Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM BÀI TẬP LÝ THUYẾT VÀNH Bài 1: Vành và Module Bài 1.2. R-vành đơn nếu nó không có ideal thực sự khác 0. CMR nếu K là trường thì vành M n (K) là vành đơn Giải. - Giả sử I là ideal của M n (K), I khác 0 thì ij rs 0 a (a ) I a 0∃ ≠ = ∈ ⇒ ∃ ≠ với cặp (r, s) nào đó. TA viết ij ij ij i,j a (a ) a e= = ∑ . - Chú ý rằng il ij kl e , j k e .e 0,i k =  =  ≠  . Ta CM với mọi k thì kk e I∈ khi đó n kk k I e I= ∈ ∑ . Thật vậy, xét kr kr ij ij rj kr rj rj kj i, j j j e a e ( a .e ) a e e a e I= = = ∈ ∑ ∑ ∑ - Xét 1 rj kj rs sk kk j ( a e )(a e ) e I − = ∈ ∑ . Bài 1.3. R-vành chính quy vonNewmann: x R, a R : xax x∀ ∈ ∃ ∈ = . CMR các đk sau tương đương: (i) R-vành chính quy (ii) Mọi ideal phải chính của R đều được sinh bởi một lũy đẳng (iii) Mọi ideal trái chính Giải. (i)->(ii): G/s R-vành chính quy (V-Nm). I là ideal phải chính của R I xR⇒ = - Ta có : xaR xR I⊆ = và xaxR xR I xaxR (xa)xR xaR I xaR= ⇒ = = ⊆ ⇒ = - Ta CM xa lũy đẳng: 2 xax x xaxa xa (xa) xa xong= ⇒ = ⇒ = ⇒ (ii)->(i): lấy x R xR∈ ⇒ là ideal phải chính của R y⇒ ∃ lũy đẳng sao cho 2 xR yR a,b R :(x yb & y xa) xax yx yyb y b x= ⇒ ∃ ∈ = = ⇒ = = = = nên R là vành chính quy. Bài 1.4. CMR trong một vành chính quy giao hoán: (i) Mọi phần tử không khả nghịch đều là ước của 0 (ii) Mọi ideal nguyên tố đều tối đại (iii) Mọi ideal chính đều là hạng tử trực tiếp Giải. (i)- G/s x ≠ 0 là phần tử không khả nghịch, tức yx a : xax x R x xax 0 x(1 ax) 0∃ = ∈ ⇒ − = ⇒ − = . Nếu 1 1 1 1 1 ax=0 1 ax x ax x a(x x) x − − − − − ⇒ = ⇒ = ⇒ = (R giao hoán) 1 a x − ⇒ = (mâu thuẫn). Vậy x là ước của 0. (ii)- G/s I là ideal nguyên tố của R. J là ideal chứa I của R: I J R⊂ ⊆ . Ta Cm J=R. - Vì J chứa I và J I≠ nên x J \ I∃ ∈ . R chính quy nên a R : x xax x xax 0 I x(1 ax) I 1 ax I∃ ∈ = ⇒ − = ∈ ⇒ − ∈ ⇒ − ∈ (do I nguyên tố) 1 ax J ⇒ − ∈ - Mà 1 1 ax ax J J R(xong)= − + ∈ ⇒ = (iii)- G/s I là ideal chính, ta chứng minh I là vành. I là chính nên nó là ideal trái chính, nó sẽ được sinh ra bởi một lũy đẳng (theo 1.3), tức 2 I Ry, y y= = . Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM - Với x I x ry xy ryy ry x∈ ⇒ = ⇒ = = = . Nên y là đơn vị trái của I. Tương tự, y là đơn vị phải, do đó I là vành -> là hạng tử trực tiếp. Bài 1.5. R vành giao hoán. P(R) là giao tất cả các ideal nguyên tố của R. CMR P(R) trùng với tất cả các phần tử lũy linh của R. P(R) – gọi là căn nguyên tố của R. Giải. - Chiều thuận: x lũy linh: n n 1 x 0 P,n N x(x ) P x P − = ∈ ∈ ⇒ ∈ ⇒ ∈ với mọi P nguyên tố -> xong - Nghịch: P ngto x P∈∩ , giả sử x không lũy linh + Đặt { } { } n B x ,n N ,A I idealthucsu : I B= ∈ = − ∩ = ∅ . Dùng bổ đề Zorn chứng minh A có phần tử tối đại. Xét 1 2 n I I I ⊂ ⊂ ⊂ là dây chuyền tăng trong A. n 1 n I I ∞ = = ∪ ⇒ I là ideal thực sự và I B ∩ = ∅ . Nên mọi dây chuyền tăng đều bị chặn trên bởi I -> A có phần tử tối đại P. + CM cho P nguyên tố: Giả sử P không nguyên tố: P aR a,b P:ab P P aR,I aR P P bR +  ∉ ∈ ⇒ ⊂ ⊂ ⇒ ⊂  +  . Do tính tối đại của P trong A suy ra P aR A & P bR A+ ∉ + ∉ - Nếu P aR R+ ≠ thì mâu thuẫn với tính tối đại. Nếu P aR R x P aR.+ = ⇒ ∈ + m n m n m,n : x P aR,x P bR x (P aR)(P bR) P aPR bPR abR + ⇒ ∃ ∈ + ∈ + ⇒ ∈ + + = + + + m n x P + ⇒ ∈ vô lý do P thuộc A. xong Bài 2: Tổng và tích trực tiếp Bài 2.1. CMR Z n đẳng cấu với tích trực tiếp của các vành Z p r , p r là lũy thừa cao nhất của các số nguyên tố p là ước của n. Giải. - G/s 1 k r r 1 k n p p= ta cần CM r i i k p i 1 Z Z = ≅ ∏ tức i k r i i 1 Z / nZ Z / p Z = ≅ ∏ . Thật vậy: Xét ánh xạ i i k r r i i i {1,2, ,k} i 1 f : Z Z / p Z, m (m p Z) ∈ = → → + ∏ -CM f toàn cấu tức i i k r r i i i 1, ,k i i 1 (a p Z) (Z / p Z) = = ∀ + ∈ ∏ ta CM có i r i i m Z: f (m) a p Z∈ = + : Đặt j i i i r r r i j i i i i i i r j i i n S p (S ,p ) 1 q :S q 1(modp ) p ≠ = = ⇒ = ⇒ ∃ ≡ ∏ . Đặt i i i k r r r i i i i i i i i i 1 m a S q ,m a (modp ) m p Z a p Z = = ≡ ⇒ + = + ∑ i r i i f (m) a p Z⇒ = + - Ta lại có { } { } { } i i r r i i n Kerf m | m p Z m | p | m m | n | m Z= ∈ = = = . Vậy theo định lý đẳng cấu: Z / Kerf Imf xong≅ ⇒ Bài 2.4. Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM Bài 2.5. Cho {M i } i I∈ là một họ các R-module, A là một ideal trái của vành R. CMR: (i) I i I i A( M ) AM⊕ = ⊕ (ii) I i I i I i i ( M ) / A( M ) (M / AM )⊕ ⊕ ≅ ⊕ Giải. (i)- Lấy i i n n I i j j i I j j i I j 1 j 1 x A( M ) x a (m ) ( a m ) ∈ ∈ = = ∈ ⊕ ⇒ = = ∑ ∑ . Do i j m có hữu hạn các phần tử khác 0 nên i n j j i I j 1 ( a m ) ∈ = ∑ có hữu hạn các phần tử khác 0. Hơ nữa i n j j i j 1 a m AM = ∈ ∑ I i x AM⇒ ∈⊕ Ngược lai, i n j j i I j 1 a m ) ∈ = ∑ i n I i ij ij i I ij ij j 1 i,j x AM x ( a m ) a (0, ,0,m ,o, ) ∈ = ∈⊕ ⇒ = = ∑ ∑ (1) . Do x nằm trong tổng trực tiếp nên chỉ có hữu hạn các m ij . Nên (1) là tổng hữu