Cách giải một số bài tập liên quan đến cấu trúc Modun tự do

Cách giải một số bài tập liên quan đến cấu trúc Modun tự do, tiểu luận dành cho các bạn học tập, nghiên cứu, tham khảo, cũng như tìm hiểu trong quá trình học của mình về Cách giải một số bài tập liên quan đến cấu trúc Modun tự do

Môđun là một trong những cấu trúc đại số cơ bản của đại số hiện đại Nó đ−ợc chia làm nhiều loại nh−: môđun tự do, môđun chia đ−ợc, môđun nội xạ và môđun xạ

ảnh

Để hiểu sâu hơn về môđun tự do, tiểu luận này sẽ trình bày cách giải một số bài tập liên quan đến cấu trúc môđun tự do

Nội dung tiểu luận gồm hai phần Phần đầu của tiểu luận sẽ trình bày kiến thức lí thuyết về môđun tự do bao gồm các định nghĩa về môđun tự do và cơ sở của môđun

tự do, một số mệnh đề và định lí liên quan đến môđun tự do Phần hai trình bày cách giải một số bài tập liên quan đến cấu trúc môđun tự do

Vì khả năng và thời gian còn hạn chế nên tiểu luận khó tránh khỏi sai sót, mong nhận đ−ợc ý kiến đóng góp của quý thầy cô và bạn đọc

Huế, tháng 02 năm 2009

Mục lục

1.1 Định nghĩa môđun tự do và cơ sở 2 1.2 Một số mệnh đề và định lí 3

2.1 Đề bài 9 2.2 Bài giải 10

1 Lý thuyết về môđun tự do

Định nghĩa 1.1.1. Giả sử R là một vành có đơn vị 1 6= 0, M là một nhóm cộng aben Nhóm aben M cùng với ánh xạ:

R ì M → M (r, x) 7→ rx

đ−ợc gọi là một môđun trái trên vành R ( hay R−môđun trái) nếu:

(i) r(x + y) = rx + ry, ∀r ∈ R, ∀x, y ∈ M

(ii) (r + s)x = rx + sx, ∀r, s ∈ R, ∀x ∈ M

(ii) (rs)x = r(sx), ∀r, s ∈ R, ∀x ∈ M

(ii) 1.x = x, ∀x ∈ M

Định nghĩa 1.1.2. Giả sử X, Y là hai R−môđun trái Một ánh xạ f : X → Y là một

R− đồng cấu môđun nếu:

(i) f (x + y) = f (x) + f (y), ∀x, y ∈ M

(ii) f (rx) = rf (x), ∀r ∈ R, ∀x ∈ M

Định nghĩa 1.1.3. Cho R là vành, S là tập hợp Một R-môđun tự do trên S là một

cặp (F, f), trong đó F là R-môđun, f : S → F là một ánh xạ sao cho với mỗi ánh xạ g : S → X, X là R-môđun, có duy nhất một đồng cấu R-môđun h : F → X thỏa

hf = g

Định nghĩa 1.1.4. R-môđun M là tự do nếu M là môđun tự do trên một tập nào đó

Định nghĩa 1.1.5. M là R-môđun , S là tập con của M

• S đ−ợc gọi là hệ sinh của M, nếu ∀x ∈ M thì

x =

n

X

i=1

r i s i , r i ∈ R, s i ∈ S, ∀i = 1, , n

• S đ−ợc gọi là độc lập tuyến tính, nếu

x =

n

X

i=1

risi= 0, ri∈ R, si∈ S ⇔ ri= 0, ∀i = 1, , n

•S đ−ợc gọi là cơ sở của M khi và chỉ khi S độc lập tuyến tính và S là hệ sinh của M

1.2 Một số mệnh đề và định lí

Định lí 1.1 Nếu (F, f) là môđun tự do trên S thì f : S → F là đơn ánh và f(S) sinh ra F.

Chứng minh:

∗ Chứng minh f : S → F là đơn ánh

Giả sử f không đơn ánh Khi đó: ∃a, b ∈ S, a 6= b sao cho f (a) = f (b)

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

g(a) 6= g(b)

Suy ra có đồng 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 đơn ánh

∗ Chứng minh f(S) sinh ra F

Lấy X=<f(S)> là môđun sinh bởi f (S) ⊂ F Khi đó với ánh xạ

g : S −→ X

s 7−→ f (s)

tồn tại h : F → X sao cho hf=g

Xét d : X → F là đồng cấu bao hàm

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

Vậy X ∼ = F hay <f(S)>=F

Định lí 1.2 Nếu (F, f) và (F', f') là các môđun tự do trên S thì F và F' đẳng cấu với

nhau.

