là khớp, điều kiện cần và đủ là, với mọi A-môđun F, dãy

(trong đó $\bar{u} = \mathrm{Hom}(u, 1_F)$, $\bar{v} = \mathrm{Hom}(v, 1_F)$) là khớp.

Giả sử dãy (1) là khớp. Nếu $w \in \mathrm{Hom}(E'', F)$ và $\bar{v}(w) = w \circ v = 0$, thì $w = 0$ vì $v$ là toàn ánh. Vậy dãy (2) là khớp tại $\mathrm{Hom}(E'', F)$. Ta chứng minh rằng nó khớp tại $\mathrm{Hom}(E, F)$. $\bar{u} \circ \bar{v} = \mathrm{Hom}(v \circ u, 1_F)$ (§ 1, no. 2, công thức (10)) và $v \circ u = 0$ vì dãy (1) là khớp tại E. Do đó $\bar{u} \circ \bar{v} = 0$, nghĩa là $\mathrm{Im}(\bar{v}) \subset \mathrm{Ker}(\bar{u})$. Mặt khác, nếu $w \in \mathrm{Ker}(\bar{u})$, thì $w \circ u = 0$ và do đó $\mathrm{Ker}(w) \supset \mathrm{Im}(u)$. Nhưng vì dãy (1) là khớp tại E nên $\mathrm{Im}(u) = \mathrm{Ker}(v)$ và do đó $\mathrm{Ker}(w) \supset \mathrm{Ker}(v)$; vì $v$ là toàn ánh, từ § 1, no. 3, Nhận xét suy ra tồn tại một $w' \in \mathrm{Hom}(E'', F)$ sao cho w = w' \circ v = \bar{v}(w'). Do đó Ker(\bar{u}) \subset \operatorname{Im}(\bar{v}), điều này hoàn tất chứng minh rằng dãy (2) là khớp.

Ngược lại, giả sử rằng (2) là khớp với mọi A-môđun F. Vì $\bar{u} \circ \bar{v} = \operatorname{Hom}(v \circ u, 1_F) = 0, w \circ v \circ u = 0$ với mọi đồng cấu $w : E'' \to F$. Lấy $F = E''$ và $w = 1_{E''}$, trước hết ta thấy rằng $v \circ u = 0$ và do đó $u(E') \subset \operatorname{Ker}(v)$. Bây giờ lấy $F = \operatorname{Coker}(u)$ và cho $\phi : E \to F = E/u(E')$ là ánh xạ chính tắc. Khi đó $\bar{u}(\phi) = \phi \circ u = 0$ theo định nghĩa và do đó tồn tại một $\psi \in \operatorname{Hom}(E'', F)$ sao cho $\phi = \bar{v}(\psi) = \psi \circ v$; điều này hiển nhiên kéo theo $u(E') = \operatorname{Ker}(\phi) \supset \operatorname{Ker}(v)$, điều đó chứng minh rằng dãy (1) là khớp tại E. Cuối cùng, cho $\theta$ là đồng cấu chính tắc từ $E''$ lên $F = E''/v(E)$; khi đó $\bar{v}(\theta) = \theta \circ v = 0$, nên $\theta = 0$; do đó, $F = \{0\}$ và $v$ là toàn ánh. Vậy dãy (1) là khớp tại $E''$.

Chỉ cần áp dụng Định lý 1 cho trường hợp $E'' = \{0\}$ (tương ứng $E' = \{0\}$ tương ứng $E'' = E$ và $v = 1_E$).

Chú ý rằng xuất phát từ một dãy khớp

thì dãy tương ứng

không nhất thiết là khớp, nói cách khác, đồng cấu $\bar{u}$ không nhất thiết là toàn ánh. Nếu $E'$ được đồng nhất với một môđun con của E, điều này có nghĩa là một ánh xạ tuyến tính từ $E'$ vào F không phải lúc nào cũng có thể được mở rộng thành một ánh xạ tuyến tính từ E vào F (Bài tập 11 và 12). Tuy nhiên:

(3)

tách ra (nói cách khác, nếu $u(E')$ là một nhân tử trực tiếp của E) thì dãy

(4)

là khớp và tách ra. Ngược lại, nếu, với mọi A-môđun F, dãy (4) là khớp, thì dãy (3) tách ra.