hạn suy ra I i x A( M )∈ ⊕ . Xong (ii)- Xét I i I i i i i I i i i I f : M (M / AM ),(m ) (m AM ) ∈ ∈ ⊕ → ⊕ → + thì F là toàn cấu. Lại có { } i I I i i i I i I i Kerf (m ) M | m AM ,i I AM A( M )(theo(i))= ∈⊕ ∈ ∈ = ⊕ = ⊕ . Áp dung định lí đẳng cấu suy ra đpcm. Bài 2.7. : R Sϕ → là đồng cấu vành. M là S-module. Khi đó, M trở thành R-module với phép nhân ngoài: rx : (r)x, r R, x M.= ϕ ∀ ∈ ∀ ∈ Ta nói cấu trúc R-module được cảm sinh bởi đồng cấu ϕ . Giả sử I i M M= ⊕ là sự phân tích thành tổng trực tiếp của các S-module. CMR nếu xem M như R-module cảm sinh bởi ϕ thì M vẫn là tổng trực tiếp các R-module con M i Giải. Bài này chỉ cần dùng định nghĩa module và module con để chứng minh M và các M i là R-module là xong. Bài 2.8. Cho i i I M M ∈ = ∏ . S là một module con của M sao cho với mọi I, hạn chế của phép chiếu tự nhiên i i S i : | :S Mπ π → là một toàn cấu. Khi đó ta nói S là một tích trực tiếp con của các R-module M i . CMR S là tích trực tiếp con ⇔ S chứa một họ các R- module con {A i } sao cho i I i i i A 0 &S / A M ∈ ∩ = ≅ Giải. -Chiều nghịch: i i i g :S / A M→ đẳng cấu. Đặt i i h (s) g (s A)= + , i i h :S M→ là toàn cấu sao cho i i Kerh A= . Đặt i i i I i I h :S M ,h(s) (h (s)) ∈ ∈ → = ∏ . Dễ kiểm tra h là đồng cấu. + { } { } i i i I i Kerh s: h (s) 0, i s | s Kerh A ∈ = = ∀ = ∈ = ∩ =0 h :⇒ đơn cấu S h(S)⇒ ≅ . + CM cho h(S) là tích trực tiếp con. Thật vậy, i i i I,m M .∀ ∈ ∈ Do h i toàn cấu nên i i h(S) i s S: h(s) m | : h(S) M∃ ∈ = ⇒ π → toàn cấu h(S)⇒ là tích trực tiếp con. -Chiều thuận:Dễ, tự CM Bài 2.9. CMR Z đẳng cấu với tích trực tiếp con của Z n (n>1). Nếu A là một tập con vô hạn của N thì Z đẳng cấu với tích trực tiếp con của Z n (n thuộc A). Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM Giải. Ta dựa vào bài 2.10 Bài 2.10. Cho họ các vành { } i i I R ∈ . Ta nói vành con B của tích trực tiếp i i I R ∈ ∏ là một tích trực tiếp con của các vành R i nếu với mọi I, hạn chế của phép chiếu tự nhiên i B i | : B Rπ → là một toàn cấu. CMR B đẳng cấu với một tích trực tiếp con của các vành i i R ,i I i I, idealA∈ ⇔ ∀ ∈ ∃ của B sao cho i I i i i A 0, B / A R ∈ ∩ = ≅ . Giải. - Chiều thuận: + Khi B là tích trực tiếp con: i i B f |= π là toàn cấu. Đặt i i i i A Kerf B / A R= ⇒ ≅ Nếu i i x A f (x) 0, i x 0∈∩ ⇒ = ∀ ⇒ = vậy ta có các ideal A i của B thỏa ĐK bài toán + Nếu B đẳng cấu với một tích trực tiếp con C. Ta có các ideal C i của C sao cho i i i C 0,C / C R∩ = ≅ nên có h : B C→ là đẳng cấu. Đặt i i i i h : B C / C ,h (b) h(b) C→ = + thì i h là toàn cấu. Có { } 1 i i i Kerh b | h(b) C h (C ) − = ∈ = . Đặt i i A : Kerh .