TIỂU LUẬN CƠ SỞ ĐẠI SỐ HIỆN ĐẠI ĐỀ TÀI: MÔĐUN TỰ DO

Giải hai bài tập liên quan ñến cấu trúc môñun tự do ðại số Nguyễn Thị Thuỳ Dâng 1 ðẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ðẠI HỌC SƯ PHẠM KHOA TOÁN TI ỂU LUẬN CƠ SỞ ðẠI SỐ HI ỆN ðẠI ðỀ TÀI MÔ ðUN TỰ DO Người hướng dẫn khoa học Học viên thực hiện Nguyễn Thị Thuỳ Dâng TS Phan Văn Thiện Lớp Cao học Toán K20 (2011 2013) Chuyên ngành ðại số Huế 022012 Giải hai bài tập liên quan ñến cấu trúc môñun tự do ðại số Nguyễn Thị Thuỳ Dâng 2 L ỜI M Ở ðẦU Cơ sở ñại số hiện ñại là môn học quan trọng trong sự phát triển của toán học.

ðẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ðẠI HỌC SƯ PHẠM

KHOA TOÁN

TIỂU LUẬN CƠ SỞ ðẠI SỐ HIỆN ðẠI

ðỀ TÀI:

MÔðUN TỰ DO

Người hướng dẫn khoa học: Học viên thực hiện: Nguyễn Thị Thuỳ Dâng

TS Phan Văn Thiện Lớp: Cao học Toán K20 (2011-2013)

Chuyên ngành: ðại số

Huế - 02/2012

LỜI MỞ ðẦU

Cơ sở ñại số hiện ñại là môn học quan trọng trong sự phát triển của toán học hiện ñại, là

cơ sở tiền ñề cho sự phát triển của ñại số hiện ñại Môn học này giúp học viên tìm hiểu và nghiên cứu về các cấu trúc ñại số, trong ñó vành và môñun ñóng vai trò là nền tảng của môn học Môñun một trong số các cấu trúc ñại số có một tập nên là một vành cùng với phép toán cộng và nhân vô hướng Có thể nói khái niệm môñun là khái niệm quan trọng nhất trong ñại số hiện ñại, nó ñược chia làm nhiều lớp: môñun tự do, môñun chia ñược, môñun nội xạ, môñun xạ ảnh

Nhằm mục ñích hiểu rõ hơn về môñun tự do, tiểu lụân này sẽ trình bày cách giải của hai bài tập liên quan ñến môñun tự do

Nội dung của tiểu luận gồm 2 phần:

• Phần 1( Phần lý thuyết ): Trình bày các kiến thức lý thuyết về môñun tự do bao gồm các ñịnh nghĩa về môñun tự do, cơ sở của môñun tự do, một số ñịnh lí, mệnh

ñề liên quan ñến môñun tự do

• Phần 2( Phần bài tập ): Trình bày cách giải của hai bài tập liên quan ñến môñun tự

do

Do kiến thức của bản thân và thời gian còn hạn chế nên nội dung của tiểu luận có thể còn nhiều sai sót Rất mong nhận ñược sự ñóng góp ý kiến của quý thầy cô và bạn bè

Tôi xin chân thành cảm ơn thầy giáo TS Phan Văn Thiện ñã nhiệt tình giảng dạy học phần “ Cơ sở ñại số hiện ñại “ và tạo ñiều kiện cho tôi hoàn thành ñược tiểu luận này

MỤC LỤC

LỜI MỞ ðẦU 2

1 Lý thuyết về môñun tự do 4

1.1 ðịnh nghĩa vành và idean 4

1.2 ðịnh nghĩa môñun tự do và cơ sở 5

1.3 ðịnh nghĩa tổng và tích trực tiếp 6

1.4 Một số mệnh ñề và ñịnh lí 7

2 Bài tập áp dụng 12

2.1 ðề bài

2.2 Bài giải

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 LÝ THUYẾT VỀ MÔðUN TỰ DO

ðỊNH NGHĨA VÀNH VÀ IDEAN:

hiệu cộng và nhân, sao cho:

i) ∀x,y,z∈R:(x+y)+z= x+(y+z)

ii) ∃1R∈R,∀x∈R:1R x=x1R =x

iii) ∀x∈R,∃x−1∈R:x−1x= xx−1 =1R

iv) ∀x,y∈R:x+y = y+x

v) ∀x,y,z∈R:(xy)z=x(yz)

vi) ∀x,y,z∈R:x(y+z)= xy+xz,(y+z)x= yx+zx

hoán

phần tử khác 0 ñều khả nghịch

I của nhóm cộng R thoả ñiều kiện: ∀x∈R,∀k∈I(kx∈I)

Một bộ phận I của vành R vừa là idean trái vừa là idean phải ñược gọi là idean hai phía của vành R

• Mệnh ñề 1: Cho vành giao hoán R Khi ñó, tập hợp V x ={vx x∈V} là 1 idean Idean V gọi là idean chính sinh bởi x x, kí hiệu ( )x

nguyên tố nếu I ≠ Rvà thoả mãn ñiều kiện xy∈I ⇒ x∈Ihay y∈I,∀x,y∈R

• Mệnh ñề 2: Nếu I là một idean của vành R Khi ñó:

i) Lớp xy+I chỉ phụ thuộc vào các lớp x+Ivà y+Imà không phụ thuộc vào

sự lựa chọn của các phần tử x, từ các lớp ñó y

ii) R / I cùng với hai phép toán: (x+I,y+I)→x+ y+I

(x+I,y+I)→xy+I

là 1 vành gọi là vành thương của R trên I

nguyên tố nếu I ≠ Rvà thoả mãn ñiều kiện: xx∈I ⇒x∈Ihay y∈I,∀x,y∈R

tối ñại nếu I ≠Rvà không có idean J nào của R chứa I khác I và khác R

ðỊNH NGHĨA MÔðUN TỰ DO VÀ CƠ SỞ:

• ðịnh nghĩa 1: Giả sử R là một vành có ñơn vị 1≠0, M là một nhóm cộng aben Nhóm aben M cùng với ánh xạ:

R×M →M

( )r,x arx

ñược gọi là một môñun trái trên vành R ( hay R-môñun trái ) nếu:

i) r(x+y)=rx+ry,∀r∈R,∀x,y∈M

ii) (r+s)x=rx+sx,∀r,s∈R,∀x∈M

iii) ( )rs x=r( )sx ,∀r,s∈R,∀x∈M

iv) 1.x=x,∀x∈M

• ðịnh nghĩa 2: Giả sử X, Y là hai R-môñun trái Một ánh xạ f :X →Y là một R-ñồng cấu môñun nếu:

i) f(x+y= f(x)+ f(y),∀x,y∈M

ii) f(rx)=rf(x),∀r∈R,∀x∈M

• ðịnh nghĩa 3: Cho R là vành, S là tập hợp Một R-môñun tự do trên S là một cặp (F, f) trong ñó F là R-môñun, f :S →F là một ánh xạ sao cho với mỗi ánh xạ

X S

g: → , X là R-môñun, có duy nhất một ñồng cấu R-môñun h:F →X thoả

g

hf =

• ðịnh nghĩa 4: R-môñun M là tự do nếu M là môñun tự do trên một tập nào ñó

• ðịnh nghĩa 5: M là R-môñun, S là tập con của M

S ñược gọi là hệ sinh của M, nếu ∀x∈M thì

∑

=

=

∀

∈

∈

i

i i i

i s r R s S i n r

x

1

, , 1 , , ,

S ñược gọi là ñộc lập tuyến tính, nếu

∑

=

=

∀

=

⇔

∈

∈

i

i i

i i

i s r R s S r i n r

x

1

, , 1 , 0 ,

,

S ñược gọi là cơ sở của M khi và chỉ khi S ñộc lập tuyến tính và S là hệ sinh của M

• ðịnh nghĩa 6: Giả sử M là một R- môñun trái và H là môñun con của nó Vì H là nhóm con của nhóm aben trong R-môñun trái M nên ta có nhóm thương

} {

/M x H x M

H = + ∈ với phép cộng xác ñịnh như sau:

(x+H) (+ y+H)=x+y+H

• ðịnh nghĩa 7: môñun trái M/H trong ñịnh lí 7 ñược gọi là môñun thương của R-môñun trái M theo R-môñun con H của nó

Ví dụ: Mỗi vành R có ñơn vị 1≠0 là một R-môñun trái, nên I là một idean trái của vành R thì I chính là môñun con của R-môñun R, và do ñó, môñun thương

I

R / là R-môñun trái

ðỊ NH NGHĨA TỔNG VÀ TÍCH TRỰC TIẾP

Giả sử M là một i R - môñun với mọi i∈I Trên tập tích ∏

∈I i

M ta ñịnh nghĩa hai

phép toán cộng và nhân như sau:

( )x i i∈I +( )y i i∈I =(x i + y i)∈I

a( )x i ∈I =( )ax i i∈I

trong ñó x i,y i∈M i,a∈R Khi ñó dễ dàng kiểm tra ñược ∏

∈I i i

M cùng với hai phép

toán nói trên lập thành một R - môñun, ñược gọi là tích trực tiếp của họ môñun

{ }M i i∈I

Gọi i

I M

∈

⊕ là tập các dãy ( )x i i∈I ( với x i∈M i) có giá hữu hạn tức là hầu hết x i =0 trừ ra một số hữu hạn các chỉ số i Với hai phép toán cộng và nhân vô hướng ñịnh nghĩa như ở trên i

I

i M

∈

⊕ là một R - môñun, ñược gọi là tổng trực tiếp của họ

{ }M i i∈I

Khi I là tập chỉ số hữu hạn I ={1,2, ,n} thì tích trực tiếp và tổng trực tiếp của họ { }M i i∈I là trùng nhau:

M1×M2× ×M n ≡M1⊕M2 ⊕M n

MỘT SỐ MỆNH ðỀ VÀ ðỊNH LÝ:

• Bổ ñề Zorn: Cho A là một tập sắp thứ tự Nếu mỗi tập con sắp thứ tự hoàn toàn

trong A có cận trên trong A thì A có phần tử tối ñại

ra F

Chứng minh:

 Chứng minh f :S → F là ñơn ánh

Giả sử f không ñơn ánh Khi ñó: ∃a,b∈S,a≠bsao cho f(a)= f(b)

Lấy X là môñun có nhiều hơn một phần tử và g:S → X là ánh xạ sao cho

g ≠

Suy ra có ñồng cấu h:F →X sao cho hf = g

Vì hf(a)=hf(b)nên g(a)=g(b)(mâu thuẫn)

Vậy f :S →F là ñơn ánh

 Chứng minh f(S) sinh ra F

Lấy X = f(S) là môñun sinh bởi f(S)⊂ F Khi ñó với ánh xạ

g:S → X

s a f (s)

tồn tại h:F → X sao cho hf =g

Xét d:F →X là ñồng cấu bao hàm

Khi ñó: dg = f ⇒dhf = f ⇒ dh=id ⇒d là toàn cấu

Vậy X ≅ Fhay f(S) = F

nhau

Chứng minh:

Vì F tự do trên S nên ∃h:F →F' là ñồng cấu sao cho hf = f' (1)

Vì F’ tự do trên S nên ∃h':F'→F là ñồng cấu sao cho hf'= f (2)

Từ (1) và (2) suy ra h'hf = f và hh'f'= f'

Do ñó: hh'=id và h'h=id

Vậy h là ñẳng cấu hay F ≅ F'

Chứng minh:

ðặt F ={φ:S →Rφ(s)=0hầu khắp}

Dễ dàng kiểm tra ñược F cùng với hai phép toán

+ : F×F →F

( ) φ,ψ aφ+ψ :S →R

saφ(s)+ψ(s)

: R×F →F

( )r,φ arφ:S →R

sa rφ(s)

làm thành một R-môñun

∀s∈S, xét

f s :S →R

Ta có: f s ∈F

Xét f :S →F

s a f s

 Ta chứng minh (F, f) là R-môñun tự do trên S

Thật vậy: Với mọi ánh xạ g:S → X, X là R-môñun

Lấy φ∈F, ta có: ∑

∈

=

S s

s

f s)

(

φ φ

Xét h( ) φ =∑

∈S s

s g

s) ( ) (

φ

 Ta chứng minh h là ñồng cấu

∈

∈

+

= +

= +

= +

S s S

s

h h s g s s

g s s

g s

hφ ψ φ ψ ( ) ( ) φ( ) ( ) ψ( ) ( ) φ ψ

h( )rφ ( )( ) ( )rφ s g s rφ s g s r φ s g s rh( ) φ

S s S

s S

s

=

=

=

∈

∈

∈

) ( ) ( )

( ) (

 Ta chứng minh hf =g

Thật vậy: ∀s∈S,hf(s)=h(f(s))=h(f s)= g(s) Vậy hf =g

 Ta chứng minh h duy nhất

Giả sử có ñồng cấu h':F → X thoả h' f =g Khi ñó:

∑

∈

=

∈

∀

S s

s

f s

F,φ φ( )

φ

Ta có:

h'( ) φ h' φ(s)f φ(s)h' f(s) φ(s)g(s) h(φ)

S s S

s S

s











∈

∈

∈ Vậy h=h'hay h là duy nhất

Vậy với mọi tập S bất kỳ bao giờ cũng có một R-môñun tự do trên S

F A s A s R s S

S

s⊕ ≅ ∀ ∈

=

Chứng minh:

xét ánh xạ:

Rõ ràng là toàn cấu

Suy ra là ñơn cấu

Vậy là ñẳng cấu

ðặt

Vì S là cơ sở của F nên Rs là hệ sinh Do ñó: ∑ ∑

∈

∈

=

=

S s s S

s

A Rs

F

Với mỗi t∈S, xét: I ∑

≠

∈

∈

t s S s

Rs Rt

x

, Lúc ñó có s1, ,s n ∈S,s i ≠t,∀i=1, ,nvà r,r1, ,r n∈Rsao cho:

1 1

= +

−

⇒

=

=

=

n i i i n

i i

i s rt r s r

rt x

Suy ra r =r1 = =r n =0(vì t,s1, ,s n∈Svà S là cơ sở của F) Do ñó: x=0 Vậy I ∑

≠

∈

=

t s S s

Rs Rt

,

0

Hay I ∑

≠

∈

=

t s S s s

t A A

,

0

Vậy F A s A s R s S

S

s⊕ ≅ ∀ ∈

=

Ngược lại, ta có: A s =ϕs(R)=ϕs(R.1)=Rϕs(1)

Suy ra: s(1)

S s s S

s A R

∈

⊕

=

Do ñó: {ϕs(1)}s∈Slà hệ sinh của F và ñộc lập tuyến tính hay S là cơ sở của F

ánh xạ bao hàm d:S → X ñược mở rộng thành ñẳng cấu h:F →X , với F là môñun tự do sinh bởi S

Chứng minh:

Giả sử F là môñun tự do sinh bởi S Khi ñó ∃h:F→ X là ñồng cấu thoả hf =d

( )⇒ Giả sử S là cơ sở của X Chứng minh h là ñẳng cấu

Vì h( )F =h( f(S) )= hf(S) = d(S) = S = X nên h toàn cấu

Lấy φ∈Fsao cho h( ) φ =0 Lúc ñó: ∑

∈

=

S s

s

f

s) (

φ φ

với f s :S →R

∈

∈

∈

∈

=

=

=













=

=

S s S

s S

s S

s

s s hf s s d s s f

s h

Suy ra φ(s)=0,∀s∈Shay φ =0hay là ñơn cấu

Vậy h là ñẳng cấu

( )⇐ Giả sử h ñẳng cấu Chứng minh S là cơ sở của X

 Chứng minh S ñộc lập tuyến tính

Xét r s r i R s i S

n i i

i = ∈ ∈

∑

=

, , 0 1











=

=

=

=

=

=

=

n i s i n

i

i i n

i

i i n

i i

i s r d s r hf s h r f i r

1 1

1 1

) ( )

( 0

Hơn nữa h là ñẳng cấu nên: ∑

=

=

n i s

i f i r

1

0 Suy ra r i =0,∀i=1, ,n Vậy S ñộc lập tuyến tính

 Chứng minh S là hệ sinh của X

∀x∈X,∃φ∈F:h(φ)= x ( do h ñẳng cấu ), với ∑

∈

=

S s

s

f s)

(

φ φ

∈

∈

∈

∈

=

=

=













=

=

S s S

s S

s S

s

s s hf s s d s s f

s h

h

x φ φ( ) φ( ) ( ) φ( ) ( ) φ( )

Vì φ(s)=0 hầu khắp nên ∃s1,s2, ,s n ∈Ssao cho:

Suy ra: x s s s i R s i S

n i

i

=

, ) ( , ) ( 1

φ φ

Do ñó: S là hệ sinh của X

Vậy S là cơ sở của X

• Hệ quả 1: Môñun M là môñun tự do khi và chỉ khi M có cơ sở

Chứng minh:

Giả sử V là K-không gian vectơ Khi ñó:

Nếu V =0 thì V là K-môñun tự do sinh bởi 0

Nếu V ≠0 thì gọi M là tập tất cả các bộ phận ñộc lập tuyến tính của V

Rõ ràng M ≠φ và M sắp thứ tự theo quan hệ bao hàm

Lấy N là tập con sắp thứ tự tuyến tính của M

ðặt U

N W i i

W W

∈

=

Lấy w1, ,w n ∈W Suy ra w i∈W i nào ñó, và tồn tại W sao cho j w1, ,w n ∈W j

Do ñó w , ,1 w n ñộc lập tuyến tính Vậy W ñộc lập tuyến tính và W là chặn trên của N trong M

Suy ra M có phần tử cực ñại ( theo bổ ñề Zorn) Gọi C là phần tử cực ñại của M

Vì C∈M nên C ñộc lập tuyến tính

V

x∈

∀

+ Nếu x=0 thì x∈ C

+ Nếu x≠0 thì CU { }x phụ thuộc tuyến tính ( vì C cực ñại )

Suy ra ∃r0,r1, ,r n ∈Rkhông bằng 0 tất cả sao cho:

r0x+r1x1+ +r n x n =0,x1, ,x n∈C

Do ñó: r0 ≠0(vì nếu r0 =0 thì mâu thuẫn với x , ,1 x n ñộc lập tuyến tính)

Suy ra x=r − r x + +r n x n ∈ C

)

(1 1 1

Vậy C là cơ sở của V nên V là môñun tự do

i) Quy tắc R×(M /H)→M/H

(r,x+H)arx+H là một ánh xạ nên nó là phép nhân vô hướng giữa vành R và nhóm aben M/H

ii) Nhóm aben cùng với phép nhân vô hướng trong i) là một R-môñun trái

Chứng minh:

i) Thật vậy: Nếu x+H = x'+H thì x−x'∈H

Do ñó với r∈R vì H là môñun con nên ta có:

r(x−x')∈H ⇒rx−rx'∈H

Vậy rx+H =rx'+H

ii) Ta kiểm chứng việc thoả mãn 4 tiên ñề của R-môñun trái:

Với mọi x+H,y+H∈M /Hvà mọi r,s∈Rta có:

( ) ( )

( ) (rx H) (ry H) (r x H) (r y H)

H ry rx H y x r

H y x r H y H x r

+ + +

= + + +

=

+ +

= + +

=

+ +

= + + +

(r+s)(x+H) (= r+s)x+H =rx+sx+H

=(rx+H) (+ sx+H)

=r(x+H) (+s x+H)

( )(rs x+H) ( )= rs x+H =r( )sx +H =r((sx+H)=r[s(x+H) ]

(x+H)=1x+H =x+H

1

• Mệnh ñề 1: Tổng trực tiếp của các môñun tự do là môñun tự do

• Mệnh ñề 2: Mọi R-môñun ñều là ảnh toàn cấu của một R-môñun tự do

Chứng minh:

Giả sử M là R-môñun Khi ñó lấy tập con S của M sao cho M = S

Gọi (F, f) là R-môñun tự do trên S, với f :S →F Lúc ñó F = f (S) và với ánh

xạ bao hàm d:S →M,∃h:F →Mlà ñồng cấu sao cho hf =d

Ta có: h(F)=h( f(S) )= hf(S) = d(S) = S =M

Suy ra: h là toàn cấu

• Hệ quả: Mọi R-môñun M ñều ñẳng cấu với môñun thương của một R-môñun tự

do

2 BÀI TẬP ÁP DỤNG:

• Bài tập 1: Cho R là một vành và I là idean của R thoả mãn I là R - môñun tự do

với cơ sở {b j j∈A} Chứng minh rằng nếu M là một R - môñun tự do với cơ sở

{x i i∈B} thì IM là R - môñun tự do với cơ sở {b j x i j∈A,i∈B}

• Bài tập 2: Cho R là một vành và I ⊂J là các idean của R thoả mãn, I , là R - J

môñun tự do

Chứng minh rằng:

a) ∀i∈N, I i J/I i+1Jvà I i/I i+1 là các R / - môñun tự do I

b) Tồn tại dãy khớp các R / - môñun: I

.→I2/I3 →IJ/I2J →J/J2 →J/IJ →R/I →R/J →0

Ở ñây tất cả môñun, ngoại trừ R / J, là tự do trên R / I

2.2 BÀI GIẢI:

• Bài tập 1:

Vì M là một R-môñun tự do với cơ sở {x i i∈B} nên i

i Rx

M =⊗

i i

i I R Ix

IM =⊕ =⊕

Vì I là R-môñun tự do với cơ sở {b j j∈A} nên j

i Rb

I =⊕

ij i j j

i Rb x Rb x









⊕

⊕

Nếu r( )b j x i =0,∀r∈Rthì rb j =0( vì Rx là tự do trên i x ) và do ñó i r =0( vì

j

Rb là tự do trên b ) j

Do ñó, Rb j x i là tự do trên b j x i và IM là R-môñun tự do với cơ sở

{b j x i j∈A,i∈B}

• Bài tập 2:

Áp dụng bài tập 1, ta thay M=J Khi ñó: IJ là R-môñun tự do

Bằng phương pháp qui nạp trên i, theo ñó mỗiI i J là R-môñun tự do, và do ñó

J I

J

I i / i+1 là R / -môñun tự do I

Trong trường hợp ñặc biệt, khi J =R, ñiều này kéo theoI i/I i+1 cũng là R / - I

môñun tự do

Vì I ⊆ J( và I là idean ), ta có một dãy con các idean:

R⊇ J ⊇I ⊇IJ ⊇I2 ⊇I2J ⊇I3 ⊇

Từ ñiều này, tồn tại dãy khớp

(*) →I2/I3 →IJ/I2J → J/J2 →J/IJ →R/I →R/J →0

Ở ñây tất cả môñun, ngoại trừ R / J, là tự do trên R / I

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1 N.T.Lanh, ðại số ( Giáo trình sau ñại học ), NXBGD, 1985

2 S.Lang, ðại số ( T.V.Hạo, H.Kỳ dịch ), NXBðHTHCN, 1978

3 F.W Anderson, K.R.Fuller, Rings and Categories of Modules, Springer – Verlag,

1974

4 C.Faith, Algebra I: Rings, Modules and Categories, Springer – Verlag, 1981

5 T.Y.Lam, Lectures on Modules and Rings, Springer – Verlag, 1999

6 T.Y.Lam, Exercises in Modules and Rings, Springer, 2007