1716 môđun tựa tự do trên miền dedekind

MÔĐUN TỰA TỰ DO TRÊN MIỀN DEDEKIND MỴ VINH QUANG*, PHẠM VIẾT HUY** TÓM TẮT Môđun phân tích được thành tổng trực tiếp các môđun cyclic được gọi là môđun tựa tự do Lớp các môđun tựa tự do là mở rộng của[.]

Mỵ Vinh Quang tgk Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TPHCM _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ MÔĐUN TỰA TỰ DO TRÊN MIỀN DEDEKIND MỴ VINH QUANG*, PHẠM VIẾT HUY** TĨM TẮT Mơđun phân tích thành tổng trực tiếp mơđun cyclic gọi môđun tựa tự Lớp môđun tựa tự mở rộng lớp môđun tự Bài báo giới thiệu số kết môđun tựa tự miền Dedekind Các kết mở rộng số kết nhóm Abel mơđun miền ideal Từ khóa: miền Dedekind, mơđun tựa tự ABSTRACT Quasi-free module over the Dedekind domain A module decomposable into direct sum of cyclic modules is called a quasi-free module The class of quasi-free modules is the extension of the class of free modules This paper introduces some results about quasi-free modules over the Dedekind domain These results are extensions of some results about Abelian groups and modules over a principal ideal domain Keywords: Dedekind domain, quasi-free module Mở đầu Trong lí thuyết mơđun, mơđun tự do, đặc biệt môđun tự miền ideal có vai trị quan trọng Đã có nhiều kết sâu sắc thú vị môđun tự miền ideal Chúng ta nhớ lại rằng, môđun gọi môđun tự phân tích thành tổng trực tiếp mơđun cyclic không xoắn Một câu hỏi tự nhiên đặt là: Tại phải môđun cyclic không xoắn? Nếu ta bỏ điều kiện không xoắn sao? Chúng tơi gọi mơđun phân tích thành tổng trực tiếp môđun cyclic môđun tựa tự Bài báo giới thiệu số kết môđun tựa tự miền Dedekind Chú ý miền Dedekind mở rộng tự nhiên mặt số học miền ideal lại có nhiều tính chất khác lạ so với miền ideal Một số khái niệm 2.1 Miền Dedekind Miền nguyên D gọi miền Dedekind D miền Noether, đóng nguyên ideal nguyên tố khác không D ideal tối đại Tập ideal miền Dedekind D với phép nhân ideal làm thành nửa nhóm giao hốn, có đơn vị với phân tích thành phần tử nguyên tố Nghĩa * ** PGS TS, Trường Đại học Sư phạm TPHCM HVCH, Trường Đại học Sư phạm TPHCM ideal khác khơng khác D phân tích thành tích ideal nguyên tố Nếu A, B ideal D A B B ⊂ A , ước chung lớn A, B là: ( A, B) = A + B , bội chung nhỏ A, B là: B A, B gọi nguyên tố D ordP ( A) số tự nhiên lớn ordP ( A, B] = A ∩ A, B) = D Nếu P ideal nguyên tố A Các kết miền Dedekind A) thỏa: tham khảo P ( [ [ 1] ,[ 2] Bổ đề sau có ích làm việc với miền Dedekind 2.2 Bổ đề [1, Định lí 9.3.1] Cho D miền Dedekind A, B ideal khác không D Khi tồn a ∈ A để A = a + AB 2.3 Môđun miền Dedekind Cho M môđun miền Dedekind D x ∈ M Cấp x, kí hiệu x , định nghĩa sau: x := { a ∈ D, ax = 0} Dễ thấy x ideal D x gọi phần tử không xoắn x = Trong trường hợp ngược lại, x gọi phần tử xoắn Tập phần tử xoắn M môđun M, gọi mơđun xoắn M, kí hiệu MT Nếu MT = M M gọi môđun xoắn Nếu M T = M gọi mơđun khơng xoắn Hiển nhiên, M MT môđun không xoắn Với ideal nguyên tố khác khơng P D, kí hiệu M = {x ∈ M , lũy P x thừa P} M P môđun M, gọi môđun P-nguyên sơ M M gọi P-môđun M P = M Tập phần tử x M, thỏa điều kiện Px = tạo thành môđun M kí hiệu M [ P ] Mơđun M gọi bị chặn cấp phần tử M bị chặn, nghĩa tồn ideal A khác không D để AM = Cho M P-mơđun Khi đó, số tự nhiên n gọi độ cao (hay P-độ cao) x ∈ x ∈ PnM x ∉ Pn+1M Trong trường hợp x ∈ PnM với n ta nói M x có độ cao vơ hạn 2.4 Bổ đề Cho M môđun miền Dedekind D Khi đó: x xa i) Với x ∈ M , a ∈ D, ax = ii)Nếu x, y ∈ M x+ y = Dthì , x+ a x+ y = x y =D x = ax Chứng minh: x xa i) Với b ∈ a ⊂ x Do đó, b ( ax ) = ( ba ) x = Vậy ta có ba ∈ x xa ⊂ ax Ngược lại, x b ( ax ) xa =0  a , Mặt khác, x  a   D  = ba ∈ x Do đó, ab xa nên tồn u ∈ x Vậy ax = xa Ngoài ra, ii)Với mọi c ∈ x a x ,v∈ xa xa để x xa   u + v = Khi đó, b = b ( u + v ) = bu + bv ∈ x = x ( u + v) ax x⊂ xa x+ a = tồn u ∈ x ,v ∈ a D = xu + xv = xv ∈ Do đó, x = ax x xa để u + v = Khi đó, a ∈ x ,b ∈ y , ta có ab ( x + y ) = abx + aby = nên c ( x + y ) = với y Vậy x y ⊂ x + y Ngược lại, để u + v = Nếu a ∈ x + y a ( x + y ) = Suy x+ y = D nên tồn u ∈ x ,v ∈ y au ( x + y ) = Do auy = , đó, nghĩa au ∈ y Do đó, a = a ( u + v) = au + av ∈ y Tương tự, a ∈ x Do đó, a ∈ x ∩ y =  x , y  y , x , nguyên tố Vậy x + y = x y   y = x 2.5 Bổ đề M Cho M môđun miền Dedekind Khi đó, mơđun xoắn M T = ⊕ MP tổng trực tiếp môđun P-nguyên sơ M MT P Chứng minh: Đầu tiên, ta chứng minh MT = ∑M P P x = Pk1 Pkm Với i = 1, m , đặt A x= Khi đó, A m i m ba ∈ x nên ba x = Do đó, b ∈ a x , nghĩa là, i i i x ∈ ∑ M P Vậy M T ⊂ ∑M P P ( A , , P ) m ) D i Pi ki a ∈ A để a + + a = Ta có, x = ( a + + a b ∈ Pki i ≠ x ∈ M T Khi đó, Giả sử nên tồn = m x = a x + + a x Nếu m i P ki ⊂ a x , suy a x ∈ M i i i Pi Số 47 năm 2013 Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TPHCM _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Tiếp theo, ta chứng minh M P ∩ xvà∈ M P nên x = P , với m ≥ 1, m _ ∑M Q _ x ∈ ∑ MQ nên Q≠ P D MT _ _ _ _ _ _ _ _ = Giả sử ≠ x ∈ M P ∩ ∑ MQ Vì Q≠P Mâu thuẫn chứng tỏ M P ∩ ∑ M Q = Vậy _ ( x , P ) = hay Q≠ P (P m ,P ( !) ) =D = ⊕ MP P Q≠ P Cơ sở tắc môđun tựa tự 3.1 Môđun tựa tự Cho M môđun miền Dedekind D Tập khác rỗng S M gọi tập độc lập tuyến tính đơn giản độc lập, ∉ với s1, , sk S đôi khác S, với a1, , ak ∈ D a1s1 + + ak sk = aisi = với i Nếu S khơng độc lập, ta nói S tập phụ thuộc Một tập sinh M mà độc lập gọi sở M Môđun M gọi mơđun tựa tự phân tích thành tổng trực tiếp mơđun cyclic Từ định nghĩa, ta có mơđun tựa tự có sở Một môđun tự mơđun tựa tự khơng xoắn Như