BÀI TẬP LÝ THUYẾT MÔ ĐUN

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
PHÒNG SAU ĐẠI HỌC

f
g
0 ¾¾
® J ¾¾
® B ¾¾
® C ¾¾
®0

i2
0 ¾¾
® X ¾¾
®M

N

ϕ

P2
¾¾
® Z ¾¾
® 0

Tiểu luận giữa kỳ

BÀI TẬP LÍ THUYẾT
i1
P1
0 ¾¾

® N1 ¾¾
® N1 Å N 3 ¾¾
® N 3 ¾¾
®0

f
0 ¾¾
® A ¾¾
®

g
B ¾¾
®

C ¾¾
® 0

MÔ ĐUN

Người hướng dẫn: TS. Trần Huyên
Học viên thực hiện: Trịnh Thị Kim Phượng
Chuyên ngành: Đại số và lí thuyết số, khóa 25

Thành phố HỒ CHÍ MINH, 04/2015


-

2

-

LỜI CẢM ƠN
Em xin chân thành cảm ơn thầy Trần Huyên vì thầy đã giảng những bài
hay, có những câu chuyện, ví dụ ấn tượng. Nhờ đó mà em cảm giác hứng thú
hơn những môn học khác. Em thật sự cám ơn thầy vì thầy đã đưa ra cho chúng
em cách học mới, cách nhìn nhận vấn đề, trình bày nội dung ở nhiều góc độ,
khía cạnh khác nhau. Đặc biệt là giúp em thấy được cách làm cho toán học hay
hơn, dễ nhớ hơn khi chuyển nó thành những thứ xung quanh, những ngôn ngữ
toán học của riêng mình. Cám ơn thầy đã giúp em có thêm nhiều kiến thức về
môn đại số và đã tạo điều kiện cho em làm bài tiểu luận này.
Trịnh Thị Kim Phượng
09 tháng 04 năm 2015


-

3

-

MỤC LỤC

MỞ ĐẦ U
Do bản thân em thích sự suy luận, tư duy và không thích học thuộc lòng
nên toán là môn học mà em cảm thấy hay và thú vị hơn so với những môn học
khác. Vì vậy khi được dịp nghiên cứu để làm bài tiểu luận giữa kỳ này em rất
thích. Qua tiểu luận: “Bài tập lí thuyết mô đun” em muốn chia sẽ với các bạn
các bài tập, cách giải và một số bài tập mở rộng về môn lí thuyết môđun. Tuy
nhiên, do sự giới hạn về thời gian tương đối ít nên không thể tránh khỏi sai sót

trong bài tiểu luận.


-

4

-

Ngoài phần mở đầu, kết luận và danh mục tài liệu tham khảo, lời cảm ơn
thì tiểu luận bao gồm 3 chương như sau:


Chương 1: Phạm trù môđun



Chương 2: Các hàm tử Hom và ten xơ


Chương 3: Bài tập mở rộng.

CHƯƠNG I. PHẠM TRÙ MÔĐUN
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

1X

5

-

j : R ® Hom Z (X ; X )

sao cho j (1) = 1X với

là đồng cấu đồng nhất của nhóm X.

Giải
Điều kiện cần: Giả sử X là R-môđun trái, ta sẽ xây dựng đồng cấu vành
ϕ

từ

R

vào

HomZ ( X , X )

Xét tương ứng

thỏa mãn

j (1) = 1X

.

j : R ® Hom Z ( X ; X )
r a fr : fr ( x ) = rx , " x Î X

•

ϕ

là ánh xạ vì với

r ∈ R, f r

là tự đồng cấu nhóm X :

" x , y Î X : fr (x + y ) = r (x + y ) = rx + ry = fr (x ) + fr (y )

•

ϕ

là đồng cấu vành, vì

∀r , s ∈ R

:

" x Î X : j (r + s ) ( x ) = fr + s ( x ) = ( r + s ) x = rx + sx = fr ( x ) + fs ( x )
= j ( r ) ( x ) + j (s ) ( x )
= ( j (r) + j (s ) ) ( x )

Tức là

j (r + s ) = j (r) + j (s )

(

)

(

" x Î X : j (rs ) ( x ) = frs ( x ) = ( rs ) x = r ( sx ) = fr fs ( x ) = fr j (s ) ( x )

