bài tập cơ sở đại số dhsp huế

Thân tặng lớp Cao học Toán 13 Bài tập Lý thuyết Phạm trù Kỳ Anh (http://kyanh.net/) Huế, 21/05/2005 – Tam Kỳ, 04/01/2008 Tóm tắt nội dung Hướng dẫn giải số tập (Phạm trù) Giáo trình Cơ sở Đại số đại (Nguyễn Xuân Tuyến, Lê Văn Thuyết). Bảng đối chiếu tập cho trang 13. Bài 1. Tìm ker, coKer, im, coIm cấu xạ α = 0AB . Hint: ker α = 1A ; coKer α = 1B ; im α = 00B ; coIm α = 0A0 . (1) (2) Bài 2. Tìm ker, coKer, im, coIm cấu xạ α = 1A . Hint: ker α = 00A ; coKer α = 0A0 ; (3) im α = 1A ; coIm α = 1A . (4) Bài 3. Nếu α : A → B đơn xạ im α = α. Hint: Đặt k = α. Ta CMR k = im α. Trước hết, α phân tích qua k . Thật vậy, k = α = α · 1A . Giả sử có I cấu xạ s : A → I , t : I → B (trong đó, t đơn xạ) cho α = ts. A? /B ?     t    α=k ?? ?? ?? s ?? ?? ? I Khi đó, k = ts. Như vậy, k cấu xạ bé mà α phân tích qua k . Bài 4. Nếu α : A → B toàn xạ coIm α = α. (5) Hint: Tương tự Bài 3. Bài 5. Tìm cấu xạ f : B → C biết ker f = 1B . Hint: Giả sử ker f = 1B . Theo định nghĩa ker f , ta có f · ker f = f · 1B = f = 0BC . Bài 6. Nếu α đơn xạ ker α = 0. Điều ngược lại không đúng. Hint: Giả sử α : A → B k = 00A . Ta chứng minh k = ker α. Trước hết, αk = 0. Giả sử u : X → A cho αu = 0. Đặt γ = 0X0 αkγ = 0XB = αu. Vì α đơn xạ, nên kγ = u. Do vật tận cùng, nên γ tồn nhất. Vậy k = ker α. NX 1. Trong chứng minh trên, ta sử dụng định nghĩa. Để ý rằng, hạt nhân không tồn với phạm trù. Do đó, từ αk = α0 α đơn xạ ta suy k = mà không suy k hạt nhân. Bài 7. Trong phạm trù cộng tính, ker α = α : A → B đơn xạ. Hint: Xét u, v : X → A cho αu = αv . Do phạm trù cộng tính, ta có α(u−v) = αu−αv = 0. Vì ker α = nên tồn γ : X → để u − v = ker α · γ = 0XA . Từ suy u = v . Bài 8. Trong phạm trù khớp, ker α = α : A → B đơn xạ. Hint: Giả sử u, v : X → A cho αu = αv . Vì phạm trù khớp, ta phân tích α = ts với t = ker(coKer α) s = coKer(ker α). Vậy t(su) = t(sv). Vì t đơn xạ1 nên su = sv . Mà s = coKer(ker α) = coKer 00A = 1A (xem Bài 1) nên từ su = sv ta có u = v . Có thể chứng minh theo cách sau2 : Phân tích α = ts với s = coKer(ker α) = 1A . Khi đó, α = t = ker(coKer α) đơn xạ (do hạt nhân đơn xạ). Bài 9. Trong phạm trù cộng tính, coKer α = α : A → B toàn xạ. Hint: Lấy u, v : B → X cho uα = vα. Vì phạm trù cộng tính, (u − v)α = uα − vα = 0. Do coKer α = nên tồn γ : → X cho u − v = γ · coKer α = 0BX . Suy u = v . Bài 10. Trong phạm trù khớp, coKer α = α : A → B toàn xạ. Hint: Lấy u, v : B → X cho uα = vα. Phân tích α = ts với t = ker(coKer α) s = coKer(ker α). Ta có (ut)s = (vt)s. Mà s toàn xạ3 nên ut = vt. Để ý t = ker(coKer α) = ker 0B0 = 1B (xem Bài 