vậy, lớp môđun tựa tự mở rộng thực lớp môđun tự Bổ đề mô tả lớp môđun tựa tự không môđun tự 3.2 Bổ đề Cho M môđun miền Dedekind D Nếu tồn ideal nguyên tố khác không P D để PM = { 0} M mơđun tựa tự Chứng minh: Vì D miền Dedekind nên P ideal tối đại D, đó, D PM = { 0} nên tương ứng: D P P trường Do × M →M ( a, m) a am phép nhân Dễ thấy M với phép nhân trở thành không gian véctơ trường D Nếu S sở D -không gian vectơ M S P P sở D-môđun M Vậy M môđun tựa tự 3.3 Nhận xét Mỵ Vinh Quang tgk Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TPHCM _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Hai sở mơđun tự vành giao hốn, có đơn vị có lực lượng lực lượng gọi hạng mơđun tự Vấn đề đặt liệu nhận xét có cịn mơđun tựa tự do? Chúng ta có câu trả lời phủ định môđun tựa tự miền ideal phản ví dụ sau: Z Z-mơđun tựa tự với sở có số phần tử khác { 1} { 2, 3} 6Z Để khắc phục tình trạng này, đưa khái niệm mới, gọi sở tắc mơđun tựa tự sau 3.4 Định nghĩa Một sở S môđun tựa tự gọi sở tắc phần tử x ∈ S không xoắn có cấp lũy thừa ideal nguyên tố 3.5 Định lí (cơ sở tắc môđun tựa tự do) Môđun tựa tự M miền Dedekind D ln có sở tắc Hai sở tắc M có lực lượng, lực lượng gọi hạng môđun tựa tự M Chứng minh: Chứng minh tồn sở tắc M Trước hết, ta có nhận xét: x = y + z y có x ∈ M có cấp AB với ( A, B ) = D cấp A, z có cấp B Thật vậy, theo Bổ đề 2.2, tồn b ∈ B để B = b + AB Khi đó, theo Bổ đề 2.4, bx = AB ax = B Khi đó, theo Bổ đề = A Tương tự, tồn a ∈ A b + để AB 2.4, ( a + ( a + b) x x Mặt khác, ( a + = ⊂ bx + ax ⊂ x AB b) x = b) x Do đó, x = bx + ax = y + z Bây giờ, giả sử S sở M Khi đó, x ∈kSm , x = P k1 P chứng minh x = x ⊕ ⊕ x m theo m với x j = Pjk Như vậy, cách giữ nguyên j x x không xoắn thay x { x1, , xm} x có cấp hữu hạn Ta nhận sở tắc M Hai sở tắc M có lực lượng thấy rõ qua bổ đề sau: Bổ đề Lực lượng phần tử không xoắn hai sở tắc mơđun M Chứng minh: Giả sử S ∪T sở tắc M S tập tất phần tử khơng xoắn sở tắc T tập tất phần tử có cấp lũy thừa ideal nguyên tố Khi đó, M = ⊕ x ⊕ y mô đun xoắn M M T = ⊕ y x∈S y∈T y∈T Ta có, M MT ≅ ⊕ x Bởi vậy, M MT mơđun tự có hạng S Vậy x∈S lực lượng phần tử khơng xoắn sở tắc M hạng môđun tự M MT không phụ thuộc vào cách chọn sở Bổ đề Với số tự nhiên m deal nguyên tố P D cho trước, lực lượng phần tử có Pm hai sở tắc mơđun M cấp Chứng minh: Vì phần tử cấp lũy thừa P nằm thành phần P-nguyên sơ M P nên ta xem M P-mơđun Giả sử S ∪ R ∪T sở tắc M, S tập phần tử sở có cấp Pm , R tập phần tử sở có cấp Pr , với r > m , T tập phần tử sở có cấp Pt , với t < m Đặt H = ⊕ y , K = ⊕ z Ta có M = ⊕ x ⊕ H ⊕ K y∈R z∈T M=⊕ m−1 Do P PmM =P H Bởi vậy, (P M ) [ P] m−1 x∈S m x∈S Pm−1 H ( P M ) = ⊕ m−1 ⊕P x ( P M ) [ P] (P M ) [ P] m−1 m Pm−1 x ⊕ H [ P] , (P M ) [ P] (P M ) [ P] [ P] x∈ S = H [ P] m −1 m ≅ ⊕ x∈ S Pm−1 Theo Bổ đề 3.2, x  không gian vectơ trường D P phụ thuộc vào cách chọn sở tắc S = dim (P m− ) [ P]   M ( PPM )[ ] m m  không  Như vậy, Bổ đề chứng minh Định lí 3.5 chứng minh hồn tồn 3.6 Nhận xét Hai mơđun tự có hạng ln đẳng cấu Vậy, hai mơđun tựa tự có hạng có đẳng cấu với khơng? Một lần nữa, có câu trả lời phủ định thơng qua ví dụ sau: Z Z-mơđun tựa tự với sở tắc { 1} , Z Z-môđun tựa tự với sở 2Z tắc { 1} Cả hai mơđun tựa tự có hạng 1, nhiên, chúng không đẳng cấu Để khắc phục điều này, chúng tơi đưa khái niệm sở tắc kiểu sau: 3.7 Định nghĩa Hai sở tắc gọi kiểu lực lượng phần tử không xoắn sở với số tự nhiên m, ideal nguyên tố P, lực lượng phần tử có cấp Pm sở Như hệ Định lí 3.5, ta có kết sau: 3.8 Hệ Hai sở tắc mơđun tựa tự miền Dedekind có kiểu Hai mơđun tựa tự đẳng cấu với sở tắc chúng có kiểu Chứng minh: Thật vậy, ý đầu hệ suy từ Bổ đề 1, Bổ đề Định lí 3.5 Để chứng minh ý sau, ta có nhận xét f : M →N đẳng cấu x f(x) có cấp Do đó, S sở tắc M { f ( x ) , x ∈ S} sở tắc N có kiểu với S Ngược lại, S T sở tắc M N có kiểu Khi tồn song ánh f : S →T cho f ( x) = x , ∀x ∈ S Dễ thấy song ánh mở rộng thành đẳng cấu f : M →N Điều kiện cần đủ để môđun xoắn môđun tựa tự 4.1 Định lí P-mơđun M miền Dedekind D môđun tựa tự tồn dây chuyền tăng môđun con{ Mn} : M1 ≤ M ≤ ≤ Mn ≤ dãy số nguyên không âm k(n) cho ∪ M n = độ cao phần tử khác không M n M n không vượt k(n) Chứng minh: M n = x ∈ S, x Pn Giả sử M P-môđun tựa tự với sở S Ta định nghĩa Khi đó, phần tử khác khơng M n có độ cao khơng vượt q n −1 Do { Mn } dây chuyền cần tìm Ngược lại, giả sử M P-mơđun có dây chuyền { Mn } thỏa điều kiện định lí Bằng cách bổ sung thêm hữu hạn môđun không đầu dây chuyền, lặp lại M n hữu hạn lần (nếu cần) đánh số lại, ta xem k(n) = n −1 Khi đó, từ định nghĩa ta có PnM ∩ M n= với n = 1, 2, Trong tập tất dây chuyền { Kn} thỏa n M n ⊂ Kn P M ∩ K = với n n = 1, 2, , ta định nghĩa quan hệ thứ tự{ Kn} ≤ { Hn } Kn ⊂ với Hn n Theo Bổ đề Zorn, tồn dây chuyền{ Hn} phần tử tối đại tập Số 47 năm 2013 Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TPHCM _ _ _ _ _ _ Theo Bổ đề 3.2, Pn−1M ∩ H n [ P] _ < j j −1 [ P] =0 nữa, tập S = ∪ S n _ Pn−1M ∩ H Nếu i nên x ∈ P j−1M ∩ H _ _ [P ] n x ∈ S nên i _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ mơđun tựa tự Kí hiệu Sn sở ∩ S j x ∈ Hi [ P ] ⊂ H [ P ] j−1 x ∈ P j−1M x = (!) Do đó, tập S1, S2 rời Hơn , tập độc lập Thật vậy, n ∑a s = với ∈ D, si ∈ Si si ∈ Hi i = 1, 2, , n −1 i=1 i i [ P] ⊂ Hn −1 [ P] với 14 _ n Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TPHCM n _ _ _ _ _ _ _ _ a s = − ∑a s ∈ Pn−1M ∩ H as n n _ [ P] Mỵ Vinh Quang tgk _ _ n−1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ s ∈P M , a s = Bằng quy