(

= j (r ) j (s ) ( x )

)

= j (r ) o j (s ) ( x )

)


-

Tức là

6

-

j (rs ) = j (r ) o j (s )

• Đồng cấu vành j thỏa
, vì
j (1) = 1X
" x Î X : j (1) ( x ) = 1x = x = 1X ( x )
Vậy tồn tại đồng cấu vành thỏa yêu cầu bài toán.
Điều kiện đủ: Giả sử tồn tại đồng cấu vành

j (1) = 1X

sau:

j : R ® Hom Z ( X , X )

thỏa

Ta sẽ chứng minh X là R-môđun với phép nhân ngoài định nghĩa như

" x Î X , " r Î R : rx = j (r )(x )

Khi đó

∀x, y ∈ X ; ∀r , s ∈ R

, ta có

M1:

1.x = j (1)(x ) = 1X (x ) = x

M2:

ù= j (r )(sx ) = r (sx )
(rs )x = j (rs )(x ) = ( j (r ) o j (s ) ) ( x ) = j (r ) é
ê
ëj (s )(x ) ú
û
é
ù
(r + s )x = j (r + s )(x ) = ë
êj (r ) + j (s ) û
ú(x ) = j (r )(x ) + j (s )( x ) = rx + sx
r (x + y ) = j (r )(x + y ) = j (r ) ( x ) + j (r ) ( y ) = rx + ry

M3:
M4:

Vậy 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 – M4, ta có thể bỏ đi tiên đề
giao hoán của phép cộng. Nói cách khác, tiên đề đó có thể suy ra từ bảy tiên đề
còn lại.
Giải

Giả sử ta có bảy tiên đề trừ tiên đề giao hoán của phép cộng. Khi đó
" x, y Î X :


-

7

-

(x + y ) + ( x + y ) = 1.(x + y ) + 1.(x + y ) = ( 1 + 1) ( x + y ) = 2 ( x + y )
Þ

x + y + x + y = 2x + 2y

Þ

x + y+ x + y =x+ x+ y+ y

Þ

Vậy

y+x

x+y

=

" x, y Î X : y + x = x + y

, tức là phép cộng cũng có tính giao hoán.

Bài 1.3. Cho X là R-môđun và K là iđêan hai phía của R. Chứng minh rằng
với

xÎ X

thì

Kx = {rx : r Î K }

là môđun con của X.
Giải

Ta chỉ cần sử dụng tính iđêan trái của K, thật vậy :
•
•

Kx ¹ Æ

vì

K ¹ Æ

,

" r Î R " sx , tx Î Kx

, do s, t Î K iđêan trái của R nên

s+t Î K

và

rs Î K

,

khi đó:
sx + tx = ( s + t ) x ∈
  Kx
r ( sx ) = ( rs ) x ∈ Kx  

Vậy

Kx < X

Bài 1.4. Cho R là miền nguyênvà X là R-môđun. Phần tử
phần tử xoắn nếu tồn tại

r Î R \ {0}

sao cho

rx = 0

. Đặt

x∈X

τ (X )

được gọi là

là tập hợp tất cả


-

các phần tử xoắn của X. Nếu

τ (X ) = X

a)

τ (X )

τ (X )

8

-

= 0 thì X được gọi là môdun không xoắn, nếu

thì X được gọi là môđun xoắn. Chứng minh :
là môđun con của X.

b) Mọi môđun con của môđun xoắn trên R đều là môđun xoắn trên R.

c) Mọi môđun con của môđun không xoắn trên R cũng là môđun không xoắn
trên R.
d/ Môđun thương

e/

¢

-môđun

¤

X

có phải là môđun không xoắn hay không?
τ(X )

có phải là môđun xoắn hay không?
¢

Giải
a)

τ (X )

luôn chứa 0 nên hiển nhiên khác

Ta cần chứng minh
•

τ (X ) +τ (X ) ⊂ τ (X )

" r Î R , " x , y Î t (X )

, thì

∅

và

Rτ ( X ) ⊂ τ ( X )

∃λ , µ ∈ R, λ ≠ 0, µ ≠ 0 : λ x = 0, µ y = 0

l m(x + y ) = l m(x ) + l m(y ) = ml
( x ) + l ( my ) = 0

Suy ra

x + y ∈τ ( X )

vì

λµ ≠ 0

l (rx ) = r (l x ) = 0

Suy ra
Vậy

rx Î t (X )