1). Vậy u = v . Mọi hạt nhân đơn xạ. Thanks to Sir Nguyễn Ngọc Sang. Đối hạt nhân toàn xạ. Ky Anh, http://kyanh.net/ [2] Có thể chứng minh theo cách sau4 : Phân tích α = ts với t = ker(coKer α) = 1B . Khi đó, α = s = coKer(ker α) toàn xạ (do đối hạt nhân toàn xạ). α Bài 11. Trong phạm trù khớp, dãy −→ A −→ B khớp α đơn xạ. α Hint: Dãy −→ A −→ B khớp im 00A = ker α = 00A . α Bài 12. Trong phạm trù khớp, dãy A −→ B −→ khớp α toàn xạ. Hint: Vì phạm trù khớp, ta phân tích α = uv với u = ker(coKer α) = im α α v = coKer(ker α). Dãy A −→ B −→ khớp im α = ker 0B0 = 1B = u = ker(coKer α). (6) Theo Bài 5, điều tương đương với coKer α = 0BC (tức α toàn xạ). α Bài 13. Trong phạm trù khớp, dãy −→ A −→ B −→ khớp α đẳng xạ5 . Hint: Nếu α đẳng xạ, α song xạ; theo kết trên, ta có dãy cho khớp. Bây giờ, giả sử dãy cho khớp. Ta chứng minh α đẳng xạ cách cấu xạ β : B → A cho αβ = 1B βα = 1A . Do α đơn xạ phạm trù khớp, ta có α = ker(coKer α). Do α toàn xạ, coKer α = 0BO ; đó, ker(coKer α) = ker 0B0 = 1B . Như vậy, α 1B hạt nhân coKer α. Vì 1B hạt nhân coKer α coKer α · α = 0, ta suy tồn β : B → A cho 1B = αβ . Với β đó, ta có α1A = α = 1B α = αβα Mà α đơn xạ, nên 1A = βα. Tóm lại, β thỏa mãn αβ = 1B βα = 1A . Bài 14. Trong phạm trù khớp, α : A → B đơn xạ α = ker(coKer α). Hint: Phân tích α = uv với v = coKer(ker α) = coKer 00A = 1A . Bài 15. Trong phạm trù khớp, α : A → B toàn xạ α = coKer(ker α). Hint: Phân tích α = uv với u = ker(coKer α) = ker 0B0 = 1B . Bài 16. Trong phạm trù cộng tính, equ(α, β) = ker(α − β). Thanks to Sir Nguyễn Ngọc Sang. α song xạ. Ky Anh, http://kyanh.net/ [3] Hint: Đặt k = equ(α, β) : E → A. Ta CMR k = ker(α − β). Trước hết, (α − β)k = αk − βk = 0EB (vì αk = βk ). Giả sử có l : X → A cho (α − β)l = 0XB . Suy αl − βl = hay αl = βl. Theo định nghĩa đẳng hóa k , tồn γ : X → E để l = kγ . Ngược lại, giả sử tồn k : E → A hạt nhân α − β . Ta CMR k = equ(α, β). Trước hết, ta có αk − βk = (α − β)k = k hạt nhân α − β . Giử sử có u : X → A cho αu = βu. Do phạm trù cộng tính, ta suy (α − β)u = 0XB . Do đó, theo định nghĩa hạt nhân k , tồn γ : X → E cho u = kγ . Vậy k 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: tồn coKer(α − β) dẫn đến tồn coEqu(α, β) ngược lại. Bài 18. Nếu β : B → C đơn xạ ker(βα) = ker α với α : A → B . NX 2. Ta phải chứng minh: tồn ker α tồn ker(βα) ker(βα) = ker α. Và ngược lại, tồn ker(βα) tồn ker α . Ý nghĩa toán là, ta nối đơn xạ vào bên phải cấu xạ, hạt nhân cấu xạ không thay đổi. Hint: Đặt k : K → A hạt nhân α. Ta chứng minh k = ker(βα). Trước tiên, ta có (βα)k = β(αk) = β0KB = 0KC . Giả sử có l : X → A cho (βα)l = β(αl) = 0XC . Do β đơn xạ, ta có αl = 0XB . Do định nghĩa k , tồn p : X → K để l = kp. Vậy k hạt nhân βα. Bây giờ, giả sử tồn k : K → A hạt nhân βα. Ta chứng minh k = ker α. Trước hết, ta có (βα)k = β(αk) = 0KC , mà β đơn xạ, nên αk = 0KB . Nếu có u : X → A cho αu = 0XB ta có (βα)u = β(αu) = 0XC . Theo định nghĩa k , tồn cấu xạ p : X → K cho u = kp. Vậy k hạt nhân α. Bài 19. Nếu α : A → B toàn xạ coKer(βα) = coKer(β) với β : B → C . NX 3. Ý nghĩa: ta nối toàn xạ vào bên trái cấu xạ, đối hạt nhân cấu xạ không thay đổi. Hint: Đặt k : C → K đối hạt nhân β . Ta chứng minh k = coKer(βα). Trước hết, ta có k(βα) = (kβ)α = 0BK α = 0AK . Giả sử có l : C → X cho l(βα) = (lβ)α = 0AX . Vì α toàn xạ, ta có lβ = 0BX . Theo định nghĩa của đối hạt nhân k , tồn p : K → X cho l = pk . Ky Anh, http://kyanh.net/ [4] Vậy k đối hạt nhân βα. Ngược lại, giả sử tồn k : C → K đối hạt nhân βα. Ta chứng minh k = coKer β . Ta có k(βα) = (kβ)α = 0AK , mà α toàn xạ, nên kβ = 0BK . Bây giờ, có l : C → X cho lβ = 0BX ta có l(βα) = (lβ)α = 0AX . Do k đối hạt nhân βα, tồn p : K → X cho l = pk . Vậy k đối hạt nhân β . Bài 20. Trong phạm trù abel, vật Q nội xạ dãy khớp β α −→ A −→ A −→ A −→ (7) cảm sinh dãy khớp F G −→ [A , Q] −→ [A, Q] −→ [A , Q] −→ 0. (8) NX 4. 1. Trong phạm trù cộng tính, tập hợp [X, Y ] nhóm cộng abel. Do đó, dãy (8) gồm vật phạm trù nhóm; cấu xạ F , G đồng cấu nhóm mà ta xác định. (Từ suy ra, ta phải chứng minh chẳng hạn F đơn cấu G toàn cấu.) 2. Kết tập tương tự kết biết lý thuyết module M -nội xạ. Hint: Trước hết, ta xác định F , G sau F (u) = uβ, G(v) = vα, u ∈ [A , Q], v ∈ [A, Q]. (9) Sử dụng tính cộng tính phạm trù, ta chứng minh F G đồng cấu nhóm. Ta chứng minh dãy khớp (7) cảm sinh dãy khớp F G −→ [A , Q] −→ [A, Q] −→ [A , Q] (10) vật Q có nội xạ hay không. Ta có F đơn cấu. Thật vậy, F (u) = uβ = với u : A → Q, β toàn xạ, ta có u = 0. Bây giờ, lấy u ∈ [A , Q] G F (u) = G(uβ) = (uβ)α = u(βα) = u0 = 0. (11) Điều có nghĩa im F ⊂ ker G. Ta 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 phạm trù khớp, ta phân tích α = ts với t = ker(coKer α) = im α s = coKer(ker α) = coIm α. Như vậy, G(v) = vα = v · im α · coIm α = 0. Do coIm α toàn xạ, ta suy 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 đối hạt nhân ker β ). Do đó, từ v ker β = định nghĩa đối hạt nhân, ta suy tồn u : A → Q cho uβ = v . Rõ ràng, với u đó, F (u) = uβ = v . Ky Anh, http://kyanh.net/ [5] Cuối cùng, ta phải chứng minh vật Q nội xạ dãy khớp α −→ A −→ A (12) cảm sinh dãy khớp G [A, Q] −→ [A , Q] −→ 0. (13) Để ý rằng, dãy (12) khớp α đơn xạ (xem Bài 11). Trong