Giáo trình các điều kiện hữu hạn trên vành

Iđêan nguyên tố

Định nghĩa và một số tính chất

Định nghĩa 1.1.1.1 Cho R là một vành.

(1) Một iđêan thực sự P của R được gọi là iđêan nguyên tố nếu bất kỳ I,

K là hai iđêan của R thỏa mãn IK ≤ P, thì I ≤ P hoặc K ≤ P.

(2) Vành R được gọi là vành nguyên tố nếu 0 là một iđêan nguyên tố.

Ví dụ 1.1.1.2 (1) Các miền nguyên và các vành đơn là các vành nguyên tố.

(2) Trong vành các số nguyên Z, các iđêan nguyên tố đều có dạng pZ với p là một số nguyên tố nào đó.

(3) Xét vành R = Z+Zi+Zj+Zk là vành các quaternions hệ số nguyên.

Vì R nằm trong thể quaternions nên nó là một miền nguyên, và vì vậy 0 là iđêan nguyên tố của R Tuy nhiên, 2R không là iđêan nguyên tố của R.

Trong vành giao hoán, khái niệm iđêan nguyên tố tương đồng với định nghĩa của chúng ta Kết quả dưới đây cung cấp một số đặc trưng quan trọng của iđêan nguyên tố, là tiêu chuẩn cần thiết để kiểm tra tính nguyên tố của các iđêan.

Mệnh đề 1.1.1.3 Các điều kiện sau là tương đương đối với một iđêan thực sự P của vành R đã cho:

(2) Nếu I và J là các iđêan bất kỳ của R chứa thực sự P, thì IJ 6≤ P.

(3) Vành thương R/P là vành nguyên tố.

(4) Nếu I và J là các iđêan phải bất kỳ của R sao cho IJ ≤ P, thì I ≤ P hoặc J ≤ P.

(5) Nếu I và J là các iđêan trái bất kỳ của R sao cho IJ ≤ P, thì I ≤ P hoặc J ≤ P.

(6) Nếu x, y ∈ R với xRy ⊆ P, thì x ∈ P hoặc y ∈ P.

Chứng minh (1)⇒ (2) được suy ra từ định nghĩa của iđêan nguyên tố.

Cho I/P và J/P là các iđêan của vành thương R/P sao cho (I/P)(J/P) = 0, dẫn đến IJ ≤ P Từ điều kiện này, ta có I = P hoặc J = P, chứng tỏ I/P = 0 hoặc J/P = 0 Do đó, R/P là vành nguyên tố.

(3)⇒(4) Cho I và J là các iđêan phải bất kỳ của R sao cho IJ ≤P Khi đó, ta có (RI)(RJ) ≤ P Từ đây, chúng ta suy ra

Chú ý, RI+P và RJ+P là các iđêan của vành R và chứa P Theo điều kiện

(3), chúng ta suy ra RI+P ≤ P hoặc RI+P ≤P Vậy, I ≤ P hoặc J ≤ P.

(4)⇒ (5) Cho I và J là các iđêan trái bất kỳ của R sao cho IJ ≤ P Khi đó, (IR)(J R) ≤ P Theo (4), ta có IR ≤ P hoặc J R ≤ P Từ đó chúng ta kết luận I ≤ P hoặc J ≤ P.

(5)⇒ (6) Cho x, y ∈ R với xRy ⊆ P Khi đó, rõ ràng chúng ta có (Rx)(Ry) ⊆P Từ đó suy ra Rx ⊆ P hoặc Ry ⊆P theo (5) Điều này chứng tỏ x ∈ P hoặc y ∈ P.

(6)⇒ (1) Giả sử tồn tại các iđêan I và J sao cho I P và J P, ta chọn x ∈ I \P và y ∈ J \ P Khi đó, xRy * P, suy ra IJ * P Vậy P là iđêan nguyên tố.

Từ Mệnh đề 1.1.1.3 ta thấy rằng: nếu P là iđêan nguyên tố của vành R và I 1 , I 2 , , I n là cỏc iđờan phải của R sao cho I 1 , I 2 ã ã ãI n ⊆ P thỡ tồn tại i ∈ {1, , n} sao cho Ii ≤ P.

Một tập con S khác rỗng của vành R được gọi là tập m-hệ nếu với mọi a, b ∈ S, thì tồn tại r ∈ R sao cho arb ∈ S.

Từ định nghĩa của tập m-hệ chúng ta có kết quả sau:

Mệnh đề 1.1.1.4 Cho P là một iđêan thực sự của R Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

(1) P là iđêan nguyên tố của R.

Mệnh đề 1.1.1.5 Cho S là một tập m-hệ của R và gọi P là iđêan của R cực đại với tính chất P ∩S = ∅ Khi đó, P là iđêan nguyên tố của R.

Giả sử a, b ∈ R với a 6∈ P, b 6∈ P và aRb ⊆ P Do tính cực đại của P, tồn tại s, s 0 ∈ S sao cho s ∈ P + RaR và s 0 ∈ P + RaR Theo định nghĩa của tập S, có r ∈ R sao cho srs 0 ∈ S Điều này dẫn đến srs 0 ∈ (P + RaR)(P + RaR) ⊆ P + RaRRbR = P, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu Từ đó, ta kết luận rằng P là iđêan nguyên tố của R.

Mệnh đề 1.1.1.6 Một vành R là nguyên tố nếu và chỉ nếu vành ma trận

Giả sử R không phải là vành nguyên tố, khi đó tồn tại hai iđêan khác không A và B của R sao cho AB = 0, dẫn đến M n (A)M n (B) = 0, chứng tỏ M n (R) không phải là vành nguyên tố Ngược lại, nếu vành ma trận M n (R) không phải là vành nguyên tố, sẽ có hai iđêan khác không I và J của M n (R) với IJ = 0 Từ đó, ta có hai iđêan A và B của R sao cho I = M n (A) và J = M n (B), dẫn đến AB = 0, chứng minh rằng R không phải là vành nguyên tố Định nghĩa: Hai iđêan I và J của vành R được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu R = I + J.

Bổ đề 1.1.1.8 Nếu I và J là hai iđêan nguyên tố cùng nhau của một vành giao hoán R thì IJ = I ∩J.

Chứng minh Chúng ta có thể dễ dàng kiểm tra được IJ ⊆ I ∩ J Vì I và J là hai iđêan nguyên tố cùng nhau nên R = I + J Điều này suy ra

I ∩J = (I ∩J)R = (I ∩J)(I +J) ⊆IJ Vậy, chúng ta có IJ = I ∩J.

Bổ đề 1.1.1.9 Cho I, J và K là các iđêan của vành giao hoán R sao cho đôi một nguyên tố cùng nhau Khi đó, I và J K là nguyên tố cùng nhau.

Theo giả thiết R = (I+J)(I+K) ≤ I + J K, từ đó suy ra R = I + J K, cho thấy I và J K là nguyên tố cùng nhau Áp dụng Bổ đề 1.1.1.8 và Bổ đề 1.1.1.9, ta có được hệ quả quan trọng.

Hệ quả 1.1.1.10 Cho I1, I2, , In là các iđêan của vành giao hoán R. Nếu I 1 , I 2 , , I n là cỏc iđờan đụi một nguyờn tố cựng nhau thỡ I 1 I 2 ã ã ãI n I 1 ∩I 2 ∩ ã ã ã ∩I n

Mệnh đề 1.1.1.11 Cho I và J là hai iđêan nguyên tố cùng nhau của một vành giao hoán R Khi đó, chúng ta có đẳng cấu vành R/IJ ∼= R/I ×R/J.

Chúng ta xem xét ánh xạ ψ : R → R/I × R/J được xác định bởi ψ(x) = (x + I, x + J) với mọi x ∈ R Ánh xạ ψ là một đồng cấu vành và do R = I + J, nên ψ cũng là một toàn cấu vành Chúng ta có thể kiểm tra rằng Ker(ψ) = I ∩ J = IJ Từ đó, theo định lý về đẳng cấu vành, ta suy ra R/IJ ∼= R/I × R/J.

Sử dụng phương pháp quy nạp chúng ta sẽ có kết quả sau

Mệnh đề 1.1.1.12 Cho I1, I2, , In là các iđêan của vành giao hoán R. Nếu I 1 , I 2 , , I n là các iđêan đôi một nguyên tố cùng nhau thì

R/I 1 I 2 ã ã ãI n ∼= R/I 1 ìR/I 2 ì ã ã ã ìR/I n Định nghĩa 1.1.1.13 Một iđêan thực sự P của vành R được gọi là iđêan cực đại của R nếu bất kỳ iđêan I của R với P ≤ I thì kéo theo I = P hoặc

Ví dụ 1.1.1.14 Xét vành R = Z+Zi+Zj +Zk Khi đó, chúng ta có

(1) pR là iđêan cực đại của R với mọi số nguyên tố lẻ p.

(2) 2R+ (1 +i)R+ (1 +j)R là iđêan cực đại của R.

Cho X là một tập vô hạn và R là vành chứa tất cả các hàm số trên X Đối với mỗi x ∈ X, ta định nghĩa P x = {f ∈ R : f(x) = 0} Do đó, P x trở thành một iđêan cực đại trong R.

Mệnh đề 1.1.1.16 Mọi iđêan cực đại P của vành R là iđêan nguyên tố.

Chứng minh rằng P là một iđêan cực đại của vành R Giả sử x và y là các phần tử của vành R sao cho (x+P)R/P(y+P) = 0 trong vành thương R/P Theo tính cực đại của P, ta có xRy ⊆ P, dẫn đến (RxR)(RyR) ⊆ P Nếu x và y không thuộc P, thì R có thể được biểu diễn dưới dạng R = P + RxR = P + RyR, điều này mâu thuẫn với việc P là iđêan thực sự của R Do đó, x và y phải thuộc P Áp dụng Mệnh đề 1.1.1.3, chúng ta kết luận rằng P là iđêan nguyên tố.

Nhận xét 1.1.1.17 Sử dụng Mệnh đề 1.1.1.16 và mọi vành đều chứa iđêan cực đại chúng ta có mọi vành khác không đều có ít nhất một iđêan nguyên tố.

Kết quả sau cho ta một điều kiện các iđêan nguyên tố là iđêan cực đại.

Một vành R được xem là thỏa mãn điều kiện dây chuyền giảm trên các lý thuyết iđờan của nó nếu bất kỳ chuỗi giảm nào I1 ≥ I2 ≥ ≥ Im của các iđờan trong R đều có một số tự nhiên n sao cho In = In+k với mọi k ∈ N.

Trong một vành giao hoán R thỏa mãn điều kiện dây chuyền giảm trên các iđêan, mọi iđêan nguyên tố đều là cực đại Điều này cũng đồng nghĩa với việc R chỉ có hữu hạn iđêan nguyên tố.

Giả sử P là một iđêan nguyên tố trong vành R, và x không thuộc P Theo tính chất nguyên tố của P và tính giao hoán của vành R, ta có thể xác định rằng x m cũng không thuộc P đối với mọi số tự nhiên không âm m Tiếp theo, chúng ta xem xét dãy giảm của các iđêan, bắt đầu từ xR, tiếp đến x^2R, và tiếp tục cho đến x^mR.

Vì R thỏa mãn điều kiện dây chuyền giảm trên các iđêan của nó, tồn tại một số nguyên dương n sao cho x_n R = x_k R với mọi số nguyên k ≥ n Đặc biệt, có x_n = x_{n+1} r với r ∈ R, dẫn đến x_n (1−xr) = 0 Theo lập luận này, x_n ∈/ P, và từ đó, dựa vào tính nguyên tố của P, chúng ta có kết luận quan trọng.

1−xr ∈ P Điều này chứng tỏ R = P +xR Từ chứng minh này, chúng ta suy ra P là iđêan cực đại của R.

Chúng ta sẽ chứng minh rằng vành R chỉ chứa hữu hạn các iđêan nguyên tố Giả sử R có một tập hợp các iđêan nguyên tố phân biệt P1, P2, Khi đó, chúng ta sẽ xem xét một dãy các iđêan tiếp theo.

VìR thỏa mãn điều kiện dây chuyền giảm trên các iđêan củaR, nên tồn tại một số nguyên dương n sao cho P 1 ∩ P 2 ∩ ∩ P n = P 1 ∩ P 2 ∩ ∩ P n ∩ P n+1 Điều này có nghĩa là P 1 ∩ P 2 ∩ ∩ P n ≤ P n+1 Hơn nữa, chúng ta có

P 1 P 2 P n ≤ P 1 ∩ P 2 ∩ ã ã ã ∩ P n , và vỡ vậy, P 1 P 2 P n ≤ P n+1 Bởi tớnh nguyên tố của P n+1 chúng ta suy ra tồn tại i = 1,2, , n sao cho P i ≤ P n+1

Từ đây suy ra P i = P n+1 bởi tính cực đại của P i , điều này mâu thuẫn.

Iđêan nguyên tố cực tiểu

Định nghĩa 1.1.2.1 Iđêan nguyên tốI của vànhRđược gọi là iđêan nguyên tố cực tiểu nếu nó không chứa thực sự một iđêan nguyên tố nào khác.

Như vậy, nếu R là một vành nguyên tố thì 0 là iđêan nguyên tố cực tiểu duy nhất của R.

Ví dụ 1.1.2.2 (1) Xét R = Z/nZ Khi đó, các iđêan nguyên tố cực tiểu của

R có dạng pZ/nZ, trong đó p là ước nguyên tố của n.

Cho X là một tập vô hạn, k là một trường, và R là vành gồm tất cả các ánh xạ từ X đến k Đối với mỗi phần tử x ∈ X, chúng ta định nghĩa Px = {f ∈ R : f(x) = 0} Do đó, Px là iđêan nguyên tố cực tiểu của R.

Mệnh đề 1.1.2.3 Mọi iđêan nguyên tố P bất kỳ của vành R đều chứa một iđêan nguyên tố cực tiểu.

Chứng minh Gọi F là tập hợp của những iđêan nguyên tố của R chứa trong

P Áp dụng bổ đề Zorn cho các dãy giảm trong F, chúng ta chỉ ra rằng bất kỳ dãy dây chuyền giảm không rỗng X ⊆ F đều có cận dưới trong X.