τ (X )

vì

(do R giao hoán)

(do R không có ước của 0)

(do R giao hoán)

λ≠0

là môđun con của X


-

9

b) Cho X là môđun xoắn trên R. Khi đó
Lấy A
*
*



-

τ (X ) = X

X, ta sẽ chứng minh A xoắn, hay

τ ( A) = A

τ ( A) = { a ∈ A : ∃λ ∈ R , λ ≠ 0, λa = 0} ⊂ A

(x

" x ÎÞÎA

X = t (X )) Þ$ι
( l

R, l

0 : l x = 0) ÞÎ x

t (A )

A ⊂ τ ( A)

Vậy

τ ( A) = A

c) Giả sử X là môđun không xoắn. Khi đó
Lấy

A< X

Xét

Vậy

. Ta sẽ chứng minh A là môđun không xoắn hay

τ (A) = 0

x Î t (A ) Þ ( l Î R , l ¹ 0 : l x = 0) Þ x Î t (X ) Þ x = 0

τ ( A) = 0

d) Môđun thương

Lấy

X

(

là môđun không xoắn. Thật vậy :
τ(X )

x = x + τ ( X ) ∈τ X
Þ
Þ
Þ
Þ

τ (X ) = 0

τ (X )

)

$l Î R , l ¹ 0 : l x = 0 Þ l x = 0 Þ l x Î t (X )
$mÎ R , m¹ 0 : ml x = 0
x Î t (X )
do ml ¹ 0
x =0

e) Môđun

¤

là môđun xoắn. Thật vậy:
¢

hay


-

10

-

Lấy

x Î ¤

¢

Vậy

τ (¤

¢

¢

(m Î Z , n Î Z * )

m
=m = 0
n

Þ nx = nx = n
Þ x Î t (¤

m
n

, x =

)

)=¤

hay
¢

¤

là môđun xoắn.
¢

Bài 1.5. Cho R là miền nguyên và X là R-môđun. Phần tử
phần tử chia được nếuvới mọi
Đặt

λ ∈ R \ {0}

, tồn tại phần tử

x∈X

y∈X

là tập hợp tất cả các phần tử chia được của X. Nếu

δ ( X)

được gọi là

sao cho

x = λy

δ ( X) = X

gọi là môđun chia được. Chứng minh rằng:
a)

δ ( X)

là môđun con của X.

b) Môđun thương của môđun chia được là môđun chia được.
c) Các

¢

-môđun

và

¤

¤

đều là các môđun chia được.
¢

Giải
a)

δ (X )

luôn chứa 0 nên hiển nhiên khác

Ta cần chứng minh
• Lấy

x, y ∈ δ ( X )

δ (X ) + δ (X) ⊂ δ (X)

, và

r ∈R

∅

và

.

Kδ ( X ) ⊂ δ ( X )

khi đó ∀ λ ∈ R, λ ≠ 0, ∃ x ', y ' ∈ X : x = λ x '; y = λ y '

.

thì X


-

11

-

x + y = λ x '+ λ y ' = λ ( x '+ y ') ⇒ x + y ∈ δ ( X )
rx = rλ x ' = λ (rx ') ⇒ rx ∈ δ ( X )

Từ (1) và (2) suy ra

δ

vì

x ∈X

Vì x

với
A

(1)
(2)

(X) là môđun con của X.



X.

x =x+A

X nên

∈

x + y ' ∈ X , λ ∈ R \ {0}

rx ' ∈ X , λ ∈ R \ {0}

b) Giả sử X là môđun chia được, và A
Lấy

vì

∀λ ∈ R, λ ≠ 0, ∃y ∈ X : x = λ y ⇒ x = λ y + A = λ y = λ y ⇒ x

chia

được.
Vậy

c)

chọn

¤

có

¤

¤

X

là môđun chia được.
A

là môđun chia đuợc vì nếu
x=

m
y = ∈¤
nk

, ta có :

k∈ ¢ *

tùy ý,

x = ky

là môđun chia được vì
¢

là môđun chia được.
¢

m

∈ ¤ (m ∈ ¢ , n ∈ ¢ * ),
n

với

¢ ¤

,

¤

là môđun chia đuợc nên theo câu b ta


-

12

Bài 1.6. Chứng minh rằng mỗi đồng cấu
giá trị của

g:S →Y

f

-

f : X →Y

là duy nhất xác định bởi

trên một hệ sinh nào đó. Tuy nhiên không phải mỗi ánh xạ

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 = { si } i∈I

là hệ sinh của X .