đó, dãy (13) khớp G toàn cấu, tức với cấu xạ v : A → Q tồn cấu xạ u : A → Q cho G(u) = v = uα. So sánh với định nghĩa vật nội xạ, ta có điều phải chứng minh :-) Bài 21. Trong phạm trù abel, vật P xạ ảnh dãy khớp α β −→ A −→ A −→ A −→ (14) cảm sinh dãy khớp F G −→ [P, A ] −→ [P, A] −→ [P, A ] −→ 0. (15) Hint: Các đồng cấu F , G xác định sau F (u) = αu, G(v) = βv, u ∈ [P , A], v ∈ [P, A]. (16) Ta chứng minh trước hết dãy khớp (14) cảm sinh dãy khớp F G −→ [P, A ] −→ [P, A] −→ [P, A ] (17) 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 = α đơn xạ. Ta chứng minh dãy (17) khớp [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 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 ] cho F (u) = αu = v . Trong phạm trù khớp, ta phân tích β = (im β) · s với s = coKer(ker β). 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 coKer(im α)·v = 0. Vì α đơn xạ, nên theo Bài 3, ta có im α = α (coKer α)·v = 0. Lại theo kết Bài 14, đơn xạ α, ta có α = ker(coKer α) (hay α hạt nhân coKer α). Từ định nghĩa hạt nhân, ta suy tồn cấu xạ u : P → A cho v = αu = F (u). Đó điều phải chứng minh. Để hoàn thành phần lại toán, ta lập luận tương tự phần cuối Bài 20. Bài 22. Hàm tử G : D → C có hàm tử F : C → D phụ hợp bên trái G với vật A C , hàm tử GA : D −→ S, Y −→ [A, G(Y )] (20) biểu diễn được. Ky Anh, http://kyanh.net/ [6] Hint: Hàm tử6 GA : với β : Y → Y , GA (β) : [A, G(Y )] → [A, G(Y )] xác định bởi: GA (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 A ∈ Ob(C), hàm tử GA biểu diễn vật F (A) ∈ D. Sự tồn F nghĩa hai hàm tử sau tương đương tự nhiên F : C × D −→ S, (X, Y ) −→ [F (X), Y ], (21) (α,β) (X , Y ) −−−→ (X, Y ) −→ F (α, β) : [F (X), Y ] −→ [F (X ), Y ], F (α, β)(g) = β · g · F (α); G : C × D −→ S, (X, Y ) −→ [X, G(Y )], (22) (α,β) (X , Y ) −−−→ (X, Y ) −→ G(α, β) : [X, G(Y )] −→ [X , G(Y )], G(α, β)(g) = G(β) · g · α. Ký hiệu tX,Y : [X, G(Y )] → [F (X), Y ] song ánh để biểu đồ tX,Y [X, G(Y )] / [F (X), Y ] G(α,β) F (α,β)  [X , G(Y )] tX  / [F (X ), Y ] (23) ,Y giao hoán với (α, β) : (X , Y ) → (X, Y ). Bây giờ, cố định vật A ∈ Ob(C) đặt R = F (A). Từ sơ đồ với X = A ∈ Ob(C), α = 1A β ∈ [Y, Y ], ta có sơ đồ giao hoán: tA,Y [A, G(Y )] / [F (A), Y ] G(1A ,β) F (1A ,β)  [A, G(Y )] tA,Y  / [F (A), Y ] (24) Để ý rằng, F (1A , β)(u) = β · u · F (1A ) = βu, tương tự G(1A , β)(u) = G(β)u. Xét hàm tử H R sau: H R : D −→ S, Y −→ H R (Y ) = [R, Y ], β Y −→ Y −→ H R (β) : [R, Y ] −→ [R, Y ], (25) H R (β)(u) = βu. Với lưu ý R = F (A) cách xác định F (1A , β), ta có H R (β)(u) = βu = F (1A , β)(u). Có cần kiểm tra GA hàm tử? Ky Anh, http://kyanh.net/ [7] Để chứng minh hàm tử GA biểu diễn (bởi F (A)), ta chứng minh hàm tử GA tương đương tự nhiên7 với hàm tử H R . Xét ánh xạ r sau: r : Ob(D) −→ Mor(S) Y −→ r(Y ) : H R (Y ) −→ GA (Y ), (26) đây, H R (Y ) = [R, Y ], GA (Y ) = [A, Y ] ta chọn r(Y ) = (tA,Y )−1 (khi đó, hiển nhiên r(Y ) song ánh). Ta cần sơ đồ sau giao hoán (với β ∈ [Y, Y ]) [R, Y ] r(Y ) / [A, G(Y )] H R (β) GA (β)  [R, Y ] r(Y )  / [A, G(Y )] . (27) Từ sơ đồ giao hoán (24) với để ý GA (β)(u) = G(β)u = G(1A , β)(u) H R (β)(u) = βu = F (1A , β)(u) r(Y ) = (tA,Y )−1 , ta có điều phải chứng minh — Nếu bạn chưa hiểu, theo dõi chứng minh sau: từ (24), ta có F (1A , β) · tA,Y = tA,Y · G(1A , β) ⇐⇒ ⇐⇒ H R (β) · tA,Y = tA,Y · GA (β) (tA,Y )−1 · H R (β) = GA (β) · (tA,Y )−1 ⇐⇒ (28) r(Y ) · H R (β) = GA (β) · r(Y ), tức (27) giao hoán. NX 5. Việc tìm R = F (A) xuất phát từ việc quan sát (27) (cần) (24) (có). Hint: Để làm phần đảo toán, cần sử dụng phạm trù biểu diễn hàm tử. Chứng minh phần này8 tìm thấy nhiều tài liệu lý thuyết phạm trù. Bài 23. Cho M R-S module cố định. Các hàm tử9 F : Mod-R −→ Mod-S, G : Mod-S −→ Mod-R, X −→ X ⊗ M, Y −→ Hom(M, Y ), α −→ α ⊗ 1; β −→ Hom(1, β) (29) liên hợp, liên hợp chúng HomS (X ⊗R M, Y ) −→ HomR X, HomS (M, Y ) (30) đẳng cấu nhóm abel. Thanks to Nguyễn Thái An. Vượt khả tác giả :D Cần kiểm tra F , G hàm tử. Ky Anh, http://kyanh.net/ [8] Hint: Trước hết, ta xây dựng đẳng cấu KX,Y = K : HomS (X ⊗R M, Y ) −→ HomR X, HomS (M, Y ) . (31) Với u ∈ Hom(X ⊗ M, Y ) x ∈ X , ta xét ánh xạ K(u)(x) sau K(u)(x)(m) = u(x ⊗ m). (32) Ta chứng minh K(u)(x) ∈ Hom(M, Y ) K(u) ∈ HomR X, HomS (M, Y ) . Bước tiếp theo, ta chứng minh K đồng cấu nhóm, tức K thỏa mãn u, v ∈ Hom(X ⊗ M, Y ). K(u + v) = K(u) + K(v), (33) Bây giờ, ta chứng minh K đơn cấu. Nếu K(u) = với u đó, K(u)(x)(m) = u(x ⊗ m) = 0, x ∈ X, m ∈ M. (34) Vì tập hợp {x ⊗ m : x ∈ X, m ∈ M } hệ sinh X ⊗ M , nên từ (34) ta suy u = 0. Ta chứng minh K toàn cấu. Lấy v ∈ HomR X, HomS (M, Y ) . Ta u ∈ Hom(X ⊗ M, Y ) để K(u) = v . Xét ánh xạ f : X × M → Y sau: f (x, m) = v(x)(m). (35) Ta có f ánh xạ song tuyến tính. Do đó, theo định nghĩa tích tensor X ⊗ M , tồn (duy nhất) đồng cấu u : X ⊗ M → Y cho u(x ⊗ m) = f (x, m), x ∈ X, m ∈ M. (36) Với u đó, ta có u ∈ Hom(X ⊗ M, Y ) K(u) = v . Hint: Bây giờ, ta chứng tỏ F phụ hợp bên trái G. Với (α, β) : (X , Y ) → (X, Y ), ta xác định ánh xạ F (α, β) G(α, β) sau: F (α, β)(u) = β · u · F (α); G(α, β)(v) = G(β) · v · α; (37) xác định ánh xạ thể qua hai sơ đồ sau: F (α) β u F (X ) −−−→ F (X) −→ Y −→ Y ; α G(β) v X −→ X −→ G(Y ) −−−→ G(Y ). (38) (39) −1 Ta phải chứng tỏ rằng10 