nạp, ta có ∑ n−1 = Suy i i n−1 i =1 = n n i =1 aisi = với i S tập độc lập i i Tiếp theo, với s ∈ S , giả sử h(s) độ cao s Ta chứng minh s viết h( s )+ dạng s = p(s)h(s) x(s) , p(s) ∈ P, x(s) ∈ M x(s) = P Thật vậy, s ∈ Ph(s)M nên s = x ∑px với p ∈ P h(s) , x ∈ M , i i i i = P ni Đặt i k = max{ h(s), ni} , theo Bổ đề 2.2 tồn p(s) ∈ P thỏa P = p(s) + P Do đó, k hh k+1 Ph(s ) ⊂ Vì p ∈ Ph(s) nên p = a p(s)h(s) + u với a ∈ D,u ∈ Pk+1 p(s)h(s )  P i Ta có s = )s ∑( i i p(s) , k} { ord P P == s i = p(s)h(s) x(s) x(s) = p(s)h(s) + ui ta có = ord P P = p(s) = PI i k>1 nên với I ideal D Đặt x(s) p(s)h( s ) x(s) = ( ( P, I ) x(s) , p(s)h(s ) =D = i ∑a s ∈ M i i Mặt khác, ordP p(s) = 1, nghĩa x(s) = Pl , theo Bổ đề 2.4, ta có = Pl ) ( P ,P i Pl } I h(s ) ) P { = l −1 nên h(s) = l −1 l = h(s) +1 x(s) = Ph( s)+1 Do đó, min{ l, h(s)} hay l h(s ) l ,h( s ) Ngoài ra, ý a(s) ∈ P h(s) a(s).x(s) = b(s).s với b(s) ∈ D Thật vậy, k+1 h(s) k+1 Ph(s ) ⊂ p(s)h(s )  P nên a(s) = p(s) b(s) + u(s) với b(s) ∈ D, u(s) ∈ P Do a(s)x(s) = ( p(s)h(s) b(s) + u(s) Bây giờ, ta chứng minh a(s) ∈ D để { x(s), s ∈ S} ∑a(s)x(s) = ) x(s) = p(s)h(s)b(s)x(s) = b(s).s tập độc lập Giả sử ngược lại, tồn có a(s)x(s) ≠ Gọi d số tự nhiên bé s∈S để Pd a(s)x(s) = với s ∈ S Nếu d=1 Pa(s)x(s) = với s ∈ S Vì 15 Số 47 năm 2013 Tạp chí KHOA HỌC ĐHSP TPHCM _ _ x(s) = P s)+1 16 _ h( _ _ _ _ _ nên Pa(s) ⊂ P _ h(s)+1 _ _ _ hay a(s) ∈ P _ h(s) _ _ _ _ _ _ _ _ Do đó, theo ý trên, a(s).x(s) = b(s).s Bởi vậy, a(s).x(s) = với s ∈ S (!) Nếu d>1, nên b(s).s = ∑b(s).s = ∑a(s).x(s) = Pd a(s)x(s) = x(s) = P nên Pd a(s) ⊂ Ph( s)+1 hay h( s)+1 Pd −1a(s) ⊂ P h(s) , theo ý với p ∈ Pd −1 ta có pa(s)x(s) = b(s).s Bởi vậy, ∑b(s).s = p∑a(s)x(s) =0 nên b(s).s = với s ∈ nghĩa pa(s)x(s) = với S d−1 s ∈ S (vì S độc lập) Suy P a(s)x(s) = (!), trái với cách chọn d Vậy { x(s), s ∈ S} tập độc lập Cuối ta chứng minh s ∈ S} cở sở M Đặt T = { x(s), ta chứng minh M = T Đầu tiên, ta chứng minh M P ⊂ T Thật vậy, [ ] s = x(s) ∈T H [ P ] = P0M ∩ H = S 1 M [ P ] không môđun T Vì để [ P] [ P] [ P] M s ∈ S1 x(s), s ∈ S h(s) = ⊂ T Bây giờ, giả sử ngược lại = ∪Hn nên tồn số tự nhiên r bé Hr [ P ] không nằm T tất nhiên r > H1 [ P ] ⊂ T Lấy x ∈ Hr [ P ] \ T , có P M ∩ x, r−1 H r −1 x ∉ Hr −1 ≠ ngược lại, ta thay Pr−1M ∩ H Hr −1 dây chuyền lớn dây chuyền Lấy tính bé r Khi đó, ta ≠ y ∈ Pr−1M ∩ x, H r−1 =0 { Hn } x, H , mâu thuẫn với tính tối đại r−1 , ta có y = ax + hr−1 nên r −1 ta { Hn } với a ∈ D, hr ∈ Hr Do −1 ax ≠ −1 ax = y − hr −1 ∈ x ∩ ( Pr−1M + ) r −1 Mặt khác, H x = P nên a ∉ P ( , P ) = D , nghĩa tồn b ∈ D, p ∈P a x = (ab + p)x = b(ax) ∈ Pr−1M + H x ∈ Pr−1M , h ∈ H r −1 r −1 , nghĩa x = x1 + h với Suy x = x − h ∈ Pr−1M ∩ H Bởi vậy, với p ∈ P ta có px ∈ Pr M ∩ H = { 