= Theo định lí đẳng cấu: i i i B / A C / C R≅ ≅ . Ta kiểm tra giao các A i =0 nữa là xong. Thật thế, ta có { } { } 1 i i i i A h (C ) a | h(a) C , i a | h(a) C 0 Kerh 0 − ∩ = ∩ = ∈ ∀ = ∈∩ = = = -> xong - Chiều nghịch: Giả sử có các ideal A i của B sao cho i i i i i i A 0,B / A R i I, h : B / A R∩ = ≅ ⇒ ∀ ∈ ∃ → là đẳng cấu. Đặt i i i i i f : B R ,f (b) h (b R )→ = + thì đây là một toàn cấu và ta có { } { } i i i i i Kerf b | h (b A ) 0 b | b A A= + = = ∈ = . Đặt i i i I i I f : B R ,f (b) (f (b)) ∈ ∈ → = ∏ dễ kiểm tra f là đồng cấu. Hơn nữa là đơn cấu vì { } { } i i Kerf b | f (b) 0, i b | b A , i= = ∀ = ∈ ∀ { } i b | b A 0 0= ∈∩ = = B f (B)⇒ ≅ F(B) là tích trực tiếp con: Xét i f (B) i | : f (B) R .π → Do i f toàn cấu nên i i i i i i r R , b B :f (b) r (f (b)) r∀ ∈ ∃ ∈ = ⇒ π = nên i f (B) |π là toàn cấu -> xong. Bài 2.9. Chú ý rằng { } nZ | n 1> là họ các ideal của Z sao cho n nZ 0,&Z / nZ Z∩ = ≅ Bài 3: Module đơn Bài 3.2. Xác đinh tất cả các R-module đơn, với a)R=Z b) R=C[x] c) 3 R Q / x 5= − d) R là miền nguyên PID e) R C[x, y]= Giải. Bài này ta dựa vào mệnh đề sau: M là R-module đơn M R / I⇔ ≅ với I là một ideal tối đại của R. Ta sẽ xác đinh tất cả các ideal tối đại của R. a) Ta có pZ là ideal tối đại của Z nên M là R-module đơn thì M Z / pZ≅ b) x a ,a C− ∈ là ideal tối đại của C[x] Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM c) 3 R Q[x]/ x 5= − có một ideal tối đại là 0. 3 x 5− bất khả quy trên Q do nó không có nghiệm trên Q nên 3 x 5− là ideal tối đại của Q[x], lúc này R là một trường nên chỉ có một ideal tối đại là 0. Vaayl chỉ có duy nhất một R –module đơn là R/0=R d) Miền nguyên PID thì mọi ideal của R đều sinh bởi một phần tử. I- là ideal tối đại ⇔ I nguyên tố. Ta có I a=< >⇒ a nguyên tố nên a bất khả quy. e) Ta chứng minh cho trong C[x,y] thì ideal x a, y b ,a,b C− − ∈ là ideal tối đại. Mỗi 1 f C[x, y] f (x a)f (x, y) g(y),g(y) C[y]∈ ⇒ = − + ∈ , để ý x a, y b C[x, y]− − ≠ Nếu f x a,y b∉ − − thì g(y) không chia hết (y-b) g(b) 0⇒ ≠ . Đặt 1 h x a [g(b)] − = − + thì 1 1 1 1 fh (x a)[(x a)f (x, y) g(y) [g(b)] f (x,y)] [g(b)] g(y) − − = − − + + + , xét 1 u(y) [g(b)] g(y) 1 − = − , có u(b) 0= nên u(y) chia hết cho (y-b) suy ra fh 1 x a,y b− ∈ − − 1 fh (fh 1) x a, y b x a,y b C[x,y]⇒ = − − ∈ − − ⇒ − − = mâu thuẫn. Vậy x a, y b− − tối đại. Bài 3.3. CMR mọi ideal của vành ma trận M n (R) đều có dạng M n (I) với I là một ideal nào đó của vành R. Từ đó rút ra kết luận M n (R) đơn khi và chỉ khi R là vành đơn. Giải. - Giả sử D là ideal của n M (R) . Đặt { } { } { } kl ij k,l 1, ,n A x R | M (a ) D, i, j 1, ,n | x a ∈ = ∈ ∃ = ∈ ∃ ∈ = ta chứng minh cho n D M (A)= . Hiển nhiên n D M (R)⊆ . - Đặt ij e là đơn vị ma trận thỏa ij kl e b= với kl k i 1, if b l j 0,if k i or j l  =    = =    ≠ ≠  . Ta chứng minh cho ij x A, i, j xe D∀ ∈ ∀ ⇒ ∈ . Thật vậy, kl k,l ij x A, M (c ) D, i, j: x c∈ ∃ = ∈ ∃ = . Khi đó n kl kl k,l 1 M c e = = ∑ . Do M D,D∈ là ideal của n M (R) nên ii' jj' e Me D∈ . Mà n ii' jj' ii' kl kl jj' ii ' kl kl jj' kl ii' kl jj' ij ii ' i' j' j' j ij k,l 1 k,l k,l e Me e ( c e )e e c e e c (e e e ) c e e e xe D = = = = = = ∈ ∑ ∑ ∑ - Lấy ij ij n ij ij i, j M (d ) M (A) M d e .= ∈ ⇒ = ∑ Vì ij ij ij d A d e D∈ ⇒ ∈ vì D là ideal của n ij ij i,j M (R) M d e D⇒ = ∈ ∑ . Vậy n M (A) D= . - Chứng minh cho A là ideal của R. Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM + Lấy 11 11 11 11 x y 0 0 xe D x, y A xe ye D 0 0 0 D ye D 0 0 0 +   ∈   ÷ ∈ ⇒ ⇒ + ∈ ⇒ ∈   ÷ ∈   ÷   x y A⇒ + ∈ + Lấy r R∈ . Vì D là ideal của M n (R) nên n 11 n 11 11 11 n n 11 11 (rI )(xe ) D (rx)(I e ) D (rx)e D (xe )(rI ) D (xr)(I e ) D (xr)e D ∈ ∈ ∈    ⇒ ⇒    ∈ ∈ ∈    tương tự như trên suy ra rx,xr D xong∈ ⇒ - Với I là ideal của R ta CM cho n M (I) là ideal của n M (R) + Lấy ij ij n M (x ),N (y ) M (I= = ∈ ). Do ij ij ij ij ij ij i, j 1,2, ,n x ,y I x y I M N (x y ) ∈ ∈ ⇒ + ∈ ⇒ + = + + Lấy n ij n ik kj i,j 1,2, ,n k 1 C (z ) M (R) CM ( z x ) ∈ = = ∈ ⇒ = ∑ . Do ik kj n z .x I CM M (I)∈ ⇒ ∈ tương tự chứng minh được n MC M (I)∈ . -Ta chứng minh cho nếu n M (R) là vành đơn thì R là vành đơn. Dung phản chứng, giả sử R không là vành đơn 0 I R⇒ ∃ ≠ ≠ là ideal của R. Khi đó theo chứng minh trên n M (I) là ideal của n M (R) và n n 0 M (I) M (R)≠ ≠ mâu thuẫn vì n M (R) là vành đơn. Chiều ngược lại làm hoàn toàn tương tự. Bài 4: Module nửa đơn Bài 4.2. Cho M là một R-module nửa đơn. Giả sử S và S’ là hai module con đơn của M đẳng cấu với nhau qua đẳng cấu g :S S'→ . Chứng minh rằng: a) tồn tại một R- tự đẳng cấu f của M sao cho S f | g= b) Nếu S và S’ không là các module con đơn thì điều khẳng định ở a) không đúng nữa. Giải. a) Do S và S’ là các module con đơn nên S S' S S S' 0 ∩ =   ∩ =  - Khi S S' S S S' ∩ = ⇒ = . Do M nửa đơn nên M S T = ⊕ . Đặt f : M M S T,f(s t) g(s) t→ = ⊕ + = + thì f là đẳng cấu phải tìm (tự CM) - Khi S S' 0∩ = thì có tổng trực tiếp S S'⊕ . M nửa đơn M S S' T⇒ = ⊕ ⊕ . Đặt 1 f : M M,f (s s' t) g(s) g (s') t − → + + = + + thì f là đẳng cấu cần tìm (tự CM) b) Xét N M R= là không gian véc tơ trên R. Do mọi không gian véc tơ con của M đều là hạng tử trực tiếp nên M nửa đơn. Đặt N\{0} S M,S' R M= = ≤ . - Do có một song ánh giữa N N \{0}→ nên có một đẳng cấu giữa các không gian vector g :S S'→ . Do S=M nên g chỉ có một mở rộng duy nhất là g. Nhưng g không thể là tự đẳng cấu trên M vì Img S' M= ≠ . Bài 4.3. Cho số nguyên n>1. Hãy chứng minh các điều sau : (i) Mọi Z-module con của Z/nZ đều có dạng mZ/nz với m là ước của n Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM (ii) n mZ / nZ Z / aZ,a m ≅ = , c) mZ / nZ kZ / nZ dZ / nZ, d (m,k)+ ≅ = Giải (i) Mọi module con của Z/nZ có dạng mZ/nZ với nZ mZ m | n⊆ ⇔ xong. (ii) Xét f : Z mZ / nZ,f(x) mx nZ.→ = + Chứng minh f là toàn cấu, Kerf=aZ ->xong (iii) Do mZ / nZ dZ / nZ;kZ / nZ dZ / nZ⊆ ⊆ mZ / nZ kZ / nZ dZ / nZ⇒ + ⊆ Mặt khác mp nq d+ = ⇒ đpcm Bài 4.4. CMR Z/nZ là Z-module nửa đơn khi và chỉ khi n không có ước chính phương. Giải. - Khi n=1 thì Z / nZ 0≅ là nửa đơn. - Khi n>1 , n không có ước chính phương thì 1 2 k n p p p= . Dùng quy nạp theo k + Khi k=1 thì n=p 1 nguyên tố nên Z/p 1 Z đơn, tương tự là Z/p i Z đơn với i={1,2,…,k}. + Giả sử 1 2 k 1 Z / p p p Z − là nửa đơn. Ta có k 1 2 k 1 p Z / nZ Z / p p p Z − ≅ là nửa đơn (theo 4.3 (ii)) Lại có k 1 2 k 1 (p ,p p p ) 1 − = nên theo 4.3(iii) k 1 2 k 1 (p Z / nZ) (p p p Z / nZ) Z / nZ − ⇒ ⊕ = Nên Z/nZ là tổng trực tiếp các module nửa đơn nên nó nửa đơn. Bài 5: Vành các tự đồng cấu của module nửa đơn Bài 5.1. CMR nếu M là một R-module nửa đơn thì các điều kiên dưới đây tương đương: (i) M hữu hạn sinh (ii) M có chiều dài hữu hạn (iii) M thỏa các điều kiên ACC,DCC Giải. (i)->(ii): Giả sử M nửa đơn, khi đó I i i M M ,M= ⊕ đơn. M hữu hạn sinh nên đặt tập sinh của M là 1 n {e , ,e } . Viết k k k i i i i i i J e r m ,J ∈ = ∑ là tập con hữu hạn của I. Đặt n i 1 i i j J j J J e M = ∈ = ∪ ⇒ ∈⊕ , J hữu hạn. Suy ra j J j M M ∈ = ⊕ nên M có độ dài hữu hạn. (ii)->(iii) 1) Ta chứng minh M thỏa mãn điều kiện ACC n i 1 i M Re = = ⊕ -Xét 1 2 p M M M ≤ ≤ ≤ là một dây chuyền tăng các module con của M. Do M nửa đơn nên M p nửa đơn với mọi p. Đặt 1 1 K M= , p p p 1 p p p i 1 i p 2, K : K K M M K − = ∀ ≥ ∃ ⊕ = ⇒ = ⊕ ĐẶT i 1 i N K ∞ = = ⊕ THÌ p M N, p≤ ∀ VÀ M NỬA ĐƠN . DO N<M NÊN CÓ i i i i i L M : M N L i,n N,l L : e n l≤ = ⊕ ⇒ ∀ ∈ ∈ = + n n n i i i i i i i 1 i 1 i 1 x N : x re rn rl = = = ⇒ ∈ = = = + ∑ ∑ ∑ . DO Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM n n n i i i i i i i i 1 i 1 i 1 rl x rl N L 0 x rn N n ,i 1,2, ,n = = = = − ∈ ∩ = ⇒ = ⇒ =< = > ∑ ∑ ∑ NÊN TỒN TẠI SỐ P SAO CHO p i i 1 i p p n K N N N = ∈⊕ = ⇒ = -> DÂY CHUYỀN ĐỀU DỪNG. Xong. 2) Điều kiện DCC hòan toàn tương tự. (iii)->(i): Giả sử M đã thỏa mãn điều kiện ACC. Và M không hữu hạn sinh, ta xây dựng một dây chuyền tăng các module con của M như sau: Xét 1 x M \{0},∈ đặt 1 1 N x=< > . Do M không hữu hạn sinh nên tồn tại 2 1 x M \ N∈ , Đặt 2 1 2 N x ,x=< > …tiếp tục quá trình này ta thu được dây chuyền 1 2 k N N N ≤ ≤ ≤ ≤ trong đó k 1 k N x , ,x=< > thỏa k k 1 x N − ∈ tức k 1 k N N − < (con thực sự) tức dãy không dừng-> mâu thuẫn. Xong. Bài 6: Dãy khớp (dãy chính xác) Bài 6.3. Cho U,V,W là các không gian vector thực có số chiều lần lượt là 1,3,2. {u} là cơ sở của U, {v 1 ,v 2 ,v 3 } là các cơ sở của V và {w 1 ,w 2 } là cơ sở của W. Các −¡ đồng cấu 1 2 1 1 2 2 3 3 1 1 3 2 f : U V,f(au) av av ,g : V W,g(a v a v a v ) a w a w→ = + → + + = + . a) CM dãy f g 0 U V W 0→ → → → chính xác tại U và W nhưng không chính xác tại V. b) CMR tồn tại ¡ -đồng cấu g': V W→ sao cho dãy sau chính xác f g ' 0 U V W 0→ → → → . c) CMR tồn tại −¡ đồng cấu f ': U V→ sao cho dãy sau chính xác f ' g 0 U V W 0→ → → → Giải. a) CM f đơn cấu tức Kerf=0, g toàn cấu tức Img=W (tự CM) - CM cho Imf ≠ Kerg b) 1 1 2 2 3 3 1 2 1 3 2 g': V W,g(a v a v a v ) (a a )w a w→ + + = − + . Sau đó chứng minh cho g’ toàn cấu. Xác đinh Kerg’=Imf c) 2 f ': U V,f(au) av→ = . Chứng minh cho f’ đơn cấu và Imf’=Kerg. Bài 6.4. Cho i i i {A },{B },{C } là các module sao cho i i f g i i i A B C→ → chính xác i ∀ . Đặt i i i i i i i i i i i I i I i I i I f : A B ,f((a )) (f (a )),g : B C ,g((a )) (g (a )) ∈ ∈ ∈ ∈ → = → = ∏ ∏ ∏ ∏ CM f g i i i i I i I i I A B C ∈ ∈ ∈ → → ∏ ∏ ∏ là dãy khớp. Giải. Ta CM cho Imf=Kerg - Xét i i I i i I i i i I i i I (b ) Imf (a ) A : f[(a ) ] (b ) ∈ ∈ ∈ ∈ ∈ ⇒ ∃ ∈ = ∏ i i i i i i I, a A :f (a ) b⇒ ∀ ∈ ∃ ∈ = i i i i i g (b ) g f (a ) 0⇒ = = (Do i i Imf Kerg= ) i i I i i i I i i I g[(b ) ] (g (b )) 0 (b ) Kerg ∈ ∈ ∈ ⇒ = = ⇒ ∈ - Ngược lại, xét i i I i i i i i b (b ) Kerg g (b ) 0 i b Kerg Imf ∈ = ∈ ⇒ = ∀ ⇒ ∈ = nên với mọi i i i i i i I, a A :f (a ) b .∈ ∃ ∈ = Đặt i i I a (a ) ∈ = i i i f (a) (f (a )) (b ) b b Imf⇒ = = = ⇒ ∈ Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân_Cao học Đại số KHTN tpHCM Ta mở rộng tương tự cho tổng trực tiếp. i i A B f ': f | ,g': g | ⊕ ⊕ = = i i i Imf ' Imf Kerg,Imf ' B Imf ' Kerg B ,ma Kerg' Kerg B⇒ ⊆ = ⊆ ⊕ ⇒ ⊆ ∩ ⊕ = ∩ ⊕# nên Imf ' Kerg'⊆ . Tương tự chứng minh cho chiều ngược lại. Bài 7: Module tự do và module xạ ảnh Bài 7.1. Chứng minh rằng R-module là xạ ảnh ⇔ i i R i i i I m M,f Hom (M,R),i I: m M : m (f m)m ∈ ∃ ∈ ∈ ∈ ∀ ∈ = ∑ Giải Gọi F là module tư do có cơ sở i i I {e } ∈ . Có thể chọn i i I {m } ∈ là tập sinh của M. Đặt i i i i i I i I h : F M, re rm . ∈ ∈ → ∑ ∑ a Đặt i i i i i I : F R, re r ∈ π → ∑ a . Do M xạ ảnh, h toàn cấu nên tồn tại M i i i i i I i I f : M F,hf Id , x F : x re (x)e ∈ ∈ ∃ → = ∀ ∈ = = π ∑ ∑ , m M :f (m) F∀ ∈ ∈ nên có thể viết i i i I f (m) [ .f (m)]e ∈ = π ∑ . Đặt i i i i i I f .f m M,f(m) f (m)e ∈ = π ⇒ ∀ ∈ = ∑ tức i i i i i i i I i I i I m hf(m) h( f (m)e f (m)h(e ) f (m)m ∈ ∈ ∈ = = = = ∑ ∑ ∑ . Ngược lại, i i R i i i I m M,f Hom (M,R) : m f (m)m ∈ ∃ ∈ ∈ = ∑ . Ta CM cho M xạ ảnh. - i i i I : M F,m f (m)e ∈ ψ → ∑ a , ψ đơn cấu 0 M F F / Ker 0 ψ π → → → ψ → là khớp với i i i i i I i I : F F / Im ,x x Im ; : F M, re rm ∈ ∈ π → ψ + ψ ϕ → ∑ ∑ a a , i i i i i I i I (m) [ f (m)e ] f (m)m m ∈ ∈ ϕψ = ϕ = = ∑ ∑ , M Idϕψ = . Nên dãy chẻ ra. Im⇒ ψ là hạng tử trực tiếp của F nên nó xạ ảnh. M đẳng cấu với Imψ nên M xạ ảnh. Kiểm tra ψ đồng cấu và đơn cấu (tự kiểm tra) Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 . = . Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân _Cao học Đại số KHTN tpHCM - Với x I x ry xy ryy. môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân _Cao học Đại số KHTN tpHCM Giải. Ta dựa vào bài 2.10 Bài 2.10. Cho. luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: leanh310@gmail.com Tel: 0986807327 Lê Như Thuận_Giảng viên trường Sỹ quan Không quân _Cao học Đại số KHTN tpHCM Ta mở rộng tương tự cho tổng