Mục tiêu chính của tiết này là trình bày định nghĩa nhóm Grothendieck của một vành và tính một vài ví dụ về nhóm K0.
Cho R là một vành và P(R) là tập tất cả các R-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh. Kí hiệu
V(R) ={P | P ∈ P(R)}
trong đó P = P0 khi và chỉ khi P ∼= P0. TrênV(R) ta định nghĩa phép
toán "+" như sau
P +P0 = P ⊕P0
với P , P0 ∈ V(R). Khi đó (V(R),+) là một vị nhóm giao hoán.
Gọi F là một Z-môđun tự do với cơ sở V(R). Gọi H là nhóm con của F được sinh bởi các phần tử có dạng
P ⊕Q−P −Q.
Định nghĩa 2.1.1. Ta gọi F/H là nhóm Grothendieck của vành R và kí hiệu là K0(R).
Chú ý 2.1.2. Kí hiệu [P] là lớp tương đương của P trong K0(R). Khi đó, K0(R) = {[P]−[Q] | P, Q ∈ P(R)}.
Chứng minh. Cho x ∈ K0(R). Khi đó, ta có
x = X
i∈I
mi[Pi] =
k
X
i=1
ni[Pi]−
l
X
j=1
nj[Qj] (mi ∈ Z;ni, nj ∈ Z+)
=
⊕ki=1Pini
−
⊕lj=1Qnjj
= P
− Q
trong đó P = ⊕ki=1Pini, Q = ⊕lj=1Qnjj là các môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh. Vì thế ta có điều cần phải chứng minh.
Bổ đề 2.1.3. Cho P và Q là các R-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh.
Khi đó, các phát biểu sau là tương đương:
(1) [P] - [Q] = [0] trong K0(R);
(2) Tồn tại A∈ P(R) sao cho P ⊕A ∼= Q⊕A;
(3) Tồn tại số nguyên dương n sao cho P ⊕Rn ∼= Q⊕Rn.
Chứng minh. (3) ⇒ (2) Hiển nhiên.
(2) ⇒ (3) Giả sử tồn tại A ∈ P(R) sao cho P ⊕A ∼= Q⊕A. Ta có A là R-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh, nên theo Mệnh đề 1.3.4 tồn tại số tự nhiên n và tồn tại môđun B sao cho Rn ∼= A⊕B. Do đó, ta có P ⊕A⊕B ∼= Q⊕A⊕B hay P ⊕Rn ∼= Q⊕Rn.
(2) ⇒ (1) Giả sử tồn tại A ∈ P(R) sao cho P ⊕A ∼= Q⊕A. Ta suy ra
[P ⊕A] = [Q⊕A] ⇒[P] + [A] = [Q] + [A]. Do đó, [P]−[Q] = [0] trong K0(R).
(1) ⇒ (2) Giả sử [P] - [Q] = [0] trong K0(R). Khi đó, P −Q∈ H. Do đó, ta có
P −Q = X
i∈I
(Pi ⊕Qi −Pi −Qi)−X
j∈J
(Pj0 ⊕Q0j −Pj0 −Q0j), suy ra
P +X
i∈I
(Pi+Qi) +X
j∈J
(Pj0⊕Q0j) = Q+X
i∈I
(Pi⊕Qi) +X
j∈J
(Pj0+Q0j).
Vậy nên
P ⊕ ⊕i∈I(Pi +Qi)
⊕ ⊕j∈J(Pj0 +Q0j)
= Q⊕ ⊕i∈I(Pi+ Qi)
⊕ ⊕j∈J(Pj0+ Q0j) . Do đó, ta được
P ⊕ ⊕i∈I(Pi +Qi)
⊕ ⊕j∈J(Pj0 +Q0j)
∼= Q⊕ ⊕i∈I(Pi +Qi)
⊕ ⊕j∈J(Pj0 +Q0j) . (*) Đặt
A := ⊕i∈I(Pi +Qi)
⊕ ⊕j∈J(Pj0 +Q0j) .
Khi đó, A là môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh. Biểu thức (*) trở thành P ⊕ A ∼= Q ⊕ A. Ta có điều cần phải chứng minh.
Ví dụ 2.1.4. Cho K là một trường. Khi đó K0(K) ∼= Z. Chứng minh. Ta có
K0(K) = {[A]−[B] | A, B ∈ P(R)}
= {[Kn1]−[Kn2] | n1, n2 ∈ Z+}
= {n1[K]−n2[K] | n1, n2 ∈ Z+}
= {n[K] | n ∈ Z}.
Dễ thấy
f : Z −→ K0(K) n 7−→n[K]
là một toàn cấu. Ta chứng minh f là đơn cấu. Thật vậy, giả sử
n ∈ Kerf. Ta có - n ∈ Kerf. Vì thế không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng n ≥ 0. Khi đó, ta có
f(n) = [0]⇔ [Kn] = [0]
Áp dụng Bổ đề 2.1.3, tồn tại một số nguyên dương m sao cho
Kn⊕Km ∼= Km ⇔ Kn+m ∼= Km
⇔ n+m = m ⇔ n = 0.
Suy ra Kerf = {0}. Do đó f là đơn cấu. Vậy f là đẳng cấu.
Ví dụ 2.1.5. (1) Cho Z là vành số nguyên. Khi đó K0(Z) ∼= Z.
(2) Cho K[x] là vành các đa thức ẩn x trên một trường K. Khi đó K0(K[x]) ∼= Z.
Chứng minh. (1) Xét ánh xạ
ϕ : Z −→ K0(Z).
n 7−→ n[Z] Với mọi n1, n2 ∈ Z, ta có
ϕ(n1 +n2) = (n1 + n2)[Z] = n1[Z] +n2[Z] = ϕ(n1) +ϕ(n2).
Do đó ϕ là đồng cấu. Bây giờ ta chứng minh ϕ là đẳng cấu.
Kiểm tra tính đơn cấu: Chứng minh hoàn toàn tương tự như Ví dụ 2.1.4, ta được ϕ là đơn cấu. (*)
Kiểm tra tính toàn cấu: Cho P là Z-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh. Khi đó, áp dụng Mệnh đề 1.3.4, tồn tại số tự nhiên n và tồn tại Z-môđun phải Q sao cho Zn ∼= P ⊕Q. Theo Hệ quả 1.2.12, ta được P là Z-môđun phải tự do hữu hạn sinh. Áp dụng Bổ đề 1.2.6, ta suy ra P ∼= Zm với m ∈ N.
Cho X ∈ K0(Z) bất kỳ. Theo Chú ý 2.1.2, X được viết dưới dạng X = [A]−[B]
trong đó A và B là hai Z-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh. Áp dụng khẳng định vừa được chứng minh, tồn tại hai số nguyên không âm h và k sao cho ϕ(h) = [A] và ϕ(k) = [B]. Khi đó,
ϕ(h−k) = [A]−[B] = X.
Vậy ϕ là toàn cấu. (**)
Từ (*) và (**) ta suy ra ϕ là đẳng cấu.
(2) Chứng minh hoàn toàn tương tự như khẳng định (1).
Ví dụ 2.1.6. Cho K là một trường, n là một số nguyên dương và R = Mn(K). Khi đó K0(R) ∼= K0(K) ∼= Z.
Chứng minh. Đặt
Ri =
0 ã ã ã 0 ... ... ...
ai1 ã ã ã ain ... ... ...
0 ã ã ã 0
, aij ∈ K, j = 1, ..., n.
Khi đó, Ri (i = 1,...,n) là các R-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh và Ri ∼= Rj (như các R-môđun) với mọi i khác j. Do đó, ta có
R =
n
M
i=1
Ri ∼= Rn1.
Ta có K0(K) = {m[K] | m ∈ Z}. Dễ thấy ϕ : K0(K) −→K0(R)
m[K]7−→ m[Ri] = m[Kn] là một đồng cấu nhóm. Ta chứng minh ϕ là đẳng cấu.
Kiểm tra tính đơn cấu: Cho m[K] ∈ Kerϕ (m ∈ Z+). Ta chứng minh m[K] = 0. Thật vậy, ta có
ϕ(m[K]) = [0] ⇔ m[Kn] = [0] ⇔[Kmn] = [0].
Áp dụng Bổ đề 2.1.3, tồn tại số nguyên dương r sao cho
Knm ⊕Kr ∼= Kr ⇔ Knm+r ∼= Kr
⇔ nm+r = r ⇔ m = 0.
suy ra m[K] = 0. Vậy ϕ là đơn cấu. (1)
Kiểm tra tính toàn cấu: Lấy P là R-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh. Đặt
A := P.E11, E11 =
1 0 ã ã ã 0 ... ... ... ...
0 0 ã ã ã 0
.
Khi đó A là K-không gian vectơ hữu hạn chiều. Ta có
ϕ([A]) = [An] = n[A].
Vì I =E11 +E22 +...+Enn và P E11 ∼= P Eii (với mọi i = 1,...,n) nên ϕ[A] = n[A] = n[P E11] = [P E11] +...+ [P Enn]
= [P (E11+...+ Enn)] = [P I] = [P]. Do đó ϕ là toàn cấu. (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra ϕ là đẳng cấu.
Định nghĩa 2.1.7. (1) Một nửa nhóm con C của một nhóm Abel G được gọi là một nón nếu 0 ∈ C.
(2) Một nón C được gọi là chặt nếu 0 là phần tử duy nhất x ∈ G sao cho x ∈ C và −x ∈ C.
Định nghĩa 2.1.8. Cho G là một nhóm Abel. Một quan hệ hai ngôi
"6" được gọi là quan hệ tiền thứ tự trên G nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
(i) 6 có tính phản xạ và bắc cầu;
(ii) Với mọi x, y, z ∈ G, nếu x 6 y thì x + z 6 y +z.
Nhận xét 2.1.9. (1) Mỗi nón C trong nhóm Abel G xác định một quan hệ tiền thứ tự 6C trên G như sau: Với mọi x, y ∈ G, x 6C y nếu và chỉ nếu y −x ∈ C.
(2) 6C là thứ tự bộ phận khi và chỉ khi nón C là chặt.
(3) Mỗi quan hệ tiền thứ tự 6 trên một Abel G chính là quan hệ tiền thứ tự 6C, với C = {x ∈ G| 0 6x}.
Định nghĩa 2.1.10. Một nhóm Abel được sắp tiền thứ tự là một cặp (G, C), trong đó G là một nhóm Abel và C là một nón trong G.
Với mỗi nhóm Abel được sắp tiền thứ tự (G, C), ta kí hiệu G+ := C và G := (G,C).
Ví dụ 2.1.11. (1) Các nhóm (Z, +), (Q, +), (R, +) cùng với quan
hệ thứ tự "6" thông thường là các nhóm Abel được sắp tiền thứ tự.
(2) Cho R là một vành. Khi đó,
K0(R)+ = {[A] | A ∈ P(R)}
là một nón trong K0(R). Do đó, K0(R) là một nhóm Abel được sắp tiền thứ tự.
Mệnh đề 2.1.12 Cho R là một vành. Khi đó, [A]−[B] 6 [C]−[D]
trong K0(R) khi và chỉ khi tồn tại một R-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh E và tồn tại số nguyên dương n sao cho
A⊕D⊕E ⊕Rn ∼= B ⊕C ⊕Rn. Chứng minh. (⇐) Hiển nhiên.
(⇒) Giả sử [A]−[B] 6[C]−[D] trong K0(R). Khi đó, [C]−[D]−([A]−[B]) ∈ K0(R)+.
Do đó, tồn tại một R-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh E sao cho [C]−[D]−([A]−[B]) = [E]. Ta suy ra
[C] + [B] = [A] + [D] + [E] ⇔ [C ⊕B] = [A⊕D⊕E].
Áp dụng Bổ đề 2.1.3, tồn tại số nguyên dương n sao cho
C ⊕B ⊕Rn ∼= A⊕D⊕E ⊕Rn.
Vậy ta có điều cần phải chứng minh.
Định nghĩa 2.1.13. Cho G là một nhóm Abel được sắp tiền thứ tự.
Phần tử u ∈ G+ được gọi là phần tử tách biệt của G nếu với bất kì x ∈ G, tồn tại một số nguyên dương n sao cho x 6 nu.
Ví dụ 2.1.14. (1) Sử dụng thứ tự bộ phận thông thường trên Z, mỗi số nguyên dương là một phần tử tách biệt trong Z.
(2) Cho R là một vành. Khi đó, [R] là một phần tử tách biệt trong nhóm Abel được sắp tiền thứ tự K0(R).
Chú ý 2.1.15. (1) Nếu u là một phần tử tách biệt của G thì với bất kì x ∈ G có một số nguyên dương k sao cho -ku 6 x 6 ku.
(2) Nếu có một phần tử tách biệt u ∈ G thì mỗi phần tử x ∈ G đều là hiệu của hai phần tử nào đó trong G+.
Chứng minh. (1) Hiển nhiên.
(2) Giả sử u là một phần tử tách biệt của G và x ∈G bất kì. Khi đó, tồn tại một số nguyên dương n sao cho x 6nu. Do đó nu, nu - x ∈ G+ và nu - (nu - x) = x. Vậy ta có điều cần phải chứng minh
Định nghĩa 2.1.16. (1) Ta sử dụng P để biểu thị phạm trù sau đây Các vật củaP là tất cả các cặp (G, u), trong đó G là một nhóm Abel được sắp tiền thứ tự và u là một phần tử tách biệt của G. Các đồng cấu trong P từ (G, u) tới (H, v) là tất cả các đồng cấu nhóm đơn điệu (tức bảo toàn thứ tự) f : G −→ H sao cho f(u) = v. (Chú ý rằng một đồng cấu nhóm f : G −→ H là đơn điệu nếu và chỉ nếu f(G+) ⊆ H+.)
(2) Trong P, ta định nghĩa (G, u) ∼= (H, v) nếu và chỉ nếu tồn tại một đẳng cấu nhóm f từ G vào H sao cho f(u) = v và f, f−1 cùng đơn điệu (tương đương tồn tại một đẳng cấu nhóm f : G −→ H sao cho f(u) =v và f(G+) = H+).
Chú ý 2.1.17. Cho ϕ : R −→ T là một đồng cấu vành. Lưu ý rằng K0(ϕ) đi từ K0(R)+ vào K0(T)+ và K0(ϕ)([R]) = [T]. Do đó, K0(ϕ) là một đồng cấu trong P đi từ (K0(R),[R]) vào (K0(T),[T]).
Ví dụ 2.1.18. (1) Cho K là một trường. Khi đó, (K0(K),[K]) ∼= (Z,1).
(2) Cho R = Mn(K). Khi đó (K0(R),[R]) ∼= (Z, n) ∼= (Z.1/n,1).