Chứng minh:

Vì F tự do trên S nên ∃h : F → F0 là đồng cấu sao cho hf=f' (1)

Vì F' cũng tự do trên S nên ∃h0 : F0 → F là đồng cấu sao cho h'f'=f (2)

Từ (1) và (2) suy ra h'hf=f và hh'f'=f' Do đó: hh'=id và h'h=id

Vậy h là đẳng cấu hay F ∼ = F0

Định lí 1.3 Với mọi tập S bất kì bao giờ cũng có một R-môđun tự do trên S.

Chứng minh:

Đặt F = {φ : S → R|φ(s) = 0 hầu khắp}

Dễ dàng kiểm tra đ−ợc F cùng với hai phép toán

+ : F ì F −→ F (φ, ψ) 7−→ φ + ψ : S −→ R

s 7−→ φ(s) + ψ(s)

: R ì F −→ F (r, φ) 7−→ rφ : S −→ R

s 7−→ rφ(s)

làm thành một R− môđun

∀s ∈ S, xét

fs : S −→ R

t 7−→ f s (t) =







1 , nếu t = s

0 , nếu t 6= s

Ta có: f s ∈ F

Xét

f : S −→ F

s 7−→ fs

∗ Ta chứng minh (F,f) là R− môđun tự do trên S

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

Lấy φ ∈ F, ta có:

φ =X

s∈S

φ(s)f s

Xét

h(φ) =X

s∈S

φ(s)g(s)

+ Ta chứng minh h là đồng cấu

Thật vậy:

h(φ + ψ) =X

s∈S

(φ + ψ)(s)g(s) =X

s∈S

(φ(s)g(s) + ψ(s)g(s)) = h(φ) + h(ψ)

h(rφ) =X

s∈S

(rφ)(s)g(s) =X

s∈S

rφ(s)g(s) = rX

s∈S

φ(s)g(s) = rh(φ)

+Ta chứng minh hf=g

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

+Ta chứng minh h duy nhất

Giả sử có đồng cấu h0: F → X thỏa h'f=g Khi đó:

∀φ ∈ F, φ =X

s∈S

φ(s)fs

Ta có:

h0(φ) = h0(X

s∈S

φ(s)f s ) =X

s∈S

φ(s)h0f (s) =X

s∈S

φ(s)g(s) = h(φ)

Vậy h=h' hay h là duy nhất

Vậy với mọi tập S bất kì bao giờ cũng có một R− môđun tự do trên S

Định lí 1.4 F là R− môđun tự do với cơ sở S khi và chỉ khi

F =M

s∈S

A s , A s ∼= R, ∀s ∈ S

Chứng minh:

∀s ∈ S, xét ánh xạ:

ϕs : R −→ Rs

r 7−→ rs

Rõ ràng ϕ là toàn cấu

Hơn nữa: ∀r ∈ R, ϕs(r) = rs = 0 ⇒ rs = 0s ⇒ r = 0 ( vì S là cơ sở của F)

Suy ra ϕs đơn cấu

Vậy ϕs là đẳng cấu

Đặt: As = Rs

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

F = X

s∈S

Rs =X

s∈S

As

Với mỗi t ∈ S, xét

x ∈ Rt\ X

s∈S,s6=t

Rs

Lúc đó có s1, , sn ∈ S, si6= t, ∀i = 1, , n và r, r1, , rn ∈ R sao cho:

x = rt =

n

X

i=1

risi⇒ −rt +

n

X

i=1

risi = 0

Suy ra r = r1 = = rn = 0 ( vì t, s1, , sn ∈ S và S là cơ sở của F ) Do đó: x=0 Vậy

Rt\ X

s∈S,s6=t

Rs = 0

hay

At\ X

s∈S,s6=t

As = 0

F =M

s∈S

As, As ∼= R, ∀s ∈ S

Ng−ợc lại, ta có: As = ϕs(R) = ϕs(R.1) = Rϕs(1)

Suy ra:

F =M

s∈S

As =M

s∈S

Rϕs(1)

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

Định lí 1.5 Một tập con S của R-môđun X 6= 0 là một cơ sở của X khi và chỉ khi ánh

do sinh bởi S.

