Bài 2.8. Cho R−môđun M và hai môđun con M1 và M2. Chứng minh các đẳng cấu R−môđun
(M1+M2)/M1 ∼=M
2/(M1∩M2), (M1+M2)/M2 ∼=M
1/(M1∩M2).
Bài 2.9. Cho đồng cấu R−môđun h : M → N, xét phép nhúng chính tắc j : Ker h → M và phép chiếu chính tắc p: N → N/Im h = Coker h. Chứng minh
i) Nếu h là đơn cấu thì M ∼=Ker p.
ii) Nếu h là tồn cấu thì N ∼=Coker j.
§ 3 CÁC CẤU TRÚC TRÊN TẬP HỢP CÁC ĐỒNG CẤU
Mệnh đề 3.1. Trong HomR(M, N) định phép toán cộng: với mọi f, g ∈
HomR(M, N),
(f+g)(x) = f(x) +g(x),
với mọi x ∈ M. Khi đó, HomR(M, N) cùng với phép cộng này lập thành một nhóm Aben.
Chứng minh. Trước hết, với mọi f, g ∈ HomR(M, N), với mọi x, y ∈ M và với mọia∈R,
(f+g)(x+y) =f(x+y) +g(x+y) = (f(x) +f(y) +g(x) +g(y) =f(x) +g(x) +f(y) +g(y)
= (f+g)(x) + (f +g)(y)
(f+g)(ax) =f(ax) +g(ax) = af(x) +ag(x) =a(f(x) +g(x)) =a(f +g)(x).
Do đó,f+g ∈HomR(M, N); và vì vậy định phép tốn cộng như trên là đúng đắn.
Ngồi ra,
48 Chương 2. Môđun
i) Với mọi f, g, h∈HomR(M, N)và với mọi x∈M, (f+ (g+h))(x) =f(x) + (g+h)(x)
=f(x) + (g(x) +h(x)) = (f(x) +g(x)) +h(x) = (f +g)(x) +h(x) = ((f +g) +h)(x).
Từ đó suy raf+ (g+h) = (f+g) +h,tức phép cộng trong HomR(M, N) có tính kết hợp.
ii) Với mọi f, g∈HomR(M, N)và với mọi x∈M, (f+g)(x) =f(x) +g(x)
=g(x) +f(x) = (g+f)(x)
Từ đó suy ra f +g =g+f, tức phép cộng trong HomR(M, N) có tính giao hốn.
iii) Tồn tại đồng cấu 0∈HomR(M, N)sao cho với mọif ∈HomR(M, N)và với mọix∈M,
(0 +f)(x) = 0(x) +f(x) = 0N +f(x) = f(x).
Từ đó suy ra0là phần tử khơng đối với phép cộng trong HomR(M, N). iv) Với mọi f ∈HomR(M, N), ánh xạ
−f : M →N
x 7→(−f)(x) =−f(x)
là một đồng cấuR−mơđun vì với mọix, y ∈M và với mọi a∈R, (−f)(x+y) = −f(x+y) =−(f(x) +f(y)) = (−f(x)) + (−f(y)) (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
= (−f)(x) + (−f)(y)
§3. Các cấu trúc trên tập hợp các đồng cấu 49
Và với mọix∈M, ta có
(−f +f)(x) = (−f)(x) +f(x) =−f(x) +f(x) = 0N = 0(x), cho nên −f+f = 0,và do đó −f là phần tử đối của f.
Vậy, HomR(M, N)cùng với phép cộng định như trên lập thành một nhóm Aben.
Mệnh đề 3.2. Nếu K là vành giao hốn thì nhóm Aben HomK(M, N) cùng phép nhân với vô hướng định bởi: với mọi f ∈HomK(M, N), với mọi c∈ K, và với mọi x∈M,
(cf)(x) =cf(x) lập thành một R−môđun.