Nếu dãy khớp (3) tách ra, tồn tại một phép co rút tuyến tính $u' : E \to E'$ liên kết với $u$ (§ 1, no. 9, Mệnh đề 15); nếu

việc $u' \circ u$ là đồng nhất ánh xạ kéo theo rằng $\bar{u} \circ \bar{u}'$ là đồng nhất ánh xạ ($§ 1$, no. 2, công thức (10)) và do đó mệnh đề thứ nhất suy ra từ $§ 1$, no. 9, Mệnh đề 15. Ngược lại, giả sử dãy (4) là khớp với $F = E'$. Khi đó tồn tại một phần tử $f \in \mathrm{Hom}(E, E')$ sao cho $f \circ u = 1_{E'}$, và kết luận suy ra từ $§ 1$, no. 9, Mệnh đề 15.

Chú ý rằng mệnh đề thứ nhất của Mệnh đề 1 cũng có thể được xem như một trường hợp riêng của $§ 1$, no. 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 6, bằng cách đồng nhất một cách chính tắc $\mathrm{Hom}(E', F) \oplus \mathrm{Hom}(E'', F)$ với $\mathrm{Hom}(E' \oplus E'', F)$ nhờ ánh xạ $\mathbf{Z}$-tuyến tính $\mathrm{Hom}(p', 1_F) + \mathrm{Hom}(p'', 1_F)$, trong đó $p': E' \oplus E'' \to E'$ và $p'': E' \oplus E'' \to E''$ là các phép chiếu chính tắc.

là khớp, điều kiện cần và đủ là, với mọi $A$-môđun $E$, dãy

(trong đó $\bar{u} = \mathrm{Hom}(1_E, u), \bar{v} = \mathrm{Hom}(1_E, v)$) là khớp.

Giả sử dãy (5) là khớp. Trước hết chú ý rằng

(II, $§ 1$, no. 2, công thức (10)) vì $v \circ u = 0$. Do đó ảnh của $\mathrm{Hom}(E, F')$ dưới $\bar{u}$ được chứa trong hạt nhân $N$ của $\bar{v}$; gọi $f$ là đồng cấu của $\mathbf{Z}$-môđun $\mathrm{Hom}(E, F')$ vào $N$ có đồ thị bằng đồ thị của $\bar{u}$; cần phải chứng minh rằng $f$ là song ánh và do đó định nghĩa một ánh xạ $g: N \to \mathrm{Hom}(E, F')$ sao cho $f \circ g$ và $g \circ f$ là các đồng nhất ánh xạ. Để làm điều đó, lấy $w$ là một phần tử của $N$, tức là một ánh xạ tuyến tính $w: E \to F$ sao cho $v \circ w = 0$. Quan hệ sau tương đương với $w(E) \subset \mathrm{Ker}(v) = u(F')$ theo giả thiết, do đó, vì $u$ là đơn ánh, tồn tại một và chỉ một ánh xạ tuyến tính $w': E \to F'$ sao cho $w = u \circ w'$ và ta đặt $g(w) = w'$; ngay lập tức kiểm tra được rằng $g$ thỏa mãn các điều kiện mong muốn.

Ngược lại, giả sử rằng dãy (6) là khớp với mọi $A$-môđun $E$. Vì $\mathrm{Hom}(1_E, v \circ u) = \bar{v} \circ \bar{u} = 0$, nên $v \circ u \circ w = 0$ với mọi đồng cấu $w: E \to F'$. Lấy $E = F'$ và $w = 1_{F'}$, trước hết suy ra rằng $v \circ u = 0$ và do đó $u(F') \subset \mathrm{Ker}(v)$. Bây giờ lấy $E = \mathrm{Ker}(v)$ và cho $\phi: E \to F$ là đơn ánh chính tắc. Khi đó $\bar{v}(\phi) = v \circ \phi = 0$ theo định nghĩa và do đó tồn tại $\psi \in \mathrm{Hom}(E, F')$ sao cho $\phi = \bar{u}(\psi) = u \circ \psi$, điều này hiển nhiên kéo theo $\mathrm{Ker}(v) \subset u(F')$ và hoàn tất chứng minh tính khớp của (5) tại $F$. Sau cùng, nếu $\theta$ là ánh xạ đồng nhất của $\mathrm{Ker}\, u$, thì $\bar{u}(\theta) = 0$, do đó $\theta = 0$ và $\mathrm{Ker}\, u = \{0\}$, điều này chứng minh tính khớp của (5) tại $F'$.

Chỉ cần áp dụng Định lý 2 cho trường hợp $F' = \{0\}$.