∀x ∈ X ⇒ ∃ri ∈ R, J ⊂ I , J höõu haïn : x = ∑ ri si ⇒ f ( x ) = ∑ ri f ( si )
i∈J

i∈J

Tức là f được xác định bởi giá trị của f trên hệ sinh S
Hơn nữa nếu tồn tại đồng cấu h sao cho

h(s) = f (s), ∀s ∈ S

thì





h ( x ) = h  ∑ ri si ÷ = ∑ ri h ( si ) = ∑ ri f ( si ) = f  ∑ ri si ÷ = f ( x )

i∈J
 i∈J
 i∈J
 i∈J


tức là
Vậy

f

h= f

trên X.

là duy nhất xác định bởi giá trị của

• Ánh xạ

g:S →Y

f

trên một hệ sinh nào đó của X.

có thể mở rộng thành đồng cấu

f

nào đó từ X vào Y, khi

và chỉ khi S là cơ sở của X.
Điều kiện cần: Ta sẽ đưa ra phản ví dụ chứng tỏ nếu S chỉ là hệ sinh
mà không phải cơ sở thì ánh xạ g không thể mở rộng thành đồng cấu nào cả.


-

Xem

là

¢

¢

13

-

-môdun. Vì (2,3) = 1 nên tồn tại

S={2,3} là hệ sinh của

¢

. Xét ánh xạ

g:S →¢

Giả sử g có thể thác triển thành đồng cấu

f

p, q ∈ Z :1 = 2 p + 3q

, suy ra rằng

, với g(2)=-1 và g(3)=0

từ

¢

vào

¢

và

f

S

=g

f (5) = f (2) + f (3) = g ( 2 ) + g ( 3 ) = −1
f (5) = 5 f (1) = 5 f (−1.2 + 3) = 5[− f (2) + f (3)] = 5[−g(2) + g(3)] = 5

Suy ra

f

không phải là đồng cấu

Vậy g không thể mở rộng thành đồng cấu nào từ

¢

vào

¢

cả.

Điều kiện đủ: Giả sử S = {xi}i∈I là cơ sở của X. Khi đó

biểu diễn duy nhất

∀x ∈ X

, có sự

. Định nghĩa đồng cấu

n

x = ∑ ai xi (ai ∈ R, xi ∈ S , n ∈ ¥ * )
i =1

f : X →Y

xác định bởi

tức là

n

∀x ∈ X : f ( x) = ∑ ai g ( xi )

f

ohoàn toàn xác định

i =1

nhờ sự biểu diễn suy nhất của x qua S, hơn nữa là R-đồng cấu và
f

Bài 1.7. Cho

A⊂X

là tập các

f , g : X →Y

x∈X

mà

f

S

=g

.

là các đồng cấu từ môđun X vào môđun Y. Gọi

f ( x ) = g ( x)

. Chứng minh rằng
Giải

A X


-

Theo đề
•

A≠∅

• Lấy

A = { x ∈ X : f ( x) = g ( x )}

vì

0∈ A

14

-

. Ta cần chứng minh

A + A ⊂ A, RA ⊂ A

.

x, y ∈ A, r ∈ R

ta có

f ( x) = g ( x ), f ( y ) = g ( y )

nên
(1)
x
+
y
∈
A
⇒
A
+

A
⊂
A
f ( x + y) = f ( x ) + f ( y) = g ( x ) + g ( y ) = g ( x + y )  
f (rx ) = rf ( x ) = rg ( x ) = g ( rx )

Từ (1) và (2) suy ra

nên

(2)

rx ∈ A ⇒ RA ⊂ A

.

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
a)

Im f

b) Nếu

f : X →Y

với X là môđun đơn. Chứng minh rằng:

là môđun con đơn của Y

Im f ≠ 0

thì

f

là đơn cấu.
Giải

a) Do
Lấy

f : X →Y

B Im f

là R-đồng cấu nên
thì

 f −1 ( B ) = 0
B = 0
⇒
 −1
 f ( B) = X  B = Im f

Vậy

Im f

là môđun đơn

−1

Im f Y

f ( B) X

mà

X

là

môđun

đơn

nên


-

b)

và X là môđun đơn suy ra

Kerf X

Mà

Im f ≠ 0

Vậy

f

15

nên

Ker f ≠ X

. Do đó

-

 ker f = 0
 ker f = X


Kerf = 0

.

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

•

f : B → ( A + B)

là đồng cấu vì

f

với
A

∀a, b ∈ B, ∀λ ∈ R

b a b+ A

ta có

f (a + b) = a + b + A = (a + A) + (b + A) = f (a ) + f (b )
f (λ a ) = λ a + A = λ ( a + A ) = λ f ( a )

•

f

Lấy

toàn ánh, thật vậy:

(a + b) + A ∈ ( A + B )

, tồn tại
A

f (b) = b + A = ( a + b) + A ∈ ( A + B )

Theo định lý Noether toàn cấu

Mặt khác:

f

b ∈B

sao cho:

A

cảm sinh ra đẳng cấu
B

Ker f

≅ ( A + B)

Kerf = { x ∈ B : f ( x) = 0} = {x ∈ B : x = 0} = { x∈ B : x ∈ A} = A ∩ B

A


-

Vậy
B

A∩B

≅ ( A + B)

16

-

A

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 tương ứng

•

f

f :X

là

N

→X

với
M

ánh

x+N a x+M

xạ :

Lấy

 x + N = y + N

,

ta

có

x − y∈N ⇒ x − y∈M ⇒ x + M = y + M

•

f

là đồng cấu:

∀r ∈ R, x + N , y + N ∈ X

N

f [( x + N ) + ( y + N )] = f ( x + y + N ) = x + y + M = x + M + y + M
= f (x + N ) + f ( y + N )
f [r ( x + N )] = f (rx + N ) = rx + M = r ( x + M )
= rf ( x + N )

•

f

là toàn ánh vì

∀x + M ∈ X

thì
M

,

x+N∈X

thỏa
N

f

(x+N)=x+M

Theo định lý Noether toàn cấu cảm sinh duy nhất một đẳng cấu
X N

Ker f

≅X

M

Kerf = {x + N ∈ X

N

: f (x + N ) = 0 + M }

= {x + N ∈ X

N

: x + M = 0 + M}

= {x + N ∈ X

N

: x∈M} = M

Vậy

(X / N)

.
(M / N )

≅X /M

N


-

Bài 1.11. Cho h : X
Chứng minh

17

-

X tự đồng cấu của môđun X thỏa mãn điều kiện h2 = h.

→

X = Im h ⊕ Kerh.

Giải
Ta cần chứng minh

*

 Im h + ker h = X

 Im h ∩ ker h = {0}

∃x ∈ X : h ( x0 ) = x
 x ∈ Im h
x ∈ Im h ∩ ker h ⇒ 
⇒ 0
⇒ 0 = h ( x ) = h 2 ( x0 ) = h ( x0 ) = x
x
∈

ker
h
h
(
x
)
=
0



Suy ra: Imh + kerh = {0}
* Lấy x ∈ X , khi đó:
Do đó:

Suy ra

(1)

h ( x ) = h 2 ( x0 ) ⇒ h ( x – h ( x ) ) = 0 ⇒ x – h ( x ) ∈ Kerf

x = h ( x ) + ( x – h ( x ) ) ∈ Im h + ker h
(2)

X = Im h + ker h

Từ (1) và (2) có

X = Im h ⊕ Kerh.

Bài 1.12. Chứng minh rằng, trong ba đặc trưng của tổng trực tiếp hai môđun
ta có thể bỏ đi đẳng thức (2), với
p1j1 = 1A và p2j2 = 1B (1)
p1j2 = 0 và p2j1 = 0

(2)

j1 p1 +j2 p2 =

(3)

1A⊕ B


-

18

-

Nói cách khác, nếu ba môđun A, B, C chỉ cần thỏa mãn hai đẳng thức (1) và
(3) thì C

≅

A

⊕

B.