Q là một iđêan nguyên tố trong R, với điều kiện Q ⊆ P Để chứng minh điều này, giả sử x, y ∈ R sao cho xRy ⊆ Q nhưng x không thuộc Q Tồn tại P 0 ∈ X sao cho x ∈ P 0 Với mọi P 00 ∈ X mà P 00 ⊆ P 0, ta có x không thuộc P 00 và xRy ⊆ Q ⊆ P 00, do đó y ∈ P 00 Nếu P 00 thuộc Y và P 00 khác P 0, thì P 0 ⊆ P 00, dẫn đến y cũng thuộc P 00 Như vậy, y thuộc Q với mọi phần tử P 00 của Y, chứng minh rằng Q là iđêan nguyên tố.

Hiện tại, Q thuộc F và là cận dưới của Y Bằng cách áp dụng bổ đề Zorn, chúng ta có thể xác định một iđêan P ∗ trong F, là iđêan nhỏ nhất trong số các iđêan của F Do bất kỳ iđêan nguyên tố nào chứa P ∗ đều nằm trong X, nên P ∗ được coi là iđêan nguyên tố cực tiểu của R.

Cho I là iđêan trong vành R và một iđêan nguyên tố P chứa I, chúng ta có thể áp dụng mệnh đề trên trong vành R/I để thấy rằng iđêan nguyên tố P/I chứa iđêan nguyên tố tối thiểu Q/I của R/I Như vậy, Q là iđêan của

R là iđêan chứa I và là iđêan nhỏ nhất trong số các iđêan nguyên tố chứa I, có thể coi Q là nguyên tố cực tiểu trên I Theo định lý 1.1.2.4, nếu vành R thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng trên các iđêan phải hoặc trái của R, thì R chỉ có hữu hạn các iđêan nguyên tố cực tiểu và tồn tại một tích hữu hạn các iđêan nguyên tố cực tiểu (cho phép lặp lại) bằng 0.

Chứng minh Điều kiện đủ để chứng minh tồn tại các iđêan nguyên tố

Trong một vành R, nếu P1, P2, , Pn là các lý thuyết nguyên tố với P1P2 Pn = 0, ta có thể giả định rằng mỗi Pi là một lý thuyết nguyên tố cực tiểu Bất kỳ lý thuyết nguyên tố cực tiểu P nào chứa P1, , Pn sẽ chứa ít nhất một Pj, và do tính chất cực tiểu, ta có P = Pj Do đó, các lý thuyết nguyên tố cực tiểu của R được chứa trong tập hữu hạn {P1, P2, , Pn}.

Giả sử rằng trong vành R không tồn tại tích hữu hạn của các lý thuyết nguyên tố bằng 0, ta định nghĩa tập X gồm các lý thuyết K trong R mà không chứa tích hữu hạn của các lý thuyết nguyên tố Vì X chứa phần tử 0, nên X không rỗng Theo giả thuyết, R thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng trên các lý thuyết bên trái hoặc bên phải, do đó tồn tại một phần tử cực đại K thuộc X.

Giả sử R/K thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng trên các iđêan, ta có thể thay thế R bằng R/K Chúng ta chứng minh rằng mọi iđêan khác không của R/K đều chứa tích hữu hạn của các iđêan nguyên tố của R/K Nếu P 0 ⊆ R/K là một iđêan khác không, thì P 0 có dạng P/K với P là iđêan nguyên tố, và K ⊆ P.

K 6= P nên P /∈ X Suy ra, tồn tại P 1 , P 2 , , P n là các iđêan nguyên tố của R và P 1 P 2 ã ã ãP n ⊆ P nờn (P 1 +K)/K (P n +K)/K ⊆ P/K = P 0 và (Pi +K)/K là nguyên tố.

Giả sử không tồn tại tích hữu hạn các iđêan nguyên tố của R/K bằng

0 Suy ra, 0 không phải là iđêan nguyên tố của R/K Khi đó, tồn tại các iđêan I, J của R/K khác 0 mà IJ = 0 Theo chứng minh trên thì I ⊇

Trong bài viết này, chúng ta xem xét các yếu tố P và Q, với P 1 0 P 2 0 là một tập hợp các nguyên tố và J ⊇ Q 0 1 Q 0 2 là một tập hợp khác Từ đó, chúng ta suy ra rằng tích P 1 0 P 2 0 và Q 0 1 Q 0 2 dẫn đến IJ = 0, cho thấy tồn tại một tích hữu hạn các lý thuyết nguyên tố bằng 0 Điều này mâu thuẫn với giả định ban đầu của chúng ta, từ đó khẳng định rằng tồn tại tích hữu hạn các lý thuyết nguyên tố của R/K bằng 0.

Giả sử P 1 0 P n 0 là cỏc iđờan nguyờn tố của R/K và P 1 0 P 2 0 ã ã ãP n 0 = 0 Mỗi

P i 0 có dạng P i 0 = P i /K với P i nguyên tố trong R Ta có

Từ phương trình P1/KP2/Kã ã ãPn/K = 0, ta suy ra rằng P1P2ãããPn thuộc K Điều này mâu thuẫn với giả thiết rằng K không chứa tích hữu hạn các lý thuyết nguyên tố Do đó, chúng ta có thể kết luận điều cần chứng minh.

Iđêan nửa nguyên tố và tính lũy linh

Định nghĩa và các tính chất

Định nghĩa 1.2.1.1 Cho R là một vành Khi đó

(1) Giao của một họ bất kỳ các iđêan nguyên tố của vành R là một iđêan của R và ta gọi đó là iđêan nửa nguyên tố của R.

(2) Vành R được gọi là vành nửa nguyên tố nếu 0 là một iđêan nửa nguyên tố của R.

Một phần tử x ∈ R được gọi là lũy linh nếu tồn tại n ∈ N sao cho x^n = 0 Đồng thời, một iđêan P của vành R được xem là nửa nguyên tố nếu và chỉ nếu vành thương R/P cũng là nửa nguyên tố.

Trong vành Z, tồn tại hữu hạn các iđêan nguyên tố {p1Z, , pkZ}, với p1, , pn là các số nguyên tố khác nhau Giao của chúng là p1p2 pnZ Do đó, các iđêan nửa nguyên tố của vành Z có dạng mZ, trong đó m là tích của các số nguyên tố đôi một khác nhau.

(2) Một vành không có phần tử lũy linh khác không là vành nửa nguyên tố.

Sử dụng chứng minh tương tự của Mệnh đề 1.1.1.6, chúng ta có

Mệnh đề 1.2.1.4 Một vành R là nửa nguyên tố nếu và chỉ nếu vành ma trận M n (R) là vành nửa nguyên tố.

Vì mọi tập con của vành R đóng với phép nhân là một tập m-hệ của R nên từ Mệnh đề 1.1.1.5, chúng ta có bổ đề sau:

Bổ đề 1.2.1.5 Cho X là tập con đóng đối với phép toán nhân của một vành

R và 06∈ X Gọi P là một iđêan của R cực đại với tính chất P ∩X = ∅ Khi đó, P là iđêan nguyên tố.

Mệnh đề 1.2.1.6 Cho R là vành giao hoán Khi đó, các khẳng định sau là đúng

(1) Giao của tất cả các iđêan nguyên tố của R đúng bằng tập tất cả các phần tử lũy linh của R;

(2) Với mọi iđêan I của R, giao của tất cả các iđêan nguyên tố của R chứa

I là tập các phần tử r ∈ R thỏa mãn r n ∈ I với số n nguyên dương nào đó;

(3) Vành R là nửa nguyên tố nếu và chỉ nếu nó không chứa phần tử lũy linh khác không.

Chứng minh rằng tập P bao gồm tất cả các iđêan nguyên tố của R, trong khi L là tập hợp các phần tử lũy linh của R Giả sử r thuộc L, từ định nghĩa về phần tử lũy linh, ta có thể kết luận rằng r cũng thuộc P với mọi phần tử P trong P, do đó r thuộc T.

P. Để chứng minh chiều ngược lại, giả sử r không là phần tử lũy linh, khi đó ta đặt X = {r n | n∈ N} và áp dụng Bổ đề 1.2.1.5 ta thu được iđêan nguyên tố

P của R thỏa mãn r /∈ P, do đó r /∈ T

Xét vành thương R/I, theo định lý (1), giao của tất cả các lý thuyết nguyên tố P/I của R/I chính là tập hợp các phần tử lũy linh của R/I Điều này dẫn đến kết luận mà chúng ta cần chứng minh.

(3) Theo định nghĩa vành nửa nguyên tố ta nhận thấy (3) là một trường hợp đặc biệt của (1).

Từ Mệnh đề 1.2.1.6 ta nhận thấy rằng trong vành giao hoán R thì iđêan

Một iđêan I trong vành R được gọi là nửa nguyên tố nếu và chỉ nếu với mọi x ∈ R, nếu x^2 ∈ I thì suy ra x ∈ I Tuy nhiên, trong trường hợp tổng quát, điều này không luôn đúng Định lý 1.2.1.7 khẳng định rằng một iđêan I là nửa nguyên tố khi và chỉ khi tập hợp {x ∈ R : xRx ⊆ I} được bao gồm trong I.

Giả sử iđêan I là giao của một họ các iđêan nguyên tố {P j | j ∈ J} Nếu x ∈ R thỏa mãn xRx ⊆ I, thì xRx ⊆ P j với mọi j ∈ J Điều này dẫn đến x.1.x = x 2 ∈ Pj, từ đó kết luận rằng x ∈ Pj với mọi j ∈ J Cuối cùng, chúng ta có x ∈ I.

Giả sử x ∈ R thỏa mãn xRx ⊆ I thì x ∈ I Chúng ta sẽ chứng minh rằng I là giao của tất cả các iđêan nguyên tố của R chứa I Lấy x ∈ R\I, cần chỉ ra rằng tồn tại iđêan nguyên tố P ⊇ I với x /∈ P Đặt x0 = x, ta có x0Rx0 6⊆ I Chọn x1 ∈ x0Rx0 \ I, ta cũng có x1Rx1 6⊆ I Quá trình này tiếp diễn với x0, x1, x2, ∈ R\I thỏa mãn x(i+1) ∈ x(i)Rx(i) cho mọi i, và x(i) ∈/ I với mọi i Áp dụng Bổ đề Zorn, ta chọn iđêan P ⊇ I cực đại trong tất cả các iđêan thỏa mãn x(i) ∈/ P với mọi i Đặc biệt x0 ∈/ P và P là một iđêan thực sự của R Do đó, P được khẳng định là một iđêan nguyên tố.

Lập luận tương tự như trong phép chứng minh Bổ đề 1.2.1.5, ta xem xét các iđêan J và K của vành R thỏa mãn J P và K P Theo cách xác định P, có x j ∈ J và x k ∈ K Với m = max{j, k}, suy ra x m ∈ J ∩ K, từ đó x m+1 ∈ x m Rx m * J K Điều này chứng tỏ rằng J K không thuộc P.

Vậy P là một iđêan nguyên tố như đã khẳng định Do đó I bằng giao của tất cả các iđêan nguyên tố chứa I, tức I là iđêan nửa nguyên tố.

Hệ quả 1.2.1.8 Cho I là một iđêan của vành R Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

(1) I là một iđêan nửa nguyên tố.

(2) Nếu J là iđêan bất kỳ của R thỏa mãn J 2 ≤ I, thì J ≤ I.

(3) Nếu J là iđêan bất kỳ của R chứa thực sự I, thì J 2 6≤I.

(4) Nếu J là iđêan phải bất kỳ của R thỏa mãn J 2 ≤I, thì J ≤I.

(5) Nếu J là iđêan trái bất kỳ của R thỏa mãn J 2 ≤ I, thì J ≤ I.

Chứng minh (1) ⇒ (4) Với bất kỳ x ∈ J, ta có xRx ⊆ J 2 ⊆ I Theo Định lý 1.2.1.7 ta có x ∈ I Vậy J ⊆I.

(3) ⇒ (2) Nếu J 6⊆ I thì iđêan I + J chứa thực sự I Từ đó ta có (I +J) 2 = I 2 +IJ+J I+J 2 ⊆ I, điều này là mâu thuẫn với (3) Vậy J ⊆ I.

(2) ⇒ (1) Với x ∈ R thỏa mãn xRx ⊆ I, ta có (RxR) 2 = RxRxR ⊆ I, suy ra RxR ⊆ I và do đó x ∈ I Theo Định lý 1.2.1.7 ta có I là iđêan nửa nguyên tố.

(1) ⇔ (5) Suy ra từ tính đối xứng về phía của iđêan trong phép tương đương (1) ⇔ (4).

Hệ quả 1.2.1.9 Cho I là một iđêan nửa nguyên tố trong vành R Nếu J là một iđêan phải hoặc trái của R và thỏa mãn J n ⊆ I với số nguyên dương n nào đó, thì J ⊆ I.

Chứng minh Trường hợp n = 1 là rõ ràng.

Trường hợp n≥ 2, ta có 2n−2≥ n và

(J n−1 ) 2 = J 2n−2 ⊆ J n ⊆ I. Áp dụng Hệ quả 1.2.1.8 ta được J n−1 ⊆ I Vậy ta có J n ⊆ I ⇒J n−1 ⊆I, từ đó suy ra J ⊆ I. Định nghĩa 1.2.1.10 Một tập khác rỗng N của R được gọi là n-hệ nếu

0 6∈ N và mỗi a ∈ N, thì tồn tại r ∈ R sao cho ara ∈ N.

Chứng minh của mệnh đề sau hoàn toàn tương tự Mệnh đề 1.1.1.4 và chúng ta có thể bỏ qua phép chứng minh của nó.

Mệnh đề 1.2.1.11 Cho P là một iđêan thực sự của R Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

(1) P là iđêan nửa nguyên tố của R.

Bổ đề 1.2.1.12 Cho N là một tập n-hệ của một vành R và a ∈ N Khi đó, tồn tại một tập m-hệ M của R sao cho a ∈ M ⊆ N.

Chứng minh Giả sử N là một tập n-hệ của một vành R và a ∈ N Đặt a 1 = a Khi đó, tồn tại r 1 ∈ R sao cho a 1 r 1 a 1 ∈ N Đặt a 2 = a 1 r 1 a 1 ∈ N Vì

Trong bài viết này, chúng ta xem xét một n-hệ với sự tồn tại của r2 ∈ R sao cho a2r2a2 ∈ N và định nghĩa a3 = a2r2a2 Quá trình này tiếp tục xây dựng tập M = {a1, a2, , an, } với a(n+1) = a(n)r(n)a(n) Chúng ta sẽ chứng minh rằng M là một tập m-hệ của R bằng cách chỉ ra rằng với mỗi ai, aj ∈ M, tồn tại một r ∈ R sao cho airaj ∈ M Giả sử không mất tính tổng quát rằng i ≤ j, ta có ai+1 = airiai, ai+2 = ai+1ri+1ai+1, và tiếp tục với aj+1 = ajrjaj.