0} hay x ∈ H [ P] = S 1 để ab + p = Do r [ P ] Do đó, r r x ∈ Pr−1M ∩ H r ⊂ T Mặt r khác, với p ∈ P , ph = px − px1 = nên h ∈ Hr−1 [ P ] ⊂ T (do cách chọn r) Bởi vậy, ta lại có x = x1 + h ∈T (!) Mâu thuẫn chứng tỏ M [ P ] ⊂ T Tiếp theo, S tập sinh, S sở T [ P ] Thật vậy, x ∈T [ P ] x= ∑a(s)x(s) Vì s∈S Px = nên với p ∈ P ta có ∑ pa(s)x(s) = suy s∈S + pa(s)x(s) = tính độc lập { x(s), s ∈ S } Do pa(s) ⊂ x(s) = Ph( s) Suy đó, h(s) a(s) ∈ P a(s).x(s) = b(s).s , nên theo ý x= ∑a(s)x(s) = ∑b(s).s S tập sinh T [ P ] s∈S s∈S Bây giờ, ta chứng minh M = T Giả sử ngược lại, T < M Khi đó, tồn x0 ∈ M \ T cho x0 chia hết x với x ∈ M \ T Lại M [ P ] ⊂ T nên x0 ≠ P , với n ≥ Mặt khác, theo Bổ đề 2.2 tồn p ∈ P x = P n+1 cho P= p  P2 Khi đó, với số tự nhiên h ta có h+1 Ph ⊂ ph +P Vì pn x ∈ M [ P ] = T [ P ] nên theo chứng minh pnx a s 0 = a s + a s + + 1 2 k k với si ∈ S Bằng cách đánh số lại, cần, ta xem s1, s2 , s j ∈ Sn+1 ∪ Sn+2 ∪ s j +1, , sk ∈ S1 ∪ ∪ Sn j ≤ k ≤ Ta có: Nếu i = j +1, , k si ∈ Hn [ P ] S1, , Sn nằm Hn [ P ] Nếu i = 1, , s ∈ PnM nên h(si ) ≥ n j i Lại p(s ) h(si ) ∈P i h( si ) h(si )  P h(si h( si ⊂ p )+ ) h ( si ) a s = a p(s ) x(s ) = a p b(s ) x(s ) = p n i i i i i i xi i i h(si ) − n x = a b(s ) p x(s ) ∈ x(s ⊂ T Do ) i i i i +1 j j với i pn (x − x − − x ) = a s nên với i = 1, , j , ta có [ P] + + a s ∈ PnM ∩ H j+1 k k n Mặt khác, với u ∈ Pn+1, ta có ux u(x0 − x1 − − x j ) = Bây giờ, với a ∈ Pn ⊂ =0 ( = a b(s ) up h( si j i i i )− n x(s ) ) = với i = 1, , i pn + Pn+1 ta có a = pnb + với b ∈ D,u ∈ Pn+1 , u n đó, a(x − x − − x ) = bp (x − x − − x ) + u(x − x − − x ) = nên j x0 − x1 − − x j ∈T , cách chọn j x0 Vì x1, , x j ∈ T j nên x0 ∈T (!) Vậy M = M mơđun tựa tự Định lí 4.1 chứng minh hồn tồn T Từ Định lí 4.1, ta thu số hệ thú vị sau 4.2 Hệ (Điều kiện cần đủ để môđun xoắn môđun tựa tự do) Môđun xoắn M miền Dedekind D môđun tựa tự với ideal nguyên tố khác không P D, môđun P-nguyên M P thỏa điều sơ kiện Định lí 4.1 Chứng minh: Giả sử M môđun xoắn, tựa tự S ∪T sở tắc M S tập tất phần tử có cấp lũy thừa P sở tắc Khi đó, M P = ⊕ s Vậy M P môđun tựa tự do, đó, M P thỏa điều kiện Định lí s∈S ... M Môđun M gọi môđun tựa tự phân tích thành tổng trực tiếp mơđun cyclic Từ định nghĩa, ta có môđun tựa tự có sở Một mơđun tự mơđun tựa tự khơng xoắn Như vậy, lớp môđun tựa tự mở rộng thực lớp môđun. .. M = M môđun tựa tự Định lí 4.1 chứng minh hồn tồn T Từ Định lí 4.1, ta thu số hệ thú vị sau 4.2 Hệ (Điều kiện cần đủ để môđun xoắn môđun tựa tự do) Môđun xoắn M miền Dedekind D môđun tựa tự với... lớp môđun tự Bổ đề mô tả lớp môđun tựa tự không môđun tự 3.2 Bổ đề Cho M môđun miền Dedekind D Nếu tồn ideal nguyên tố khác không P D để PM = { 0} M mơđun tựa tự Chứng minh: Vì D miền Dedekind