TIỂU LUẬN CƠ SỞ ĐẠI SỐ MÔĐUN TỰ DO TRÊN MIỀN NGUYÊN CHÍNH

TIỂU LUẬN CƠ SỞ ĐẠI SỐ MÔĐUN TỰ DO TRÊN MIỀN NGUYÊN CHÍNH Nội dung tiểu luận gồm hai chương: Chương 1 nhắc lại một số khái niệm cơ bản về miền nguyên chính, mođun, mođun con, mođun thương và mođun tự do. Chương 2 trình bày một số đặc tính của mođun tự do trên miền nguyên chính và ví dụ.

ĐẠI HỌC HUẾTRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM

KHOA TOÁN

TIỂU LUẬN CƠ SỞ ĐẠI SỐ

Đề tài:

MÔĐUN TỰ DO TRÊN MIỀN NGUYÊN CHÍNH

Người hướng dẫn khoa học:

TS Phan Văn Thiện

Học viên thực hiện: Nguyễn Thị Hồng ChuyênLớp: CH Toán K17 (2008-2010)

Chuyên nghành: LL và PP dạy học Toán

Huế-03/2009

Mục lục

1.1 Miền nguyên chính 4

1.1.1 Vành và trường 4

1.1.2 Iđean và iđean chính 4

1.1.3 Ước của không, miền nguyên 5

1.1.4 Miền nguyên chính và các tính chất của nó 6

1.2 Môđun tự do 8

1.2.1 Môđun, môđun con và môđun thương 8

1.2.2 Môđun tự do 9

2 Môđun tự do trên miền nguyên chính 16 2.1 Hạng của một môđun tự do trên một miền nguyên chính 16

2.1.1 Định lí 16

2.2 Môđun con của một môđun tự do trên một miền nguyên chính 17 2.2.1 Định lí 17

2.3 Môđun con của một môđun tự do có hạng hữu hạn trên một miền nguyên chính 19

2.3.1 Định lí 19

2.4 Ví dụ 21

2.4.1 Ví dụ 21

2.4.2 Ví dụ 22

2.4.3 Ví dụ 22

Tài liệu tham khảo 24

Lời mở đầu

Trong sự phát triển của toán học hiện đại, đại số đóng một vai trò rất hếtsức quan trọng, đặc biệt là các cấu trúc đại số Việc tìm hiểu và nghiên cứu cáccấu trúc đại số như môđun và vành là rất cần thiết và lí thú Ta biết rằng khinghiên cứu về môđun tự do trên vành tổng quát người ta đã thu được nhữngkết quả rất đẹp Một câu hỏi đạt ra là:" Trên miền nguyên chính thì môđun tự

do sẽ có những đặc tính gì?" Và đó cũng là lí do mà tôi chọn đề tài:" Môđun

tự do trên miền nguyên chính" nghiên cứu tiểu luận của mình

Nội dung tiểu luận gồm hai chương:

Chương 1 nhắc lại một số khái niệm cơ bản về miền nguyên chính, mođun,mođun con, mođun thương và mođun tự do

Chương 2 trình bày một số đặc tính của mođun tự do trên miền nguyênchính và ví dụ

Tôi xin chân thành cảm ơn Thầy giáo TS Phan Văn Thiện đã tận tìnhgiảng dạy học phần ” Cơ sở đại số hiện đại " và tạo điều kiện cho tôi hoànthành tiểu luận này

Dù cố gắng nhưng hạn chế kinh nghiệm nghiên cưú nên chắc chắn tiểu luậncòn những thiếu sót Tôi rất mong nhận được sự góp ý của quý thầy và cácbạn để tiểu luận được hoàn thiện hơn

Huế, tháng 3 năm 2009.Nguyễn Thị Hồng Chuyên

phải được gọi là iđean hai phía của vành R.