Từ đó suy ra a j+1 = a j r j a j = (a j−1 r j−1 a j−1 )r j a j = ã ã ã = a i (r i a i ã ã ãr j−1 a j−1 r j )a j ∈ a i Ra j Tóm lại, tồn tại r ∈ R sao cho airaj ∈ M.

Căn nguyên tố

Một iđêan I trong vành R được gọi là lũy linh nếu tồn tại một số nguyên dương n sao cho I^n = 0 Nếu mọi phần tử của iđêan I đều là lũy linh, thì I được gọi là linh.

0 R là vành Khi đó, iđêan J 0 R

0 0 là iđêan lũy linh của vành R.

(2) Cho p là một số nguyên tố và ký hiệu ¯a n là phần tử của vành Z p n cho mỗi n = 1,2, Chúng ta xét vành tích Q n∈ N

Z p n và vành R là tập hợp các phần tử có dạng

(¯a 1 ,¯a 2 , ,a¯ n ,0,0, ) Gọi I là iđêan của R gồm các phần tử có dạng

Khi đó, I là iđêan linh của R mà nó không là lũy linh.

Cho R = K[x₁, x₂, , xₙ, ] là vành đa thức với các ẩn x₁, x₂, , xₙ trên trường K I là iđêan của R được sinh bởi tập các đơn thức {x²₁, x³₂, , xⁿ₊₁ₙ, } Trong vành thương R/I, tồn tại iđêan A được sinh bởi ảnh của các đa thức không chứa hạng tử tự do thông qua phép chiếu tự nhiên R → R A là iđêan linh nhưng không phải là lũy linh.

Bổ đề 1.2.2.3 Cho I là một iđêan phải cực tiểu của vành R Khi đó, hoặc

I 2 = 0 hoặc I = eR với e= e 2 ∈ R nào đó.

Giả sử I là iđêan phải cực tiểu của R và I ≠ 0 Tồn tại x ∈ I sao cho xI ≠ 0, dẫn đến I = xI Do đó, tồn tại e ∈ I với e ≠ 0 sao cho x = xe Tập H = {a ∈ I | xa = 0} ⊆ I là một iđêan phải của R, và vì e ∉ H, nên H = 0 do tính cực tiểu của I Hơn nữa, từ x(e² - e) = xe² - xe = x - x = 0, ta có e² - e ∈ H.

Từ đó suy ra e 2 = e hay e là một phần tử lũy đẳng của R Từ tính cực tiểu của I, chúng ta kiểm tra được I = eR.

Nếu I là một iđêan cực tiểu của vành nửa nguyên tố R, thì I có thể được biểu diễn dưới dạng I = eR với e = e2 ∈ R Giao của tất cả các iđêan nguyên tố trong vành R được gọi là căn nguyên tố của R và được ký hiệu là Pr(R).

Nếu R = 0, thì R không có iđêan nguyên tố và căn nguyên tố của nó bằng R Ngược lại, nếu R ≠ 0, R sẽ có ít nhất một iđêan cực đại, và iđêan cực đại này cũng đồng thời là iđêan nguyên tố Do đó, căn nguyên tố của vành R khi R khác 0 là một iđêan thực sự của R.

Từ Mệnh đề 1.1.2.3, chúng ta có kết quả sau của căn nguyên tố.

Mệnh đề 1.2.2.6 Giao của tất cả các iđêan nguyên tố cực tiểu của vành R bằng chính căn nguyên tố của R.

Một kết quả khác về căn nguyên tố của vành bằng 0 được thể hiện bằng kết quả sau:

Mệnh đề 1.2.2.7 Các điều kiện sau là tương đương đối với vành R đã cho

(1) R là vành nửa nguyên tố.

(3) R không chứa iđêan một phía lũy linh khác không.

(4) R không chứa iđêan lũy linh khác không.

Chứng minh (1) ⇔(2) theo định nghĩa của căn nguyên tố và định nghĩa của vành nửa nguyên tố.

Định lý 1.2.2.8 cho biết rằng trong một vành R thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng trên các iđêan phải hoặc trái, thì Pr(R) là iđêan lũy linh của R, bao gồm tất cả các iđêan lũy linh phải hoặc trái của R.

Pr(R) là iđêan nửa nguyên tố, do đó nó chứa tất cả các iđêan phải (trái) lũy linh của R theo Hệ quả 1.2.1.9 Theo Định lý 1.1.2.4, tồn tại các iđêan nguyên tố cực tiểu P1, P2, , Pk của R sao cho P1P2 Pk = 0.

Vì Pr(R) ⊆ Pi với mọi i = 1, , k nên suy ra Pr(R) k = 0. Định nghĩa 1.2.2.9 Cho I là một iđêan của R Căn của I là tập hợp

I = {a ∈ R : mỗi m-hệ chứa a thì có giao khác rỗng với I}

I = I thì I được gọi là iđêan căn.

Mệnh đề 1.2.2.10 Cho I là một iđêan của R Khi đó, √

I là giao của tất cả các iđêan nguyên tố của R chứa I.

Chứng minh GọiP là tập hợp các iđêan nguyên tố củaRchứaI Nếua ∈ √

I và P là iđêan nguyên tố của R chứa I thì R\P ⊆ R \I (chẳng hạn ta lấy

P là iđêan cực đại của R và chứa I) Chúng ta chú ý R \P là m-hệ Giả sử

R\P chứa a, dẫn đến R\P có giao khác rỗng với I Điều này khiến R\I cũng có giao khác rỗng với I, tạo ra mâu thuẫn Do đó, chúng ta kết luận rằng R\P không chứa a, suy ra a ∈ P.

Tiếp theo, chúng ta giả sử a 6∈ √

I Khi đó, tồn tại một tập m-hệ K chứa a và có giao khác rỗng với I Gọi P là iđêan của R chứa I và cực đại với tính chất có giao bằng rỗng với K Suy ra, P là iđêan nguyên tố bởi Mệnh đề 1.1.1.5 Chúng ta kết luận a 6∈ P và vì vậya 6∈ T

P Từ đây chúng ta có nếu bất kỳ phần tử nào thuộc T

P thì nó sẽ thuộc I Suy ra T

Từ Mệnh đề 1.2.2.10, chúng ta có hệ quả sau:

Hệ quả 1.2.2.11 Cho I là iđêan của R Khi đó, √

Mệnh đề 1.2.2.12 Cho I là một iđêan thực sự của vành R Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

(1) I là iđêan nửa nguyên tố của R.

Chứng minh (1) ⇒ (2) Cho I là iđêan nguyên tố của R Khi đó, rõ ràng chúng ta có I ≤ √

I Chúng ta sẽ chứng minh bao hàm ngược lại Giả sử tồn tại a ∈ √

I sao cho a 6∈ I Điều này suy ra a ∈ R\I Theo Mệnh đề 1.2.1.11,

R \I là một tập n-hệ Áp dụng Bổ đề 1.2.1.12, thì tồn tại một tập m-hệ

M của R sao cho a ∈ M ⊆ R\I Vì vậy, chúng ta suy ra M ∩I = ∅ Tuy nhiên, a ∈ √

I và M là m-hệ nên sử dụng định nghĩa của căn, chúng ta cũng có M ∩I 6= ∅, điều này mâu thuẫn Như vậy, chúng ta đã chứng minh được

(2) ⇒(1) là rõ ràng theo định nghĩa.

Linh hóa tử và iđêan nguyên tố liên kết

Linh hóa tử

Định nghĩa 1.3.1.1 ChoAlà một môđun phải trên vànhR, tập conX ⊆A.

Ta định nghĩa linh hóa tử của X (trong R) là iđêan phải: annR(X) ={r ∈ R | xr = 0,∀x ∈ X}.

Linh hóa tử của tập hợp X = {x} trong vành R, được ký hiệu là ann R (x), chỉ chứa một phần tử trong A Để tránh nhầm lẫn, ta có thể sử dụng ký hiệu ann(X) thay cho ann R (X).

Các trường hợp đặc biệt

(1) Khi X R là môđun con của A R , thì ann(X) là một iđêan (2 phía) của R.

(2) Khi X ⊆ A = R, thì ta có: linh hoán tử phải của X là r.ann(X) ={r ∈ R | xr = 0,∀x ∈ X}, linh hoán tử trái của X là l.ann(X) = {r ∈ R | rx = 0,∀x ∈ X}.

(3) Khi A là R-môđun phải và Y là tập con của R, ta định nghĩa linh hóa tử của Y trong A là tập: ann A (Y) ={a ∈ A | ay = 0,∀y ∈ Y} là nhóm con của nhóm (A,+).

(4) Nếu J là iđêan trái của R, A là R-môđun phải thì l.ann A (J) ={a ∈ A| aJ = 0} là một môđun con của A.

Tương tự, nếu J là iđêan phải của R và A là R-môđun trái thì r.ann A (J) = {a ∈ A| J a = 0} là một môđun con của A.

Khi không sợ nhầm lẫn ta có thể viết ann A (I) thay vì r.ann A (I) hay l.annA(I).

Môđun trung thành

Định nghĩa 1.3.2.1 Một môđun phải M trên vành R được gọi là trung thành nếu ann R (M) = 0.

Ví dụ 1.3.2.2 (1) Mọi vành R đều là R-môđun phải và R-môđun trái là trung thành.

(2) Mọi R-môđun phải tự do là trung thành.

(3) Z-môđun Z m không phải là trung thành.

Nhận xét 1.3.2.3 (1) Từ định nghĩa của môđun trung thành chúng ta suy ra mọi môđun trung thành đều là môđun khác không.

(2) Linh hóa tử của một R-môđun phải M là một iđêan phải của R và

M là môđun trung thành trên vành thương R/ann R (M), với định nghĩa của linh hóa tử cho thấy r.ann R (M) = {r ∈ R | a.r = 0, ∀a ∈ M} là một iđêan của R Do M.annR(M) = 0, nên M là một R/annR(M)-môđun phải Chúng ta cần chứng minh M trung thành trên R/ann R (M) bằng cách chỉ ra ann R/ann R (M)(M) = 0.

Thật vậy, với mọi r = r + ann R (M), r ∈ R và a ∈ M, ta có ar = ar + a.annR(M) = ar Khi đó, chúng ta có ar = 0 ⇒ ar = 0 ⇒ r ∈ annR(M), điều này có nghĩa là r = 0.

Mọi iđêan phải không tầm thường trên các vành nguyên tố đều trung thành Cụ thể, nếu 0 là iđêan nguyên tố của vành R và I (I ≠ 0) là iđêan phải của R, thì I là một iđêan phải trung thành của R Điều này được chứng minh qua việc chỉ ra rằng r.ann R(I) = {r ∈ R | Ir = 0} = 0 Do 0 là iđêan nguyên tố, với I ≠ 0, nếu Ir = 0 thì suy ra r = 0 Do đó, chúng ta có kết luận rằng r.ann R(I) = 0.

I là iđêan phải trung thành. Định nghĩa 1.3.2.4 Cho M là một R-môđun phải.

(1) Môđun M được gọi là trung thành hoàn toàn nếu tất cả các môđun con khác 0 của M là trung thành.

(2) Nếu M khác không và là một R/ann R (M)-môđun trung thành hoàn toàn thì M được gọi là môđun nguyên tố.

Mệnh đề 1.3.2.5 khẳng định rằng, nếu M là một môđun khác không trên vành R và tồn tại một iđêan P cực đại trong số các linh hóa tử của các môđun con khác không của M, thì P sẽ là iđêan nguyên tố Hơn nữa, ann M (P) sẽ trở thành một (R/P)-môđun trung thành hoàn toàn.

Giả sử M là một R-môđun phải, với tập B ⊂ M sao cho P annR(B) và P khác R (vì B khác 0) Giả sử I và J là các iđêan của R, với I, J chứa thực sự P và IJ ⊂ P Khi đó, BI khác 0 và BIJ thuộc B.P = B.ann R(B) = 0, dẫn đến J thuộc ann R(BI) và ann R(BI) bao gồm J và chứa P Điều này chứng minh rằng ann R(BI) là iđêan cực đại, mâu thuẫn với việc P là iđêan cực đại Do đó, P là iđêan nguyên tố Đặt C = ann M(P) = {m ∈ M | m.P = 0}, ta có C là môđun con của M thỏa mãn P ⊆ annR(C) Thật vậy, với mọi x thuộc P, ta có annM(P).P = 0.

P ⊆ ann R (ann M (P)) = ann R (C) Do P là iđêan cực đại, nên P = ann R (C) Hơn nữa, C = ann M (P) = {m ∈ M | m.P = 0} Nếu a ∈ B, thì a.P = 0, dẫn đến a ∈ C, từ đó suy ra B ⊆ C Kết luận, ann R (C) ⊆ ann R (B), và do đó C là trung thành trên R/ann R (C) = R/P.

Gọi D là môđun con khác không bất kỳ của C Khi đó, chúng ta có

P = ann R (C) ⊆ ann R (D) Từ đó suy ra P = ann R (D) (vì P cực đại) Vì vậy

C là trung thành hoàn toàn trên (R/P).

Iđêan nguyên tố liên kết

Định nghĩa 1.3.3.1 (1) Một linh hóa tử nguyên tố của một môđun M là một iđêan nguyên tố P sao cho P = annR(B) với B là môđun con khác không nào đó của M.

(2) Một iđêan nguyên tố liên kết củaM là một iđêan linh hóa tử nguyên tố

P của một môđun M sao cho P = ann R (B) với B là môđun con nguyên tố nào đó của M.

(3) Tập tất cả các iđêan nguyên tố liên kết của M được ký hiệu là Ass(M).

