Bài tập môn đun đhsp huế

Mọi môđun con của môđun không xoắn trên R cũng là môđun không xoắn trên R... Tổng trực tiếp các môđun không xoắn là môđun không xoắn.. Giả sử  X i iI là họ các môđun không xoắn mà tổn

 sao cho (1)=1 X với 1 X là đồng cấu đồng nhất của nhóm X

)

;(:RHom Z X X

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 đề đó có thể suy ra từ bảy tiên đề còn lại

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

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?

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  R, 0, x0  x=0  (A)=0

d Môđun thương

)

( X

X

 là môđun không xoắn

Thật vậy, lấy xX  ( X) Với x = x +  (X)

0 ,

) ( 0

: 0 ,

X x x

R Z

n

m x Z

Q

),

(

0 m Z n Z*

m n

m n

nx



) (

a. (X) là môđun con của X

b Môđun thương của môđun chia được là môđun chia được

c Các Z môđun Q và Q/Z đều là các môđun chia được

) ( ) ( ) (

X X

K

X X

2 1 2

(ry rx X y

r

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

X là môđun chia được

c Q là môđun chia đuợc vì nếu lấy x Q (m Z,n Z*)

n

m



Chọn

n

mnk

mkkyx

* 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

i

i i

i i I i

i i

s f r s

f

x

f

S s R r s x

X

x

) ( )

f duy nhất vì : nếu tồn tại đồng cấu h sao cho h(x) f(x),xS

thì h x h r f s f r s f x x X

I i i I

* 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

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= {x i}Ilà cơ sở của X

S x R a x a x

X

I i

a x

f X  Y với X là môđun đơn Chứng minh rằng:

a Im f là môđun con đơn của Y

b NếuImf 0thì f là đơn cấu

Giải

a Ta có Im f Y

2 2 1 1 2

1 2

B X B f

B f

Im

0 )

(

0 ) (

1 1

Vậy Im f là môđun đơn

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)

)()()

(

)()()()()

(

a f A a A a a

f

b f a f A b A a A b a b

Do đó f cảm sinh ra đẳng cấu Bker f (AB)A (theo định lý Noether)

Mặt khác kerf  {xB f x: ( )  0} ={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

f

M y M

x

M y M x M

y

x

N y x f N y

N

x

f

N y N

x

f

N X N y N x

X M

Bài 1.11 Cho h : X  X là tự đồng cấu của môđun X thỏa mãn điều kiện h2=h

Chứng minh X= Imh  Kerh

h x x

h x h x h h x h x

) ( 0

) ( ) ( )) ( ( ) ( ))

-7-

h h

b Tổng trực tiếp các môđun xoắn là môđun xoắn

c Tổng trực tiếp các môđun không xoắn là môđun không xoắn

i

x x

i i I

i

Vậy tổng trực tiếp các môđun xoắn là môđun xoắn

c Giả sử  X i iI 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



I i i I

i

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

Tổng trực tiếp các môđun chia được có là môđun chia được không?

i i i i

i

i I

i

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

( ) (

)

I i i

(

)

I i i

X

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



  với xX

Vậy mỗi x+A X

Do đó với mỗi iItập {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



 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 f X i: iY ii I là đơn cấu

Đặt f   f i Chứng minh f đơn cấu

i

I

i i x i i I i x

i

I

i x i i

I i x

i

I

i x i i

I i x

i

I i x

f X x

J

x f J X x

J

x fJ X

x J

x J f X x

J

Kerf

, 0 :

0 :

0 :

0 :

J Kerf

i Y i I

i i Y i I

i x i I

X x

I i x

f X x

x f X x

x f X x

Kerf

i I i

i i

i i I i i i

I i I

i i i

I i I

i i i

, 0 :

, 0 :

0 :

0 :

(Do fi đơn cấu)

 0

Kerf

  Vậy f là đơn cấu

Giả sử họ f X i: iY i là toàn cấu

là toàn cấu nên  x i X i sao cho f x i i  y i 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