• Mệnh đề 2: Cho vành giao hoán R Khi đó, tập hợp V x = {vx|x ∈ V }

là một iđean

Iđean V x gọi là iđean chính sinh bởi x, kí hiệu (x)

• Định nghĩa 3: Trong một vành giao hoán R 6= {0R}, một iđean I của Rgọi là iđean nguyên tố nếu I 6= R và thỏa mãn điều kiện: xy ∈ I ⇒ x ∈ Ihay y ∈ I, ∀x, y ∈ R

• Mệnh đề 4: Nếu I là một iđean của vành R Khi đó:

(i) Lớp xy + I chỉ phụ thuộc vào các lớp x + I và y + I mà không phụthuộc vào sự lựa chọn của các phần tử x, y từ các lớp đó

(ii) R/I cùng với hai phép toán:

(x + I, y + I) 7−→ x + y + I(x + I, y + I) 7−→ xy + I

là một vành gọi là vành thương của R trên I

• Định nghĩa 5: Trong một vành giao hoán R 6= {0R}, một iđean I của Rgọi là iđean nguyên tố nếu I 6= R và thỏa mãn điều kiện: xy ∈ I ⇒ x ∈ Ihay y ∈ I, ∀x, y ∈ R

• Định nghĩa 6: Trong một vành giao hoán R 6= {0R}, một iđean I của Rgọi là iđean tố đại nếu I 6= R và không có iđean J nào của R chứa I khác

I và khác R

1.1.3 Ước của không, miền nguyên

• Định nghĩa 1: Vành R gọi là có ước của không nếu R có những phần tử

x 6= 0, y 6= 0 sao cho xy = 0 Những phần tử x và y như thế gọi là nhữngước của không

• Định nghĩa 2: Miền nguyên là vành khác 0, giao hoán và không có ướccủa không

• Mệnh đề 3: Nếu R là một vành giao hoán khác 0R, một iđean I của R

là iđean nguyên tố nếu và chỉ nếu vành thương R/I là một miền nguyên

• Mệnh đề 4: Nếu R là một vành giao hoán có phần tử đơn vị 1R 6= 0R,một iđean I của R là iđean tố đại nếu và chỉ nếu vành thương R/I là mộttrường

1.1.4 Miền nguyên chính và các tính chất của nó

• Định nghĩa 1: Một miền nguyên chính là một miền nguyên trong đó mọiiđean đều là iđean chính

• Tính chất 2: Trong một miền nguyên chính R, nếu p là một phần tử bấtkhả quy thì iđean sinh bởi một phần tử (p) là iđean nguyên tối đại.Chứng minh: Giả sử (p) ⊂ I Vì R là miền nguyên chính nên I = (b) Do

đó, ta có:p ∈ (b), tức là p = ab Hơn nữa p là bất khả quy nên a | 1 hoặc

a | 1 Vậy I = (p) hoặc I = R

• Tính chất 3: Trong một miền nguyên chính R, mọi phần tử a 6= 0 vàkhác ước của đơn vị đều phân tích được thành một tích những phần tửbất khả quy:

a = p1p2 pn

và sự phân tích đó là duy nhất, nếu không kể đến thứ tự và những phần

tử là ước của đơn vị

Chứng minh: Giả sử a ∈ R, a 6= 0, khác ước của 1 Ta sẽ phân tích athành tích của những phần tử bất khả quy

* Nếu a là bất khả quy thì a = a

* Nếu a là không bất khả quy, thì iđean sinh bở1 một phần tử (a) là khôngtối đại Vì nếu (a) là tối đại thì nó sẽ là nguyên tố khác 0, do đó a lànguyên tố, tức a là bất khả quy, mâu thuẫn Vì (a) 6= (1) và R 6= (0) nên(a) bị chứa trong một iđean tối đại p1 Vì mọi iđean tối đại đều nguyên

tố và do p1 6= 0 nên p1 là nguyên tố, và do đó là bất khả quy Vì vậy ta

có (a) ⊂ p1 Và do đó a = p1a1, với a1 k a Nếu a1 là bất khả quy thì sựphân tích là xong Nếu không thì lập luận tương tư như đối với a1, ta có

a1 = p2a2 với p2 bất khả quy và a2 k a1, Qua trình này sẽ dừng lại saumột số hữu hạn bước, và ta có được sự phân tích a thành một tích của

các phần tử bất khả quy.