Mệnh đề 1.3.2.5 chỉ ra rằng mọi iđêan cực đại trong các linh hóa tử của các môđun con khác không của M đều là iđêan nguyên tố liên kết của M Điều này dẫn đến việc mọi môđun không trên vành thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng trên các iđêan phải hoặc trái đều có ít nhất một iđêan nguyên tố liên kết Tuy nhiên, cần lưu ý rằng không phải tất cả iđêan nguyên tố liên kết đều là iđêan linh hóa tử cực đại Ví dụ, Z-môđun Z⊕(Z/2Z) có hai iđêan nguyên tố liên kết là 0 và 2Z, nhưng 0 không phải là iđêan cực đại trong số các linh hóa tử của các môđun con khác không của nó.

Trên vành Z, môđun M là một ví dụ về môđun mà iđêan linh hóa tử là iđêan nguyên tố 0, nhưng 0 không phải là một iđêan nguyên tố liên kết Trong môđun hữu hạn sinh trên vành giao hoán thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng trên các iđêan, các iđêan linh hóa tử nguyên tố và các iđêan nguyên tố liên kết là tương đương Ngược lại, trong môđun hữu hạn sinh trên vành không giao hoán, một iđêan linh hóa tử nguyên tố không nhất thiết phải là iđêan nguyên tố liên kết Định nghĩa chuỗi nguyên tố của môđun M là dãy các môđun con có dạng.

0 = M 0 ≤ M 1 ≤ ã ã ã ≤M n = M sao cho môđun thương Mi/M i−1 là một môđun nguyên tố với mỗi i 1,2, , n.

Vì iđêan ann R (M i /M i−1 ) là nguyên tố kết hợp của M i /M i−1 nên chuỗi nguyên tố kết hợp cũng có thể được gọi là chuỗi kết hợp của M.

Mệnh đề 1.3.3.4 Cho M là môđun phải khác không trên vành R thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng trên các iđêan phải Nếu M là hữu hạn sinh thì

Chuỗi nguyên tố M được định nghĩa với điều kiện 0 = M_0 ≤ M_1 ≤ ≤ M_n = M Nếu Pi = annR(M_i/M_{i−1}) với i = 1, , n, thì Pi là lý thuyết về lý do nguyên tố của R Hơn nữa, tỉ số M_i/M_{i−1} là mô-đun (R/P) phải trung thành hoàn toàn.

Chứng minh Giả sử M là môđun phải hữu hạn sinh khác không trên vành

R thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng trên các iđêan phải, dẫn đến M cũng thỏa mãn điều kiện này trên các môđun con của R Trong họ các linh hóa tử của các môđun con khác không thuộc M, sẽ tồn tại một phần tử cực đại P Từ đó, annM(P) trở thành R/P-môđun hoàn toàn trung thành Ann M(P) là môđun con nguyên tố, vì vậy M chứa một môđun con nguyên tố M1 Nếu M khác M1, thì M/M1 sẽ chứa một môđun con nguyên tố M2/M1 Tương tự, nếu M khác M2, thì M/M2 sẽ chứa một môđun con nguyên tố M3/M2, và quá trình này tiếp tục diễn ra.

M quá trình hữu hạn sinh sẽ dừng lại sau một số bước nhất định Khi đó, ta có công thức Pi = annR(Mi/M i−1), trong đó tỷ lệ Mi/M i−1 là một số nguyên tố, dẫn đến việc Pi cũng trở thành một số nguyên tố.

M i /M i−1 là R/P i -môđun trung thành hoàn toàn.

Mệnh đề 1.3.3.5 nêu rằng, cho M là môđun trên vành R, nếu M có chuỗi nguyên tố 0 = M0 ≤ M1 ≤ ≤ Mn = M và tập Pi = annR(Mi/M i−1) với i = 1,2, ,n, thì tồn tại chỉ số i ∈ {1,2, ,n} sao cho P là iđêan nguyên tố cực tiểu trên annR(M) và P = Pi.

Chứng minh Giả sử M là R-môđun phải và có chuỗi nguyên tố 0 = M0 ≤

M 1 ≤ ã ã ã ≤ M n = M Vỡ P i = ann R (M i /M i−1 ) là cỏc iđờan nguyờn tố nờn

M P n P n−1 P 1 = 0, từ đó suy ra P n P n−1 P 1 ⊆ ann R (M) ⊆ P, và vì vậy

P i ⊆P Mặt khác, chúng ta cóann R (M) ⊆P i và P là cực tiểu trên ann R (M) nên tồn tại i = 1,2, , n sao cho P = P i

Căn Jacobson, vành nguyên thủy và nửa nguyên thủy

Vành nguyên thủy

Định nghĩa 1.4.1.1 Cho R là một vành.

(1) Một R-môđun phải M được gọi làmôđun đơn nếuM 6= 0và chỉ có đúng hai môđun con (0 và M).

(2) Một iđêan P của vành R được gọi là iđêan nguyên thủy phải (t.ư., trái) nếu tồn tại một R-môđun phải đơn (t.ư., trái)M sao cho P = ann R (M).

(3) Một vành R được gọi là nguyên thủy phải (t.ư., trái) nếu 0là một iđêan nguyên thủy phải (t.ư., trái) của R, nghĩa là R có một R-môđun phải đơn (t.ư., trái) trung thành.

Mệnh đề 1.4.1.2 Mọi iđêan nguyên thủy phải hoặc trái trong vành R đều là iđêan nguyên tố Mọi iđêan cực đại của R đều là iđêan nguyên thủy phải và trái.

Chứng minh Giả sử P là linh hóa tử của R-môđun phải đơn M Gọi I, J là các iđêan của R sao cho IJ ≤ P Chúng ta sẽ chỉ ra hoặc I ≤ P hoặc

Giả sử I và J không thuộc P, với P = ann R (M) Điều này dẫn đến M I ≠ 0, tức là M = M I Đồng thời, M IJ = 0 cho thấy J ≤ ann R (M I) = ann R (M) = P, tạo ra mâu thuẫn với giả thuyết ban đầu Do đó, ta có thể kết luận rằng hoặc I ≤ P hoặc J ≤ P, từ đó chứng minh P là một iđêan nguyên tố.

Cho iđêan cực đại T của R, chọn iđêan cực đại K chứa T Khi đó, R/K trở thành R-môđun phải đơn và ann R (R/K) là iđêan phải nguyên thủy của R Từ mối quan hệ RT = T ⊆ K, suy ra (R/K)T = 0, dẫn đến kết luận T ⊆ ann R (R/K).

Vì vậy T = ann R (R/K) do tính cực đại của T Chúng ta kết luận T là iđêan phải nguyên thủy Do tính đối xứng, T cũng là iđêan trái nguyên thủy.

Trên vành giao hoán R, mọi môđun đơn đều đẳng cấu với R/I, trong đó I là một iđêan cực đại, và ann R (R/I) = I Điều này dẫn đến kết luận rằng tất cả các iđêan nguyên thủy của R đều là cực đại, hay nói cách khác, mọi vành nguyên thủy giao hoán đều là vành đơn Tuy nhiên, nhận định này không áp dụng cho các vành không giao hoán.

Một vành R được xem là một miền nếu nó không chứa ước của 0, tức là với mọi a, b ∈ R, nếu ab = 0 thì a = 0 hoặc b = 0 Định lý 1.4.1.4 nêu rõ rằng các điều kiện sau đây là tương đương đối với một vành R đã cho.

(2) R là vành nguyên thủy phải và thỏa mãn tính chất mỗi phần tử a ∈ R thì tồn tại b ∈ R sao cho a = ba 2

Chứng minh (1) ⇒(2) là rõ ràng.

Để chứng minh rằng vành R không có phần tử lũy linh khác không, chúng ta xem xét trường hợp a ∈ R với a² = 0, từ đó suy ra a = 0 Theo đó, tồn tại b ∈ R sao cho a = ba² = 0, chứng tỏ rằng vành R là vành nguyên tố Tiếp theo, để chứng minh R là một miền, chúng ta lấy hai phần tử a, b bất kỳ trong R với ab = 0 Từ đó, mọi phần tử r ∈ R sẽ được xem xét.

Theo chứng minh trước, ta có arb = 0, dẫn đến aRb = 0 với mọi r ∈ R Vì R là vành nguyên tố, nên a = 0 hoặc b = 0 Gọi x ∈ R là phần tử khác 0, theo (2) tồn tại y ∈ R sao cho x = yx² hoặc (1 − yx)x = 0 Do R là một miền, ta có 1 − yx = 0 hay yx = 1, suy ra y khác 0 Thay x bằng y, ta tìm được z ∈ R sao cho zy = 1 Từ đó, x = zy = z(yx) = z Cuối cùng, ta chứng minh xy = yx = 1, do đó R là một thể.

Căn Jacobson

Mệnh đề 1.4.2.1 Cho R là một vành bất kỳ Khi đó, các tập sau đây là trùng nhau:

(1) Giao của tất cả các iđêan phải cực đại của R.

(2) Giao của tất cả các iđêan trái cực đại của R.

(3) Giao của tất cả các iđêan phải nguyên thủy của R.

(4) Giao của tất cả các iđêan trái nguyên thủy của R.

Chứng minh rằng, gọi J1, J2, J3, J4 lần lượt là các giao ở trên, và I là iđêan phải cực đại bất kỳ của R Khi đó, P = ann R (R/I) và P là iđêan phải nguyên thủy của R Hơn nữa, P ⊆ I và J3 ⊆ P dẫn đến J3 ⊆ I, từ đó chứng tỏ J3 ⊆ J1.

Chúng ta sẽ chứng minh rằng J1 là một iđêan của R Cụ thể, với bất kỳ x ∈ J1 và r ∈ R, nếu I là một iđêan phải cực đại của R, thì ta có r ∈ I hoặc I + rR = R Nếu r ∈ I, thì rõ ràng rx ∈ I Giả sử r /∈ I, ta định nghĩa L = {y ∈ R | ry ∈ I}, và L trở thành một iđêan phải của R Ánh xạ ϕ : R/L → R/I được xác định bởi ϕ(x+L) = rx + I là một đẳng cấu, cho thấy R/L là một R-môđun phải đơn Do đó, L là một iđêan phải cực đại của R và x ∈ J1 ⊆ L, dẫn đến rx ∈ I Như vậy, rx nằm trong tất cả các iđêan phải cực đại của R, từ đó suy ra rx ∈ J1 Kết luận, J1 là một iđêan.

Xét P là một iđêan phải nguyên thủy trong R, tồn tại một iđêan cực đại M trong R sao cho ann R (R/M) = P Do J1 là một iđêan, nên RJ1 = J1 ⊆ M, dẫn đến (R/M)J1 = 0 Hơn nữa, vì J1 ⊆ P nên J1 cũng thuộc J3.

Tóm lại chúng ta có J1 = J3 Do tính đối xứng ta có J2 = J4.

Chúng ta sẽ chứng minh J 1 = J 2 Trước hết chúng ta chứng minh bất kỳ x ∈ J 1 thì 1 −x có một nghịch đảo phải trong R Giả sử ngược lại, ta có

(1−x)R 6= R, và vì vậy (1−x)R chứa trong một iđêan phải cực đại I nào đó Theo giả sử ta có x ∈ J1 ⊆ I, điều này không thể Do đó 1−x phải có một nghịch đảo phải.

Bây giờ chúng ta khẳng định rằng nếux ∈ J 1 thì 1−x là khả nghịch trong

R Thật vậy, theo chứng minh trên ta có 1−x có nghịch đảo phải, do đó tồn tại y ∈ R sao cho (1−x)y = 1, và vì vậy y = 1 +xy Vì xy ∈ J 1 , nên chúng ta lại áp dụng chứng minh trên ta có y có nghịch đảo phải z ∈ R Do đó, z = 1.z = (1−x)yz = 1−x Điều này chứng tỏ y(1−x) = 1 Vậy 1−x là khả nghịch.

Tiếp theo chúng ta chứng minh J 1 ⊆ J 2 Xét bất kỳ x ∈ J 1 và iđêan trái cực đại M của R Nếu x /∈ M thì tồn tại r ∈ R, m ∈ M sao cho rx+m = 1.

Vì J1 là một iđêan của R nên rx ∈ J1 Theo chứng minh ở trên, thì phần tử m = 1 −rx là khả nghịch trong R, điều này không thể, từ đó x ∈ M Vậy

J 1 ⊆ J 2 Theo tính đối xứng, J 2 ⊆ J 1 Chúng ta kết luận J 1 = J 2 Định nghĩa 1.4.2.2 Căn Jacobson của vành R là một trong các tập trong Mệnh đề 1.4.2.1 và được ký hiệu là J(R).

Ví dụ 1.4.2.3 (1) Căn Jacobson của vànhR R R

(2) Cho số nguyên dương n với sự phân tích n = p α 1 1 p α 2 2 p α k k trong đó p i là các số nguyên tố đôi một khác nhau Khi đó

Kết quả tiếp theo cho chúng ta một tiêu chuẩn để tìm căn Jacobson của vành R thông qua tính khả nghịch của các phần tử.

Mệnh đề 1.4.2.4 Cho R là một vành Khi đó

J(R) = {a ∈ R | 1−ar là khả nghịch phải với mọi r ∈ R}

= {a ∈ R | 1−ar là khả nghịch trái với mọi r ∈ R}

= {a ∈ R | 1−ar là khả nghịch với mọi r ∈ R}.

Chứng minh Đặt K = {a ∈ R | 1−ar là khả nghịch phải với mọi r ∈ R}. Lấy bất kỳ phần tử a ∈ J(R) và r ∈ R, ta xét iđêan phải (1−ar)R Giả sử

(1−ar)R 6= R và vì vậy (1−ar)R được chứa trong một iđêan phải cực đại

Chúng ta có một phần tử \(1 - ar\) thuộc vào lý thuyết lý do \(I\) Do \(ar \in J(R) \subset I\), suy ra \(1 \in I\) và dẫn đến \(I = R\), điều này tạo ra mâu thuẫn Từ đó, chúng ta chứng minh rằng \((1 - ar)R = R\) hay \(1 - ar\) là phần tử khả nghịch phải Kết luận là \(J(R) \leq K\) Để chứng minh bao hàm ngược lại, giả sử \(a \in K\) và \(1 - ar\) là khả nghịch phải với mọi \(r \in R\) Nếu \(a \notin J(R)\), tồn tại một lý do thực sự \(I\) của \(R\) cực đại với \(a \notin I\) Từ đây, suy ra \(aR + I = R\) và do đó \(1 = ar + j\) với \(j \in I\) Kết luận rằng \(j = 1 - ar\) không khả nghịch phải, tạo ra mâu thuẫn với \(a \in K\).

