
−1
X,Y
):
[X

, G(Y

)] [F (X

), Y

]
H

X

,Y

//
[X, G(Y )]
[X

, G(Y

)]
G(α,β)

[X, G(Y )] [F (X), Y ]
H
X,Y
//
[F (X), Y ]
[F (X

), Y

]
F (α,β)

, (40)
10
Để ý: [X, G(Y )] = Hom
`
X, Hom(M, Y )

´
và [F (X), Y ] = Hom(X ⊗ M, Y ).
Ky Anh, [9]
tức là phải chứng minh
F (α, β)

H
X,Y
(u)

= H
X

,Y


G(α, β)(u)

(41)
với mọi u ∈ Hom

X, Hom(M, Y )

. Với x

∈ X

và m ∈ M, ta có
F (α, β)


H
X,Y
(u)

(x

⊗ m) =

β · H
X,Y
(u) · (α ⊗ 1)

(x

⊗ m)
=

β · H
X,Y
(u)

α(x

) ⊗ m

= β

H
X,Y
(u)


α(x

) ⊗ m

= β

u

α(x

)

(m)

(42)
và vì G(β)(v) = Hom(1, β) (v) = β · v, ta có
H
X

,Y


G(α, β)(u)

(x

⊗ m) = H
X


,Y


G(β) · u · α

(x

⊗ m)
=

G(β) · u · α

(x

)(m)
= G(β)

u

α(x

)

(m)
=

β · u

α(x


)

(m)
= β

u

α(x

)

(m)

.
(43)
Vậy (41) được nghiệm đúng với mọi u ∈ Hom

X, Hom(M, Y )

.
Bài 24. Với A ∈ Ob(R-Mod), hàm tử H
A
= Hom
R
(A, −) : R-Mod −→ Ab khớp trái.
Hint: Hàm tử F = H
A
xác định bởi
X −→ F(X) = [A, X] = Hom(A, X),
X

α
−−→ X

−→ F(α) : Hom(A, X) −→ Hom(A, X

),
F (α)(u) = α · u, u ∈ Hom(A, X).
(44)
Ta chứng minh được F là hàm tử hiệp biến, cộng tính.
NX 6. Các phạm trù Ab và R-Mod đều abel (khớp, cộng tính, có tích hữu hạn). Do đó, để
chứng minh H
A
khớp, ta chứng minh rằng mọi dãy khớp
0 −→ X
α
−−→ Y
β
−−→ Z (45)
cảm sinh dãy khớp các nhóm abel
0 −→ Hom(A, X)
F (α)
−−−→ Hom(A, Y )
F (β)
−−−→ Hom(A, Z). (46)
Kết quả này đã có lý thuyết module. Dưới đây, ta chỉ sử dụng định nghĩa để giải bài toán.
Hint: Xét dãy đồng cấu X
α
−−→ Y
β
−−→ Y , trong đó, α = ker β, tức là X = Ker β và α là

phép nhúng X vào Y . Ta phải chứng minh rằng trong sơ đồ
F (X)
F (α)
−−−→ F (Y )
F (β)
−−−→ F(Z) (47)
Ky Anh, [10]
ta có F (α) = ker

F (β)

. Lấy v ∈ Hom(A, Y ). Ta có v ∈ Ker F (β) khi và chỉ khi
F (β)(v)(a) = (β · v)(a) = β

v(a)

= 0, ∀a ∈ A; (48)
tức là khi và chỉ khi v(a) ∈ Ker β với mọi a ∈ A — điều này có nghĩa v(A) ⊂ Ker β hay v ∈
Hom(A, Ker β). Ta vừa chứng minh được Ker F (β) = Hom(A, Ker β) = F (Ker β) = F (X).
Để kết thúc chứng minh, ta nhận xét rằng F (α)(u) = αu = u (do α là phép nhúng X vào Y )
— tức là F(α) là phép nhúng F (X) vào F (Y ).
Bài 25. Với B ∈ Ob(R-Mod), hàm tử
11
H
B
= Hom(−, B) : R-Mod −→ Ab khớp trái.
Hint: Hàm tử F = H
B
= Hom(−, B) được xác định như sau:
X −→ F(X) = Hom(X, B),

X

α
−−→ X −→ F (α) : Hom(X, B) −→ Hom(X

, B),
F (α)(u) = u · α, u ∈ Hom(X, B).
(49)
Ta chứng minh được F là hàm tử phản biến, cộng tính.
Xét sơ đồ X
α
−−→ Y
β
−−→ Z, trong đó, β = coKer α, tức β là phép chiếu Y vào Z = Y/ Im α.
Ta phải chứng minh rằng, trong sơ đồ
Hom(Z, B)
F (β)
−−−→ Hom(Y, B)
F (α)
−−−→ Hom(X, B) (50)
ta có F (β) = ker F(α). Lấy v ∈ Hom(Y, B). Ta có v ∈ ker F (α) khi và chỉ khi
F (α)(v)(x) = (v · α)(x) = v

α(x)

