Luận văn cs môdđun và môđun với tính chất cs cho các môđun con đều

LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Trần Thị Thúy Vân i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn PGS TS Ngơ Sỹ Tùng Trong q trình làm luận văn, Thầy người hướng dẫn mặt khoa học mà Thầy cịn ln động viên, khích lệ tác giả khắc phục khó khăn để hoàn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn bày tỏ kính trọng, lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến Thầy cô giảng dạy lớp K11 cao học Đại số Lý thuyết số Trường Đại học Hồng Đức Tại tác giả nhận nhiều dẫn, góp ý q báu mơi trường thuận lợi để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng Quản lý đào tạo Sau đại học, Ban chủ nhiệm khoa Khoa học Tự nhiên, Bộ môn Đại số khoa Khoa học Tự nhiên - Trường ĐH Hồng Đức tạo điều kiện tốt để tác giả hoàn thành thời hạn luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu trường TH-THCS Quang Trung, Bỉm Sơn đồng nghiệp trường tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập hoàn thành luận văn Xin cảm ơn bạn bè người thân động viên giúp đỡ Thanh Hóa, tháng 10 năm 2020 Tác giả Trần Thị Thúy Vân ii Mục lục Bảng kí hiệu iv MỞ ĐẦU Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Môđun cốt yếu, mơđun đóng 1.2 Môđun bù - giao 1.3 Môđun chiều 1.4 Môđun A- nội xạ, môđun nội xạ, môđun π- nội xạ, môđun tựa nội xạ 1.5 Môđun đơn, môđun nửa đơn phân tích mơđun Chương CS- MÔĐUN VÀ MƠĐUN VỚI TÍNH CHẤT CS CHO CÁC MƠĐUN CON ĐỀU 10 2.1 CS- Môđun 10 2.2 Mơđun với tính chất CS cho môđun 14 2.3 Liên hệ lớp CS- mơđun lớp mơđun với tính chất CS cho môđun 23 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 33 Tài liệu tham khảo 34 iii Bảng kí hiệu Trong tồn luận văn trừ trường hợp đặc biệt nêu rõ mục, cịn lại sử dụng ký hiệu sau • N: Tập hợp số tự nhiên • Q: Tập hợp số hữu tỉ • Z : Tập hợp số ngun • A ⊆ M: A mơđun mơđun M • A ⊆∗ M: A mơđun cốt yếu M • A ⊆⊕ M: A hạng tử trực tiếp M • A∼ = B: mơđun A đẳng cấu với mơđun B • E(M): Bao nội xạ M • ⊕ Mi : Tổng trực tiếp môđun Mi với tập số I i∈I • : Kết thúc chứng minh iv MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Năm 1977, A.W Chatters C.R Hajarnavis đưa khái niệm CSmơđun hay mơđun mở rộng (Extending modules) Từ lớp CS- môđun nhiều người nghiên cứu có nhiều kết sâu sắc Năm 1994, N.V Dung, D.V Huynh, P.F Smith R Wisbauer viết sách "Extending Modules" trình bày nhiều vấn đề liên quan đến CS- môđun nhiều lớp vành Trong năm 80 kỷ trước, Harada học trò nghiên cứu lớp môđun mở rộng CS- môđun tức lớp mơđun với tính chất CS cho môđun Năm 1988, Kamal Muller gọi lớp môđun thỏa mãn điều kiện lớp (1 −C1 )- mơđun Vì lớp CS- mơđun lớp (1 −C1 )- môđun hướng nghiên cứu tìm hiểu hai lớp mơđun Dựa vào tài liệu [6], [7] chúng tơi hệ thống khái niệm trình bày tường minh số ví dụ, tính chất, định lý CS- mơđun mơđun có tính chất CS cho mơđun Xuất phát từ hướng nghiên cứu hướng dẫn bảo PGS.TS Ngô sỹ Tùng, chọn đề tài luận văn:" CS- mơđun mơđun với tính chất CS cho mơđun đều" Mục đích đề tài Mục đích nghiên cứu đề tài nghiên cứu tìm hiểu CS- mơđun mơđun với tính chất CS cho mơđun đều, tính chất nội xạ mối quan hệ với mơđun có chiều hữu hạn xây dựng trình bày cách có hệ thống chi tiết Phương pháp nghiên cứu Để hoàn thành luận văn sử dụng phương pháp nghiên cứu như: Đọc, dịch nghiên cứu tài liệu; phân tích tổng hợp tài liệu có liên quan đến