Chứng minh tương tự ta có

J(R) ={a ∈ R | 1−ar là khả nghịch trái với mọi r ∈ R}.

Từ Mệnh đề 1.4.2.1 và Mệnh đề 1.4.2.4, chúng ta có:

Hệ quả 1.4.2.5 J(R) là iđêan của vành R, lớn nhất (theo quan hệ bao hàm) trong số các iđêan I của vành R thỏa mãn 1−a là khả nghịch với mọi a ∈ I.

Nhận xét 1.4.2.6 Theo Mệnh đề 1.4.1.2 thì mọi iđêan phải hoặc trái nguyên thủy của vành R đều là iđêan nguyên tố, căn nguyên tố của R chứa trong

J(R) Ví dụ, nếu R = K[[x]] là một vành chuỗi lũy thừa trên trường K, thì

0 là iđêan nguyên tố của R, và vì vậy căn nguyên tố của R là 0 Mặt khác, xR là iđêan cực đại duy nhất của R Từ đó J(R) = xR.

Hệ quả 1.4.2.7 Căn Jacobson của vành là giao của tất cả các iđêan linh hóa tử phải của các môđun phải đơn.

Mệnh đề 1.4.2.8 Căn Jacobson của vành R chứa tất cả các iđêan phải (trái) linh của vành R.

Giả sử I là lý thuyết phải linh bất kỳ của vành R và a là phần tử lũy linh thuộc I Điều này có nghĩa là tồn tại n ∈ N sao cho a^n = 0.

(1−a)(1 + 1 +a 2 +ã ã ã+a n−1 ) = (1 + 1 +a 2 +ã ã ã+a n−1 )(1−a) = 1 Điều này có nghĩa 1−a khả nghịch Chú ý, I là iđêan phải của vành R Từ đây chúng ta kết luận 1−ar là khả nghịch với mọi a ∈ I và với mọi r ∈ R. Vậy I ⊆ J(R).

Chứng minh tương tự cho iđêan trái linh của vành R. Định lý 1.4.2.9 (Jacobson-Azumaya) Nếu M = a 1 R+ a 2 R+ã ã ã+a n R là một R-môđun phải (hữu hạn sinh) và M J(R) =M, thì M = 0.

Chứng minh Chúng ta sẽ chứng minh định lý theo quy nạp trên phần tử sinh của M.

Trước hết, chúng ta giả sử M = aR là xyclic với a ∈ M nào đó Vì vậy

M = M J(R) = aJ(R), suy ra a ∈ aJ(R), do đó tồn tại x ∈ J(R) sao cho a = ax, hay a(1−x) = 0 Theo tính chất của J(R),1−x là khả nghịch và vì vậy a(1−x)(1−x) −1 = 0 Suy ra a = 0 và do đó M = 0.

Tiếp theo chúng ta giả sử định lý đúng cho trường hợp tất cả cácR-môđun phải được sinh bởi (n−1)-phần tử.

Xét M là R-môđun được sinh bởi n phần tử, với M = a1R + + anR và n > 1 Ta có thể viết lại M dưới dạng M = (M/a1R)J(R) Theo giả thiết qui nạp, ta suy ra M/a1R = 0, từ đó suy ra M = a1R Điều này chứng tỏ M là xyclic và kết luận rằng M = 0.

Chú ý 1.4.2.10 Định lý 1.4.2.9 còn gọi là Bổ đề Nakayama.

Môđun nửa đơn, Artin và Nơte 28

Môđun và vành nửa đơn

Chúng ta nhắc lại một R-môđun phải M được gọi là môđun đơn nếu

M 6= 0 và chỉ có đúng hai môđun con (0 và M).

Ví dụ 2.1.1.1 (1) Cho I là một iđêan phải cực đại của vành R Khi đó, R/I là một R-môđun phải đơn.

(2) Cho p là một số nguyên tố Khi đó, Z/pZ là một Z-môđun đơn.

(3) Cho V là một K-không gian véctơ có số chiều là 1 Khi đó, V là một

(4) Các Z-môđun Z và Q không chứa môđun đơn nào.

Bổ đề 2.1.1.2 (Schur) khẳng định rằng một đồng cấu không bất kỳ giữa hai R-môđun đơn phải là đẳng cấu Điều này đặc biệt cho thấy rằng vành các tự đồng cấu của một môđun đơn là một thể.

Giả sử f : U → V là một đồng cấu khác không giữa hai R-môđun đơn U và V Vì Ker(f) và Im(f) là hai môđun con của U và V, với f khác 0, nên Ker(f) không bằng U và Im(f) không bằng 0 Từ đó, ta suy ra rằng Ker(f) bằng 0 và Im(f) bằng V, dẫn đến kết luận rằng f là một đẳng cấu.

Giả sử U là một R-môđun phải đơn và f ∈ End R(U) Theo chứng minh, f là đẳng cấu, do đó tồn tại f^(-1) ∈ End R(U), dẫn đến việc End R(U) là một thể Định nghĩa 2.1.1.3 nêu rõ rằng đế của môđun M, ký hiệu Soc(M), là tổng của tất cả các môđun con đơn của M Nếu M không có môđun con đơn, thì theo qui ước, Soc(M) = 0.

(2) Môđun M thỏa mãn Soc(M) = M được gọi là môđun nửa đơn.

Ví dụ 2.1.1.4 (1) Xét V là một không gian véctơ bất kỳ trên trường K. Khi đó, V là một K-môđun nửa đơn.

(2) Môđun 0 là nửa đơn vì 0 = P i∈∅M i (M i là các môđun nửa đơn)

(3) Z-môđun Z/nZ là nửa đơn nếu và chỉ nếu n = 1 hoặc n= −1 hoặc n là tích của các số nguyên tố đôi một khác nhau.

(4) Lưu ý Soc(RR) và Soc(RR) là hai iđêan (hai phía) của vành R, tuy nhiên không nhất thiết chúng bằng nhau Xét vành

) , trong đó F là một trường Ta có

Mệnh đề 2.1.1.5 Đế của môđun M là tổng trực tiếp của các môđun con đơn của M.

Chứng minh Chúng ta nhắc lại một họ các môđun con đơn B = {B i | i ∈ I} của môđun M được gọi là độc lập nếu B j ∩( P i∈I,i6=j

Họ độc lập B các môđun con đơn của M được gọi là cực đại nếu ta có A ⊆ B với bất kỳ họ độc lập A các môđun con đơn của M.

Gọi B = {B i | i ∈ I} là họ độc lập cực đại các môđun con đơn của M, và đặt B = P i∈I

B i Rõ ràng chúng ta kiểm tra được B = L i∈I

Giả sử B không bằng Soc(M), thì sẽ tồn tại môđun con đơn S của M sao cho S không chứa trong B Từ tính chất đơn của S, ta suy ra S và B có giao là tập rỗng, tức S∩B = 0 Điều này dẫn đến B ∪ {S} là một họ độc lập, mâu thuẫn với tính chất cực đại của B Do đó, chúng ta kết luận rằng B phải bằng Soc(M).

Mệnh đề 2.1.1.6 Một R-môđun phải M là nửa đơn nếu và chỉ nếu mọi môđun con của M đều là một hạng tử trực tiếp của M.

Giả sử M là nửa đơn và B là một môđun con của M Theo Bổ đề Zorn, tồn tại môđun con C của M, cực đại thỏa mãn B∩C = 0 Nếu B ⊕ C ≠ M, thì tồn tại môđun con đơn S của M sao cho S không nằm trong B ⊕ C Từ tính chất đơn của S, ta có S∩(B⊕C) = 0 Nếu b = c + s ∈ (C⊕S)∩B với b ∈ B, c ∈ C và s ∈ S, thì s = b − c ∈ S ∩ (B ⊕C) = 0, dẫn đến b = c = 0 Điều này chứng tỏ (C ⊕ S)∩B = 0, mâu thuẫn với tính cực đại của C Do đó, B⊕C = M.

Giả sử mọi môđun con của M đều là hạng tử trực tiếp của M, chúng ta sẽ chứng minh rằng M = Soc(M) Theo giả thiết, M có thể được phân tích thành M = Soc(M)⊕B, với B là một môđun con của M Nếu B khác không, thì B sẽ chứa một môđun con xyclic B' khác không Áp dụng Bổ đề Zorn, ta có thể tìm thấy một môđun con cực đại B'' trong B' Theo giả thiết, B'' là hạng tử trực tiếp của M, do đó, B'' cũng là hạng tử trực tiếp của B'.

B 0 = B”⊕H, trong đó H là một môđun con của B 0, dẫn đến H ∼= B 0 /B” là môđun đơn Do đó, H ≤ B ∩ Soc(M) = 0, từ đó suy ra B 0 = B”, điều này tạo ra mâu thuẫn Kết luận, ta có B = 0 và M = Soc(M).

Hệ quả 2.1.1.7 Môđun con của môđun nửa đơn là nửa đơn.

Chứng minh rằng nếu N là một môđun con của môđun nửa đơn M và L là một môđun con của N, thì L cũng là môđun con của M Do đó, L trở thành một hạng tử trực tiếp của M, dẫn đến sự phân tích M = L⊕K với K là một môđun con.

K nào đó Khi đó ta có N = N ∩(L⊕K) = L⊕(N ∩K), và như vậy L cũng là một hạng tử trực tiếp của N Từ Mệnh đề 2.1.1.6 ta suy ra N là môđun nửa đơn.

2.1.2 Vành nửa đơn, Định lý Wedderburn-Artin

Như ta biết, nếu R là một trường thì mọi R-môđun đều là môđun nửa đơn (vì môđun trên một trường chính là không gian véctơ), nhưng với vành

Các R-môđun không nhất thiết phải là môđun nửa đơn Định lý sau đây chỉ ra rằng đối với các trường hợp vành R, mọi R-môđun đều là môđun nửa đơn Trong lý thuyết vành không giao hoán, tính chất trái và phải của các môđun trên các vành đôi khi không trùng nhau Tuy nhiên, kết quả sau đây chứng minh rằng R là nửa đơn nếu và chỉ nếu R là nửa đơn Định lý 2.1.2.1 nêu rõ các điều kiện tương đương đối với một vành R đã cho.

(1) Tất cả các R-môđun phải là nửa đơn.

(2) Tất cả các R-môđun trái là nửa đơn.

(5) R = 0 hoặc R ∼= M n 1 (D 1 )ìM n 2 (D 2 )ì ã ã ã ìM n k (D k ), với n i là cỏc số nguyên dương và D i là các thể.

Chứng minh (1) ⇒(3) là rõ ràng.

(3) ⇒ (1) Giả sử RR là nửa đơn Khi đó, mọi R-môđun phải xyclic đều là môđun nửa đơn (vì môđun xyclic đẳng cấu với một môđun thương của R R ).

Vì môđun bất kỳ biểu diễn được qua tổng của các môđun xyclic, và vì vậy mọi R-môđun phải đều là môđun nửa đơn.

Chứng minh tương tự ta có (2) ⇒(4) ⇒(2).

(5) ⇒ (3) được suy ra bởi vành các ma trận vuông trên một thể là một vành đơn.

(3) ⇒ (5) Giả sử RR là nửa đơn Khi đó vành các tự đồng cấu của

R R là đẳng cấu với tích trực tiếp của các vành ma trận trên một thể Vì

R ∼= EndR(R R ) nên ta suy ra điều cần chứng minh.

Do tính đối xứng của (5) ta cũng có (4) ⇒ (5) ⇒(4).

Các mệnh đề tương đương (3), (4) và (5) trong Định lý 2.1.2.1 được gọi là Định lý Wedderburn-Artin Vành R đáp ứng các điều kiện tương đương trong Định lý 2.1.2.1 được xác định là vành nửa đơn hoặc vành nửa đơn Artin.

Môđun Nơte

2.2.1 Định nghĩa và một số tính chất Định nghĩa 2.2.1.1 (1) Một R-môđun phải M được gọi là Nơte nếu mọi tập khác rỗng các môđun con của nó đều có phần tử tối đại.

(2) Vành R được gọi là Nơte phải nếu R-môđun phải R là Nơte phải.

(3) Ta nói dây chuyền tăng (hay dãy tăng) các môđun con của.R-môđun phải M

M1 ≤M2 ≤ ã ã ã ≤Mn ≤ ã ã ã là ổn định (hay dừng) nếu nó chỉ chứa một số hữu hạn các M i khác nhau, điều này tương đương tồn tại n ∈ N sao cho M n = M n+k với mọi k ∈ N.

Mệnh đề 2.2.1.2 Cho A là môđun con của R-môđun phải M Khi đó, các điều kiện sau là tương đương

(3) Mọi dóy tăng A1 ≤ A2 ≤A3 ≤ ã ã ã cỏc mụđun con của M đều dừng.

Chứng minh rằng A là môđun Nơte bằng cách chỉ ra rằng mỗi tập con không rỗng trong A tương ứng với một tập con không rỗng trong M, dẫn đến sự tồn tại của phần tử tối đại trong A Tiếp theo, để chứng minh M/A là môđun Nơte, ta giả sử p: M → M/A là phép chiếu chính tắc và τ = {B i | i ∈ I} là tập hợp không rỗng các môđun con trong M/A Trong M, tập hợp các môđun con p^(-1)(B i) có phần tử tối đại, cho thấy rằng B i0 là phần tử tối đại trong τ, từ đó kết luận rằng M/A cũng là môđun Nơte.

(2) ⇒ (3) Giả sử A1 ≤ A2 ≤ A3 ≤ ã ã ã là một dóy tăng cỏc mụđun con trong M Đặt τ = {A i | i = 1,2, }, pτ = {p(A i ) | i = 1,2, }, τ A = {A i ∩A | i = 1,2, }.

Theo giả thiết, trong pτ và τ A tồn tại các phần tử tối đại, tương ứng là p(A r ) và A s ∩A Đặt n= max(r, s) ta có p(A n ) = p(A n+i ), A n ∩A= A n+1 ∩A, i = 1,2,

Từ p(A n ) = p(A n+i ) suy ra A n + A= A n+i +A Theo luật modula ta có

= A n+i + (A∩ A n ) = A n+i + (A∩A n+i ) = A n+i Điều này chứng tỏ dãy đã cho là dừng.