Giải

j1 : A → C

p1 : C → A

j2 : B → C

p2 : C → B

Chứng minh: p1j2 = 0 và p2j1 = 0.
Lấy a ∈ A, ta có j1(a) ∈ C. Từ (3) suy ra j1 p1(j1(a)) + j2 p2(j1(a)) = 1C(j1(a))
⇒ j1 (p1j1(a)) + j2 p2j1(a) = j1(a)
⇒ j1 (a) + j2 p2j1(a)) = j1(a) (do p1j1 = 1A)
⇒ j2 p2j1(a)) = 0
⇒ p2(j2 p2j1(a)) = p2(0)
⇒ (p2j2)( p2j1(a)) = 0
⇒ p2j1(a) = 0 (do p2j2 = 1B)
⇒ p2j1(a) = 0
Tương tự ta chứng minh được p1j2 = 0.
Bài 1.13. Cho X là tổng trực tiếp của họ các môđun

{X}

i i∈I

a) Chứng minh rằng

τ ( X ) = ⊕τ ( Xi )

. Từ đó suy ra

i∈I

b) Tổng trực tiếp các môđun xoắn là môđun xoắn.
c) Tổng trực tiếp các môđun không xoắn là môđun không xoắn.
Giải
a) Xét bất kỳ

x = ( xi ) ∈ τ ( X ) ,

thì


-

19

-


∃λ ∈ R \ { 0} : λ x = 0 ⇒ λ xi = 0, ∀i ∈ I ⇒ xi ∈τ ( Xi ) , ∀i ∈ I


 xi = 0, ∀i ∉ J , J ⊂ I , J höõu haïn

Suy ra

x ∈ ⊕τ ( X )
i∈I

Ngược lại lấy

x = ( xi ) ∈ ⊕τ ( Xi )

thì

i∈I


 xi ∈τ ( Xi ) , ∀i ∈ I ⇒ ∃λi ∈ R \ { 0} : λi xi = 0, ∀i ∈ I

( 1)

 xi = 0, ∀i ∉ J , J ⊂ I , J höõu haïn ⇒ x ∈ X

Do J hữu hạn nên tồn tại

λ = ∏ λi ⇒ λ ∈ R, λ ≠ 0

và

i∈J

Từ (1) và (2) suy ra

Vậy

λ xi = 0, ∀i ∈ I ⇒ λ x = 0 (2)

x ∈τ ( X )

τ ( X ) = ⊕τ ( Xi )
i∈I

b) Giả sử

{X}

là họ các môđun xoắn, ta có

i i∈I

mà

τ ( X ) = ⊕τ ( Xi )

nên

i∈I

τ ( Xi ) = Xi , ∀i ∈ I

τ ( X ) = ⊕ Xi = X
i∈I

Vậy tổng trực tiếp các môđun xoắn là môđun xoắn.
c) Giả sử

{X}

là họ các môđun không xoắn, ta có

i i∈I

mà

τ ( X ) = ⊕τ ( Xi )
i∈I

nên

τ ( Xi ) = 0, ∀i ∈ I

τ ( X ) = ⊕0 = 0
i∈I

Vậy tổng trực tiếp các môđun không xoắn là môđun không xoắn.


-

Bài 1.14. Cho

X = ∏ Xi

20

-

. Hãy chứng minh môđun con chia được của môđun

i∈I

X:

δ ( X ) = ∏ δ ( Xi )

Từ đó suy ra: Tích trực tiếp các môđun chia đựợc là môđun

i∈I

chia được. Tổng trực tiếp các môđun chia được có là môđun chia được không?
Giải
a) Ta sẽ chứng minh

δ ( X ) = ∏ δ ( Xi )
i∈I

*Lấy

x = ( xi ) ∈ δ ( X )

Suy ra

, thì

,

∀λ ∈ R \ { 0} ∃y = ( yi ) ∈ X : x = λ y ⇒ xi = λ yi , ∀i ∈ I

xi ∈ δ ( X i ) , ∀ i ∈ I ⇒ x ∈ ∏ δ ( X i )
i∈I

* Ngược lại lấy

x = ( xi ) ∈ ∏ δ ( X i )
i∈I

∀λ ∈ R \ { 0} , ∀i ∈ I , ∃yi ∈ Xi : xi = λ yi

Suy ra

thì

xi ∈ δ ( X i ) , ∀ i ∈ I

, do đó

x = λy

với

, khi đó

y = ( yi ) ∈ X



x ∈ δ  ∏ Xi ÷

 i∈I 

b) Giả sử

{X}

là họ môđun chia được. Khi đó

i i∈I

δ ( X ) = ∏ δ ( Xi ) = ∏ Xi = X
i∈I

i∈I

δ ( Xi ) = Xi , ∀i ∈ I


-

21

-

Vậy tích trực tiếp của họ môđun chia được là môđun chia được.
c) Cho

X = ⊕ Xi

, giả sử

i i∈I

i∈I

*Lấy

Đặt

Vậy

x = ( xi ) ∈ X

thì

 y = ai ,
y = ( yi ) :  i
 yi = 0,

δ ( X) = X

{X}

là họ môđun chia được.


 xi ∈ Xi , ∀i ∈ J ⇒ ∀λ ∈ R \ { 0} , ∃ai ∈ Xi : xi = λ ai , ∀i ∈ J


 xi = 0, ∀i ∉ J

 y ∈ X
⇒
⇒ x ∈δ ( X )
∀i ∉ J  x = ( λ yi ) = λ y

∀i ∈ J

, hay 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 tập sinh hữu
hạn. Cho X là tổng trực tiếp của họ môđun {Xi}. Chứng minh rằng:
a) Môđun thương của môđun hữu hạn sinh là môđun hữu hạn sinh.
b) Môđun tổng trực tiếp X là hữu hạn sinh khi và chỉ khi mỗi Xi là hữu hạn
sinh và hầu hết

Xi = 0

, trừ ra một số hữu hạn.
Giải

a) Giả sử X sinh bởi hệ hữu hạn

{ x , x ,…, x }
1

sẽ chứng minh

X

hữu hạn sinh.
A

2

n

, cho A là môđun con của X, ta


-

Xét

x + A∈X

do
A

22

-

nên

x∈X

trong đó

n

x = ∑ ri xi

ri ∈ R

, khi đó

i =1

n

là

n

x + A = ∑ ri xi + A = ∑ ri ( xi + A )
i =1

Vậy

X

{x

1

+ A, x2 + A,…, xn + A}

hệ sinh của

X

A

i =1

là mođun hữu hạn sinh.
A

b) Cho X là tổng trực tiếp của họ

{X}

i i∈I

Điều kiện cần: Giả sử X là modun sinh bởi hệ

xk = ( xik )

minh

Xi

thỏa điều kiện
i∈I

hữu hạn sinh

Với mỗi

i∈ I

∀i ∈ I

∀i ∈ I , Xi

Hơn nữa:

và hầu hết

thì đồng cấu chiếu

∀y ∈ Xi , ∃x ∈ X : pi ( x ) = y

Vậy

J k = { i ∈ I : xik ≠ 0}

mà

S = {x1 , x2 ,…, xn}

là hữu hạn

Xi = 0

∀k = 1, n

. Ta sẽ chứng

, trừ ra một số hữu hạn.

pi : X → Xi

là toàn cấu nên

n

n

n

k =1

k =1

k =1

x = ∑ rk x k ⇒ y = ∑ rk pi ( x k ) = ∑ rk xik

sinh bởi hệ hữu hạn

S = { xi1 , xi 2 ,… , xin }

{i ∈ I , Si ≠ { 0} } ⊂ {i ∈ I : ∃k = 1, n, pi ( x k ) ≠ 0}

, khi đó


-

23

-

= {i I : k = 1, n, xik 0}
n

={i I : i UJ k }
k =1

n

=UJ k laứ hửừu haùn
k =1

Vy hu ht cỏc h sinh

iu kin : Gi s
hu hn
Xột

Si = { 0}

J = {i I : X i 0}

l hu hn v

Xi

l mụ un sinh bi h

Si = {xi1 ,..., x imi } i J ,

x = ( xi ) X , x = j i ( xi ) = j i ( xi )
iI

M

hay Xi=0 ch tr mt s hu hn.

i J , xi Si

iJ

nờn

mi

xi = rk xik
k =1

mi

mi

ji ( x ) = rk ji ( xik ) x = rk ji ( xik )
k =1

Hay

hn

i J k =1

S = {ji ( xik ) : i I , k 1, mi }

i J

l h sinh ca X. Hn na J hu hn v m i hu

nờn S cú hu hn phn t.