Chứng minh. Trước hết, với mọi x, y ∈M và với mọi a∈R,
(cf)(x+y) = cf(x+y) = c(f(x) +f(y)) =cf(x)) +cf(y) = (cf)(x) + (cf)(y)
(cf)(ax) =cf(ax) =c(af(x)) = (ca)f(x) = (ac)f(x) doK là vành giao hoán =a(cf(x)) =a(cf)(x),
cho nên cf ∈HomK(M, N); và vì vậy định phép nhân với vơ hướng như trên là đúng đắn.
Ngoài ra,
i) Với mọi f, g∈HomK(M, N),với mọi c∈R, và với mọi x∈M,
(c(f+g))(x) =c(f+g)(x) = c(f(x)+g(x)) =cf(x)+cg(x) = (cf)(x)+(cg)(x) = (cf+cg)(x). Từ đó suy ra c(f +g) = cf +cg.
ii) Với mọi f ∈HomK(M, N),với mọi b, c∈R, và với mọi x∈M,
((b+c)f)(x) = (b+c)f(x) = bf(x)+cf(x) = (bf)(x)+(cf)(x) = (bf+cf)(x). Từ đó suy ra (b+c)f =bf +cf.
50 Chương 2. Môđun
iii) Với mọi f ∈HomK(M, N),với mọi b, c∈R, và với mọi x∈M, ((bc)f)(x) = (bc)f(x) = b(cf(x)) =b((cf)(x)) = (b(cf))(x). Từ đó suy ra (bc)f =b(cf).
iv) Với mọi f ∈HomK(M, N),và với mọi x∈M, (1Kf)(x) = 1Kf(x) = f(x). Từ đó suy ra 1Kf =f.
Vậy, nhóm Aben HomK(M, N)cùng phép nhân với vô hướng định như trên lập thành một K−môđun.
Mệnh đề 3.3. Với các R−môđun M, N, L, P và các đồng cấu f, g ∈
HomR(M, N), k ∈HomR(L, M), h∈HomR(N, P) ta có
(f +g)◦k =f◦k+g◦k, h◦(f +g) =h◦f +h◦g. Chứng minh. Với mọi u∈L,
(f+g)◦k(u) = (f +g)(k(u)) =f(k(u)) +g(k(u)) =f ◦k(u) +g◦k(u) = (f ◦k+g◦k)(u). Từ đó suy ra (f+g)◦k=f◦k+g◦k. Và Với mọi x∈M, h◦(f+g)(x) =h((f+g)(x)) =h(f(x) +g(x)) =h(f(x)) +h(g(x)) =h◦f(x) +h◦g(x) = (h◦f +h◦g)(x). Từ đó suy ra h◦(f+g) =h◦f +h◦g. Lưu ý 3.4.
i) Từ Mệnh đề 3.3, nhóm Aben EndR(M) cùng với phép ◦ lập thành một vành. Vành này có đơn vị làIdM,nhưng nói chung khơng giao hốn.
§3. Các cấu trúc trên tập hợp các đồng cấu 51
ii) Các tự đẳng cấu của R−môđun M, tức là các phần tử khả nghịch của vành EndR(M) lập thành một nhóm đối với phép hợp thành ◦, nhóm này được gọi là nhóm tuyến tính tổng qt của R−mơđun M và được ký hiệu là
GLR(M).
iii) Nếu K là vành giao hốn thì EndK(M) vừa có cấu trúc vành, vừa có cấu trúc K−mơđun.
Bài tập (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bài 3.1. Xem Z12, Z9 như các Z−môđun. Hãy xác định
HomZ(Z12, Z9).
Bài 3.2. Xem các nhóm cyclic hữu hạn như những Z−môđun. Chứng minh
đẳng cấu
HomZ(Zm, Zn)∼=Z(m,n).
Bài 3.3. Cho K là vành giao hoán với đơn vị 1K 6= 0K; với mọi K−môđun M,chứng minh f 7→f(1K) là một đẳng cấu K−môđun
HomK(K, M)∼=M.
