fghost

Đúng rồi.

Uhm, vậy thì thử thế này. Vì bạn có đề cập đến primary decomposition, nên mình nghĩ vành đang xét là Noetherian. Gọi $a= \bigcap Q_i$ là minimal primary decomposition của $a$, với $Q_i$ là $P_i-$ primary. Ta có $Ass(R/a)= \{P_i\}$. Lấy radical của 2 vế, ta có $a=\sqrt{a}= \bigcap \sqrt{Q_i}= \bigcap P_i$. Đây là 1 primary decomposition của $a$. Vì toàn bộ $Ass(R/a)$ đã xuất hiện (đúng 1 lần duy nhất) trong decomposition này, nên nó minimal (nếu nó không minimal, ta có thể loại bỏ cho đến khi nào nó minimal, thí dụ ta loại bỏ $P_1$, như vậy $Ass(R/a)$ sẽ thiếu $P_1$). Nói cách khác, $P_i$ không embedded.

Cho $a$ là một ideal. Nếu $a=r(a)$ thì $a$ không có ideal nhúng nào. Mình thực sự không có hướng nào để chứng minh cái này. Đẳng thức trên có thể viết lại dưới dạng phân tích gốc (primary decomposition), nhưng mình chưa thu được gì từ đó.

$r(a)$ là gì vậy bạn? Radical của $a$ à?

Cái khó mà mình muốn đề cập tới là hiểu thế nào cho đúng mà thôi, còn cách làm là khá rõ ràng. Theo mình nghĩ điểm cần lưu ý là dù đồng cấu trên vành nào thì tính đơn cấu, toàn cấu,vv... cũng không phụ thuộc vào cấu trúc mà nó bảo toàn. 

bạn đúng rồi, có lẽ bạn đã tìm ra lời giải thích, nhưng để mình ghi ra luôn. Đơn giản vì module homomorphism là group homomorphism trước (cộng thêm scalar multiplication over the ring sau), và đơn cấu/toàn cấu... đều được xác định bởi phần tử của module đó (1 abelian group), chứ không cần quan tâm đến cái vành scalar kia.

Ta có với mọi $N$ là $B$-module, thì $N$ cũng sẽ là $A$-module (vì cấu trúc $A$ module được cho bởi $f(A) \subset B$). Và ta cũng có, $N \otimes_B B \cong N$ là isomorphism của $B$ module, nên đồng thời là isomorphism của $A$ module. Vì vậy, với mọi đơn cấu của $B$-module, $g: N_1 \rightarrow N_2$, ta cũng có đây là đơn cấu của $A$ module, và $N_1 \otimes_B (B \otimes_A M) \cong (N_1 \otimes_B B) \otimes_A M \cong N_1 \otimes_A M \hookrightarrow N_2 \otimes_A M \cong \dots \cong N_2 \otimes_B (B \otimes_A M)$.

Theo quy ước thôi bạn, tích của mọi phần tử của tập rỗng là $1$ (nếu ta bỏ tập rỗng đó vào nơi ta định nghĩa phép nhân đó, như 1 vành nào đó chẳng hạn), và tổng của mọi phần tử của tập rỗng là $0$ (bỏ tập rỗng đó vào nơi mà ta định nghĩa phép cộng đó, như 1 module chẳng hạn). Ta định nghĩa $M$ tự do nếu $M=Rx_1+ \dots Rx_n$ với $\{x_i\}$ độc lập trên $R$. Nếu $M=0$ thì ta không cần vector $x_i$ nào cả, theo quy ước trên.  Nhìn theo cách khác, ta có thể định nghĩa $M$ tự do là $M \cong R^{r}$ với $r$ là số lượng phần tử của 1 cơ sở tự do của $M$. Nếu $M=0$ thì ta chỉ có thể có $r=0$, nên cơ sở tự do đó phải là rỗng.