Vy X l hu hn sinh.

Bi 1.16. Chng minh rng tng trc tip ca h cỏc n cu ( ton cu, ng
cu) l n cu (ton cu, ng cu). Kt lun tng t cú ỳng cho tớch trc
tip h cỏc ng cu khụng?
Gii


-

1) Giả sử họ

{ fi : X i →Yi } i∈I

24

-

là đơn cấu. Ta sẽ chứng minh

f =⊕ f i

đơn cấu.





Kerf = ∑ J iX ( xi ) ∈⊕ X i : f ∑ J iX ( xi )  = 0 
i∈I
 i∈I

 i∈I



= ∑ J iX ( xi ) ∈⊕ X i : ∑ fJ iX ( xi ) = 0 
i∈I
i∈I
 i∈I



= ∑ J iX ( xi ) ∈⊕ X i : ∑ J iY fi ( xi ) = 0 
i∈I
i∈I
 i∈I




= ∑ J iX ( xi ) ∈⊕ X i : f i ( xi ) = 0, ∀i ∈ I 
i∈I
 i∈I


∀i ∈ I

, ta có

do fi đơn cấu nên

f i ( xi ) = 0

xi = 0

.



Kerf = ∑ J iX ( xi ) ∈ ⊕ X i : xi = 0 ∀i ∈ I  = 0
i∈I
 i∈I

Vậy
. Hay f là đơn cấu.
•

Giả sử họ {

Xét

fi : X i →Yi }

là toàn cấu. Ta sẽ chứng minh f = ⊕ fi là toàn cấu.

y = ∑ J iY ( yi ) ∈ ⊕ Yi
i∈I

i∈I

Với mỗi i ∈ I , fi là toàn cấu nên ∃xi ∈ X i sao cho

∑J ( x ) ∈⊕X

Ta có i∈I

x
i

i

i∈I

i

fi ( xi ) = yi

.



f  ∑ J ix ( xi )  = ∑ fJ ix ( xi ) = ∑ J iY f i ( xi ) = ∑ J iY ( yi ) = y ∈ ⊕ Yi
i∈I
i∈I
i∈I
 i∈I
và  i∈I

.
Vậy f là toàn cấu.
•

Từ đó suy ra rằng họ {

f i : X i →Yi }

là đẳng cấu thì f = ⊕ fi là đẳng cấu.

2) Kết luận tương tự cũng đúng cho tích trực tiếp các đồng cấu.
•

Giả sử họ {

fi : X i →Yi }

là toàn cấu. Lấy

y = ( yi ) i∈I ∈ ∏ Yi

i∈I

.


-

25

-

Với mọi i ∈ I , do fi là toàn cấu nên ∃xi ∈ X i sao cho

Khi đó

f [( xi )i∈I ] = ( f i [ xi ])i∈I = ( yi )i∈I = y ∈ ∏ Yi
i∈I

fi ( xi ) = yi

.

.

Vậy f toàn cấu.
•

Giả sử họ {

f i : X i →Yi } i∈I

là đơn cấu. Đặt

f = ∏ fi
i∈I

, do fi đơn cấu ∀i ∈ I nên :



Kerf = ( xi ) ∈∏ X i : f ( xi ) i∈I  = 0 

i∈I



= ( xi ) ∈∏ X i : ( fi [ xi ] ) i∈I = 0 
i∈I




= ( xi ) ∈∏ X i : f i ( xi ) = 0, ∀i ∈ I 
i∈I




= ( xi ) ∈∏ X i : xi = 0, ∀i ∈ I 
i∈I



= { 0}

Vậy f là đơn cấu.
•

Từ đó suy ra rằng họ {

f i : X i →Yi }

là đẳng cấu thì

f = ∏ fi
i∈I

là đẳng cấu.

Bài 1.17. Cho biểu đồ các đồngcấu
f
g
A 
→ B 
→ C 
→0

h↓
X

[ ϕ

Trong đó hf=0, dòng là khớp. Hãy chứng minh rằng tồn tại và duy nhất đồng
cấu j : C ® X sao cho h = j g .
Giải