Bây giờ ta chứng minh tính duy nhất của sự phân tích đó Giả sử a có sựphân tích khác nữa là

a = p01p02 p0m Vì p1 chia hết p1p2 pn nên nó cũng chia hết p01p02 p0n Vì vậy nó phảichia hết một trong các nhân tử, chẳng hạn p01 Hơn nữa p1 là bất khả quynên p1 liên kết với p01, túc là p01 = u1p1 với u1 là ước của đơn vị Khi đó,

ta có:

p1p2 pn = u1p1p02 p0m Giản ước hai vế cho p1, ta được:

p2 pn = u1p02 p0m Tiếp tục như trên, nếu n < m thì sau n lần giản ước, ta sẽ được:

1 = u1 un = u1p0n+1 p0m Điều này không xảy ra Do đó n ≥ m Nhưng nếu n > m, thì bằng cáchlập luận tương tự ta sẽ có m ≤ n Vậy n = m Và với một sự đánh sốthích hợp ta có: pi = uiqi, i = 1, 2, , n, ui | 1

• Tính chất 4: Cho R là một miền nguyên chính Khi đó, mọi dãy tăngthực sự những iđean của R đều là hữu hạn

Chứng minh: Giả sử I1 ⊆ I2 ⊆ ⊆ In⊆ là một dãy tăng thực sự nhữngiđean của vành R Thế thì bắt đầu từ một n nào đó, ta có In = In+1 = Thật vậy, xét I = S ∞

n=1In Vì các iđean của dãy trên lồng nhau nên Icũng là một iđean của R Mà R là miền nguyê chính nên I = (b) Vì

Chứng minh: Giả sử ngược lại trong M không tồn tại một iđean tối đạinào cả Gọi α1 ∈ M Vì Rα1không phải là tối đại nên tồn tại Rα2 ∈ M saocho Rα1 ⊂ Rα2 Lại vì Rα2 không phải là tối đại nên tồn tại Rα3 ∈ Msao cho Rα2 ⊂ Rα3, tiếp tục như thế ta được một dãy tăng thực sự

Rα1 ⊂ Rα2 ⊂ Rα3 ⊂ ⊂ Rαn Điều này trái với tính chất của miền

nguyên chính là mọi dãy tăng thực sự những iđean đều hữu hạn Vậy ta

có điều phải chứng minh

1.2.1 Môđun, môđun con và môđun thương

• Định nghĩa 1: Cho R là vành có đơn vị 1 6= 0, M là một nhóm aben(phép toán kí hiệu theo lối cộng ) và R × M là tích Descartes của các tậphợp R và M Nhóm aben M cùng với ánh xạ

R × M : S −→ M(a, x) 7−→ axđược gọi là một môđun trái trên vành cơ sở R ( hay R−môđun trái ) nếu:

i, a(x + y) = ax + ay, ∀a ∈ R, ∀x, y ∈ M

• Định nghĩa 2: Giả sử M là R−môđun trái Một tập hợp con N của Mđược gọi là môđun con của R−môđun trái M nếu:

• Mệnh đề 4: Giả sử Ω là tập các môđun con nào đó của R−môđun trái

M Khi đó:

\

N ∈Ω

N = {x ∈ M |(∀N ∈ Ω) ⇒ (x ∈ N )}

là một môđun con của M

• Hệ quả 5: Giả sử S là một tập con của R−môđun trái M Khi đó, giaocủa tất cả các môđun con của M chứa S là môđun con nhỏ nhất của Mchứa S

• Định nghĩa 6: Giao trong hệ quả 5 được gọi là môđun con sinh ra bởitập S, kí hiệu hSi Khi M = hSi, ta nói M là R−môđun trái sinh ra bởitập S và S là hệ sinh của R−môđun trái M

• Định nghĩa 7: Một môđun con có tập sinh hữu hạn được gọi là môđuncon hữu hạn sinh Giả sử M là một R−môđun trái và N là là môđun concủa nó Vì N là nhóm con của nhóm aben trong R−môđun trái M nên

ta có nhóm thương M/N = {x + N |x ∈ M } với phép cộng xác định nhưsau: (x + N ) + (y + N ) = x + y + N

• Mệnh đề 8: Giả sử M là một R−môđun trái, N là là môđun con củanó

i, Quy tắc

R × (M/N ) : S −→ (M/N )(r, x + N ) 7−→ rx + N

là một ánh xạ nên nó là một phép nhân vô hướng giữa vành R với nhómaben M/N ii, Nhóm aben M/N cùng với phép nhân vô hướng trong i, làmột R−môđun trái

• Định nghĩa 9: R−môđun trái M/N trong mệnh đề 8 được gọi là môđunthương của R−môđun trái M theo môđun con N của nó

đồng cấu R - môđun h : F → X thỏa mãn hf = g, tức sơ đồ sau đây giaohoán:

• Định nghĩa 2: M là R - môđun, S là tập con của M

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

S gọi là cơ sở của M nếu S là hệ sinh của M và độc lập tuyến tính

• Định lí 3: Nếu (F, f ) là môđun tự do trên S thì f : S → F là đơn ánh

Ta có: f (a) = f (b) ⇒ hf (a) = hf (b) ⇒ g(a) = g(b) ⇒ f (a) 6= f (b) Mâuthuẫn với giả thiết f (a) = f (b) Suy ra f là đơn ánh

d : X → F

x 7→ x

Khi đó: df = g ⇒ dhf = f ⇒ dh = id ⇒ d là toàn cấu.

Suy ra hf (S)h= F ( Vì d vừa là toàn cấu vừa là phép nhúng )

• Định lí 4: Nếu (F, f ) và (F0, f0) là các môđun tự do trên S thì F ' F0.Chứng minh:

Vậy h là đẳng cấu hay: F ' F0

• Định lí 5: Với mọi tập hợp S bao giờ cũng có một R-môđun tự do trênS

Chứng minh: Xét tập hợp F = {φ : S → |φ(s) = 0 hầu khắp nơi } với cácphép toán cộng và nhân được định nghĩa như sau:

+ : F × F → F(φ, ϕ) 7→ φ + ϕ : S → R

s 7→ φ(s) + ϕ(s)

· : R × F → F

(r, φ) 7→ rφ : S → R

s 7→ rφ(s)Khi đó, (φ + ϕ)(s) = 0 hầu khắp; rφ(s) = 0 hầu khắp Dễ dàng kiểm tra(F, +) là một nhóm aben và (F, +, ) là một R - môđun

Với s ∈ S, xét ánh xạ:

fs : S → R

t 7→ fs(t)trong đó

f : S → F

s 7→ fs

Khi đó, (F, f ) là R - môđun tự do trên S

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

Ta chứng minh đồng cấu h là duy nhất

Thật vậy, giả sử tồn tại đồng cấu h0 : F → X thỏa h0f = g

• Định lí 6: Mọi R - môđun đều là ảnh của một môđun tự do.

Chứng minh: Giả sử M là R - môđun tự do lấy S ⊂ M sao cho hSi = M ,

h : S −→ M là đồng cấu sai cho hf = d Khi đó:

h(F ) = hhf (s)i = hhf (s)i = hd(s)i = hSi = M suy ra h là toàn cấu

• Hệ quả 7: Mọi R - môđun M đều đẳng cấu với môđun thương của một

được mở rộng thành toàn cấu g : R → M Từ đó suy ra: M ∼= R(I)/kerg

• Định lí 8: Tập con S của R - môđun X 6= 0 là một cơ sở khi và chỉ khiánh xạ bao hàm d : S −→ X được mở rộng thành đẳng cấu h : F −→ Xvới F là môđun tự do sinh bởi S

Chứng minh: Vì F là môđun tự do sinh bởi S nên tồn tại đồng cấu

Điều kiện cần: Giả sử S là cơ sở của X

Khi đó: h(F ) = h(hf (s)i) = hhf (s)i = hd(s)i = hSi = M suy ra h toàncấu

Điều kiện đủ: Giả sử h đẳng cấu Để chứng minh S là cơ sở của X ta cầnchứng minh S là một hệ sinh độc lập tuyến tính của X.

n

P

i=1

φ(si)si, φ(si) ∈ R, si ∈ S Do đó: X = hSi

Vậy định lí được chứng minh

• Hệ quả 9: M là R - môđun tự do khi và chỉ khi M có cơ sở

Ví dụ:

1 0 là R - môđun tự do với cơ sở ∅

2 Vành R là R - môđun tự do với cơ sở 1

3 Mỗi Z - môđun tự do gọi là nhóm eben tự do Mọi nhóm xyclic cấp vôhạn là aben tự do với cơ sở gồm một phần tử sinh, và đều đẳng cấu vớiZ

• Định lí 10: Mọi K không gian vecto đều là K - môđun tự do

Chứng minh: Giả sử V là K không gian vecto Có hai khả năng sau:

V = 0: V là môđun tự do

V 6= 0 Gọi M 6= ∅ là tập tất cả các bộ phận độc lập của V M sắp theo

thứ tự theo quan hệ bao hàm N là tập con sắp thứ tự tuyến tính của M Đặt W = ∪wi∈NWi Giả sử x1, x2, x3 ∈ W Khi đó:

xi ∈ Wi nào đó, x1, x2, , xn ∈ Wi, x1, x2, , xn là độc lập tuyến tính nên

W là chặn trên của M trong N Theo bổ đề Zorn, M có phần tử cực đạiC

Chứng minh: Giả sử p là một phần tử bất khả qui của R Khi đó iđean p = pA

là tối đại do đó R/pR là một trường Trước hết ta chứng minh môđun thươngM/pM là một không gian vecto trên trường R/pR Thật vậy, ta định nghĩaphép cộng:

(a + pM ) + (b + pM ) = a + b + pM

và phép nhân với vô hướng:

(t + pR)(a + pM ) = ta + pMPhép cộng không phụ thuộc vào phần tử đại diện của các lớp, vì nếu a + pM =

a0+ pM và b + pM = b0+ pM thì ta có a0 = a + pα, α ∈ F và b0 = b + pβ, β ∈ F

Do đó:

a0+ b0 = (a + pα) + (b + pβ) = a + b + pα + pβ = a + b + p(α + β) ∈ a + b + pMVậy a0+ b0+ pM = a + b + pM

Phép nhân cũng không phụ thuộc vào phần tử đại diện của các lớp, vì nếu

t+pR = t0+pR và a+pM = a0+pM thì t0 = t+pγ, γ ∈ R và a0 = a+pα, α ∈ M

Do đó:

t0a0 = (t+pγ)(a+pα) = ta+pγa+ptα+pγpα = ta+p(γa+tα+γpα) ∈ ta+pM

Vậy t0a0+ pM = ta + pM

Ta dễ dàng chứng minh M/pM cùng với hai phép toán trên thỏa mãn 8 tiên

đề của không gian vecto Vậy nó là một không gian vecto trên trường R/pR.Bây giờ ta tìm một cơ sở của không gian này Vì S là một cơ sở của M , nênmỗi phần tử a ∈ M đều viết một cách duy nhất dưới dạng:a = P

s∈S

[αss + pM ] = P

s∈S

[(αs + pR)(s + pM )] Chứng tỏ rằng (s + pM )s∈S là một

cơ sở của không gian vecto M/pM trên trường R/pR

Hơn nữa, rank(S) = rank(s + pM )s∈S = dim(M/pM ) Vậy rank(S) xác địnhduy nhất

Nhận xét: Dưới đây là cách chứng phát biểu khác của định lí trên:

Cho R là miền nguyên chính, M là R- môđun tự do với cơ sở S Giả sử S0 là

cơ sở thứ hai của R- môđun M Khi đó S và S0 có cùng số phần tử

Bổ đề 2: ( Nguyên lí quy nạp siêu hạn )

Giả sử A là tập hợp sắp thứ tự tốt và T là một tính chất đối với các phần tử

của A sao cho: "∀x < y, x có tính chất T ⇒ y có tính chất T " Khi đó mọiphần tử của A đều có tính chất T Chứng minh: Giả sử M là R−môđun tự do.Gọi (ei)i∈I là một cơ sở của nó Giả sử N là một môđun con của M Xét cácphép chiếu:

pi : M −→ RX

i∈I

αiei 7−→ αi

Ta sắp I thành tập sắp thứ tự tốt và gọi Mi là môđun con sinh bởi tập{ei|j ≤ i} Gọi Ni = N ∩ Mi Khi đó, với mỗi i = 1, 2, , n, pi(Ni) là iđeancủa miền nguyên chính R Theo giả thiết chúng là iđean chính, nên ta có:

pi(Ni) = Rαi Khi đó tồn tại ai ∈ Ni sao cho pi(ai) = αi Nếu αi = 0, ta chọn

ai = 0 và được một họ phần tử của N : (ai)i∈I Bây giờ ta sẽ chứng minh họcác phần tử ai 6= 0 tạo thành một cơ sở của N

Bước 1: Chứng minh họ (ai)i∈I là hệ sinh của N Để chứng minh điều này, tacần chứng tỏ với mọi i họ (aj)j≤i là hệ sinh của Mi

Giả sử 1 là phần tử bé nhất của I Khi đó, ∀x ∈ N1, ta có: p1(x) ∈ p1(N1) =

Rα1 Do đó p1(x) = βα1với β ∈ R, mà α1 = p1(a1), nên p1(x) = βα1 = βp1(a1).Suy ra p1(x − βa1) = 0, nhưng x, a1 ∈ N1 = N ∩ M1 và x, a1 ∈ M1 = he1i,nên phải có x − βα1 = γe1, γ ∈ R Khi đó 0 = p1(x − βa1) = γp1(e1) = γ Vậy

x − βa1 = 0 hay x = βa1, tức là N1 được sinh bởi a1

Giả sử ∀k ≤ i, (aj)j≤k là hệ sinh của Nk Ta chứng minh (aj)j≤i là hệ sinh của

Ni

Thật vậy, ∀x ∈ Ni, ta có pi(x) ∈ pi(Ni) = Rαi Suy ra pi(x) = δαi, δ ∈ R Vì

pi(x − δai = pi(x) − δpiai = δαi− δαi = 0, nên x − δai ∈ Nk với k ≤ i

Theo giả thiết qui nạp x − δai là một tổ hợp tuyến tính của các (aj), j ≤ k,suy ra x là một tổ hợp tuyến tính của các (aj)j≤i Theo nguyên lí qui nạp siêuhạn, (aj)j≤i là hệ sinh của Ni, ∀i ∈ I Từ đó suy ra họ (ai)i∈I là hệ sinh của M Bước 2: Ta sẽ chứng minh họ (ai)i∈I, ai 6= 0 là độc lập tuyến tính

Giả sử ngược lại, hệ phụ thuộc tuyến tính, tức tồn tồn tại hệ thức:

α1aj1 + α2aj2 + = αmajm = 0, αm 6= 0, với j1 < j2 < < jm Xét các phép chiếu pjm, ta có: pjm(

Vậy họ các phần tử ai 6= 0 tạo thành một cơ sở của N hay N là R-môđun tự do.

hạn trên một miền nguyên chính

2.3.1 Định lí

Cho R là miền nguyên chính, M là một R−môđun tự do có hạng n, và N làmột môđun con của M Khi đó:

i, N là tự do và có hạng q ≤ n

ii, Tồn tại một cơ sở (e1, e2, , en) của M và những phần tử khác không

α1, α2, , αq ∈ R sao cho (α1e1, α2e2, , αqeq) là một cơ sở của N và αi|αi+1,(1 ≤ i ≤ q − 1)

m ∈ HomR(M, R) sao cho iđean Rαm là phần tử tối đại

Bây giờ ta giả sử (x1, x2, , xn) là một cơ sở của M Xét các phép chiếu

Đặt: g = βm + γf , ta có: g ∈ HomR(M, R) và δ = g(e0) Vì δ|αm nên ta có

Rαm ⊆ Rδ = Rg(e0) = g(Re0) ⊆ g(N ) = Rαg Do Rαm là phần tử tối đại nên

từ Rαm ⊆ Rδ ⊆ Rαg suy ra Rαm = Rδ = Rαg Vậy αm|δ, và vì δ|f (e0) nên

αm|f (e0)

Nói riêng, αm|pi(e0), i = 1, 2, , n Giả sử pi(e0) = αmβi, i = 1, 2, , n Đặt