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

Do α4, β6 toàn cấu nên β6α4 toàn cấu, mà α6β4 = β6α4 , do đó α6β4 toàn cấu

Suy ra α6 toàn cấu Vậy dòng (3) khớp tại C3

Tính khớp tại A3 có nghĩa α5 đơn cấu, được chỉ ra trong phép săn biểu đồ:

Lấy a3Ker 5 Do β2 toàn cấu  a2 A2 :2 a2 a3

Áp dụng bổ đề năm ngắn cho 0, α1, α3, α5, 0 ta có α3 là đơn cấu

Áp dụng bổ đề năm ngắn cho 0, α2, α4, α6, 0 ta có α4 toàn cấu

Suy ra4 b2 Ker 6  Im5 Vậy có a3A3sao cho 2 a2 a3

1 3 2 3

1 1 3 2 3

1 1 3 2 3

1 1 2 3

b

b a a

b a

a a

a a

a a

2 1 1

2 1



X X

X X

X X

x X X

2 1

2 1

' ' '

X x X x

X x x

X X x x

1

2 1

' ' '

X x X

x

X X x X X x

X X x x

0 ,

:

0 ,

:

2 1 2 2 1 2

1 2 2 2 2 1 2

1 2 2 2 2 1 2

2 1 2 2 2 2 1 2

x

X x X x X X

x

X x X x X X

x

X X x X x X X

1

2 2 1 1 2

1

2 1 2

1 1

, ,

0

X y X y

y

X

x

X y X y y

y

x

X X x X

X x

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 = {yi + A : i  I} nên đồng cấu  : X/A  X mà (yi + A) = yi  X, với mọi i  I thỏa p là ánh xạ đồng nhất trên

cơ sở S tức p là đồng cấu đồng nhất 1X/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

0 X/A 0 (1.25)

Trong đó i là phép nhúng và  là phép chiếu tự nhiên, dãy trên chẻ ra cho ta

X  Kerf  X/Kerf  Kerf  Imf

Từ   0 và R là miền nguyên ta có ri = 0 với mọi i  I

i I



  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 {Xi}i I, khi đó:

Khi đó fj1  Hom (Xi, Y)

Bây giờ ta định nghĩa:

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 {Yj}j  J, khi đó:

j

j J

Y



 thỏa mãn jf = fj với mọi j  J, do đó: (f) = (jf)j  J = (fi)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:

Giải

a) Xét ánh xạ:

 : Hom(R, X)  (X, +)

f  f(1) Với mọi r  R, f, g  Hom(R, X), ta có:

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)

Sử dụng biểu đồ với hai cột biên đã chọn là các cột khớp

Chọn P1 = P2  P3, ta được dòng khớp:

Xây dựng đồng cấu 2 : P2  P3  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

-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

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

h’

B/Imf = B/Kerg Img (2.7)

J

C

Chứng minh rằng mỗi dãy khớp ngắn các đồng cấu

đều nhúng được vào biểu đồ giao hoán sau:

g f

0 C 0 (2.10)

0

(2.10 )

 Từ f : A  B là đơn cấu và N1 nội xạ do đó tồn tại đồng cấu  : B  Im1sao cho f = 1 2 được xác định như sau

b  B, 2(b) = [(b), 3g(b)]

 (u, v)  N2, 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

Khi đó N là mô đun con của M Đặt Y: M N,N2N1N3

Ta có N N1, 3 nội xạ nên N2nội xạ, các đồng cấu f g    , , 1, 1, 3, 3 đã xác định, các

đồng cấu còn lại xác định như sau:

    Nếu thì x, 0, 0N do đó tồn tại uN1 sao cho

x, 0, 0  1 u u, , 0 u 0,x  0  0 Vậy i2 là đơn cấu

0    A B C 0 đều có thể nhúng được vào biểu đồ giao hoán

Ta có: f A: B đơn cấu và N là mô đun nội xạ Nên theo định nghĩa môđun nội xạ thì tồn 1

tại đồng cấu :BIm1 sao cho 1 f

Lấy xX:2 2i x  2x, 0, 0N0

Vậy Imi2k er 2

er Im

k   i :