= 0, ∀x ∈ X; (51)
tức là khi và chỉ khi Im α ⊂ Ker v.
Ký hiệu Ω là tập hợp các đồng cấu v ∈ Hom(Y, B) mà Im α ⊂ Ker v. Ta có Im F(β) ⊂ Ω.
Thật vậy, với u ∈ Hom(Z, B) = Hom(Y/ Im α, B) và với y ∈ Im α, ta có
F (β)(u)(y) = (u · β)(y) = u


β(y)

= u

β(0)

= 0; (52)
điều này có nghĩa là v = F (β)(u) có nhân chứa Im α, tức v ∈ Ω.
Ta chứng minh F (β) là đẳng cấu giữa Hom(Z, B) và Ω, bằng cách chỉ ra đồng cấu G từ
Ω đến Hom(Z, B) sao cho F (β) · G = 1 và G · F (β) = 1. Đồng cấu G được xác định như sau:
G : Ω −→ Hom(Z, B),
v −→ G(v)

β(y)

= G(v)(y) = v(y), y ∈ Y.
(53)
Để ý rằng, với y, y

∈ Y và v ∈ Ω, nếu β(y) = β(y

) thì β(y − y

) = 0 hay y − y

∈ Im α; vì
Im α ⊂ Ker v, nên từ đây ta có v(y − y

) = 0 hay v(y) = v(y


); điều này có nghĩa v(y) không
phụ thuộc vào cách chọn đại diện của lớp β(y) = y; do đó, G(v) xác định một cách hợp lý.
Ta kiểm tra các đẳng thức F(β) · G = 1 và G · F (β) = 1.
11
phản biến!
Ky Anh, [11]
Với u ∈ Hom(Y, B) và y ∈ Y , ta có G(u) ∈ Hom(Z, B) và

F (β) · G

(u) ∈ Hom(Y, B) và

F (β) · G

(u)

(y) = F (β)

G(u)

(y) =

G(u) · β

(y) = G(u)

β(y)

= u(y); (54)

như vậy

F (β) · G

(u) = u hay F (β) · G = 1.
Bây giờ, với u ∈ Hom(Z, B), ta có
F (β)(u) = uβ ∈ Hom(Y, B),

G · F (β)

(u) ∈ Hom(Z, B). (55)
Với z = β(y) ∈ Z, ta có

G · F (β)

(u)(z) =

G

F (β)(u)

(z)
(53)
====

F (β)(u)

(y) = (u · β)(y) = u(z). (56)
Vậy


G · F (β)

(u) = u hay G · F(β) = 1.
Bài 26. Cho A ∈ Ob(Mod-R). Khi đó, hàm tử F = A ⊗
R
− khớp phải, với F cho bởi
F = A ⊗ − : R-Mod −→ Ab,
X −→ A ⊗ X,
X
α
−−→ X

−→ 1
A
⊗ α : A ⊗ X −→ A ⊗ X

,
(1
A
⊗ α)(a ⊗ x) = a ⊗ α(x).
(57)
Hint: Ta chứng minh được F là hàm tử hiệp biến, cộng tính.
Xét sơ đồ X
α
−−→ Y
β
−−→ Z, với β = coKer α, tức β là phép chiếu từ Y vào Z = Y/ Im α.
Ta phải chứng minh trong sơ đồ
A ⊗ X
F (α)

−−−→ A ⊗ Y
F (β)
−−−→ A ⊗ Z (58)
ta có F (β) = coKer F (α). Việc chứng minh này không hề đơn giản :D
Ta sẽ sử dụng tiêu chuẩn nhận biết hàm tử khớp giữa các phạm trù abel. Để ý rằng
R-Mod và Ab là các phạm trù abel. Mặc khác, với mỗi dãy khớp các R-Mod
X
α
−−→ Y
β
−−→ Z −→ 0, (59)
ta có dãy các nhóm abel khớp như sau đây (do tính khớp phải của tích tensor
12
)
A ⊗ X
F (α)
−−−→ A ⊗ Y
F (β)
−−−→ A ⊗ Z. (60)
Như vậy, F khớp phải.
12
Kết quả này được chứng minh trong lý thuyết module.
Ky Anh, [12]
Bảng đối chiếu các bài tập trong Cơ sở Đại số hiện đại và tài liệu này.
2.4.a, p.96 — 6, p.2
3.1.2, p.107 — 8, p.2
3.1.2, p.107 — 10, p.2
3.2.2, p.107 — 11, p.2
3.2.3, p.107 — 12, p.3
3.2.4, p.107 — 13, p.3

3.1.1, p.107 — 14, p.3
3.1.1, p.107 — 15, p.3
3.3.3, p.107 — 16, p.3
3.3.4, p.107 — 17, p.4
2.4.b, p.96 — 18, p.4
2.4.b’, p.96 — 19, p.4
3.6.1, p.108 — 20, p.5
3.6.2, p.108 — 21, p.6
3.4, p.133 — 22, p.6
3.3, p.133 — 23, p.8
5.2.a, p.152 — 24, p.10
5.2.a, p.152 — 25, p.11
5.2.b, p.152 — 26, p.12
Ky Anh, [13]