Bài 3.4. Cho K là vành giao hoán với đơn vị 1K 6= 0K xem như K−môđun, hãy thiết lập đẳng cấu vành
EndK(K)∼=K.
Bài 3.5. Cho R là vành có đơn vị 1R 6= 0R, một nhóm cộng Aben M (xem như Z−mơđun) và một đồng cấu vành ρ : R → EndZ(M); chứng minh rằng nhóm cộng M cùng với phép nhân với vô hướng định bởi
ax=ρ(a)(x), với mọia∈R, với mọix∈M là mộtR−môđun.
52 Chương 2. Môđun
Bài 3.6. Chứng minh rằng nếu xem Zm như Z−mơđun thì
HomZ(Zm, Z) = {0}.
Cịn nếu xem Zm như Zn−mơđun với n là một bội số khác 0của m thì HomZn(Zm, Zn)∼=Zm.
Bài 3.7. Cho R là một vành có đơn vị 1R 6= 0R, và A là một nhóm Aben. Chứng minh rằng
i) Nếu r ∈R và f :R →A là một đồng cấu nhóm thì ánh xạ rf : R→A
s7→rf(s) =f(sr) cũng là một đồng cấu nhóm, tứcrf ∈HomZ(R, A).
ii) Nhóm Abel HomZ(R, A) cùng phép nhân với vô hướng xác định như trong i) là một R−mơđun trái.
§ 4 TÍCH VÀ TỔNG CỦA MƠĐUN
Cho một họ những R−mơđun (Mi)i∈I; và xét tích Descartes của họ này
Y
i∈I
Mi ={ (xi)i∈I |xi ∈Mi }.
Trên Q
i∈I
Mi ta có thể định phép cộng và phép nhân với vơ hướng như sau: (xi)i∈I + (yi)i∈I = (xi+yi)i∈I
a(xi)i∈I = (axi)i∈I, với mọi(xi)i∈I, (yi)i∈I ∈ Q
i∈I
Mi,với mọia ∈R. Khi đó Q (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
i∈I
Mi cùng với hai phép tốn này là một R−mơđun, có phần tử khơng 0 = (0Mi)i∈I và mỗi (xi)i∈I có phần tử đối(−xi)i∈I. Ngồi ra, với mỗi j ∈I ta có tồn cấu R−mơđun
pj : Q
i∈I
Mi →Mj
§4. Tích và tổng của mơđun 53
Định nghĩa 4.1. R−mơđun Q
i∈I
Mi cùng với các tồn cấu R−mơđun pj như trên được gọi là tích của họ R−mơđun (Mi)i∈I, và pj được gọi là phép chiếu thứ j.
Mệnh đề 4.2. (Tính chất phổ dụng của tích R− mơđun)
Cho pj : Q
i∈I
Mi →Mj, j ∈I,là tích của họ R−mơđun(Mi)i∈I. Khi đó, với mọi R−môđun M và các đồng cấu R−môđun
hj :M →Mj, j ∈I, tồn tại một đồng cấu R−môđun duy nhất h:M → Q
i∈I Mi sao cho pj ◦h=hj, với mỗi j ∈I. Chứng minh. Đặt h: M → Q i∈I Mi x7→h(x) = (hi(x))i∈I.
Khi đóh là một đồng cấu R−mơđun vì với mọi x, y ∈M,với mọi a∈R, h(x+y) = (hi(x+y))i∈I = (hi(x)+hi(y))i∈I = (hi(x))i∈I+(hi(y))i∈I =h(x)+h(y),
h(ax) = (hi(ax))i∈I = (ahi(x))i∈I =a(hi(x))i∈I =ah(x). Và với mọi x∈M
pj ◦h(x) = pj(h(x)) =pj((hi(x))i∈I) =hj(x),
với mỗi j ∈ I. Do đópj ◦h=hj, với mỗi j ∈ I. Ngồi ra, giả sử có đồng cấu R−mơđun h0 : M → Q
i∈I
Mi cũng thỏa mãnpj ◦h0 =hj, với mỗi j ∈I; khi đó với mọix∈M, dopj(h0(x)) = hj(x), với mỗij ∈I, nên
h0(x) = (hi(x))i∈I =h(x), và do đó h0 =h.
54 Chương 2. Mơđun
Xét bộ phận gồm các(xi)i∈I ∈ Q
i∈I
Mi,trong đóxi 6= 0Mi chỉ với một số hữu hạn i∈I, ký hiệu
a
i∈I
Mi. Khi đó bộ phận này là một mơđun con của Q
i∈I (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Mi. Ngồi ra, với mỗij ∈I,ta có đơn cấu R−mơđun
ej : Mj → ` i∈I Mi x7→ej(x) = (xi)i∈I, trong đó xj =x và xi = 0Mi, với i6=j. Định nghĩa 4.3. R−môđun ` i∈I
Mi cùng với các đơn cấu R−mơđun ej như trên được gọi là đối tích của họ R−môđun (Mi)i∈I, và ej được gọi là phép nhúng thứ j.
Lưu ý 4.4.
i) Với mỗi f = (xi)i∈I ∈ `
i∈I
Mi,
f =X
j
ej(xj), tổng hữu hạn.
ii) Khi một họR−môđun(Mi)i∈Imà Mi =M,với mọii∈I,thìR−mơđun tích được ký hiệu là
MI, và R−mơđun đối tích được ký hiệu là M(I), iii) Nếu I ={1, 2, . . . , n} thì n Y i=1 Mi = n a i=1 Mi.
§4. Tích và tổng của mơđun 55
Mệnh đề 4.5. (Tính chất phổ dụng của đối tích R− mơđun)
Cho ej :Mj → `
i∈I
Mi, j ∈I, là đối tích của họ R−mơđun (Mi)i∈I. Khi đó, với mọi R−mơđun M và các đồng cấu R−môđun
kj :Mj →M, j ∈I, tồn tại một đồng cấu R−môđun duy nhất k : `
i∈I Mi →M sao cho k◦ej =kj, với mỗi j ∈I. Chứng minh. Đặt k: ` i∈I Mi →M P j ej(xj)7→k(P j ej(xj)) = P j kj(xj). Khi đó k là một đồng cấu R−mơđun vì với mọi P
j ej(xj), P j ej(yj) ∈ ` i∈I Mi, với mọia∈R, k(P j ej(xj) +P j ej(yj)) =k(P j ej(xj +yj)) =P j kj(xj +yj) =P j kj(xj) +P j kj(yj) = k(P j ej(xj)) +k(P j ej(yj)), k(aX j ej(xj)) = k(X j ej(axj)) = X j kj(axj) =aX j kj(xj) =ak(X j ej(xj)). Và với mọi x∈Mj k◦ej(x) =k(ej(x)) =kj(x), với mỗij ∈I. Do đó k◦ej =kj, với mỗi j ∈I.
Ngồi ra, giả sử có đồng cấu R−môđun k0 : `
i∈I
Mi → M cũng thỏa mãn k0◦ej = kj, với mỗi j ∈ I; khi đó với mọi P
j
ej(xj) ∈ `
i∈I
Mi, do k0(ej(xj)) = kj(xj),với mỗi j ∈I, nên
k0(X j ej(xj)) =X j k0(ej(xj)) =X j kj(xj) = k(X j ej(xj)), và do đó k0 =k.
56 Chương 2. Mơđun Lưu ý 4.6. i) Ta có pjei = IdMi nếu i=j, 0 nếu i6=j ii) Nếu I ={1, . . . , n}thì ta cịn có: (ejpj)2 =ejpj và n X j=1 ejpj =IdQ i∈I Mi.