Xuất phát từ một dãy khớp

dãy tương ứng

không nhất thiết là khớp, nói cách khác $\bar{v}$ không nhất thiết là toàn ánh. Nếu $F'$ được đồng nhất với một môđun con của $F$ và $F''$ với môđun thương $F/F'$, điều này có nghĩa là một ánh xạ tuyến tính từ $E$ vào $F''$ không nhất thiết có dạng $v \circ w$, trong đó $w$ là một ánh xạ tuyến tính từ $E$ vào $F$. Tuy nhiên:

(7)

phân rã (nói cách khác, nếu $u(F')$ là một nhân tử trực tiếp của $F$), thì dãy

(8)

là khớp và phân rã. Ngược lại, nếu dãy (8) là khớp với mọi A-môđun E, thì dãy khớp (7) phân rã.

Mệnh đề thứ nhất suy ra từ thực tế là

được đồng nhất một cách chính tắc với $\operatorname{Hom}(E, F' \oplus F'')$ nhờ ánh xạ $\mathbf{Z}$-tuyến tính $\operatorname{Hom}(1_E, j') + \operatorname{Hom}(1_E, j''), j' : F' \to F' \oplus F''$ và $j'' : F'' \to F' \oplus F''$ là các đơn ánh chính tắc (§ 1, no. 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 6). Ngược lại, nếu dãy (8) là khớp với $E = F''$, thì tồn tại một phần tử $g \in \operatorname{Hom}(F'', F)$ sao cho $v \circ g = 1_{F''}$ và kết luận suy ra từ § 1, no. 9, Mệnh đề 15.

Nhận xét (2). Các kết quả của số này vẫn đúng không cần sửa đổi đối với mọi nhóm giao hoán có toán tử.

Với mọi đồng cấu A-môđun $u : E \to F$,

được đồng nhất với $\prod_i \operatorname{Hom}(1_{M_i}, u)$ (§ 1, no. 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 6); do đó kết luận suy ra từ Định nghĩa 1 và § 1, no. 5, Mệnh đề 5 (ii).

Theo Mệnh đề 3, chỉ cần chứng minh rằng $A_s$ là xạ ảnh, điều này suy ra ngay lập tức từ tính giao hoán của biểu đồ (50) ở § 1, no. 14.

(a) P là xạ ảnh. (b) Với mọi dãy khớp 0 → F' → F → F'' → 0 của các ánh xạ A-tuyến tính, dãy

là khớp.

(c) Với mọi đồng cấu toàn ánh A-môđun $u : E \to E''$ và mọi đồng cấu $f : P \to E''$, tồn tại một đồng cấu $g : P \to E$ sao cho $f = u \circ g$ (người ta nói rằng f có thể được "nâng" thành một đồng cấu từ P vào E).

(d) Mọi dãy khớp 0 → E' → E → P → 0 của các ánh xạ A-tuyến tính đều tách (và vì vậy P đẳng cấu với một nhân tử trực tiếp của E).

(e) P đẳng cấu với một nhân tử trực tiếp của một A-môđun tự do.

Hiển nhiên (a) suy ra (b). Để thấy rằng (b) suy ra (c), chỉ cần áp dụng (b) cho dãy khớp 0 → E' → E → E'' → 0, trong đó E' = Ker(u), vì (c) biểu thị sự kiện rằng

là toàn ánh. Để thấy rằng (c) suy ra (d), chỉ cần áp dụng (c) cho đồng cấu toàn ánh $v : E \to P$ và đồng cấu $l_P : P \to P$; sự tồn tại của một đồng cấu $g : P \to E$ sao cho $l_P = v \circ g$ kéo theo dãy

tách (§ 1, no. 9, Mệnh đề 15). Vì với mọi A-môđun M đều tồn tại một A-môđun tự do L và một dãy khớp $0 \to R \to L \to M \to 0$ (§ 1, no. 11, Mệnh đề 20), rõ ràng (d) suy ra (e). Cuối cùng (e) suy ra (a) theo Mệnh đề 3 và Hệ quả của nó.

Điều kiện này hiển nhiên là đủ; ngược lại, một môđun xạ ảnh hữu hạn sinh E đẳng cấu với một thương của một môđun tự do F có một cơ sở hữu hạn (§ 1, no. 11) và E đẳng cấu với một nhân tử trực tiếp của F theo Mệnh đề 4 (d).

Có thể giả sử rằng tồn tại hai C-môđun tự do sinh hữu hạn M, N sao cho $M = E \oplus E', N = F \oplus F'$; từ § 1, no. 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 6 suy ra rằng $\operatorname{Hom}_C(M, N)$ là sinh hữu hạn và tự do, và mặt khác rằng $\operatorname{Hom}_C(M, N)$ đẳng cấu với

do đó suy ra hệ quả.