(3) ⇒ (1) Giả sử ngược lại, trong M có một tập hợp khác rỗng τ của những môđun con và tập này không chứa phần tử tối đại Khi đó đối với mỗi

A ∈ τ ta tìm được A 0 ∈ τ sao cho A ≤ A 0 , A 6= A 0 Từ đó (do tiên đề chọn) ta được một dãy tăng (nghiêm ngặt) vô hạn

A < A 0 < A 00 < ã ã ã điều này trái với giả thiết (3).

Mệnh đề 2.2.1.3 Cho dãy gồm hữu hạn các môđun con của M

Khi đó M là Nơte khi và chỉ khi các môđun thương M j+1 /M j là Nơte với mọi j = 0,1, , s−1.

Chứng minh Áp dụng mệnh đề trên cho dãy

Chứng minh bằng quy nạp với j ≥0chúng ta được điều phải chứng minh.

Hệ quả 2.2.1.4 Nếu môđun M là tổng hữu hạn của những môđun con Nơte thì M là Nơte.

Chúng ta sẽ chứng minh rằng M = Pn n=1Ai, trong đó Ai là các môđun Nơte, bằng phương pháp quy nạp Đối với n = 1, mệnh đề này hiển nhiên đúng Giả sử mệnh đề đúng với n−1, từ đó chúng ta sẽ chứng minh rằng môđun con cũng thỏa mãn điều kiện của mệnh đề.

A i là Nơte Theo định lý về đẳng cấu ta có

Nếu L là Nơte thì L/L∩A n là Nơte và do đó M/A n cũng vậy Mặt khác, vì

A n là Nơte và M/A n là Nơte, nên theo Mệnh đề 2.2.1.2 ta có M là Nơte.

2.2.2 Môđun hữu hạn sinh Định nghĩa 2.2.2.1 Một R-môđun phải M được gọi là hữu hạn sinh nếu tồn tại tập hữu hạn {m 1 , m 2 , , m n } ⊂ M sao cho M = m 1 R+m 2 R+ã ã ã+ m n R (tức là M có tập sinh hữu hạn).

Từ định nghĩa chúng ta có các kết quả sau về môđun hữu hạn sinh.

Mệnh đề 2.2.2.2 Một R-môđun phải M là hữu hạn sinh khi và chỉ khi với mỗi họ {M i | i ∈ I} các môđun con của M thỏa mãn

M i , luôn tồn tại một tập con hữu hạn I0 ⊂ I sao cho

M i Chứng minh (⇒) Giả sử M là hữu hạn sinh, nghĩa là M có sự phân tích

IM i nên mỗi phần tử a i là tổng hữu hạn của các phần tử thuộc

A i Do đó tồn tại một tập con hữu hạn I 0 ⊂I để a 1 , a 2 , , a n ∈ X

I 0M i (⇒) Xét tập hợp các môđun con dạng {aR | a ∈ M} Khi đó theo giả thiết tồn tại tập hữu hạn a 1 , a 2 , , a n sao cho

M = a 1 R+ a 2 R+ã ã ã+a n R. Điều này chứng tỏ M là hữu hạn sinh.

Mệnh đề 2.2.2.3 Cho R là vành Nơte phải và M là R-môđun phải hữu hạn sinh Khi đó, M là Nơte.

Chứng minh Với mỗi a ∈ M, xét ánh xạ ϕ a : R → M r 7→ ar

Rõ ràng ϕ a là một đồng cấu R-môđun Khi đó

Từ đó suy ra rằng nếu môđun RR là Nơte thì môđun aR (∀a ∈ M) cũng là Nơte Bây giờ giả sử {a 1 , a 2 , , a n } là hệ sinh của M.

Khi đó kết quả của mệnh đề được suy ra từ Hệ quả 2.2.1.4. Định lý 2.2.2.4 Các điều kiện sau là tương đương đối với một R-môđun phải M:

(2) Mỗi môđun con của M là hữu hạn sinh.

(3) Đối với mỗi họ {M i | i ∈ I} 6= ∅ các môđun con của M thì tồn tại một tập con hữu hạn I 0 ⊂ I sao cho

Chứng minh ⇔ (3) Sự tương đương này đã được chứng minh trong Mệnh đề 2.2.2.2 khi trong (3) ta đặt M thay cho P

(1) ⇒ (3) Đối với họ {M i | i ∈ I} 6= ∅ các môđun con của M, ta xét họ tất cả các tổng hữu hạn của các M i , i ∈ I Theo (1) trong họ này tồn tại phần tử tối đại D = P

Do tính tối đại của D, với mỗi j ∈ I ta có D +M j = D, vì vậy

(3) ⇒ (1) Giả sử A 1 ≤ A 2 ≤ A 3 ≤ là dãy tăng các môđun con trong

M Khi đó tìm được n sao cho

Do đó A j = A n với mọi j ≥ n Vậy M là Nơte.

2.2.3 Định lý cơ sở của Hilbert Định lý 2.2.3.1 Cho R là một vành Khi đó nếu R là vành Nơte phải, thì vành đa thức R[x] cũng là một vành Nơte phải.

Để chứng minh rằng R[x] là vành Nơte phải, ta cần chứng minh mọi iđêan phải của R[x] là hữu hạn sinh Giả sử R là vành Nơte phải và gọi J là một iđêan phải bất kỳ của R[x] với J khác không.

I n là tập hợp tất cả các hệ số cao nhất của các đa thức khác không và có bậc không vượt quá n của J cùng với 0 Chúng ta sẽ chứng minh các tính chất liên quan đến tập hợp này.

(1) I n là một iđờan phải của R với mọi n và I 0 ⊂I 1 ⊂ ã ã ã

Với mọi a, b ∈ In, tồn tại các hàm f, g ∈ J sao cho f(x) = ax^m + và g(x) = bx^t + , với m, t ≤ n Giả sử m > t, ta có x^(m−t)g = bx^m + ∈ J Do đó, f − x^(m−t)g = (a−b)x^m + ∈ J, suy ra a−b ∈ I_n Với mọi r ∈ R, ta có (ar)x^m + ∈ J, tức là ar ∈ I_n Vậy I_n là lý thuyết phải của R, với mọi n Hơn nữa, rõ ràng rằng I_0 ⊂ I_1 ⊂ được chứng minh.

(2) Iđêan J là hữu hạn sinh.

VìR là vành Nơte hữu hạn sinh, với I n = hb 1 , , b s i Đối với mỗi i = 1,2, , s, ta có f i ∈ J với b i là hệ số cao nhất, f i (x) = b i x n i + ã ã ã Chúng ta sẽ chứng minh J = hf 1 (x), , f s (x)i Gọi n là số lớn nhất trong các số ni (i = 1, , s) và f(x) là đa thức bậc m bất kỳ của J Chúng ta sẽ chỉ ra rằng f(x) = f1(x)g1(x) + ã ã ã + fs(x)gs(x) + h(x), với bậc của h(x) không quá n−1 Trường hợp m < n là tầm thường, còn trong trường hợp m ≥ n, a là hệ số cao nhất của f(x).

P i=1 b i c i , trong đó c 1 , , c s ∈ R Xét đa thức t 1 (x) = f(x)− s

Rõ ràng, t1(x) thuộc J và bậc của t1(x) nhỏ hơn m Nếu bậc của t1(x) lớn hơn n−1, quá trình xây dựng t1(x) sẽ tạo ra đa thức t2(x) có bậc nhỏ hơn t1(x) Quá trình này sẽ tiếp diễn cho đến khi đạt được dạng biểu diễn của f(x) như đã khẳng định.

Các hệ số tương ứng vớix n−i trong các đa thức có bậcn−i (i = 1,2, , n) của iđêan J lập thành iđêan L i trong vành R L i là hữu hạn sinh nên L i d i 1 , , d i s i

Ký hiệu f j i (x) đại diện cho đa thức bậc n−i trong lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuyết lý thuy

Các đa thức f1(x), , fs(x) và fji(x) (với i = 1, , n; j = 1, , si) sinh ra một vành R[x] Định lý này đã được chứng minh Đáng chú ý, điều ngược lại của định lý cũng đúng: nếu vành R[x] là Nơte phải, thì R cũng là Nơte phải, điều này có thể được chứng minh một cách dễ dàng.

Hệ quả 2.2.3.2 Nếu R là vành Nơte phải, thì vành đa thức nhiều biến R[x 1 , , x n ] cũng là vành Nơte phải.

2.2.4 Một số lớp vành Nơte Định nghĩa 2.2.4.1 Cho S và T là hai vành Một (S, T)-song môđun là một nhóm aben B được trang bị cấu trúc S-môđun trái và cấu trúc T-môđun phải sao cho s(bt) = (sb)t, với mọi s ∈ S, b ∈ B và t ∈ T Một (S, T)-song môđun con của B là một nhóm con của B và thỏa mãn S-môđun con trái cùng với T-môđun con phải.

Từ định nghĩa ta cũng có nếu C là một song môđun con của B thì B/C là một song môđun thương.

Mệnh đề 2.2.4.2 Cho SBT là một song môđun, ta viết R S B

0 T để biểu diễn nhóm aben S ⊕B ⊕T, trong đó phần tử (s, b, t) được viết dạng ma trận s b

(1) R là một vành với phép cộng và nhân được định nghĩa như cộng và nhân các ma trận.

R được coi là vành Nơte phải khi S và T là Nơte phải và B T có tính hữu hạn sinh Ngược lại, R là vành Nơte trái nếu S và T là Nơte trái và SB có tính hữu hạn sinh.

Chứng minh (1) Chúng ta có thể kiểm chứng bằng định nghĩa.

(2) Giả sử S và T là Nơte phải và B T là hữu hạn sinh Rõ ràng vành con

0 T đẳng cấu với tíchS×T, là vành Nơte phải Hơn nữa nếub 1 , b 2 , , b n sinh ra T-môđun B thì các ma trận

-môđun R Từ đó suy ra R là

-môđun Nơte phải. Bây giờ, nếu J là một iđêan phải của R thì J cũng là

-môđun phải hữu hạn sinh Suy ra J là iđêan phải hữu hạn sinh của R Vậy R là vành Nơte phải.

Ngược lại, giả sử R là vành Nơte phải Ta có các phép chiếu s b

7→ t là các toàn cấu vành R → S và R → T Từ đó ta có S và T là Nơte phải. Hơn nữa,

0 0 là một iđêan phải của R và có hữu hạn phần tử sinh

Từ đây ta suy ra b 1 , b 2 , , b n sinh ra B T

Sử dụng định nghĩa của vành chúng ta có thể chứng minh kết quả sau:

Trong mệnh đề 2.2.4.3, cho R là một vành và α là một tự đẳng cấu của R, ta ký hiệu tập hợp các đa thức ẩn x là S = R[x] Phép cộng trong S được thực hiện bằng cách cộng hai đa thức thông thường, trong khi phép nhân được định nghĩa theo một quy tắc cụ thể.

S cùng với phép cộng và nhân tạo thành một vành Dựa trên mệnh đề này, định nghĩa về lớp vành được đưa ra Cụ thể, nếu R là một vành và α là một tự đồng cấu của vành, thì định nghĩa 2.2.4.4 được áp dụng.

(1) S là một vành chứa R như vành con.

(2) x là một phần tử của vành S.

(3) S là một R-môđun tự do với cơ sở {1, x, x 2 , }.

Ta còn gọi vành S = R[x, α] là vành đa thức lệch trên R. Định nghĩa 2.2.4.5 Cho R là một vành và α là một tự đồng cấu của vành

(1) S là một vành chứa R như vành con.

(2) x là một phần tử của vành S.

(3) S là một R-môđun tự do với cơ sở {1, x, x −1 , x 2 , x −2 , };

Ta còn gọi vành S = R[x ±1 , α] là vành đa thức Laurent lệch trên R.

Môđun Artin

2.3.1 Định nghĩa, một số tính chất Định nghĩa 2.3.1.1 Cho M là một R-môđun phải.

(1) M được gọi là Artin nếu mọi họ khác rỗng các môđun con của nó đều có phần tử cực tiểu.

(2) Vành R được gọi là Artin phải nếu môđun RR là Artin.

(3) Ta nói dây chuyền giảm (hay dãy giảm) các môđun con của.R-môđun phải M

M 1 ≥M 2 ≥ ã ã ã ≥M n ≥ ã ã ã là ổn định (hay dừng) nếu nó chỉ chứa một số hữu hạn các M i khác nhau, điều này tương đương tồn tại n ∈ N sao cho M n = M n+k với mọi k ∈ N.

Chứng minh đối ngẫu của môđun Nơte, ta có các kết quả sau.

Mệnh đề 2.3.1.2 Cho A là môđun con của môđun M Các điều kiện sau là tương đương:

(3) Mọi dóy giảm M 1 ≥ M 2 ≥M 3 ≥ ã ã ã cỏc mụđun con của M đều dừng. Mệnh đề 2.3.1.3 Cho dãy gồm hữu hạn các môđun con của M

Khi đó, M là Artin khi và chỉ khi các môđun thương Mj+1/Mj là Artin, với mọi j = 0,1, , s−1.

Hệ quả 2.3.1.4 Nếu môđun M là tổng hữu hạn của những môđun con Artin thì M là Artin.

Mệnh đề 2.3.1.5 Nếu vành R là Artin phải và M là R-môđun phải hữu hạn sinh thì M là Artin.

Kết quả tiếp theo chúng ta trình bày mối liên hệ giữa môđun Nơte và môđun Artin thông qua môđun nửa đơn.

Mệnh đề 2.3.1.6 Cho M là R-môđun phải nửa đơn Khi đó, các điều kiện sau là tương đương

Chứng minh Giả sử M = M1 ⊕M2 ⊕M3⊕ ã ã ã là tổng trực tiếp của vụ hạn các môđun con đơn Chúng ta lưu ý, các môđun đơn vừa là môđun Artin vừa là Nơte.

Khi đú, M cú hai dóy vụ hạn cỏc mụđun con M1 ≤ M1 ⊕ M2 ≤ ã ã ã và

M ≥ M 2 ⊕M 3 ⊕ ã ã ã ≥ M 3 ⊕M 4 ⊕ ã ã ã Từ sự tồn tại đồng thời hai dóy tăng, giảm các môđun con của M ta suy ra điều cần chứng minh.

Mệnh đề 2.3.1.7 Nếu R là vành Artin phải, thì căn Jacobson J(R) là lũy linh.

Chứng minh Xét tập J = {J(R) k | k ∈ N}, do R là vành Artin phải nên trong J tồn tại phần tử cực tiểu X = J(R) n , n ∈ N Rõ ràng chúng ta có

Giả sử X khác không, gọi Y là iđêan cực tiểu của tất cả các iđêan I của R thỏa mãn I nằm trong X và IX khác không Ta có yX khác không với y thuộc Y nào đó, và (yX)X = yX^2 = yX khác không Theo tính cực tiểu của Y, yX = Y, dẫn đến tồn tại x trong X sao cho yx = y, hay y(1−x) = 0 Vì x thuộc X và X nằm trong J(R), theo Mệnh đề 1.4.2.5, ta có 1−x khả nghịch, suy ra y = 0, điều này mâu thuẫn với yX khác không Do đó, kết luận rằng X phải bằng không, tức J(R) là lũy linh Áp dụng Hệ quả 1.4.2.8 và Mệnh đề 2.3.1.7, chúng ta có được kết quả cần thiết.

Mệnh đề 2.3.1.8 Căn Jacobson của vành Artin phải (hoặc trái) R là một iđêan lũy linh lớn nhất chứa mọi iđêan một phía lũy linh của R.

Hệ quả 2.3.1.9 Nếu R là vành Artin phải hoặc trái, thì J(R) = Pr(R) là lũy linh.

Chứng minh Áp dụng Mệnh đề 1.4.2.1 ta có Pr(R) ⊆J(R) Ngược lại, theo Mệnh đề 2.3.1.7 ta có J(R) là lũy linh Từ đó suy ra J(R) ⊆ Pr(R) theo Hệ quả 1.2.1.9 Vậy J(R) = Pr(R).

2.3.2 Môđun hữu hạn đối sinh Định nghĩa 2.3.2.1 Một R-môđun phảiM được gọi làhữu hạn đối sinhnếu đối với mỗi tập hợp {M i | i ∈ I} các môđun con của M, thỏa mãn T

M i = 0, đều tồn tại một tập con hữu hạn I0 ⊂ I sao cho T

Đối với môđun Artin, có một định lý quan trọng (đối ngẫu với Định lý 2.2.2.4) Định lý 2.3.2.2 nêu rõ rằng các điều kiện sau đây là tương đương đối với một R-môđun phải M.

(2) Mỗi môđun thương của M là hữu hạn đối sinh.

(3) Đối với mỗi tập hợp {A i | i ∈ I} 6= ∅ những môđun con của M tồn tại một tập hợp con hữu hạn I0 ⊂ I sao cho

IAi và xét phép chiếu chính tắc p : M → M/B, ta có

Theo giả thiết tồn tại tập con hữu hạn I 0 ⊂ I sao cho

Khi đó, dễ dàng suy ra T

(3) ⇒(2) Giả sử {B i | i ∈ I} là tập hợp nào đó các môđun con của M/A thỏa mãn T

B i ) = A với p : M → M/A là phép chiếu Theo giả thiết tồn tại tập con hữu hạn

Từ đó suy ra rằng T

(1) ⇔ (3) Phép chứng minh này đối ngẫu với phép chứng minh trong Định lý 2.2.2.4.

Trước hết chúng ta nêu kết quả của vành nửa đơn thông qua điều kiện Artin và tính nửa nguyên tố (nửa nguyên thủy) của vành.

Mệnh đề 2.3.3.1 Cho vành R Khi đó các điều kiện sau là tương đương:

(1) R là vành Artin phải và nửa nguyên tố.

(2) R là vành Artin trái và nửa nguyên tố.

Chứng minh rằng Pr(R) = 0 vì R là vành nửa nguyên tố và cũng là vành Artin, theo Hệ quả 2.3.1.9, ta có J(R) = Pr(R) = 0 Gọi B là tập hợp các iđêan phải I của R sao cho R/I là R-môđun phải nửa đơn, trong đó R ∈ B 6= ∅ Do R là vành Artin, tồn tại phần tử cực tiểu K trong B Giả sử K 6= 0, với J(R) = 0, R có iđêan phải cực đại M thỏa mãn K 6⊆ M Vì M là cực đại nên M + K = R.

Từ đó ta có R/(K ∩M) là môđun nửa đơn, (K ∩M) ⊂ M và điều này mâu thuẫn với tính cực tiểu của K Như vậy, chúng ta suy ra K = 0 Vậy, R R là nửa đơn.

Vì R là một vành hữu hạn sinh có đơn vị, ta có thể phân tích R thành tổng trực tiếp của các iđêan phải đơn S1, S2, , Sn Điều này chứng tỏ R là vành Artin phải Mỗi linh hóa tử r.annR(Si) là một iđêan phải nguyên thủy của R và chứa J(R), dẫn đến SiJ(R) = 0 cho mọi i = 1, 2, , n Kết luận rằng J(R) = 0, tức là vành R là vành nửa nguyên tố.

(2) ⇔ (3) Do tính đối xứng nên từ mệnh đề (3) ⇔ (1) ta suy ra (3) ⇔ (2).

Định lý sau đây chứng minh sự liên quan giữa lớp vành nửa đơn với lớp vành Artin và nửa nguyên thủy, tương tự như Mệnh đề 2.3.3.1.

Mệnh đề 2.3.3.2 Các điều kiện sau là tương đương đối với một vành R đã cho:

(1) R là vành Artin phải và nửa nguyên thủy;

(2) R là vành Artin trái và nửa nguyên thủy;

(3) R là vành nửa đơn. Định nghĩa 2.3.3.3 Vành R được gọi là nửa nguyên sơ nếu vành thương R/J(R) là nửa đơn và J(R) là lũy linh.

Ví dụ 2.3.3.4 Cho vành các ma trận vuông cấp 2

Với J(R) = 0, ta có R/J(R) là vành nửa đơn, dẫn đến R là vành nửa nguyên sơ Theo định lý Hopkins-Levitzki, nếu R là vành Artin phải, thì R cũng đồng thời là vành nửa nguyên sơ và Nơte phải.

Theo giả thiết và Mệnh đề 2.3.1.7, J(R) là lũy linh, và vì R là vành Artin, nên R/J(R) cũng là vành Artin Vành thương R/J(R) là nửa nguyên tố, từ đó suy ra R/J(R) là nửa đơn theo Mệnh đề 2.3.3.1, hay R là vành nửa nguyên sơ Tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét dãy giảm các iđêan của R.

Vành Artin R cần tồn tại n sao cho J(R) n = 0 Các môđun thương của dãy R/J(R), J(R)/J(R) 2, , J(R) n−1 đều là Artin Hơn nữa, các môđun này có cấu trúc môđun trên vành thương R/J(R) nửa đơn, do đó theo Định lý 2.1.2.1, chúng cũng là nửa đơn Áp dụng Mệnh đề 2.3.1.6, chúng ta có các môđun thương tương ứng.

R/J(R), J(R)/J(R) 2 , , J(R) n−1 đều là Nơte Từ đó, chúng ta suy ra J(R) n−1 , J(R) n−2 , , J(R), R là Nơte theo Mệnh đề 2.2.1.2.

Sử dụng chứng minh của Định lý 2.3.3.5 và Mệnh đề 2.3.1.6, chúng ta có kết quả sau:

Mệnh đề 2.3.3.6 Cho R là vành nửa nguyên sơ Khi đó, R là vành Artin phải nếu và chỉ nếu R là vành Nơte phải.

Ví dụ 2.3.3.7 ZZ là Nơte nhưng không Artin Thật vậy, vì mỗi iđêan trong

Z đều hữu hạn sinh Ngoài ra ta có thể lấy một dãy giảm không dừng đó là:

Môđun Nơte không phải lúc nào cũng là môđun Artin Để tìm ví dụ ngược lại, chúng ta cần xem xét các môđun, không phải vành, vì mọi vành Artin đều phải là môđun Nơte.

Ví dụ 2.3.3.8 Với p∈ P (tập hợp các số nguyên tố) Đặt

Ta định nghĩa Z p ∞ (nhóm Pr¨ufer)

Z p ∞ = {q +Z|p k q ∈ Z, k nào đó của N}Nếu xem như Z-môđun thì Z p ∞ là Artin nhưng không Nơte.

Bao nội xạ 49

Môđun nội xạ và mở rộng cốt yếu

3.1.1 Môđun nội xạ Định nghĩa 3.1.1.1 Cho M là một R-môđun phải.

Cho N là một R-môđun phải M được gọi là N-nội xạ nếu với mọi môđun con C của N, thì mọi đồng cấu f : C → M đều có một đồng cấu g : N → M tồn tại, sao cho g◦ι = f, nghĩa là biểu đồ sau giao hoán.

M trong đó ι là phép nhúng chính tắc.

(2) M được gọi là tựa nội xạ nếu M là M-nội xạ Vành R được gọi là tự nội xạ phải nếu R R là tựa nội xạ.

(3) M được gọi là nội xạ nếu M là N-nội xạ với mọi R-môđun phải N.

(4) Hai R-môđun phải M và N được gọi là nội xạ tương hỗ nếu M là N-nội xạ và N là M-nội xạ

Ví dụ 3.1.1.2 (1) Z không là Z-môđun nội xạ, vì đồng cấu f : 2Z →Z 2z 7→z không thể mở rộng đến đồng cấu Z → Z.

(2) Hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ là nội xạ, tích trực tiếp của môđun nội xạ là nội xạ.

(4) Tất cả các môđun trên vành nửa đơn là nội xạ.

(5) Z-môđun Z n (n > 1) là tựa nội xạ nhưng không nội xạ.

Kết quả này cung cấp một tiêu chuẩn để kiểm tra tính nội xạ của các môđun Theo định lý 3.1.1.3 (Tiêu chuẩn Baer), nếu M là một R-môđun phải, thì các điều kiện sau đây là tương đương.

(2) Cho I là một iđêan phải bất kỳ của R, thì mọi đồng cấu f : I →M đều tồn tại đồng cấu g :R →M sao cho g| I = f.

Giả sử M là nội xạ và I là một iđêan bất kỳ của R, xét hàm f: I → M là một đồng cấu Theo định nghĩa của môđun nội xạ, tồn tại một đồng cấu g: R → M sao cho g ◦ ι = f, với ι là phép nhúng chính tắc Từ đó, chúng ta có thể kết luận rằng g| I = f.

Giả sử M thỏa mãn điều kiện (2), xét R-môđun N và môđun con C của N với đồng cấu f: C → M Gọi X là tập hợp các phần tử có dạng (C1, f1), trong đó C1 là môđun con của N chứa C và f1: C1 → M là đồng cấu mở rộng của f Ta định nghĩa quan hệ "≤" trên X như sau:

(C 1 , f 1 ) ≤ (C 2 , f 2 ) khi và chỉ khi C 1 ≤ C 2 và f 2 | C 1 = f 1

Chúng ta có thể kiểm tra rằng quan hệ ≤ trên tập X là một quan hệ thứ tự bộ phận, và mọi tập con khác rỗng của X được sắp thứ tự tốt đều có chặn trên Theo bổ đề Zorn, điều này dẫn đến việc tồn tại phần tử tối đại trong X, ký hiệu là (C ∗ , f ∗ ) Tiếp theo, chúng ta khẳng định rằng C ∗ = N Giả sử C ∗ là môđun con thực sự của N, ta gọi b ∈ N \ C ∗ và xét tập hợp I = {r ∈ R | br ∈ C ∗ } cùng với ánh xạ ϕ : I → M, trong đó ϕ(r) = f ∗ (br).

Trong bài viết này, chúng ta xem xét một iđêan I thuộc R và một đồng cấu ϕ Theo giả thiết, tồn tại một đồng cấu β từ R đến M sao cho β| I = ϕ Đặt a = β(1), từ đó suy ra f ∗ (br) = ar với mọi r thuộc I Tiếp theo, chúng ta nghiên cứu môđun con C ∗ +bR của N, trong đó C ∗ là một phần thực sự Cuối cùng, chúng ta xét đồng cấu γ từ C ∗ +bR đến M với quy tắc c + br 7→ f ∗ (c) + ar.

Khi đó,γ là một đồng cấu mở rộng củaf ∗ Điều này có nghĩa(C ∗ +bR, γ) ∈

X, mâu thuẫn với tính tối đại của (C ∗ , f ∗ ) Tóm lại chúng ta có C ∗ = N. Định nghĩa 3.1.1.4 Cho R là một miền nguyên chính Môđun M được gọi là R-môđun chia được nếu

Các tính chất cơ bản của môđun R-môđun chia được là:

(1)Ảnh toàn cấu của môđun R-môđun chia được là môđunR-môđun chia được.

(2) Tích trực tiếp và tổng trực tiếp của môđun R-môđun chia được là môđun R-môđun chia được

(3) Mỗi hạng tử trực tiếp của R-môđun chia được là môđun R-môđun chia được.

Ví dụ 3.1.1.5 (1) Q (I) là Z-môđun chia được cho mỗi tập chỉ số I.

Cho p là một số nguyên tố, ký hiệu Z p ∞ = { a p n | a ∈ Z, n ∈ N} Z p ∞ là một Z-môđun chia được Theo Định lý 3.1.1.6, cho R là một miền nguyên chính, một R-môđun M sẽ được coi là chia được nếu và chỉ nếu M là R-môđun nội xạ.

Xét đồng cấu f: I → M với I ≤ Z và I khác không Vì mọi iđêan của R đều là iđêan chính, nên I có dạng I = n₀R với n₀ ∈ R và n₀ khác không Hơn nữa, vì M là R-môđun chia được, nên M có thể viết dưới dạng M = n₀M Do đó, tồn tại a₀ ∈ M sao cho f(n₀) = a₀n₀.

Rõ ràng h là một đồng cấu và h(n 0 ) = a 0 n 0 = f(n 0 ) Do đó h| I = f Vậy

(⇐) Giả sử M là R-môđun nội xạ Lấy z 0 ∈ R với z 0 6= 0 bất kỳ Giả sử a 0 ∈ M bất kỳ Xét đồng cấu f : z 0 R −→ M z0r 7−→ a0r

Vì M là R-môđun nội xạ nên tồn tại một đồng cấu h : R −→ M sao cho h| I = f Khi đó a0 = f(z0) =h(z0) =h(1)z0 ∈ M z0

Từ chứng minh trên ta có M = M z 0 Vậy M là R-môđun chia được.