 

1

=

M x u N x u N x u N i x u            Vậy ker 2 Imi2 Vậy ker 2 Imi2 nên dòng 3 là khớp Chứng minh cột (2) là khớp Áp dụng bổ đề năm ngắn: ta có   đơn cấu nên 1, 3  đơn cấu 2   toàn cấu suy ra 1, 3  2 toàn cấu Chứng minh Im2ker2: Ta có Im Im1ker1(do cột 1 khớp)                         2 2 2 2 2 3 3 3 1 : = ,

= 0, ,

= , , 0

=0

b B b b b g b b g b N b b N                        Suy ra Im2ker2(1) Mặt khác: Lấy  u v, ker2 0, ,u 3 v  N 1 1 3 3 er Im er Im u k v k              Do đó,     1 3 , : a u a A b B g a v          Mặt khác: Im Im1  a' A:1 a'  b Xét f a a'  , ta có: b B                               2 3 3 3 1 1 ' ' , ' = ' , '

= ' , 0

= ,

u v

(1)(2) Im er

u v

k

k



Vậy cột (2) là khớp

Bài 2.12:Chứng minh rằng môđun J là nội xạ khi và chỉ khi, với mọi toàn cấu

:

f AJ và mọi đơn cấu j A: P trong đó P là môđun xạ ảnh, tồn tại đồng cấu

:

f P J sao cho fj  f

-27-

  J là môđun nội xạ nên theo định nghĩa của mô đun nội xạ ta nhận được kết quả

  Ta cần chứng minh J là mô đun nội xạ dãy khớp 0    J B C 0 là chẻ

f có nghịch đảo trái

 :BJ sc: f 1J

Gọi F(J), F(B) là các mô đun tự do sinh ra bởi các cơ sở tương ứng J, B

 Xét ánh xạ 1 :J J J , 1J cảm sinh đồng cấu  J :F J J với J 1

Do mỗi h x i nằm trong cơ sở F(B) nên ta có r  i 0 suy ra kerh  0 h đơn cấu

Ta có F(B) là môđun tự do nên F(B) là mô đun xạ ảnh.h là đơn cấu nên áp dụng giả thiết  : F B J thỏa  J  h

Đinh nghĩa:  : BJ nghịch đảo trái của f với  b  b

 Kiểm tra  là đồng cấu:

 J là mô đun nội xạ

  là song tuyến tính  là song cộng tính (hiển nhiên được suy ra từ định nghĩa song tuyến tính)

  Giả sử  là song cộng tính Ta chứng minh là song tuyến tính, nghĩa là cần kiểm tra phép nhân ngoài xk y, x ky, 

Bài 2.17:xét nhóm cộng các số nguyên  và nhóm con 2 gồm các số chẵn Khi

đó, đồng cấu bao hàm j:j: 2 là đơn cấu Gọi là A nhóm cyclic cấp 2, với phần

tử sinh a, tức là A a Chứng minh rằng: 2  Alà nhóm cyclic cấp hai vói phần tử sinh là 2 a, tuy nhiên tích tenxơ j 1A là đồng cấu 0 và do vậy không đơn cấu

Với mỗi phần tử sinh 2 ata được

 Ta chứng minh i j là đơn cấu

Với A' X, A là hạng tử trực tiếp của R- mô đun phải X nên X  A A'

Với B' Y , B là hạng tử trực tiếp của R- mô đun trái Y nên Y B B'

Bài 2.18: Cho A là hạng tử trực tiếp của R- môđun phải X, còn B là hạng tử trực

tiếp của R- môđun trái Y và i:AX j B, : Y là các phép nhúng Chứng minh rằng: i j A:  B X Y cũng là phép nhúng