Chứng minh:

Giả sử F là môđun tự do sinh bởi S Khi đó ∃h : F → X là đồng cấu thỏa hf=d

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

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

Lấy φ ∈ F sao cho h(φ) = 0 Lúc đó:

φ =X

s∈S

φ(s)fs

với

fs : S −→ R

t 7−→ fs(t) =







1 , nếu t = s

0 , nếu t 6= s

và

0 = h(φ) = h(X

s∈S

φ(s)fs) = X

s∈S

φ(s)hf (s) =X

s∈S

φ(s)d(s) =X

s∈S

φ(s)s

Suy ra φ(s) = 0, ∀s ∈ S hay φ = 0 hay là đơn cấu

Vậy h là đẳng cấu

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

* Chứng minh S độc lập tuyến tính

Xét

n

X

i=1

risi= 0, ri∈ R, si∈ S

Ta có:

0 =

n

X

i=1

r i s i =

n

X

i=1

r i d(s i ) =

n

X

i=1

r i hf (s i ) = h(

n

X

i=1

r i f s i )

Hơn nữa h là đẳng cấu nên:

n

X

i=1

rifsi = 0

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

* Chứng minh S là hệ sinh của X

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

φ =X

s∈S

φ(s)fs

Ta có:

x = h(φ) = h(X

s∈S

φ(s)fs) =X

s∈S

φ(s)hf (s) =X

s∈S

φ(s)d(s) =X

s∈S

φ(s)s

Vì φ(s) = 0 hầu khắp nên ∃s1, s2, , sn ∈ S sao cho:

φ(t) =







φ(si) , nếu t = si∈ {s1, , sn}

0 , nếu t 6∈ {s1, , sn}

Suy ra

x =

n

X

i=1

φ(si)si, φ(si) ∈ R, si∈ S

Do đó: S là hệ sinh của X

Vậy S là cơ sở của X

Hệ quả: Môđun M là môđun tự do khi và chỉ khi M có cơ sở.

Định lí 1.6 Mọi K-không gian vectơ V đều là K-môđun tự do.

Chứng minh:

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

Nếu V=O thì V là K-môđun tự do sinh bởi O

Nếu V 6= O thì gọi M là tập tất cả các bộ phận độc lập tuyến tính của V

Rõ ràng M 6= ∅ và M sắp thứ tự theo quan hệ bao hàm

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

Đặt

W = [

W i ∈N

Wi

Lấy w1, , wn ∈ W Suy ra wi∈ Wi nào đó, và tồn tại Wj sao cho w1, , wn ∈ Wj

Do đó w1, , wn độc lập tuyến tính Vậy W độc lập tuyến tính và W là chặn trên của N trong M

Suy ra M có phần tử cực đại ( theo bổ đề Zorn ) Gọi C là phần tử cực đại củaM Vì C ∈ M nên C độc lập tuyến tính

∀x ∈ V

+Nếu x=0 thì x ∈< C >

+Nếu x 6= 0 thì C ∪ {x} phụ thuộc tuyến tính ( vì C cực đại )

Suy ra ∃r 0 , r 1 , , r n ∈ R không bằng 0 tất cả sao cho:

r0x + r1x1+ + rnxn = 0, x1, , xn ∈ C

Do đó: r0 6= 0 ( vì nếu r0 = 0 thì mâu thuẫn với x1, , xn độc lập tuyến tính ) Suy ra x = r0ư1(r1x1+ + rnxn) ∈< C > Do đó: C là hệ sinh của V

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

Mệnh đề 1.2.1 Tổng trực tiếp của các môđun tự do là môđun tự do.

Mệnh đề 1.2.2 Mọi R-môđun đều là ảnh toàn cấu của một R-môđun tự do.

Chứng minh:

Giả sử M là R-môđun Khi đó lấy tập con S của M sao cho M=<S>

Gọi (F,f) là R-môđun tự do trên S, với f : S → F Lúc đó F=<f(S)> và với ánh xạ bao hàm d : S → M, ∃h : F → M là đồng 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-môđun M đều đẳng cấu với môđun thương của một R-môđun tự do.

2 Bài tập áp dụng

Bài 1: Cho M là một Rưmôđun hữu hạn sinh Chứng minh rằng nếu M là một

Rưmôđun tự do với S là cơ sở của M thì S hữu hạn

Bài 2: Cho M là một Rưmôđun tự do và có một cơ sở hữu hạn Chứng minh rằng mọi cơ sở của M cũng hữu hạn và có số phần tử bằng nhau

Bài 3: Cho A là môđun con của Rưmôđun M Chứng minh rằng nếu Rưmôđun thương M/A là tự do thì A là hạng tử trực tiếp của M

Bài 4: Chứng minh rằng mọiRưmôđun M đều có thể đặt vào một dãy khớp các đồng cấu Rưmôđun

→ Fn ư→ Ffn nư1 fnư1

ưưư→ → F1 f1

ư→ F0 f0

ư→ M → O

trong đó mọi Fi đều là Rưmôđun tự do

Bài 5: Cho R là miền nguyên, M là Rưmôđun Phần tử x ∈ M được gọi là xoắn nếu tồn tại λ ∈ R{0} sao cho λx = 0 Đặt T (M ) là tập hợp tất cả các phần tử xoắn của

M Nếu T (M ) = 0 thì ta nói M là môđun không xoắn Chứng minh rằng nếu M là

Rưmôđun tự do, thì M là Rưmôđun không xoắn

Nếu M làRưmôđun không xoắn trên miền nguyênRthì có thể kết luận M làRưmôđun

tự do hay không?

Bài 6: Cho R là một miền nguyên chính, M là một Rưmôđun tự do với S là cơ sở Giả sử rằng S' là một cơ sở thứ hai củaRưmôđun M Chứng minh rằng S, S' có cùng

số phần tử

Bài 7: Cho R là một miền nguyên chính, M là một Rưmôđun tự do Chứng minh rằng mọi Rưmôđun con của M đều là Rưmôđun tự do

Bài 8: Cho R là một miền nguyên chính, M là một Rưmôđun hữu hạn sinh Phần tử

x ∈ M được gọi là xoắn nếu tồn tại λ ∈ R\0 sao cho λx = 0 Đặt T (M ) là tập tất cả các phần tử xoắn của M

i) Chứng minh rằng T (M ) là môđun con của M

ii) Chứng minh rằng M/T (M ) là môđun tự do

Bài 9: Cho n ∈ N, n ≥ 2 Chứng minh rằng Zn là Zn ư môđun tự do, nhưng Zn không phải là Zư môđun tự do

Bài 10: Cho m, n ∈ N, n ≥ 2, m ≥ 2 và (m,n)=1 Chứng minh rằng Zm không phải là

Z mn-môđun tự do

2.2 Bài giải

Bài 1: Vì M là một Rưmôđun hữu hạn sinh nên ta gọi {m 1 , m 2 , , m n } là một tập sinh của M

Vì S là cơ sở của M nên

M =M

s∈S

Rs

Khi đó, với mỗi i ∈ {1, 2, , n}, tồn tại tập hữu hạn Fi⊂ S sao cho

mi∈ M

s∈F i

Rs

Đặt

F =

n

[

i=1

Fi

Khi đó: F hữu hạn, F ⊆ S và ∀i ∈ {1, 2, , n}, ta có:

mi∈M

s∈F

Rs

Do đó:

M ⊆M

s∈F

Rs

hay

M =M

s∈F

Rs

Nếu F S thì ∃s0∈ S\F, do đó

s0 ∈ M =M

s∈F

Rs

Suy ra

s0=X

s∈F

rs, r ∈ R

Điều này mâu thuẫn với S là cơ sở của M Vậy S=F, hay S hữu hạn

Bài 2: Ta sẽ chứng minh bài toán này trong trường hợp R là vành giao hoán

Giả sửRlà vành giao hoán và M là mộtRưmôđun tự do với cơ sởS = {x1, x2, , xn} Gọi S' là một cơ sở khác của M Ta chứng minh S' hữu hạn và có n phần tử Vì S là cơ sở của M nên

M =

n

M

i=1

Rxi

Do R giao hoán nên tồn tại một iđêan cực đại I của R Đặt K = R/I, ta có K là một trường

Khi đó M/IM là K-môđun, hay M/IM là một K-không gian vectơ.