đề tài; sử dụng kĩ thuật chứng minh đặc thù đại số để chứng minh kết đề tài Nội dung nghiên cứu Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn chia thành chương: - Chương I Kiến thức sở chuẩn bị Nội dung chương nhắc lại số khái niệm, tính chất sở lý thuyết mơđun như: mơđun, môđun cốt yếu, môđun đều, môđun nội xạ, môđun A-nội xạ số mệnh đề, bổ đề tính chất - Chương II CS- mơđun mơđun với tính chất CS cho mơđun Chương chúng tơi trình bày cách có hệ thống CS- mơđun mơđun với tính chất CS cho môđun đều; Mối liên hệ lớp CSmơđun lớp mơđun với tính chất CS cho môđun Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong luận văn xét vành kết hợp, có đơn vị, mơđun mơđun phải unita xét vành R Vì R- mơđun phải M nói gọn mơđun M Các khái niệm, tính chất, kí hiệu Luận văn chủ yếu dựa theo [4], [6] 1.1 Mơđun cốt yếu, mơđun đóng Định nghĩa 1.1.1 Cho M R- môđun phải A môđun M (i) Môđun A gọi môđun cốt yếu (essential) M với 6= X ⊆ M A ∩ X 6= Trong trường hợp ta nói M mở rộng cốt yếu (essential extension) A kí hiệu A ⊆∗ M hay A ⊆e M; (ii) Một mở rộng cốt yếu M A gọi mở rộng cốt yếu thực (properessential extension) M 6= A; (iii) Môđun A gọi đóng (closed) M A khơng có mở rộng cốt yếu thực M Nói khác đi, A gọi đóng M với môđun X khác không M mà A ⊆∗ X X = A; (iv) Mơđun B M gọi bao đóng (closure) môđun A M B môđun tối đại M cho A cốt yếu B; (v) Môđun B M gọi bé (small) M (hay đối cốt yếu) M kí hiệu B  M môđun thực L M L 6= M B + L 6= M Nói cách khác, B + L = M L = M Bổ đề 1.1.2 (i) Nếu mơđun M có dãy môđun A ⊆ B ⊆ C ⊆ M A ⊆∗ M kéo theo B ⊆∗ C; n (ii) Nếu Ai ⊆∗ M, i = 1, , n ∩ Ai ⊆∗ M ; i=1 (iii) Nếu ϕ : M → N đồng cấu môđun B ⊆∗ N ϕ −1 (B) ⊆∗ M; (iv) Cho α : A → B, β : B → C đơn cấu cốt yếu Khi β α : A → C đơn cấu cốt yếu Chứng minh (i) Giả sử U 6= mơđun C Khi U mơđun khác khơng M Ta có A ⊆∗ M, A ⊆ B nên 6= A ∩U ⊆ B ∩U Do B ⊆∗ C (ii) Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = : Hiển nhiên n−1 Giả sử mệnh đề với n − 1, tức A = ∩ Ai ⊆∗ M i=1 Giả sử U 6= môđun M Do An ⊆∗ M nên An ∩ U 6= Suy A ∩ (An ∩U) 6= hay (A ∩ An ) ∩U 6= n Điều chứng tỏ A ∩ (An ∩U) ⊆∗ M hay ∩ Ai ⊆∗ M (iii) Giả sử U ⊆ M U ∩ ϕ −1 (B) i=1 = 0, suy B ∩ ϕ(U) = Do ϕ(U) = B ⊆∗ N Từ ta có: U ⊆ kerϕ = ϕ −1 (0) ⊆ ϕ −1 (B) ⇒ U ∩ ϕ −1 (B) = U = Điều dẫn đến ϕ −1 (B) ⊆∗ M (iv) Giả sử U ⊆ C Im(β α) ∩U = Do β đơn cấu nên ta có: = β −1 (0) = β −1 (Imβ α) ∩U) = β −1 (Im(β α)) ∩ β −1 (U) = Imα ∩ β −1 (U) Mà Imα ⊆∗ B nên suy β −1 (U) = ⇒ U = Do đó, Im(β α) ⊆∗ C Theo giả thiết α, β đơn cấu nên β α đơn cấu cốt yếu Bổ đề 1.1.3 Cho A môđun M Khi ta có: A ⊆∗ M ⇔ ∀m ∈ M, m 6= 0, ∃r ∈ R [ 6= mr ∈ A] Chứng minh (⇒) Giả sử m 6= 0, m ∈ M, mR 6= Do A ⊆∗ M nên A ∩ mR 6= Từ suy tồn r ∈ R cho mr 6= mr ∈ A (⇐) Ngược lại, giả sử B môđun khác không M Khi đó, lấy 6= m ∈ B tồn r ∈ R cho 6= mr ∈ A Vì mr ∈ B nên A ∩ B 6= Điều chứng tỏ A ⊆∗ M Hệ 1.1.4 Giả sử M = ∑Mi , Ai ⊆∗ M với i ∈ I A = ∑Ai = ⊕Ai Khi đó, I I I A ⊆∗ M M = ⊕Mi I Chứng minh Trước hết ta chứng minh " Nếu Ai ⊆∗ Bi (∀i = 1, 2, , n), Ai , Bi ⊆ n n i=1 i=1 M ∩ Ai ⊆∗ ∩ Bi " n Thật vậy, lấy 6= X ⊆ ∩ Bi ⇒ X ⊆ Bi , ∀i = 1, 2, , n Mà Ai ⊆∗ Bi nên X ∩ Ai 6= n i=1 n n i=1 i=1 Do đó, X ∩ ( ∩ Ai ) 6= Điều có nghĩa ∩ Ai ⊆∗ ∩ Bi i=1 Bây ta chứng minh cho trường hợp I hữu hạn Dùng quy nạp ta xét với n = Ta có M = M1 + M2 , A = A1 ⊕ A2 , A1 ⊆∗ M1 , A2 ⊆∗ M2 Ta có (A1 ∩ A2 ) ⊆∗ (M1 ∩ M2 ) Mà A1 ∩ A2 = nên ⊆∗ (M1 ∩ M2 ), suy M1 ∩ M2 = Do tồn tổng M1 ⊕ M2 Xét phép chiếu π1 : M1 ⊕ M2 → M1 ; π2 : M1 ⊕ M2 → M2 Do A1 ⊆∗ M1 nên π −1 (A1 ) ⊆∗ (M1 ⊕ M2 ) Mặt khác, từ π1−1 (A1 ) = A1 ⊕ M2 nên (A1 ⊕ M2 ) ⊆∗ (M1 ⊕ M2 ) (1) Do A2 ⊆∗ M2 nên π2−1 (A2 ) ⊆∗ (M1 ∩ M2 ) hay (M1 ⊕ A2 ) ⊆∗ (M1 ∩ M2 ) (2) Lấy giao vế (1) (2) ta có: (A1 ⊕ M2 ) ∩ (M1 ⊕ A2 ) ⊆∗ (M1 ⊕ M2 ) Do (A1 ⊕ A2 ) ⊆∗ (M1 ⊕ M2 ) Bây ta chứng minh trường hợp I vô hạn Lấy x ∈ ∑ Mi , ta biểu diễn x = ∑ xi với F tập hữu hạn I Theo i∈I i∈F trường hợp tồn ⊕ Mi biểu diễn i∈F Tiếp theo lấy 6= X ⊆ ⊕ Mi Tồn 6= x ∈ X cho: i∈I x ∈ ⊕ Mi , i∈F Do ⊕ Ai ⊆∗ ⊕ Mi nên xR ∩ ⊕ Ai 6= suy X ∩ ⊕ Ai 6= Từ ta có: i∈F i∈F i∈F i∈F X ∩ ⊕ Ai 6= i∈I Vậy ⊕ Ai ⊆∗ ⊕ Mi i∈I i∈I Hệ 1.1.5 Giả sử M = ⊕ Mi , Mi ⊆ M, Ai ⊆∗ Mi , ∀i ∈ I Khi đó, i∈I A = ∑Ai = ⊕ Ai A ⊆∗ M i∈I i∈I Chứng minh Do M = ⊕ Mi Ai ⊆∗ Mi suy A = ⊕ Ai i∈I i∈I Khi theo Hệ 1.1.4 A ⊆∗ M Hệ 1.1.6 Giả sử M = ⊕ Mi B ⊆ M Khi điều kiện sau tương i∈I đương: (i) B ∩ Mi ⊆∗ Mi , ∀i ∈ I; (ii) ⊕(B ∩ Mi ) ⊆∗ M; I (iii) B ⊆∗ M Chứng minh (i) ⇒ (ii) Đặt B ∩ Mi = Ai Khi Ai ⊆∗ M, ∀i ∈ I Ta được: A = ⊕ Ai ⊆∗ M hay ⊕ (B ∩ Mi ) ⊆∗ M i∈I I (ii) ⇒ (iii) Ta có B ∩ Mi = Ai ⊆ B, ∀i ∈ I, suy A = ⊕ Ai ⊆ B Khi ta có dãy môđun sau: A ⊆ B ⊆ M ⊆ M Mà A ⊆∗ M nên theo Bổ đề 1.1.2 ta B ⊆∗ M i∈I (iii) ⇒ (i) Giả sử 6= mi ∈ Mi Khi 6= mi ∈ M, theo Bổ đề 1.1.3 tồn r ∈ R cho 6= mi r ∈ B Do 6= mi r ∈ B ∩ Mi ⊆ Mi Điều chứng tỏ B ∩ Mi ⊆∗ Mi , ∀i ∈ I 1.2 Môđun bù - giao Định nghĩa 1.2.1 Cho A môđun M Môđun A0 M tối đại mơđun M có giao với A gọi bù- giao (complement) A M Môđun B M gọi môđun bù - giao (complement submodule) tồn môđun A M cho B bù - giao A M Một mơđun B mơđun M đóng M B môđun bù - giao M Như K ∩ U đóng U Bằng phương pháp quy nạp theo chiều Goldie, ta có K ∩U hạng tử trực tiếp U Khi ta có ((K ∩U )⊕U1 ) hạng tử trực tiếp U ⊕U1 , hay K hạng tử trực tiếp M Do V ⊕U1 ⊆∗ K V,U1 môđun nên K có chiều Goldie Theo giả thiết K (1 − C1 )- mơđun, nên mơđun đóng V hạng tử trực tiếp K, đồng thời hạng tử trực tiếp M Vậy M (1 −C1 )- môđun Mệnh đề 2.2.13 Cho M môđun cho M = ⊕ Mi tổng trực tiếp i∈I môđun Mi Giả thiết hạng tử trực tiếp địa phương M hạng tử trực tiếp M Khi M CS- môđun M (1 −C1 )mơđun Đặc biệt, M có chiều Goldie hữu hạn M CS- mơđun M (1 −C1 ) Chứng minh Nếu M CS- mơđun hiển nhiên M (1−C1 )- mơđun Ngược lại, giả sử M = ⊕ Mi tổng trực tiếp môđun Mi hạng tử i∈I trực tiếp địa phương M hạng tử trực tiếp M Giả sử A mơđun đóng M Xét tập P gồm phần tử tổng trực tiếp môđun sau:   P = ⊕ Aα | Aα ⊆ A, Aα ⊕ Aα hạng tử trực tiếp địa phương M α∈Λ α∈Λ Từ Hệ 2.2.5, A chứa môđun hạng tử trực tiếp M, P khác rỗng Theo Bổ đề Zorn, tồn phần tử tối đại P, giả sử ⊕ Ak Đặt A0 = ⊕ Ak Khi theo giả thiết A0 k∈K hạng tử trực tiếp M, tức k∈K M = A0 ⊕ M1 , với môđun M1 M Từ ta có A = A0 ⊕ B, B = A ∩ M1 Theo Bổ đề ??, B mơđun đóng M Nếu B 6= 0, theo Hệ 2.2.5, B chứa môđun Bβ hạng tử trực tiếp M Dễ thấy A0 + Bβ hạng tử trực tiếp địa phương M nên A0 + Bβ phần tử P, mâu thuẫn với tính tối đại A0 Điều chứng tỏ B = Khi A = A0 hạng tử trực tiếp M Vậy M CS-môđun Đặc biệt, M có chiều Goldie hữu hạn M (1 −C1 )- môđun, theo Hệ 20 2.2.3, ta có U = U1 ⊕ ⊕Un , Ui (i = 1, 2, , n ) Lại mơđun có chiều Goldie hữu hạn nên hạng tử trực tiếp địa phương hạng tử trực tiếp nên theo chứng minh ta có M CS- môđun Định nghĩa 2.2.14 Một môđun M gọi U- liên tục M (1 − C1 )môđun A B môđun M cho A đẳng cấu với B A hạng tử trực tiếp M B hạng tử trực tiếp M Nhận xét 2.2.15 Từ Mệnh đề ta thấy mơđun M có chiều Goldie hữu hạn M liên tục M U- liên tục Bây ta chứng minh kết phần Định lý 2.2.16 Giả sử R vành M R- môđun cho M = ⊕ Mi i∈I tổng trực tiếp môđun Mi phân tích M bù hạng tử trực tiếp Giả thiết Mi không nhúng đẳng cấu thực vào M j với i 6= j ∈ I Khi phát biểu sau tương đương: (i) M tựa liên tục; (ii) M (1 −C1 )- môđun; (iii) M(J) M(K)-nội xạ tập J, K I cho K ∩ J = / Chứng minh (i) ⇒ (ii): Hiển nhiên (ii) ⇒ (iii): Để chứng minh M(J) M(K)- nội xạ ta cần chứng minh M(J) Mk - nội xạ với k ∈ K Giả sử U mơđun Mk α : U → M(J) đồng cấu Đặt X = {x − α(x)| x ∈ U} Rõ ràng X ∩ M(J) = nên X nhúng đẳng cấu vào Mk Do X mơđun Theo Bổ đề 2.2.1, M j ⊕ Mk (1 − C1 )- môđun nên tồn môđun X cho X ⊆∗ X X hạng tử trực tiếp M(J) ⊕ Mk Do phân tích M bù hạng tử trực tiếp nên M(J) ⊕ Mk phân tích bù hạng tử trực tiếp Do có hai khả xảy ra: 21 (1) M(J) ⊕ Mk = X ⊕ M(J ) hoặc, (2) M(J) ⊕ Mk = X ⊕ M(J1 ) ⊕ Mk , J J1 tập J Nếu khả (1) xảy ra, ta có: M(J) ⊕ Mk = X ⊕ M(J ) ⊆ X ⊕ M(J) ⊆ M(J) ⊕ Mk Vậy X ⊕ M(J ) = X ⊕ M(J), J = J Gọi π phép chiếu từ X ⊕ M(J) đến M(J) gọi α = π|Mk Khi với x ∈ Mk thì: x = α(x) + (x − α(x)), α(x) ∈ M(J) x − α(x) ∈ X Từ ta có: α (x) = α [α(x) + (x − α(x))] = α(x), nghĩa α mở rộng α Nếu khả (2) xảy Gọi πk : X ⊕ M(J1 ) ⊕ Mk → Mk phép chiếu tự nhiên Giả sử A = (X ⊕ M(J1 )) ∩ M(J) Nếu A 6= giả sử A ∩ M j 6= với j ∈ J Khi đó, J1 tập thực J nên tồn phần tử 6= a ∈ A cho a ∈ M(J) a ∈ / M(J1 ) Mặt khác, A = (X ⊕ M(J1 )) ∩ M(J) nên a ∈ X ⊕ M(J1 ) hay a = x0 + m j1 với x0 ∈ X , m j1 ∈ M(J1 ) Do a ∈ M(J1 ) nên x0 6= 0, x0 = a − m j1 ∈ M(J), mâu thuẫn X ∩ M(J) = Điều chứng tỏ tồn j ∈ I cho M j ∩ A = Khi dễ thấy M j ∩ Kerπk = 0, M j ∼ = πk (M j ) môđun Mk Theo giả thiết, M j nhúng đẳng cấu thực vào Mk nên Mk = πk (M j ) Từ ta có: X ⊕ M(J1 ) ⊕ Mk = X ⊕ M(J1 ) ⊕ M j = X ⊕ M(J2 ), J2 = J1 ∪ { j} Như M(J) ⊕ Mk = X ⊕ M(J2 ) lúc trở trường hợp (1) Nếu A = 0, M(J1 ) = ta có M(J)⊕Mk = X ⊕Mk Do X môđun nên X ⊕ Mk có chiều Goldie Do tập J có phần tử, chẳng hạn j, ta có M(J) ⊕ Mk = M j ⊕ Mk = X ⊕ Mk 22 Khi πk (M j ) = Mk M j ⊕ Mk = X ⊕ M j đưa trường hợp (1) Vậy với môđun U đồng cấu α : U → M(J) tồn mở rộng α : Mk → M(J) Do đó, M(J) Mk - nội xạ (iii) ⇒ (i): Do môđun tựa liên tục nên theo giả thiết M = ⊕ Mi i∈I tổng trực tiếp môđun tựa liên tục Hơn nữa, theo (iii), M(J) M(K)nội xạ nên M(I − i) Mi - nội xạ Bây áp dụng Định lý 2.13 MohamedMuller ta nhậ M tựa liên tục 2.3 Liên hệ lớp CS- mơđun lớp mơđun với tính chất CS cho môđun Trong phần chúng tơi trình bày mối liên hệ lớp CS- mơđun lớp mơđun với tính chất CS cho môđun hay (1 −C1 )- môđun Mệnh đề 2.3.1 (i) M CS- mơđun M (1 −C1 )- môđun; (ii) Nếu môđun M thỏa mãn điều kiện (C2 ) thỏa mãn điều kiện (C3 ) Chứng minh (i) Do M CS- môđun nên môđun M cốt yếu hạng tử trực tiếp M Vậy M (1 −C1 )- môđun (ii) Giả sử M1 , M2 hạng tử trực tiếp M cho M1 ∩ M2 = Do M1 hạng tử trực tiếp M nên M = M1 ⊕ M Xét phép chiếu π : M1 ⊕ M → M Ta có M1 ⊕ M2 = M1 ⊕ π(M2 ) Lấy x ∈ M1 ⊕ M2 x = m1 + m2 , m1 ∈ M1 , m2 ∈ M2 Vì M2 ⊆ M = M1 ⊕ M nên m2 = x1 + x10 với x1 ∈ M1 , x10 ∈ M Suy x = m1 + (x1 + x10 ) = (m1 + x1 ) + x10 ∈ M1 ⊕ π(M2 ) Nếu x ∈ M1 ⊕ π(M2 ) x = m1 + π(m2 ) Suy π(m2 ) = x10 ; x = m1 + (m2 − x1 ) = (m1 − x1 ) + m2 ∈ M1 ⊕ M2 Vậy để chứng minh M1 ⊕ M2 hạng tử trực tiếp M ta cần chứng minh M1 + π(M2 ) hạng tử trực tiếp M 23 Do Kerπ = M1 nên Ker(π|M2 ) = M1 ∩ M2 = Do π|M2 đơn cấu π(M2 ) ∼ = M2 ⊆⊕ M Vì M thỏa mãn điều kiện (C2 ) nên π(M2 ) hạng tử trực tiếp M Ta có M = π(M2 ) ⊕ M” (M” ⊆ M) (a) M = M1 ⊕ M (b) π(M2 ) ⊆ M10 (c) Do (c) nên dùng luật Modula (a) ta có: (b) M10 = π(M2 ) ⊕ (M” ∩ M10 ) ⇒ M = M1 ⊕ π(M2 ) ⊕ (M” ∩ M10 ) Suy M1 ⊕ π(M2 ) ⊆⊕ M Vậy M1 ⊕ M2 ⊆⊕ M hay M thỏa mãn (C3 ) Mệnh đề 2.3.2 Ta có dãy kéo theo sau đúng: Nội xạ ⇒ tựa nội xạ ⇒ liên tục ⇒ tựa liên tục ⇒ CS- môđun ⇒ (1 −C1 )- môđun Chứng minh (i) Nội xạ ⇒ tựa nội xạ: Theo định nghĩa (ii) Tựa nội xạ ⇒ liên tục: Giả sử N ⊆ M Đặt E(M) = E1 ⊕ E2 , E1 = E(N) Do M tựa nội xạ (⇔ f (M) ⊆ M, ∀ f ∈ End(E(M))) nên M = (M ∩ E1 ) ⊕ (M ∩ E2 ) N ⊆∗ E1 , N ⊆ M ⇒ N ⊆∗ E1 ∩ M ⇒ có (C1 ) Giả sử M = M ⊕ N Từ M M- nội xạ nên M M- nội xạ Do f : M → M chẻ ra, tức M = f (M ) + K ⇒ M = A ⊕ K Ta có (C2 ) Vậy M liên tục (iii) Liên tục ⇒ tựa liên tục: Theo (ii) Mệnh đề 2.3.1 (iv) Tựa liên tục ⇒ CS- môđun: Theo định nghĩa (v) CS- môđun ⇒ (1 −C1 )- môđun: Theo (i) Mệnh đề 2.3.1 Chú ý: Chiều ngược lại dãy kéo theo khơng Mệnh đề 2.3.3 Mơđun khơng phân tích M thỏa mãn điều kiện (C1 ) M mơđun Khi M mơđun tựa liên tục 24 Định lý 2.3.4 Các phát biểu sau tương đương môđun M (i) M tựa liên tục; (ii) M = X ⊕Y với môđun X Y bù- giao Chứng minh Suy X,Y ⊆⊕ M M môđun tựa liên tục nên X ⊕ Y ⊆⊕ M Mặt khác X ⊕Y ⊆∗ M Do M = X ⊕Y (ii) ⇒ (iii): Gọi A1 = M ∩ (E(M)) A2 = M2 ∩ (1 − f )E(M) Giả sử B1 bù-giao A2 A1 giả sử B2 bù-giao B1 A2 Do M = B1 ⊕ B2 Giả sử π : B1 ⊕ B2 → B1 phép chiếu tự nhiên Ta cần chứng minh M ∩ ( f − π)M = Thật vậy, giả sử x, y ∈ M cho ( f − π)(x) = y Suy f (x) − π(x) = y nên f (x) = y + π(x) ∈ M f (x) ∈ A1 Suy (1 − f )(x) ∈ M Vì (1 − f )(x) ∈ A2 Do π(x) = f (x) y = Mặt khác, M ⊆∗ E(M), ( f − π)M = nên f (M) = π(M) ⊆ M với lũy đẳng f ∈ End(E(M)) (iii) ⇒ (iv) Rõ ràng ⊕ M ∩ Ei ⊆ M Giả sử m phần tử tùy ý M Suy i∈I m ∈ ⊕ E với F tập hữu hạn I Đặt E(M) = ⊕ Ei ⊕ E ∗ Khi tồn i∈F i∈F lũy đẳng trực giao fi ∈ EndE(M), i ∈ F cho Ei = fi (E(M)) ( Do fi (M) ⊆ M ) Nên ta có m = ( ∑ fi )(m) = i∈F ⊕ M ∩ Ei ∑ fi(m) ∈ i∈F i∈F Do vậy, M ⊆ ⊕M ∩ Ei Suy M = ⊕ M ∩ Ei i∈I (iv) ⇒ (i) Gọi A ⊆ M Đặt E(M) = E(A) ⊕ E Khi M = (M ∩ E(A)) ⊕ (M ∩ E ) với A ⊆∗ M ∩ E(A) Suy M thỏa mãn (C1 ) Ta cần chứng minh M thỏa mãn (C3 ) Gọi M1 , M2 ⊆⊕ M với M1 ∩ M2 = Đặt E(M) = E1 ⊕ E2 ⊕ E với Ei = E(Mi ) (i = 1, 2) Ta có M = (M ∩ E1 ) ⊕ (M ∩ E2 ) ⊕ (M ∩ E ) Do Mi ⊆⊕ M Mi ⊆∗ M ∩ E, Mi = M ∩ E (i = 1, 2) Nên M1 ⊕ M2 ⊆⊕ M Do M thỏa mãn (C3 ) Vậy M môđun tựa liên tục 25 Mệnh đề 2.3.5 Giả sử M môđun với chiều hữu hạn Khi M (1 −C1 )- mơđun M CS- môđun Chứng minh Giả sử M môđun với chiều hữu hạn (1 − C1 )mơđun Khi ta có: M = U1 ⊕ ⊕Un , Ui (1 ≤ i ≤ n) Mà mơđun có chiều hữu hạn hạng tử trực tiếp địa phương hạng tử trực tiếp Vậy M CS- môđun n Mệnh đề 2.3.6 Giả sử M = ⊕ Mi , Mi môđun End(Mi ) địa phương i=1 với i = 1, , n Khi M CS- môđun Mi ⊕ M j (1 −C1 )môđun với i 6= j ∈ {1, 2, , n} Chứng minh Giả sử Mi ⊕ M j (1 − C1 )- môđun với i 6= j Alà mơđun đóng M Ta có: n A = { ∑ Φi (x) | x ∈ X ⊆ Mk } i=1 k tập {1, 2, , n}, Φi : X → Mi đồng cấu, Φk (x) = x với x ∈ X, họ (Φi ) không mở rộng đồng thời với i = 1, , n X môđun Mk Giả sử Φ∗i : E(MK ) → E(Mi ) mở rộng Φi , i = 1, , n Xi = {m ∈ n MK | Φ∗i (m) ∈ Mi } Vì họ (Φi ) không mở rộng đồng thời nên X = ∩ Xi i=1 Do Φk (x) = x với x ∈ X nên X = πK (A) πK phép chiếu tự nhiên từ M tới MK Và rõ ràng A ∩ KerπK = Do Xi ⊆ MK , i = 1, n nên xảy hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu X = MK (lúc Xi = MK với i = 1, , n) theo X = πK (A) nên πK (A) = MK Lại A ∩ KerπK = nên A ∩ M(J) = với J = {1, , k − 1, k + 1, , n} Khi ta có M = A ⊕ M(J) Trường hợp 2: Nếu X ⊆ MK Đặt F = {i ∈ {1, , n} | Xi ⊆ Mk } Ta cần chứng minh Xi X j so sánh với i, j ∈ F Thật vậy, ta có Φ∗ −1 tồn Xi = Φ∗i −1 (Mi ), X j = Φ∗j −1 (M j ) Xét đồng cấu f = Φ∗j Φ∗i −1 : Mi → E(M j ) 26 Gọi f ∗ : E(Mi ) → E(M j ) mở rộng f gọi Y = {y ∈ Mi | f ∗ (y) ∈ M j } Ta có Y = Mi Y ∼ = M j Nếu Y = Mi , f ∗ (Mi ) ⊆ M j , Φ∗j Φ∗i −1 (Mi ), Φ∗j (Xi ) ⊆ M j Như vậy,: X j = Φ∗J −1 (M j ) ⊇ Φ∗j Φ∗i −1 (Xi ) ⊇ Xi Nghĩa là, Xi ⊆ X j Nếu Y ∼ = M j , tức f ∗ −1 (M j ) ⊆ Mi Khi đó: f ∗ −1 (M j ) = (Φ j ∗ Φ∗i −1 )−1 (M j ) = Φ∗i Φ∗j −1 (M j ) = Φ∗i (X j ) Do đó, Φ∗j (Xi ) ⊆ Mi , Φ∗i −1 (Φ∗i (Xi )) ⊆ Φ∗i −1 (Mi ), hay X j ⊆ Xi Như vậy, với i ∈ F, họ {Xi } tạo thành xích tồn phần tử bé Xα , α ∈ F (Do F hữu hạn ) để Xα = πK (A) Bây ta chứng minh: A ⊕ ( ⊕ Mi ) = M i6=α n Thật vậy, gọi aα thành phần thứ α a khai triển a ∈ M = ⊕ Mi Ta i=1 πα πK−1 thấy a 6= aα = πα (a) = πK (a) = Φα (a) Φα đơn cấu nên aα 6= Lấy a ∈ A ∩ ( ⊕ Mi ) Khi a = m + m0 với m ∈ ⊕ Mi , m0 ∈ i6=α i6=α Mα Nếu a 6= 0, từ a ∈ ⊕ Mi dẫn đến m0 = aα = 0, mâu thuẫn với aα 6= i6=α Vậy A ∩ ( ⊕ Mi ) = i6=α Mặt khác, ta thấy Φα (Xα ) = Mα Suy ra, Φα (Xα ) = πα πK−1 πK (A) = πα (A) = Mα Nên ta có M = A ⊕ ( ⊕ Mi ) Vậy với mơđun đóng A M A hạng tử i6=α trực tiếp M hay M (1 −C1 )- môđun Vậy M CS- môđun Bổ đề 2.3.7 Giả sử M = M1 ⊕ M2 tổng trực tiếp mơđun M1 , M2 Khi điều kiện sau tương đương: (i) M2 M1 - nội xạ; (ii) Cho môđun N M với N ∩ M2 = 0, tồn môđun M M cho M = M ⊕ M2 N ⊆ M 27 Chứng minh (i) ⇒ (ii) Cho i = 1, Đặt πi : M → Mi phép chiếu tự nhiên Xét α = π1 |N β = π2 |N Từ (i) tồn đồng cấu ϕ : M1 → M2 cho ϕα = β Đặt M = {x + ϕ(x)|x ∈ M1 } Khi ta có, với x ∈ N x = x1 + x2 x1 ∈ M1 , x2 ∈ M2 Ta có x = x1 + β (x1 + x2 ) = x1 + ϕα(x1 + x2 ) = x1 + ϕ(x1 )( α(x1 + x2 ) = x1 ) Vậy x ∈ M hay N ⊆ M (1) Lấy y ∈ M ∩ M2 có y1 ∈ M1 cho y = y1 + ϕ(y1 ) Suy y1 = y − ϕ(y1 ) ∈ M2 Do y1 ∈ M1 ∩ M2 = Vậy y1 = hay y = Như M ∩ M2 = (2) Lấy phần tử x ∈ M Ta có x = x1 + x2 với x1 ∈ M1 , x2 ∈ M2 Khi x = x1 + ϕ(x1 ) + x2 − ϕ(x1 ), x1 + ϕ(x1 ) ∈ M , x2 − ϕ(x1 ) ∈ M2 Vậy x ∈ M ⊕ M2 hay M ⊆ M ⊕ M2 Từ (1), (2), (3) ta có (ii) (3) (ii) ⇒ (i) Gọi K môđun M1 f : K → M2 đồng cấu Đặt L = {y − f (y)|y ∈ K} L mơđun M Lấy x ∈ M2 ∩ L tồn y ∈ K cho x = y − f (y) ∈ M2 Khi y ∈ K ∩ M2 ⊆ M1 ∩ M2 nên y = Vậy M2 ∩ L = Theo (ii) ta có M = L0 ⊕ M2 với L0 mơđun M L ⊆ L0 Đặt π : M → M2 phép chiếu tự nhiên Xét ánh xạ g = π|M1 : M1 → M2 Với y ∈ K ta có g(y) = π(y − f (y)) = π(y − f (y)) + π( f (y)) = f (y) Điều chứng tỏ g mở rộng f M1 Như ta chứng minh (i) Mệnh đề 2.3.8 Nếu M1 ⊕ M2 thỏa mãn (C1 ) (C3 ) M1 M2 nội xạ lẫn Chứng minh Ta có M2 M1 - nội xạ (theo Bổ đề 2.3.7) Ta cần chứng minh M1 M2 - nội xạ Đặt M = M1 ⊕ M2 Giả sử X ⊆ M1 ϕ : X → M2 đồng cấu 28 đặt B = {x − ϕ(x)|x ∈ X} Suy B ∩ M2 = Giả sử M1∗ phần bù M2 B M = M1∗ ⊕ M2 (Theo Định lý 2.3.4) Xét phép chiếu π : M1∗ ⊕ M2 → M2 Với x ∈ X ta có = π(x − ϕ(x)) = π(x) − π(ϕ(x)) = π(x) − ϕ(x) Do vậy, π|M1 mở rộng ϕ hay M1 M2 - nội xạ Mệnh đề 2.3.9 Một CS- môđun M tựa liên tục M có phân tích thành tổng trực tiếp M = M1 ⊕ M2 môđun M1 , M2 M1 M2 môđun nội xạ lẫn Chứng minh Giả sử M tựa liên tục M = M1 ⊕ M2 Gọi N môđun M với N ∩ M2 = Do M CS- môđun nên tồn hạng tử trực tiếp N M cho N ⊆∗ N Rõ ràng N ∩ M2 = Theo Bổ đề 2.2.6, ta có M = M ⊕ M2 với môđun M cho N ⊆ M Do N ⊆ N ⊆ M nên theo Bổ đề 2.3.7, suy M2 M1 - nội xạ Ngược lại, giả sử M2 M1 - nội xạ M = M1 ⊕ M2 Áp dụng Bổ đề 2.3.7 Bổ đề 2.2.6 suy M thỏa mãn (C3 ) Do M tựa liên tục Chú ý với số nguyên tố p Z- môđun (Z/Z p ) ⊕ (Z/Z p3 ) không môđun mở rộng Z/Z p3 (Z/Z p )- nội xạ (Z/Z p ) (Z/Z p3 )- nội xạ Mặt khác, dễ dàng kiểm tra (Z/Z p ) ⊕ (Z/Z p2 ) mở rộng (Z/Z p ) (Z/Z2p )- nội xạ Môđun suy biến R- môđun M  Z(M) = m ∈ M|Em = 0, với vài iđêan trái cốt yếu E Môđun suy biến cấp hai Z2 (M) M môđun M chứa Z(M) cho Z2 (M)/Z(M) môđun suy biến môđun thương M/Z(M) Nhắc lại, môđun M gọi suy biến M = Z(M) gọi không suy biến Z(M) = Hiển nhiên Z(M) suy biến với môđun M Hơn nữa, M/Z2 (M) không suy biến môđun M Mệnh đề 2.3.10 (Môđun mở rộng Z2 ) R- môđun M mở rộng M = Z2 (M) ⊕ M với môđun M M cho M Z2 (M) mở rộng Z2 (M) M - nội xạ Chứng minh Giả sử M = Z2 (M) ⊕ M M Z2 (M) mở rộng Z2 (M) M - nội xạ Ta có M khơng suy biến, Hom(Z2 (M), M ) = Do 29 M Z2 (M)- nội xạ Theo Tính chất ??, M mơđun mở rộng Ngược lại, giả sử M môđun mở rộng Do M/Z2 (M) không suy biến nên Z2 (M) đóng M = Z2 (M) ⊕ M với M mơđun Theo Bổ đề ??, Z2 (M) M mở rộng Gọi N môđun M cho N ∩ Z2 (M) = Tồn môđun L1 , L2 M cho M = L1 ⊕ L2 N cốt yếu L1 Dễ thấy L1 ∩ Z2 (M) = Z2 (M) ⊆ L2 Suy M = L2 ⊕ L1 = Z2 (M) ⊕ (L2 ∩ M ) ⊕ L1 N ⊆ (L2 ∩ M ) ⊕ L1 Theo Bổ đề 2.3.7, Z2 (M) M - nội xạ Môđun N M gọi hữu hạn sinh cốt yếu ( tương ứng, xyclic cốt yếu) N chứa môđun cốt yếu hữu hạn sinh (xyclic) Ta biết mơđun M có chiều hữu hạn môđun hữu hạn sinh cốt yếu Môđun M gọi CEF- môđun (tương ứng, CEC- mơđun) mơđun đóng hữu hạn sinh (xyclic) cốt yếu Hiển nhiên CEC- môđun CEF- mơđun Các mơđun có chiều hữu hạn CEF môđun mở rộng hữu hạn sinh Tổng quát hơn, cho X môđun mở rộng chứa môđun cốt yếu hữu hạn sinh (xyclic) Lấy K ⊆ X đóng Khi X = K ⊕ K với môđun K Xét phép chiếu π : X → K Khi Y ∩ K ⊆ (Y )π ⊆ K nên (Y )π môđun cốt yếu hữu hạn sinh (xyclic) K Do X CEF- (CEC- ) mơđun Ta nói nhân tử mơđun M tức mơđun có dạng N/K K ⊆ N môđun M Mệnh đề 2.3.11 (Mơđun với ACC (Điều kiện xích tăng) hạng tử trực tiếp) Cho M R- môđun xyclic (hữu hạn sinh) Giả sử nhân tử xyclic (hữu hạn sinh) M CEC- (CEF- ) môđun Khi M thỏa mãn ACC hạng tử trực tiếp Chứng minh Ta chứng minh cho trường hợp CEC Trường hợp lại chứng minh tương tự Giả sử M xyclic nhân tử M CEC Giả sử M không thỏa mãn ACC hạng tử trực tiếp A1 ⊆ A2 ⊆ dãy tăng vô hạn 30 hạng tử trực tiếp Ai (i ≥ 1) M Khi tồn mơđun B1 cho M = A1 ⊕ B1 Ta có A2 = A1 ⊕ (A2 ∩ B1 ) nên (A2 ∩ B1 ) hạng tử trực tiếp M, B1 Gọi B2 môđun B1 cho B1 = B2 ⊕ (A2 ∩ B1 ) Suy M = A2 ⊕ B2 Tương tự ta có dãy giảm B1 ⊃ B2 ⊃ hạng tử trực tiếp Bi M cho M = Ai ⊕ Bi Với i ≥ 1, Bi = Bi+1 ⊕Ci+1 với Ci+1 mơđun khác khơng Đặt C1 = A1 Khi M = C1 ⊕ ⊕Cn ⊕ Bn ∞ ⊕ Ci ⊆ Bn với n ≥ i=n+1 Do M xyclic, môđun Ci xyclic chứa môđun cực đại Xi Đặt ∞ ∞ ∞ i=1 i=1 i=1 P = M/( ⊕ Xi ) S = ( ⊕ Ci )/( ⊕ Xi ) Khi S mơđun nửa đơn môđun xyclic P Hơn với n ∈ N ∞ ∞ ∞ i=1 i=1 i=1 ( ⊕ Ci + ⊕ Xi )/( ⊕ Xi ) hạng tử trực tiếp P Điều kéo theo môđun hữu hạn sinh S hạng tử trực tiếp P Theo Bổ đề Zorn, S có mở rộng cốt yếu cực đại L P Nên L đóng P theo giả thiết, L chứa môđun cốt yếu xyclic