Định lý 1
Với các đồng cấu f A: Avà :g BB của những môđun trên R, hạt nhân của đồng cấu hHom f g( , ) :Hom A B( , )Hom A B( ', ') là môđun con K của Hom A B( , ) xác định bởi
Chứng minh
Giả sử Klà tùy ý cho trƣớc. Gọi x là phần tử bất kì của A. Ta
có f x( )Im , f K (f(x))Kergg( ( ( )) f x 0.
Suy ra h( ) ( ) x g f x ( )g( ( ( )) f x 0 , hay h( ) 0 . Do đó er
K K h.
Đảo lại, giả sử Kerhlà tùy ý cho trƣớc. Khi đó, g f h( ) 0. Theo tính chất 7 của đồng cấu môđun ta có Im(f)Kerg. Suy ra
Im(f) Im f (Im )f K ger K. (2)
Do đóKerhK.
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Hệ quả
Nếu f A: A là một toàn cấu,g B: B là một đơn cấu của
những môđun trên R thì: hHom f g( , ) :Hom A B( , )Hom A B( ', ')là một đơn cấu.
Định lý 2
Nếu M là một môđun tùy ý trên R và Af B g C 0
(*) là một dãy khớp những môđun trên R thì dãy:
( , ) [Im(f)] er( )
SV: Tào Thị Duyên 40 K36B-Sư phạm Toán
* *
0Hom C M( , )g Hom B M( , )f Hom A M( , )(**)
với f*Hom f i( , )và g*Hom g i( , ) trong đó :i M M tự đồng cấu đồng nhất của môđun M cũng là khớp.
Chứng minh
Vì g là một toàn cấu, i là một đơn cấu nên theo hệ quả trên ta có
*
( , )
Hom g i
g là một đơn cấu. Vì glà một đơn cấu nên Kerg {0}. Lại có Im (0) {0} , do đó ta có Im Kerg. (1)
Ta chứng minh Img Kerf.Vì (*) là dãy khớp nên ta có
Imf KergImf Kerg. Theo tính chất 7 của đồng cấu môđun ta có 0
gf .Ta có
* *
( , ) (0, ) 0 ( , ) ( , ) 0.
Hom gf i Hom i f g Hom gf ii Hom gf i
Theo tính chất 7 của đồng cấu môđun ta có Im(g*)Ker(f*). (2) Đảo lại, gọi Hom B M( , )là phần tử tùy ý trong Ker f( *). Đặt Im
K f Kerg . Vì f*Hom f i( , ) nên theo định lý 1 ta có
( )K (Imf ) K ier 0
( Keri 0do i là tự đồng cấu đồng nhất nên ilà một đẳng cấu, do đó ilà một đơn cấu), do đó ( ) K 0. Vì vậy : BM
cảm ứng ra một đồng cấu :QMcủa môđun thƣơng Q B K
.
Vì g là một toàn cấu vớiKlà hạt nhân của g nêngcảm ứng ra một đẳng cấu :
h QC. Gọi p B: Qlà phép chiếu tự nhiên. Nhƣ vậy ta đƣợc biểu đồ:
p C M B Q g h
SV: Tào Thị Duyên 41 K36B-Sư phạm Toán
ở đây hai tam giác là giao hoán.
Vì h là một đẳng cấu nên ta có thể định nghĩa một đồng cấu
1 :C M h . Khi đó ( , ) Hom C M và g*( ) g h1 g p. Do đó * Im(g ) và Ker f( *)Im(g*). (3) Từ (1), (2), (3) ta có (**) là dãy khớp. Định lý 3
Nếu M là một môđun tùy ý trên R và 0 A f B gC là một dãy khớp những môđun trên R thì dãy
* *
0Hom M A( , )f Hom M B( , )g Hom M C( , ) (**) với f*Hom j f( , ),g*Hom i g( , ) trong đó :i M M là R - tự đồng
cấu, cũng là khớp.
Chứng minh
Vì ilà một toàn cấu, f là một đơn cấu. Theo hệ quả trên ta có *
( , )
Hom i f
f là đơn cấu. Ta có Kerf {0}, Im (0) {0} , do đó Im Kerf . (1)
Vì gf 0 nên từ định nghĩa ta có Hom i gf( , )0 . Do đó, * *
( , ) ( , ) 0
Hom ii gf Hom i gf
g f theo tính chất 7 của đồng cấu môđun ta có Im(f*)Ker(g*). (2)
Bây giờ thiết lập bao hàm thức Ker g( *)Im(f*).
Gọilà một phần tử tùy ý củaHom M B( , ) tùy ý trong Kerg. Vì *
( , )
Hom i g
SV: Tào Thị Duyên 42 K36B-Sư phạm Toán
(M) (Im )i Kerg Imf
.
Vì f là đơn cấu nên tồn tại đẳng cấu : Im
j f A
sao cho f j: Imf Blà R - đồng cấu. Định nghĩa một đồng cấu
:M A
bằng cách lấy
( )x j[ ( )]x
với x M .Khi đó là một phần tử của Hom M A( , )và *
[f ( )]( ) x f j[ ( ( ))] x ( )x
Suy ra f*( ) . Do đó *
Imf
, suy ra Ker g*Im f*(do là phần tử tùy ý của Ker g*). (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra Ker g*Im f* suy ra dãy (**) là khớp.
Định lý 4
Nếu dãy sau những đồng cấu của những môđun trên R
0 A f B g C 0 (1) là một dãy khớp ngắn chẻ ra thì dãy:
* *
0Hom C M( , )g Hom B M( , )f Hom A M( , )0 (***)
trong đó * * ( , ), ( , ) Hom f i Hom g i f g với :i M M là R - tự đồng cấu cũng chẻ ra. Chứng minh
Vì (1) là dãy khớp ngắn chẻ ra suy ra đồng cấu f có một nghịch đảo trái, tức tồn tại một đồng cấu :h BA là R - đồng cấu sao cho
jhf là tự đồng cấu đồng nhất của môđun A. Ta có glà toàn cấu, ilà đơn cấu, theo hệ quả trên thì g Hom g i( , ) là một đơn cấu.Vì
SV: Tào Thị Duyên 43 K36B-Sư phạm Toán
( , ) ( , ) ( , ) ( , )
Hom f i Hom h i Hom hf ii Hom j i
là tự đồng cấu đồng nhất của Hom A M( , )suy ra f*Hom f i( , ) là toàn cấu. Do đó dãy (***) là dãy khớp ngắn và chẻ ra theo hệ quả 4(phần 2.2.2.4)