Ta lại có:

M/IM =

n

M

i=1

Rxi/IM ∼=

n

M

i=1

Rxi/Ixi ∼=

n

M

i=1

Kxi(1)

Tương tự vì S' là cơ sở của M nên

M/IM ∼= M

s∈S 0

Ks(2)

Từ (1) và (2) suy ra S' hữu hạn và có n phần tử

Bài 3: Gọi S = {yi}i∈I = {yi+ A}i∈I là cơ sở của M/A

∀i ∈ I, xét x i ∈ y i

Đặt B =< {xi}i∈I >

Ta sẽ chứng minh M = A L B

Thật vậy:

•∀x ∈ A ∩ B ⇒ x ∈ B, do đó:

x =X

i∈I

rixi, ri ∈ R, ∀i ∈ I

Vì x ∈ A nên x = 0

x = 0 ⇔X

i∈I

rixi= 0 ⇔ X

i∈I

riyi = 0

⇔ ri = 0, ∀i ∈ I (vì {yi}i∈I là cơ sở của M/A)

Do đó x=0 Vậy A ∩ B = 0

•∀x ∈ M

Nếu x ∈ A thì x=x+0 với x ∈ A, 0 ∈ B

Nếu x 6∈ A thì x ∈ M \A Lúc đó:

x =X

i∈I

r i y i =X

i∈I

r i x i

⇒ x ưX

i∈I

r i x i ∈ A

Đặt

y = x ưX

i∈I

r i x i

Ta có:

x = y +X

i∈I

rixi, y ∈ A,X

i∈I

rixi ∈ B

Vậy M=A+B

Từ đó ta suy ra M = A L B Vậy A là hạng tử trực tiếp của M

Bài 4: Giả sử M là một Rưmôđun Khi đó M là ảnh đồng cấu của một Rưmôđun tự

do F0 nào đó, nghĩa là tồn tại R toàn cấu f0 : F0 → M Đặt K0 = Kerf0, ta có dãy khớp sau:

K 0

i 0

ư → F 0

f 0

ư→ M → O

với i0 là phép nhúng chính tắc

Tương tự, vì K0 là Rưmôđun nên K0 là ảnh đồng cấu của một Rưmôđun tự do

F1 nào đó, nghĩa là tồn tại R toàn cấu g0 : F1 → K0 Đặt f1= i0g0, K1= Kerf1, ta có dãy khớp sau:

K1 i1

ư → F1 f1

ư→ F0 f0

ư→ M → O

với i 1 là phép nhúng chính tắc

Tiếp tục quá trình trên ta sẽ thu được một dãy khớp các đồng cấu Rưmôđun

→ Fn ư→ Ffn nư1 fnư1

ưưư→ → F1 f1

ư→ F0 f0

ư→ M → O

trong đó mọi Fi đều là Rưmôđun tự do

Bài 5: Gọi S là cơ sở của M

Xét x ∈ M là phần tử xoắn Khi đó: ∃λ ∈ R{0} sao cho λx = 0

Vì x ∈ M nên

x =

n

X

i=1

risi, ri∈ R, si∈ S, ∀i = 1, , n

Do đó:

λx = 0 ⇔ λ

n

X

i=1

risi= 0 ⇔

n

X

i=1

λrisi = 0 ⇔ λri = 0, ∀i = 1, , n

( vì S là cơ sở) ⇔ ri= 0, ∀i = 1, , n( vì R là miền nguyên)

Suy ra x=0 Vậy M là Rưmôđun không xoắn

Nếu M làRưmôđun không xoắn trên miền nguyên R thì M chưa chắclàRưmôđun

tự do Thật vậy:

Ta lấy ví dụ: Xét Z môđun Q

Rõ ràng Q là Z môđun không xoắn Vì nếu ∀x ∈ Q, ∃λ ∈ Z{0} : λx = 0 thì x=0

∗ Ta chứng minh Q không phải là Z môđun tự do

Giả sử Q là Z môđun tự do Khi đó: gọi S là cơ sở của Q

Vì Q là Z môđun không xoắn nên ∃x ∈ Q\{0}, ∃λ ∈ Z\{0} sao cho λx = 0

Hơn nữa: x ∈ Q nên

x =

n

X

i=1

risi, ri∈ Z, s i ∈ Q, ∀i = 1, , n

Do đó:

λx = 0 ⇔ λ = 0 ⇔

n

X

i=1

λrisi= 0 ⇔ λri= 0, ∀i = 1, , n

( vì S là cơ sở ) ⇔ r i = 0, ∀i = 1, , n ( vì Z là miền nguyên )

Suy ra x=0 ( mâu thuẫn với x 6= 0 ) Vậy Q không phải là Z môđun tự do

Bài 6: Vì R là miền nguyên nên R là vành giao hoán, do đóR có chứa một iđêan cực

đại I Đặt K = R/I, ta có K là một trường

Gọi S, S' là các cơ sở của M Khi đóM/IM là K-môđun, hay M/IM là một K-không gian vectơ