N Do S nửa đơn ∞ nên S ⊆ N Đặt S = ⊕ Si tổng trực tiếp môđun không hữu hạn i=1 sinh Si (i ≥ 1) Với i ≥ 1, tồn môđun bù giao Di N cho Si cốt yếu Di Theo giả thiết, Di chứa môđun cốt yếu xyclic nên Di 6= Si Do đó, D0i = (Di + S)/S khác khơng với i ≥ Xét N = N/S N CEC- môđun Gọi A0 mở rộng cốt yếu cực đại ∞ ⊕ D0i N Khi A0 đóng N nên A0 chứa môđun cốt yếu E i=1 Tồn môđun xyclic E A cho (E + S)/S = E Đặt Fi0 = E ∩ D0i ý Fi0 6= với i ≥ Với i, đặt Fi nghịch ảnh Fi0 Di toàn cấu tắc Ta có Si ⊆ Fi ⊆ Di Fi không nằm S Chọn i ≥ Từ Fi0 ⊆ E nên Fi ⊆ E + S = E ⊕ T với T môđun S Nếu Fi ∩ E = D Fi nhúng T Fi ⊆ S, điều mâu thuẫn Fi0 = Do Fi ∩ E 6= Nhưng Si cốt yếu Fi nên Si ∩ E 6= Do tồn môđun đơn Vi Si ∩ E ∞ Đặt V = ⊕ Vi Khi V mơđun nửa đơn E Do E nhân tử i=1 31 xyclic M, E CEC theo giả thiết Theo Bổ đề Zorn, V cốt yếu mơđun đóng K E Mà K chứa môđun cốt yếu xyclic H nên V ⊆ H V 6= H Do H = (H + S)/S môđun khác không A0 ∞ Bây ta chứng minh H ∩ ( ⊕ Di ) ⊆ S Thật vậy, với n ≥ ta có: i=1 n n n ∞ n n i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 i=1 (H ∩ ( ⊕ Di )) ∩ S = H ∩ (( ⊕ Di ) ∩ S) = H ∩ ( ⊕ Si ) = ( ⊕ Vi ) ∩ ( ⊕ Si ) = ( ⊕ Vi ) n Do ( ⊕ Vi ) hạng tử trực tiếp P N; S cốt yếu N i=1 n ∞ nên H ∩ ( ⊕ Di ) ⊆ S Điều với n ≥ nên H ∩ ( ⊕ Di ) ⊆ S i=1 ∞ Mà S ⊆ ( ⊕ Di ) nên i=1 ∞ H ∩ ( ⊕ D0i ) i=1 i=1 ∞ = Điều vơ lý ⊕ D0i cốt yếu i=1 A0 Ta có điều phải chứng minh Hệ 2.3.12 (Osofsky- Smith) Cho M R- môđun xyclic Giả sử nhân tử xyclic M mở rộng Khi M tổng trực tiếp hữu hạn môđun Chứng minh Ta có nhân tử xyclic M môđun mở rộng, nên CEC- môđun Do theo Mệnh đề 2.3.11, M thỏa mãn ACC hạng tử trực tiếp Trường hợp riêng, M tổng trực tiếp hữu hạn môđun bất khả quy Mà môđun mở rộng, bất khả quy mơđun nên ta có điều phải chứng minh 32 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Dựa vào tài liệu [6], [7], chúng tơi nghiên cứu, hệ thống số khái niệm tính chất hai lớp mơđun CS- mơđun mơđun với tính chất CS cho mơđun (cịn gọi (1 −C1 )- môđun Cụ thể Luận văn đề cập đến nội dung sau: Hệ thống số kiến thức sở môđun cốt yếu, môđun đều, môđun bù giao, môđun π- nội xạ, Trình bày lớp CS- mơđun chứng minh tường minh số tính chất CS- mơđun Hệ thống lớp (1 − C1 )- môđun, chứng minh chi tiết số kết lớp mơđun Trình bày mối liên hệ CS- môđun (1 −C1 )- mơđun Sau hồn thành Luận văn chúng tơi thấy nhiều nội dung mà lựa chọn tiếp tục nghiên cứu dùng lớp CS- môđun (1 − C1 )- môđun để đặc trưng vành nghiên cứu lớp môđun mở rộng lớp môđun nội xạ 33 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Tạ Hồi An (1995), Mơđun với tính chất CS cho mơđun áp dụng vào vành hồn chỉnh phải, Luận văn thạc sĩ toán học, Đại học sư phạm Vinh [2] Nguyễn Tiến Quang - Nguyễn Duy Thuận (2001), Cơ sở lý thuyết môđun vành, NXBGD [3] Ngô Sỹ Tùng (1995), Một số lớp vành đặc trưng bới điều kiện liên tục lớp CS- mơđun, Luận án phó tiến sĩ khoa học Toán lý, Đại học sư phạm Vinh Tiếng Anh [4] F.W Anderson and Fuller (1974), Rings and Categories of Modules, Springer-Verlag, New York [5] A.W Chatters and Hajarnavis (1977), Rings in which every complement right ideal is a direct summand, Quart.J.Math oxford, 28, 61-80 [6] N.V Dung, D.V Huynh, P.F Smith and R Wisbauer (1994), Extending Modules, Pitman-London [7] M.A Kamal and B.J Muller (1988), The structure of extending modules over noetherian rings, Osaka Journal of Mathematics, 25(3), 539-551 34