Đó là trường hợp riêng của đẳng cấu chính tắc $E \to \mathrm{Hom}_A(A_s, E)$ của § 1, no. 14, Nhận xét 2, ứng với $E = A_s$; tính giao hoán của biểu đồ (50) của § 1, no. 14, cho thấy rằng ở đây ta có một đẳng cấu của các A-môđun phải.

Nếu $A_d$ được đồng nhất với đối ngẫu của $A_s$ bằng đẳng cấu của Mệnh đề 5, thì dạng song tuyến tính chính tắc trên $A_s \times A_d$ khi đó được biểu thị bởi

Tương tự, đối ngẫu của $A_d$ được đồng nhất một cách chính tắc với $A_s$, dạng song tuyến tính chính tắc trên $A_d \times A_s$ được biểu thị bởi

Các kết quả này là những hệ quả ngay lập tức của các định nghĩa.

Có một mệnh đề tương tự (mà chúng tôi để cho bạn đọc phát biểu) đối với các môđun con của E trực giao với các tập con của E*.

Nếu M là một môđun con của E, M' là môđun con của E* trực giao với M và M'' là môđun con của E trực giao với M', thì M ⊂ M'' nhưng có thể xảy ra M ≠ M'' (Bài tập 9). Tuy nhiên lưu ý rằng nếu M'' là trực giao của M'' trong E*, thì M'' = M'; vì M' ⊂ M'' và mặt khác quan hệ M ⊂ M'' kéo theo M'' ⊂ M'.

Điều này suy ra ngay lập tức từ (15).

Trực giao của E trong $E^*$ là 0.

Nếu $u : E \to F$ là một đẳng cấu, $^t u : F^* \to E^*$ là một đẳng cấu và nếu $v : F \to E$ là đẳng cấu nghịch đảo của $u$, thì $^t v$ là đẳng cấu nghịch đảo của $^t u$ (các công thức (17) và (18)).

một dãy khớp các ánh xạ tuyến tính. Khi đó dãy các ánh xạ chuyển vị

là khớp.

Nếu $j : M \to E$ là đơn ánh chính tắc, thì theo định nghĩa hạt nhân của ${}^t j$ là trực giao của $M$ trong $E^*$.

Hơn nữa, theo ký hiệu của hệ quả, từ ${}^t j$ ta thu được, khi chuyển qua thương, một đồng cấu đơn ánh $E^*/M' \to M^*$.

là một đẳng cấu từ đối ngẫu $E^*$ của $E$ lên tích $\prod_{i \in I} E_i^*$.

Đây là một trường hợp riêng của § 1, no. 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 6, áp dụng cho trường hợp $\prod_{\lambda} F_{\lambda} = A_s$.

Nếu, nhờ các đơn ánh chính tắc $j_i$, các $E_i$ được đồng nhất với các môđun con của tổng trực tiếp của chúng $E$ và nếu, nhờ ánh xạ tích $x^* \mapsto (tj_i(x^*))$, $E^*$ được đồng nhất với $\prod_{i \in I} E_i^*$, thì khi đó có thể nói rằng $\prod_{i \in I} E_i^*$ là đối ngẫu của $\bigoplus_{i \in I} E_i$, dạng song tuyến tính chính tắc được cho bởi

(22)

$p \circ i = 1_M, \quad q \circ j = 1_N, \quad p \circ j = q \circ i = 0, \quad i \circ p + j \circ q = 1_E$, do đó, bằng phép chuyển vị (no. 5, các công thức (16), (17) và (18)), $^ti \circ ^tp = 1_{M^*}, \ ^tj \circ ^tq = 1_{N^*}, \ ^tj \circ ^tp = ^ti \circ ^tq = 0. \ ^tp \circ ^ti + ^tq \circ ^tj = 1_{E^*}$ và mệnh đề suy ra từ § 1, no. 6, Hệ quả 2 của Mệnh đề 6.

Dưới các giả thiết của Hệ quả, $M^*$ (ứng với $N^*$) thường được đồng nhất với trực giao $^tp(M^*)$ (ứng với $^tq(N^*)$) của $N$ (ứng với $M$) trong $E^*$, do đó đồng nhất mọi dạng tuyến tính $u$ trên $M$ (ứng với $N$) với dạng tuyến tính trên $E$ kéo dài $u$ và bằng không trên $N$ (ứng với $M$).