Ta lại có:

M/IM =M

x∈S

Rx/IM ∼=M

x∈S

Rx/Ix∼=M

x∈S

Kx(1)

Tương tự vì S' là cơ sở của M nên

M/IM = M

y∈S 0

Ry/IM ∼= M

y∈S 0

Ry/Iy ∼= M

y∈S 0

Ky(2)

Từ (1) và (2) suy ra S và S' có cùng số phần tử

Bài 7: Vì M là Rưmôđun tự do nên gọi I là cơ sở của M Khi đó ta có thể đồng nhất

M =M

i∈I

Ri

với Ri = R

Gọi {ei|i ∈ I} là một cơ sở chính tắc của M và F là môđun con của M

Ta sắp I thành tập sắp thứ tự tốt và gọi Ai là môđun con của M sinh bởi tập

{ej|j < i} , đặt Fi= AiT F

Xét phép chiếu:

pi :M

i∈I

Ri → R (xi)i∈I 7→ xi

Khi đó pi(Fi) là iđêan của R

Vì R là iđêan chính nên p i (F i ) = a i R Khi đó có b i ∈ F i sao cho p i (b i ) = a i Nếu

ai= 0 thì ta chọn bi = 0 và ta được họ {bi|i ∈ I}

* Ta chứng minh Fi sinh bởi họ {bj|j ≤ i} bằng phương pháp quy nạp

Thật vậy: Giả sử Fk sinh bởi họ {bj|j ≤ k} và điều này xảy ra với mọi k < i Lấy phần tử tùy ý x ∈ Fi Khi đó pi(x) = air và do đó:

pi(x ư bir) = pi(x) ư pi(bir) = air ư air = 0

Suy ra x − bir ∈ Fk, với k < i hay x − bir ∈ Fk biểu thị tuyến tính qua các bj, j ≤ k Vậy x biểu thị tuyến tính qua họ {bj, j ≤ i} Điều này chứng tỏ Fi sinh bởi họ

{bj, j ≤ i}

* Ta chứng minh F sinh bởi họ {bj, j ∈ I}

Thật vậy: Lấy phần tử tùy ý x ∈ F, khi đó: x = ei1r 1 + + eimr m, vớii 1 < < i m

Do đó: x ∈ Aim nên x ∈ Fim Vậy x biểu thị tuyến tính qua họ {bj, j ≤ im}

* Ta chứng minh hệ {bj|bj 6= 0, j ∈ I} độc lập tuyến tính

Thật vậy: Giả sử bi1r1+ + bimrm = 0, rm 6= 0, với i1 < < im Khi đó:

pim(

m

X

j=1

bijrj) = aimrm = 0

Vì R là miền nguyên nên r m = 0 hay aim= 0 Điều này vô lí

Vậy hệ {bj|bj 6= 0, j ∈ I} độc lập tuyến tính

Nh− vậy {bj|bj 6= 0, j ∈ I} là cơ sở của F Suy ra F là R− môđun tự do

Bài 8:

i) Ta có 1R ∈ R, 0 ∈ M : 1R.0 = 0 Do đó: 0 ∈ T (M ) Vậy T (M ) 6= ∅

∀x, y ∈ T (M ), ∀r, s ∈ R, ∃λ1, λ2∈ R\{0} : λ1x = 0, λ2y = 0

Ta có: λ1λ2(rx + sy) = rλ2(λ1x) + sλ1(λ2y) = 0

Vì R là miền nguyên nên λ1λ26= 0 Do đó: rx + sy ∈ T (M )

Vậy T (M ) là môđun con của M

Bài 9: Rõ ràng Zn là Zn − môđun tự do vì Zn có cơ sở S = {1}

Ta sẽ chứng minh Zn không phải là Z môđun tự do

Thật vậy: Giả sử Zn có cơ sở là S hay Zn =< S > Khi đó:

∀x ∈ Z n , x =

k

X

i=1

riai

với r i ∈ Z, a i ∈ S

Do đó:

nx =

k

X

i=1

nriai

Vì S là cơ sở nên

k

X

i=1

nr i a i = 0 ⇒ nr i = 0, ∀i = 1 k

Suy ra ri= 0, ∀i = 1 k Vậy x=0 (vô lí)

Vậy Zn không phải là Z môđun tự do