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
=

=

(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

I Ry, y y= =
.
Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: [email protected]
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

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

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
≠

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 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 ∀ ∈ ∀ ∈

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))
∈

(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: [email protected]
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∈ ⇔ ∀ ∈ ∃

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

| : 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.

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]⇒ = − − ∈ − − ⇒ − − =

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

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: [email protected]
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

- 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)∈

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
−

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

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)

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: [email protected]
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.

−
<
(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
¡

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 )
∈ ∈ ∈ ∈

Tiểu luận môn học: Lý thuyết Vành E-mail: [email protected]
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 }

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
∈
∃ ∈ ∈ =
∑

,
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: [email protected]
Tel: 0986807327