Khi một A-môđun $E$ có một cơ sở $(e_t)_{t \in T}$, ta đã thấy rằng việc cho cơ sở này xác định một cách chính tắc một đẳng cấu $u : A_s^{(T)} \to E$. Theo Mệnh đề 10 và no. 3, Mệnh đề 5, đối ngẫu của $A_s^{(T)}$ được đồng nhất một cách chính tắc với tích $A_d^T$; xét đẳng cấu phản biến $\tilde{u} : A_d^T \to E^*$. Nếu, với mọi $t \in T, f_t$ là phần tử của $A_d^T$ mà mọi hình chiếu đều bằng không trừ hình chiếu có chỉ số $t$, bằng 1, và nếu ta viết $e_t^* = \tilde{u}(f_t)$, thì các phần tử $e_t^*$ của $E^*$, theo (19) và (22), được đặc trưng bởi các hệ thức

(23)

Điều đó tương đương với việc nói rằng, với mọi $x = \sum_{t \in T} \xi_t e_t \in E, \ e_t^*(x) = \xi_t$; $e_t^*$ cũng được gọi là dạng tọa độ có chỉ số $t$ trên $E$. Suy ra từ (23) rằng $(e_t^*)$ là một hệ tự do trong $E^*$.

Đặc biệt, nếu $T$ là hữu hạn, thì các $e_t^*$ tạo thành một cơ sở của $E^*$, khi đó các $f_t$ tạo thành cơ sở chính tắc của $A_d^T$. Do đó:

Chú ý rằng đối ngẫu của một môđun tự do có một cơ sở vô hạn không nhất thiết là một môđun tự do (VII, § 3, Bài tập 10).

Một A-môđun trái xạ ảnh sinh hữu hạn có thể được đồng nhất với một nhân tử trực tiếp M của một A-môđun tự do $A_s^n$ có một cơ sở hữu hạn (no. 2, Hệ quả 1 của Mệnh đề 4). Khi đó (Mệnh đề 11 và Hệ quả của Mệnh đề 10) M* đẳng cấu với một nhân tử trực tiếp của $A_d^n$, do đó có hệ quả.

Tồn tại một đồng cấu toàn ánh $u : L \to E$, trong đó $L = A_s^{(T)}$, sao cho nếu $(e_t)_{t \in T}$ là cơ sở chính tắc của L thì $u(e_t) = a_t$ (§ 1, no. 11, Mệnh đề 17); để E là xạ ảnh, điều kiện cần và đủ là tồn tại một ánh xạ tuyến tính $v : E \to L$ sao cho $u \circ v = 1_E$ (no. 2, Mệnh đề 4 và § 1, no. 9, Mệnh đề 15). Nếu tồn tại một ánh xạ như vậy và ta viết ${}^tv(e_t^*) = a_t^*$, thì $\langle x, a_t^* \rangle = \langle x, {}^tv(e_t^*) \rangle = \langle v(x), e_t^* \rangle$, do đó họ $(\langle x, a_t^* \rangle)$ có giá hữu hạn và $x = u \left( \sum_{t \in T} \langle (x), e_t^* \rangle e_t \right) = \sum_{t \in T} \langle x, a_t^* \rangle a_t$ với mọi $x \in E$. Ngược lại, nếu điều kiện (b) của mệnh đề được thỏa mãn, thì tổng $\sum_{t \in T} \langle x, a_t^* \rangle e_t$ được xác định với mọi $x \in E$ và $x \to \sum_{t \in T} \langle x, a_t^* \rangle e_t$ là một ánh xạ tuyến tính $v : E \to L$ sao cho $u \circ v = 1_E$.

Cho $(e_t)_{t \in T}$ là một cơ sở của E và cho $(e_t^*)$ là họ các dạng tọa độ tương ứng; theo định nghĩa, nếu $x \in E$ sao cho $\tilde{x} = 0$, thì $\langle x, e_t^* \rangle = 0$ với mọi $t \in T$, nói cách khác mọi tọa độ của $x$ đều bằng không, do đó $x = 0$. Giả sử thêm rằng T là hữu hạn; vì $\langle \tilde{e}_t, e_{t'}^* \rangle = \delta_{tt'}$, $(\tilde{e}_t)$ là cơ sở đối ngẫu của $(e_t^*)$ trong $E^{**}$ và, vì $c_E$ biến một cơ sở của E thành một cơ sở của $E^{**}$, $c_E$ là song ánh (§ 1, no. 11, Hệ quả 3 của Mệnh đề 17). Hơn nữa ta đã chứng minh: