§ 5 MƠĐUN TỰ DO
Định nghĩa 5.1. Cho R là một vành có đơn vị 1R 6= 0R. Với một tập S bất kỳ, ta gọi R−môđun tự do trên S là một R−môđun FS cùng với một ánh xạ j :S →FS có tính chất: Với mọi R−mơđun M và mọi ánh xạ f :S →M,tồn tại một đồng cấuR−môđun duy nhấth:FS →M sao cho h◦j =f.
Mệnh đề 5.2. Với một tập S bất kỳ, luôn tồn tại R−môđun tự do trên S. Chứng minh. Với mọi tậpS, ta xét họR−môđun(Rs)s∈S với Rs=R với mọi s∈S. Xét đối tíches :R→R(S) và đặt ánh xạ
j1 : S →R(S)
s7→j1(s) = es(1R),
khi đó (R(S), j1) là R−mơđun tự do trên S. Thật vậy, với mọi R−môđun M và mọi ánh xạ f :S →M, ta lập họ ánh xạ
fs: R→M, s∈S a7→fs(a) =af(s).
Họ này là họ các đồng cấu R−mơđun vì với mọi a, b∈R, với mọic∈R, fs(a+b) = (a+b)f(s) = af(s) +bf(s) = fs(a) +fs(b),
fs(ca) = (ca)f(s) = c(af(s)) =cfs(a).
Theo tính phổ dụng của đối tích, tồn tại một đồng cấu R−môđun duy nhất h : R(S) → M sao cho h◦es =fs, với mỗi s ∈ S. Do đó h(es(1R)) = fs(1R), suy ra h(j1(s)) = f(s) với mọi s∈S,tức là
h◦j1 =f.
Hơn nữa, giả sử đồng cấuR−môđunh0 :R(S) →M cũng thỏa mãn h0◦j1 =f, khi đó với mọif =P
s es(as)∈R(S) h(f) =P s h(es(as)) = P s fs(as)) =P s asf(s) = P s ash0(j1(s)) =P s ash0(es(1R)) =P s h0(es(as)) = h0(P s es(as)) = h(f), tức h=h0.
60 Chương 2. Mơđun
Lưu ý 5.3.
i) j1 là đơn ánh vì với mọi s, t∈S,
j1(s) =j1(t)⇒es(1R) =et(1R)⇒s=t.
ii) j1(S)là một bộ phận sinh của R(S) vì với mọif =P
s es(as)∈R(S), f =X s es(as) =X s ases(1R) =X s asj1(s).
Mệnh đề 5.4. Với mọi vành R có đơn vị 1R 6= 0R và mọi tập S,
i) R−môđun tự do j :S →FS trên S được xác định duy nhất sai khác một đẳng cấu;
ii) j là đơn ánh;
iii) j(S) là một bộ phận sinh của R−môđun FS.
Chứng minh.
i) Xét j :S→FS vàj0 :S →FS0 là hai R−môđun tự do trên cùng một tập S. Khi đó vì j : S → FS là tự do nên tồn tại một đồng cấu R−môđun duy nhấth:FS →FS0 sao cho
h◦j =j0 (1).
Và vìj0 :S→FS0 là tự do nên tồn tại một đồng cấuR−môđun duy nhất h0 :FS0 →FS sao cho
h0◦j0 =j (2). Từ (1) và (2) ta có
(h0◦h)◦j =h0◦j0 =j,
cho nênh0◦h =IdFS. Lý luận tương tự ta cũng cóh◦h0 =IdF0
S. Vì vậy h:FS →FS0 là một đẳng cấu.
§5. Mơđun tự do 61
ii) Theo i), tồn tại một đẳng cấu R−môđun duy nhất θ : R(S) → FS sao cho
θ◦j1 =j, từ đó suy ra j là đơn ánh.
iii) Vì θ là toàn ánh nên với mọi x ∈ FS, tồn tại f = P
s es(as) ∈ R(S) sao choθ(f) = x. Từ đó suy ra x =θ(P s es(as)) =θ(P s ases(1R)) =θ(P s asj1(s)) =P s as(θ◦j1)(s) = P s asj(s).
Vì vậyj(S) là một bộ phận sinh của R−môđun FS.
Định nghĩa 5.5. R−môđun tự do là R−mơđun tự do trên (ít nhất) một tập con của nó.
Lưu ý 5.6.
i) Cho một R−mơđun M vàX ⊂M; và xétR−môđun tự do(RX, j1) với j1 : X →RX
x7→j1(x) = ex(1R),
và ánh xạ bao hàmjX :X →M.Khi đó, tồn tại một đồng cấuR−môđun duy nhất
LX :RX →M sao cho
LX ◦j1 =jX, và từ đóLX(j1(x)) =x, với mỗix∈X.
ii) Theo ii)của Lưu ý 5.3, với mỗif ∈R(X), f =P
x axj1(x). Do đó LX(f) =X x axLX(j1(x)) =X x axx, ax ∈R.
62 Chương 2. Mơđun Vì vậy ImLX ={ X x axx | ax ∈R }, và KerLX ={ X x axj1(x)∈R(X) | X x axx= 0M }.
iii) X ⊂M là bộ phận sinh củaM khi và chỉ khiLX là toàn cấu. Và nếuLX là đơn cấu thì ta gọiX là độc lập tuyến tính. Và lúc đó KerLX ={0RX},
tức
X
x
axx= 0M ⇒ax = 0R, với mọix∈X.
X ⊂M được gọi là một cơ sở nếu LX là một đẳng cấu, tức X vừa là bộ phận sinh của M vừa độc lập tuyến tính.
iv) R−mơđun M làR−mơđun tự do nếu và chỉ nếu nó có một cơ sở; tức có X ⊂M sao cho LX :R(X) ∼=M.
v) Với mỗi R−mơđun M có ít nhất một bộ phận sinh là X = M∗ = M \ {0M}.
Mệnh đề 5.7. Mọi R−môđun M đều đẳng cấu với một môđun thương của một R−mơđun tự do.
Chứng minh. vì X = M∗ = M \ {0M} là một bộ phận sinh của M nên LX :RX →M là một tồn cấu. Từ đó ta có
M ∼=RX/KerLX.
Bài tập
Bài 5.1. Giả sửR là vành có đơn vị1R 6= 0Rvà có đặc số khác2;chứng minh rằng R−mơđun R2 là tự do trên tập gồm hai phần tử (0R,1R) và (1R,1R)
Bài 5.2. Giả sử R là vành có đơn vị 1R 6= 0R và có đặc số khác 2; chứng minh rằng R−môđun R3 là tự do trên mỗi tập gồm có ba phần tử sau đây: