bài tập lý thuyết vành dành cho cao học - sinh viên ngành toán - tin

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 ---.. CMR trong một vành chính quy giao hoán: i Mo

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 sửI là ideal của Mn(K), I khác 0 thì   0 a (a ) Iij   ars 0 với cặp (r, s) nào

i, j

a (a ) a e .

- Chú ý rằng ij kl il

e , j k

e e

0,i k









 Ta CM với mọi k thì ekkI khi đó n kk

k

I e I Thật

i,j j j

e a e ( a e )a e e a e I

- Xét rj kj rs sk1 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: xax x  xaxa xa  (xa)2 xa xong

(ii)->(i): lấy x R  xRlà ideal phải chính của R ylũy 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

1 1 1 1

1 ax=0 1 ax x ax x  a(x x) x 

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 I Ry, y 2 y

- 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: xn 0 P, n N x(x ) P n 1 x P

nguyên tố -> xong

- Nghịch: x P ngtoP, giả sử x không lũy linh

+ Đặt B x , n N , An    I ideal thucsu : I B  Dùng bổ đề Zorn chứng

minh A có phần tử tối đại Xét I1I2  I n 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 : 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 r 1 r k

1 k

n p p ta cần CM ri

i

k p

i 1



k

r i

i 1

Z / nZ Z / p Z



k

i i i {1,2, ,k}

i 1

f : Z Z / p Z, m (m p Z)



k

i i i 1, ,k i

i 1

(a p Z) (Z / p Z)



i i

m Z : f (m) a  p Z :

i

i r j i i i i i i

j i i

n

S p (S , p ) 1 q : S q 1(mod p )

k

i i i i i i i i

i 1

m a S q ,m a (mod p ) m p Z a p Z



i i

f (m) a p Z

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

Bài 2.5 Cho {M i }i I  là một họ các R-module, A là một ideal trái của vành R CMR: (i) A(IM )i IAMi (ii) (IM ) / A(i IM )i I(M / AM )i i

Giải

I i j j i I j j i I

j 1 j 1

x A( M ) x a (m ) ( a m )

n

j j i I

j 1

( a m )



n

j j i

j 1

a m AM







I i

  

n

j j i I

j 1

a m )



n

I i ij ij i I ij ij

j 1 i, j

x AM x ( a m ) a (0, ,0, m ,o, )



Do x nằm trong tổng trực tiếp nên chỉ có hữu hạn các mij Nên (1) là tổng hữu hạn suy ra

I i

x A(  M ) Xong

(ii)- Xét f :IMi  I(M / AM ),(m )i i i i I  (miAM )i i I thì F là toàn cấu

Lại có Kerf (m )i I IM | mi iAM ,i Ii   IAMi A(IM )(theo(i))i Áp dung định lí đẳng cấu suy ra đpcm

Bài 2.7.: R  S 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.    Ta nói cấu trúc R-module được cảm sinh bởi đồng cấu  Giả sử M IMi là sự phân tích thành tổng trực tiếp của các S-module CMR nếu xem M như R-module cảm sinh bởi  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 Mi là R-module là xong

Bài 2.8 Cho i

i I



Giải.

-Chiều nghịch: g : S / Ai i  Miđẳng cấu Đặt h (s) g (s A)i  i  , h : Si  Milà toàn

i I

h : S M , h(s) (h (s))



cấu

+ Kerh s : h (s) 0, ii    s | s Kerh i i I Ai=0 h :đơn cấu S h(S) + CM cho h(S) là tích trực tiếp con Thật vậy,  i I, miM i Do hi toàn cấu nên

i i h(S) i

s S : h(s) m | : h(S) M

-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).

Giải Ta dựa vào bài 2.10

Bài 2.10 Cho họ các vành  Ri i I  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| : B Ri

  là một toàn cấu CMR B đẳng cấu với một tích trực tiếp con của các vành R ,i Ii     i I, ideal Ai của B sao cho i I Ai 0, B / AiRi.

Giải.

- Chiều thuận:

+ Khi B là tích trực tiếp con: fi i B| là toàn cấu Đặt Ai Kerfi  B / Ai Ri

Nếu x Ai  f (x) 0, ii    x 0 vậy ta có các ideal Ai của B thỏa ĐK bài toán + Nếu B đẳng cấu với một tích trực tiếp con C Ta có các ideal Ci của C sao cho

i i i

C 0,C / C R

Đặt h : Bi  C / C , h (b) h(b) Ci i   i thì hi là toàn cấu Có

Kerh b | h(b) C h (C )

   Đặt A : Kerh i  i Theo định lí đẳng cấu:

i i i

B / A C / C R Ta kiểm tra giao các Ai =0 nữa là xong Thật thế, ta có

1

A h (C ) a | h(a) C , i a | h(a) C 0 Kerh 0

- Chiều nghịch: Giả sử có các ideal Ai của B sao cho

i i i i i i

A 0,B / A R i I, h : B / A R

i i i i i

f : B R ,f (b) h (b R )  thì đây là một toàn cấu và ta có

Ker f  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

Ker f  b | f (b) 0, i   b | b A , i   b | b Ai 0 0 B f (B) F(B) là tích trực tiếp con: Xét i f (B)| : f (B) R i Do fi toàn cấu nên

i i i i i i

r R , b B : f (b) r (f (b)) r

        nên i f (B)| là toàn cấu -> xong

Bài 2.9 Chú ý rằng nZ | n 1  là họ các ideal của Z sao chonZ 0,&Z / nZ Z  n

-Bài 3: Module đơn Bài 3.2 Xác đinh tất cả các R-module đơn, với

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]

c) R Q[x] / x 3 5 có một ideal tối đại là 0 x3 5 bất khả quy trên Q do nó không

có nghiệm trên Q nên x3 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 f C[x, y]  f (x a)f (x, y) g(y),g(y) C[y] 1   , 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)]

fh (x a)[(x a)f (x, y) g(y) [g(b)] f (x, y)] [g(b)] g(y) 

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 M (R)n Đặt

 kl k,l 1, ,n ij

A x R | M (a )    D, i, j  1, , n | x a ta chứng minh cho

n

D M (A) Hiển nhiên DM (R)n

- Đặt eij là đơn vị ma trận thỏa eij bkl với kl

k i

1, if

0,if k i or j l





  



Ta chứng minh

cho  x A, i, j  xeijD Thật vậy, x A, M (c )   kl k,lD, i, j: x c  ij Khi đó

n

kl kl

k,l 1



 Do M D,D là ideal của M (R)n nên e Meii ' jj'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



i, j

M (d ) M (A) M d e Vì dijA d eij ijD vì D là ideal của

n ij ij

i, j

M (R) M d e D Vậy M (A) Dn 

- Chứng minh cho A là ideal của R

+ Lấy 11 11 11

11

x y 0 0

xe D

ye D

0 0 0







x y A

+ Lấy r R Vì D là ideal của Mn(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

rx, xr D  xong

- Với I là ideal của R ta CM cho M (I)n là ideal của M (R)n

+ Lấy M (x ), N (y ) M (I ij  ij  n ) 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 ) 



tương tự chứng minh được MC M (I) n

-Ta chứng minh cho nếu M (R)n là vành đơn thì R là vành đơn Dung phản chứng, giả

sử R không là vành đơn   0 I Rlà ideal của R Khi đó theo chứng minh trên

n

M (I) là ideal của M (R)n và 0 M (I) M (R) n  n mâu thuẫn vì M (R)n 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 f |S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

b) Xét M R N 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 S M,S' R  N\{0}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 Im g 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

(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 n p p p 1 2 k Dùng quy nạp theo k

+ Khi k=1 thì n=p1 nguyên tố nên Z/p1Z đơn, tương tự là Z/piZ đơn với i={1,2,…,k} + Giả sử Z / p p p Z1 2 k 1 là nửa đơn Ta có p Z / nZ Z / p p p Zk  1 2 k 1 là nửa đơn (theo 4.3 (ii))

Lại có (p , p p p ) 1k 1 2 k 1  nên theo 4.3(iii) (p Z / nZ) (p p p Z / nZ) Z / nZk  1 2 k 1  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 M IM , Mi i đơn M hữu hạn sinh nên đặt tập sinh của M là {e , ,e }1 n 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 Mj J Mj nên M có độ dài hữu hạn (ii)->(iii)

1) Ta chứng minh M thỏa mãn điều kiện ACC Mi 1nRei

-Xét M1M2   M p là một dây chuyền tăng các module con của M

Do M nửa đơn nên Mp nửa đơn với mọi p Đặt K1M1,

p

p p 1 p p p i 1 i



 THÌ Mp N, p VÀ

M NỬA ĐƠN DO N<M NÊN CÓ L M : M N  L i, niN,liL : ei nili

n n n

i i i i i i

i 1 i 1 i 1

x N : x r e r n r l

n n n

i i i i i i i

i 1 i 1 i 1

r l x r l N L 0 x r n N n ,i 1, 2, ,n

SỐ P SAO CHO ni pi 1Ki Np  N N p-> 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 x1M \{0},đặt N1x1  Do M không hữu hạn sinh nên tồn tại x2M \ N1, Đặt N2 x , x1 2 …tiếp tục quá trình này ta thu được dây chuyền

1 2 k

N N   N  trong đó Nk x , , x1 k  thỏa xkNk 1 tức Nk 1 Nk(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 .

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) g ' : V W,g(a v1 1a v2 2a v ) (a3 3  1 a )w2 1a w3 2 Sau đó chứng minh cho g’ toàn cấu Xác đinh Kerg’=Imf

c) f ' : U V,f (au) av 2 Chứng minh cho f’ đơn cấu và Imf’=Kerg

Bài 6.4 Cho {A },{B },{C }i i i là các module sao cho f i g i

i i i

A   B  C chính xác i

i I i I i I i I

f : A B ,f ((a )) (f (a )),g : B C ,g((a )) (g (a ))

i I i I i I

   

Giải Ta CM cho Imf=Kerg

- Xét (b )i i I Im f  (a )i i I A : f[(a ) ] (b )i i i I  i i I

i i i i i

i I, a A : f (a ) b

       g (b ) g f (a ) 0i i  i i i  (Do Im fi Kergi)

i i I i i i I i i I

g[(b ) ] (g (b ))  0 (b ) Kerg

- Ngược lại, xét b (b ) i i I Kerg g (b ) 0 ii i    biKergi Im fi nên với mọi i

I, a A : f (a ) b

    Đặt a (a )  f (a) (f (a )) (b ) b    b Imf

Ta mở rộng tương tự cho tổng trực tiếp f ' : f | Ai,g ' : g | Bi

Imf ' Imf Kerg,Imf ' B Imf ' K er g B ,ma Kerg ' Kerg B

nên Im f '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

m M,f Hom (M, R),i I : m M : m (f m)m



Giải

Gọi F là module tư do có cơ sở {e }i i I Có thể chọn {m }i i I là tập sinh của M Đặt

i i i i

i I i I

h : F M, r e r m

 

i I

: F R, r e r



i I i I

f : M F, hf Id , x F : x r e (x)e

 

m M : f (m) F

i I

f (m) [ f (m)]e



i I

f f m M,f (m) f (m)e



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

i I

m M,f Hom (M,R) : m f (m)m



i I

: M F, m f (m)e



0 M  F  F / Ker 0

i i i i

i I i I

: F F / Im , x x Im ; : F M, r e r m

 

i i i i

i I i I

(m) [ f (m)e ] f (m)m m

    ,  IdM Nên dãy chẻ ra  Im là hạng tử trực tiếp của F nên nó xạ ảnh M đẳng cấu với Im nên M xạ ảnh.

Kiểm tra  đồng cấu và đơn cấu (tự kiểm tra)