Cho họ (Mi)i∈I gồm các mơđun con Mi của một R−mơđun M; khi đó ta có đối tích (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
ej :Mj →a i∈I
Mi, j ∈I
được gọi là tổng ngồi của họ mơđun con (Mi)i∈I.
Và theo tính phổ dụng của đối tích, với các phép nhúng chính tắc Jj : Mj → M, j ∈ I, tồn tại một đồng cấu R−môđun duy nhất J : `
i∈I
Mi → M sao cho J◦ej =Jj,với mỗi j ∈I. Ngồi ra ta có
Im J ={X j
xj (tổng hữu hạn) |xj ∈Mj }
là một môđun con của M. Đây là môđun con của M sinh bởi bộ phận ∪ i∈IMi, ký hiệu
X
i
Mi,
và được gọi là tổng trong của họ môđun con (Mi)i∈I. Và Ker J ={ X j ej(xj) (tổng hữu hạn) | xj ∈Mj ∩(X i6=j Mi)}. Lưu ý 4.7.
§4. Tích và tổng của mơđun 57
i) Như vậy, để tổng ngoài `
i∈I
Mi đẳng cấu với tổng trong P
i Mi cần và đủ là Mj ∩(X i6=j Mi) ={0M}, với mọij ∈I. Trong trường hợp này, ta gọi tổng trong P
i
Mi là tổng trực tiếp, và ký hiệu là
⊕ i∈IMi.
ii) Một môđun conLcủa R−mơđunM được gọi làhạng tử trực tiếp trong M nếu có một mơđun con củaM sao choM =L⊕N;và khi đóN được gọi là mơđun con bù của L trong M.
iii) Nếu có một họ các mơđun con (Mi)i∈I của R−môđun M sao cho M = ⊕
i∈IMi,
thì ta gọi M là tổng trực tiếp của các môđun con Mi.
Bài tập
Bài 4.1. Miêu tả chi tiết tích và đối tích của hai R−mơđun M1 và M2.
Bài 4.2. Miêu tả chi tiết tích và đối tích của ba R−môđun M1, M2 và M3.
Bài 4.3. Miêu tả tổng trong, tổng ngoài và điều kiện tổng trực tiếp của ba môđun con M1, M2, M3 của một R−môđun M.
Bài 4.4. Cho K là một vành giao hốn có đơn vị 1K 6= 0K. Với mọi họ K−môđun(Mi)i∈I và mọiK−môđunN,chứng minh các đẳng cấuK−môđun sau: i) HomK(N,Q i∈I Mi)∼= Q i∈I HomK(N, Mi), ii) HomK(` i∈I Mi, N)∼= Q i∈I HomK(Mi, N). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bài 4.5. Cho đồng cấu R−môđun u:M →N.
58 Chương 2. Môđun
i) Chứng minh rằng (x, y)7→(x, y−u(x))là một tự đẳng cấu mơđun tích M ×N.
ii) Suy ra rằng nếu có một đồng cấuR−mơđunv :N →M và mộtx0 ∈M sao chov◦u(x0) =x0,thì tồn tại một tự đẳng cấuwcủa mơđunM×N sao cho
w(x0,0N) = (0M, u(x0)).
Bài 4.6. Cho R−môđun M và một tự đồng cấu h:M →M sao choh2 =h; chứng minh
M =Im h⊕Ker h.
Bài 4.7. Chứng minh rằng một môđun con N của R−môđun M là một hạng tử trực tiếp trong M nếu và chỉ nếu tồn tại một đồng cấu R−môđun p:M →N sao cho p(x) =x với mọix∈N.
Bài 4.8. Giả sửN là một hạng tử trực tiếp trong R−môđun M vàN0 là bù của N trong M; chứng minh đẳng cấu R−mơđun
M/N ∼=N0
.
§5. Mơđun tự do 59
§ 5 MÔĐUN 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 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
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 tồn ánh nên với mọi x ∈ FS, tồn tại f = P