sơ đồ sau giao hoán (với HX,Y = KX,Y ): [X, G(Y )] HX,Y G(α,β) F (α,β)  [X , G(Y )] 10 / [F (X), Y ] HX  / [F (X ), Y ] , (40) ,Y ` ´ Để ý: [X, G(Y )] = Hom X, Hom(M, Y ) [F (X), Y ] = Hom(X ⊗ M, Y ). Ky Anh, http://kyanh.net/ [9] tức phải chứng minh F (α, β) HX,Y (u) = HX ,Y G(α, β)(u) (41) với u ∈ Hom X, Hom(M, Y ) . Với x ∈ X m ∈ M , ta có F (α, β) HX,Y (u) (x ⊗ m) = β · HX,Y (u) · (α ⊗ 1) (x ⊗ m) = β · HX,Y (u) α(x ) ⊗ m = β HX,Y (u) α(x ) ⊗ m (42) = β u α(x ) (m) G(β)(v) = Hom(1, β) (v) = β · v , ta có HX ,Y G(α, β)(u) (x ⊗ m) = HX ,Y G(β) · u · α (x ⊗ m) = G(β) · u · α (x )(m) = G(β) u α(x ) (m) (43) = β · u α(x ) (m) = β u α(x ) (m) . Vậy (41) nghiệm với u ∈ Hom X, Hom(M, Y ) . Bài 24. Với A ∈ Ob(R-Mod), hàm tử H A = HomR (A, −) : R-Mod −→ Ab khớp trái. Hint: Hàm tử F = H A xác định X −→ F (X) = [A, X] = Hom(A, X), α X −→ X −→ F (α) : Hom(A, X) −→ Hom(A, X ), F (α)(u) = α · u, (44) u ∈ Hom(A, X). Ta chứng minh F hàm tử hiệp biến, cộng tính. NX 6. Các phạm trù Ab R-Mod abel (khớp, cộng tính, có tích hữu hạn). Do đó, để chứng minh H A khớp, ta chứng minh dãy khớp α β −→ X −→ Y −→ Z (45) cảm sinh dãy khớp nhóm abel F (α) F (β) −→ Hom(A, X) −−−→ Hom(A, Y ) −−−→ Hom(A, Z). (46) Kết có lý thuyết module. Dưới đây, ta sử dụng định nghĩa để giải toán. α β Hint: Xét dãy đồng cấu X −→ Y −→ Y , đó, α = ker β , tức X = Ker β α phép nhúng X vào Y . Ta phải chứng minh sơ đồ F (α) F (β) F (X) −−−→ F (Y ) −−−→ F (Z) Ky Anh, http://kyanh.net/ (47) [10] ta có F (α) = ker F (β) . Lấy v ∈ Hom(A, Y ). Ta có v ∈ Ker F (β) F (β)(v)(a) = (β · v)(a) = β v(a) = 0, ∀a ∈ A; (48) tức v(a) ∈ Ker β với a ∈ A — điều có nghĩa v(A) ⊂ Ker β hay v ∈ Hom(A, Ker β). Ta vừa chứng minh Ker F (β) = Hom(A, Ker β) = F (Ker β) = F (X). Để kết thúc chứng minh, ta nhận xét F (α)(u) = αu = u (do α phép nhúng X vào Y ) — tức F (α) phép nhúng F (X) vào F (Y ). Bài 25. Với B ∈ Ob(R-Mod), hàm tử11 HB = Hom(−, B) : R-Mod −→ Ab khớp trái. Hint: Hàm tử F = HB = Hom(−, B) xác định sau: X −→ F (X) = Hom(X, B), α X −→ X −→ F (α) : Hom(X, B) −→ Hom(X , B), F (α)(u) = u · α, (49) u ∈ Hom(X, B). Ta chứng minh F hàm tử phản biến, cộng tính. β α Xét sơ đồ X −→ Y −→ Z , đó, β = coKer α, tức β phép chiếu Y vào Z = Y / Im α. Ta phải chứng minh rằng, sơ đồ F (β) F (α) Hom(Z, B) −−−→ Hom(Y, B) −−−→ Hom(X, B) (50) ta có F (β) = ker F (α). Lấy v ∈ Hom(Y, B). Ta có v ∈ ker F (α) F (α)(v)(x) = (v · α)(x) = v α(x) = 0, ∀x ∈ X; (51) tức Im α ⊂ Ker v . Ký hiệu Ω tập hợp 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) với y ∈ Im α, ta có F (β)(u)(y) = (u · β)(y) = u β(y) = u β(0) = 0; (52) điều có nghĩa v = F (β)(u) có nhân chứa Im α, tức v ∈ Ω. Ta chứng minh F (β) đẳng cấu Hom(Z, B) Ω, cách đồng cấu G từ Ω đến Hom(Z, B) cho F (β) · G = G · F (β) = 1. Đồng cấu G xác định 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 v ∈ Ω, β(y) = β(y ) β(y − y ) = hay y − y ∈ Im α; Im α ⊂ Ker v , nên từ ta có v(y − y ) = hay v(y) = v(y ); điều có nghĩa v(y) không phụ thuộc vào cách chọn đại diện lớp β(y) = y ; đó, G(v) xác định cách hợp lý. Ta kiểm tra đẳng thức F (β) · G = G · F (β) = 1. 11 phản biến! Ky Anh, http://kyanh.net/ [11] Với u ∈ Hom(Y, B) y ∈ Y , ta có G(u) ∈ Hom(Z, B) F (β) · G (u) ∈ Hom(Y, B) F (β) · G (u) (y) = F (β) G(u) (y) = G(u) · β (y) = G(u) β(y) = u(y); (54) 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 (53) G · F (β) (u)(z) = G F (β)(u) (z) ==== 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 F = A ⊗ − : R-Mod −→ Ab, X −→ A ⊗ X, α X −→ X −→ 1A ⊗ α : A ⊗ X −→ A ⊗ X , (57) (1A ⊗ α)(a ⊗ x) = a ⊗ α(x). Hint: Ta chứng minh F hàm tử hiệp biến, cộng tính. α β Xét sơ đồ X −→ Y −→ Z , với β = coKer α, tức β phép chiếu từ Y vào Z = Y / Im α. Ta phải chứng minh sơ đồ F (α) F (β) A ⊗ X −−−→ A ⊗ Y −−−→ A ⊗ Z (58) ta có F (β) = coKer F (α). Việc chứng minh không đơn giản :D Ta sử dụng tiêu chuẩn nhận biết hàm tử khớp phạm trù abel. Để ý R-Mod Ab phạm trù abel. Mặc khác, với dãy khớp R-Mod α β X −→ Y −→ Z −→ 0, (59) ta có dãy nhóm abel khớp sau (do tính khớp phải tích tensor12 ) F (α) F (β) A ⊗ X −−−→ A ⊗ Y −−−→ A ⊗ Z. (60) Như vậy, F khớp phải. 12 Kết chứng minh lý thuyết module. Ky Anh, http://kyanh.net/ [12] Bảng đối chiếu tập Cơ sở Đại số đại 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, http://kyanh.net/ [13] [...]... tensor12 ) F (α) F (β) A ⊗ X − −→ A ⊗ Y − −→ A ⊗ Z − − (60) Như vậy, F khớp phải 12 Kết quả này được chứng minh trong lý thuyết module Ky Anh, http://kyanh.net/ [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,... −→ 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... 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, http://kyanh.net/ [11] Với u ∈ Hom(Y, B) và y ∈ Y , ta có... (β)(u) = uβ ∈ Hom(Y, B), G · F (β) (u) ∈ Hom(Z, B) (55) Với z = β(y) ∈ Z , ta có (53) G · F (β) (u)(z) = G F (β)(u) (z) = = 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, α X −→ X −→ 1A ⊗ α : A ⊗ X −→ A ⊗ X , (57) (1A ⊗ α)(a ⊗ x) = a ⊗ α(x) Hint: Ta chứng minh... 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 tử11 HB = Hom(−, B) : R-Mod −→ Ab khớp trái Hint: Hàm tử F = HB = Hom(−, B) được xác định như sau: X −→ F (X) = Hom(X, B), α X −→ X −→ F (α) : Hom(X, B) −→ Hom(X , B), F (α)(u)