Hệ quả 3.1.1.7 Một nhóm aben M là chia được nếu và chỉ nếu M là nội xạ.

Nếu R là một vành và D là một nhóm aben, thì Hom Z(R, D) có cấu trúc R-môđun phải hoặc trái Phép nhân vô hướng trong Hom Z(R, D) được xác định như sau: với f ∈ Hom Z(R, D) và r ∈ R, phép nhân f r được xác định bởi quy tắc (f r)(x) = f(rx) với x ∈ R, trong khi rf được xác định bởi (rf)(x) = f(xr).

Bổ đề 3.1.1.8 Nếu R là một vành và D là Z-môđun chia được thì nhóm

H = Hom Z (R, D) là R-môđun phải (hoặc trái) nội xạ.

Chứng minh Gọi I là một iđêan phải của R và f : I → H là một R-đồng cấu Xét đồng cấu nhóm γ : I → D xác định bởi γ(x) = f(x)(1) Vì D là

Z-môđun chia được nên tồn tại đồng cấu γ¯ : R → D sao cho ¯γ là mở rộng của γ Bây giờ ta có ¯γ ∈ H và f(r) = ¯γr với mọi r ∈ I Tiếp theo chúng ta xét φ : R → H xác định bởi φ(x) = ¯γ.x Rõ ràng φ là một đồng cấu Chúng ta sẽ chứng minh φ(t) = f(t) với mọi t ∈ I Thật vậy, với mọi r ∈ R, chúng ta có

Từ đó suy ra φ(t) =f(t) với mọi t∈ I Vậy φ là mở rộng của f.

Từ Bổ đề 3.1.1.8 trên ta có

Mệnh đề 3.1.1.9 Mỗi môđun đều nhúng được vào một môđun nội xạ.

Gọi M là một R-môđun phải Khi xem xét trên vành Z, M trở thành Z-môđun con của Z-môđun chia được D Điều này dẫn đến việc Hom Z (R, D) trở thành một R-môđun phải nội xạ, và từ đó, ta có các phép nhúng R-môđun.

Hệ quả 3.1.1.10 Một R-môđun phải M là nội xạ nếu và chỉ nếu M là hạng tử trực tiếp của mọi R-môđun phải chứa nó.

Chứng minh Giả sử M nội xạ và M ≤ B Khi đó, tồn tại đồng cấu f : B →

M sao cho 1 M = f ◦ι, trong đó ι : M → B là phép nhúng chính tắc Điều này chứng tỏ ι là đơn cấu chẻ ra Từ đó suy ra B = M ⊕Ker(f).

Nếu M là hạng tử trực tiếp của mọi môđun chứa nó, và M được nhúng vào một môđun nội xạ E nào đó, thì M có thể coi là môđun con của môđun nội xạ E Do đó, M cũng là hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ.

E và do đó M là nội xạ.

3.1.2 Mở rộng cốt yếu Định nghĩa 3.1.2.1 Một môđun con N của môđun M được gọi là cốt yếu trong M, nếu với mọi môđun con khác không H của M ta đều có N∩H 6= 0 (tương đương, nếu N ∩H = 0 thì H = 0) Ký hiệu là N ≤ e M.

Ví dụ 3.1.2.2 (1) Vì hai Z-môđun con khác 0 bất kỳ của Q đều có giao khác không nên mọi Z-môđun con khác 0 của Q là cốt yếu, chẳng hạn

(2) Cho một số nguyên tố p và một số nguyên dương n, tất cả các môđun khác 0 của Z/p n Z là cốt yếu.

(3) Cho không gian véctơ V, khi đó môđun con cốt yếu (không gian con) duy nhất của V là chính nó.

Bổ đề 3.1.2.3 Cho N là một môđun con của M Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

(2) Với mọi m ∈ M, m 6= 0, thì tồn tại r ∈ R sao cho mr ∈ N và mr 6= 0.

Chứng minh (1) ⇒ (2) Cho m ∈ M, m 6= 0 Vì N ≤ e M nên mR ∩N 6= 0.

Do đó, tồn tại r ∈ R sao cho mr ∈ N và mr 6= 0.

(2) ⇒ (1) Giả sử H là một môđun con khác không của M và lấy h ∈ H sao cho h 6= 0 Theo (2), tồn tại r ∈ R sao cho hr ∈ N và hr 6= 0 Điều này chứng tỏ hr ∈ N ∩H hay N ∩H 6= 0 Vậy N ≤ e M.

Mệnh đề 3.1.2.4 Cho K 1 ≤ M 1 ≤ M, K 2 ≤ M 2 ≤ M và M = M 1 ⊕M 2 Khi đó, K1 ⊕K2 ≤ e M1 ⊕M2 ⇔ K1 ≤ e M1 và K2 ≤ e M2.

Chứng minh (⇒) Giả sử K 1 6≤ e M 1 , nghĩa là K 1 ∩L 1 = 0, với 0 6= L 1 ≤M 1 (nào đó) Lúc đó ta có:

Thật vậy, cho k 1 ∈ K 1 , k 2 ∈ K 2 và l 1 ∈ L 1 với k 1 +k 2 = l 1 , thì k 2 = l 1 −k 1 ∈

M 1 ∩M 2 = 0 Từ đó k 1 = l 1 ∈ K 1 ∩L 1 = 0 Từ (*), ta suy ra ngay L 1 = 0, điều này mâu thuẩn.

(⇐) Giả sử Ki ≤ e Mi và 0 6= xi ∈ Mi(i = 1,2) Do Bổ đề 3.1.2.3, tồn tại r 1 ∈ R sao cho 06= r 1 x 1 ∈ K 1

Nếur1x2 6∈ K2 thì do Bổ đề 3.1.2.3, tồn tạir2 ∈ R sao cho06= r2r1x2 ∈ K2 và 06= r 2 r 1 x 1 +r 2 r 1 x 2 ∈ K 1 ⊕K 2

Vậy K 1 ⊕K 2 ≤ e M 1 ⊕M 2 Định nghĩa 3.1.2.5 Một họ các môđun con M = {M i | i ∈ I} của môđun

M được gọi là độc lập nếu M j ∩ ( P i∈I,i6=j

Mệnh đề 3.1.2.6 Giả sử M là một R-môđun phải.

(1) Cho A, B là các môđun con của M với A ≤ B Khi đó A ≤ e M nếu và chỉ nếu A ≤ e B và B ≤ e M.

(2) Cho A 1 , A 2 , B 1 , B 2 là các môđun con của môđun M Nếu A 1 ≤ e B 1 và

(3) Cho A là môđun con của môđun M và f : B → M là đồng cấu Nếu

A ≤ e M thì f −1 (A) ≤ e B Đặc biệt, nếu A ≤ e M thì với mỗi m ∈ M, iđêan phải I = {r ∈ R | cr ∈ A} của R là cốt yếu trong RR.

(4) Cho {A i | i ∈ I} và {B i | i ∈ I} là các họ các môđun sao cho A i ≤ e B i với mọi i ∈ I Khi đó ⊕ I A i ≤ e ⊕ I B i

(5) Cho {A i | i ∈ I}và {B i | i ∈ I} là họ các môđun con của môđun M Nếu {A i } I là độc lập và A i ≤ e B i thì {B i } I là độc lập và ⊕ I A i ≤ e ⊕ I B i

Chứng minh (1) Nếu A ≤ e M thì rõ ràng A≤ e B Hơn nữa, vì mọi môđun con khác 0 của M có giao với A khác 0 nên nó cũng có giao với B khác 0.

Giả sử A ≤ e B ≤ e M, với H là môđun con bất kỳ của M sao cho A∩ H = 0 Khi đó, ta có A∩ (B ∩ H) = 0, dẫn đến B ∩ H = 0 do A ≤ e B Hơn nữa, vì B ≤ e M, chúng ta suy ra H = 0, điều này chứng tỏ A ≤ e M.

(2) Gọi H là môđun con của B 1 ∩B 2 sao cho (A 1 ∩A 2 )∩H = 0 Suy ra,

A2 ∩H = 0 vì A1 ≤ e B1 Lại vì H ≤ B2 và A2 ≤ e B2 nên chúng ta suy ra

(3) Gọi H là môđun con khác 0 của B Nếu f(H) = 0 thì H ≤ f −1 (A) và vì thế f −1 (A)∩H 6= 0 Nếu f(H) 6= 0 thì A∩f(H) 6= 0 (vì A ≤ e M), từ đó f −1 (A)∩H 6= 0 Điều này chứng tỏ f −1 (A) ≤ e B.

Phần còn lại của (3) Gọi m ∈ M và xét đồng cấu h :R −→M r 7−→mr

Khi đó, chúng ta kiểm tra được I = {r ∈ R | mr ∈ A}= f −1 (A) Vậy nếu

(4) NếuI chỉ chứa một phần tử thì hiển nhiên ta có điều phải chứng minh.

Giả sử I = {1, 2} Áp dụng (3) với phép chiếu chính tắc B 1 ⊕B 2 → B i , ta được A1 ⊕ B2 và B1 ⊕ A2 là cốt yếu trong B1 ⊕ B2 Khi đó, do (2) ta có

A 1 ⊕A 2 = (A 1 ⊕B 2 )∩ (B 1 ⊕A 2 ) ≤ e B 1 ⊕B 2 Do đó (4) được chứng minh với I = {1, 2} Bằng quy nạp, ta có (4) đúng cho trường hợp I là tập hữu hạn phần tử.

Trường hợp tổng quát, lấy bất kỳ môđun con 0 6= H ≤ ⊕ i B i , tồn tại tập con hữu hạn J ⊆ I sao cho H ∩ (⊕ j∈J B j ) 6= 0 Vì ⊕ j∈J A j ≤ e ⊕ j∈J B j nên

H ∩(⊕ j∈J Aj) 6= 0 Điều này suy ra ⊕ i∈I Ai ≤ e ⊕ i∈I Bi.

(5) Nếu I chỉ chứa một phần tử thì hiển nhiên ta có điều phải chứng minh Giả sử I = {1, 2} Vì A1 ∩A2 = 0 nên từ (2) ta có 0 ≤ e B1 ∩ B2, vì thế B 1 ∩B 2 = 0 Vậy {B 1 , B 2 } là độc lập.

Giả sửI = {1,2, , n}với n là số nguyên, n > 2và B 1 , , B n−1 độc lập.

Từ bất đẳng thức (4), ta có A 1 ⊕ ã ã ã ⊕ A n−1 ≤ e B 1 ⊕ ã ã ã ⊕ B n−1 Nếu (A 1 ⊕ ã ã ã ⊕ A n−1) ∩ A n = 0 và (B 1 ⊕ ã ã ã ⊕ B n−1) ∩ B n = 0, thì tập {B 1, , B n} là độc lập Áp dụng phương pháp quy nạp, ta suy ra rằng mọi tập hữu hạn các B i đều độc lập, từ đó khẳng định được điều cần chứng minh trong mọi trường hợp Cuối cùng, từ bất đẳng thức (4), ta có kết luận cần thiết.

3.1.3 Bao nội xạ Định nghĩa 3.1.3.1 Cho M và E là các R-môđun phải Một đơn cấu f : M → E được gọi là đơn cấu cốt yếu nếu f(M) ≤ e E.

Từ định nghĩa trên ta thấy rằng, môđun con M của môđun E là cốt yếu nếu và chỉ nếu phép nhúng M →E là đơn cấu cốt yếu.

Mệnh đề 3.1.3.2 Cho A là môđun con của M và B là môđun con của M cực đại (theo quan hệ bao hàm) với tính chất B∩A = 0 Khi đó, A⊕B ≤ e M và (A⊕B)/B ≤ e M/B.

Chứng minh Gọi H là môđun con của M thỏa mãn (A⊕B) ∩H = 0 Khi đó, chúng ta có A∩(B⊕H) = 0 Theo tính cực đại của B thì chúng ta phải có B ⊕H = B Suy ra H = 0 Vì thế A⊕B ≤ e M.

Gọi D/B là môđun con khác 0 bất kỳ của M/B với D là môđun con của

M thực sự chứa B Khi đó A∩D 6= 0 (do tính chất cực đại của B) Từ đó

Hệ quả 3.1.3.3 Mỗi môđun con bất kỳ của môđun M đều là hạng tử trực tiếp của môđun con cốt yếu nào đó của M.

Môđun có hạng hữu hạn

Chúng tôi nghiên cứu lớp môđun chứa một môđun con hữu hạn sinh, đóng vai trò cốt yếu trong cấu trúc của nó Lớp môđun này rất quan trọng cho việc phân tích sự phân tách thành tổng trực tiếp hữu hạn của các bao nội xạ.

3.2.1 Định nghĩa và tính chất Định nghĩa 3.2.1.1 Môđun M được gọi là có hạng hữu hạn nếu bao nội xạ E(M) của nó phân tích được thành tổng trực tiếp của hữu hạn các môđun con không phân tích được.

Giá trị hạng của môđun M sẽ được phân tích trong phần tiếp theo Để hiểu rõ hơn về môđun không phân tích được, chúng ta cần xem xét khái niệm môđun đều.

Chúng ta nhắc lại: Một môđun A6= 0 được gọi là đều nếu mọi môđun con khác 0 của M là cốt yếu trong M.

Ví dụ 3.2.1.2 (1) Mọi môđun con khác 0 và mọi mở rộng cốt yếu của môđun đều là đều.

(2) Môđun đơn là môđun đều.

(3) Trường các thương của miền giao hoán R là R-môđun đều.

Bổ đề 3.2.1.3 Cho M là một R-môđun phải khác không Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

(2) Giao của hai môđun con khác không bất kỳ của M là khác không.

(3) E(M) là không phân tích được.

(4) Mỗi môđun con khác không của M là không phân tích được.

Chứng minh (1) ⇒(2) là rõ ràng theo định nghĩa.

(2) ⇒ (3) Giả sử E(M) = B ⊕C với B, C là các môđun con của E(M).

Vì (B ∩ M)∩ (C ∩ M) = 0, theo (2) ta có hai khả năng: hoặc B ∩ M = 0 hoặc C ∩ M = 0 Đồng thời, từ M ≤ e E(M), ta suy ra rằng B = 0 hoặc C = 0 Kết luận này chứng tỏ rằng E(M) là môđun không phân tích được.

Gọi N là môđun con khác không của M và giả sử N = N1⊕N2 Khi đó, tồn tại một môđun con K của M cực đại với tính chất K ∩ N = 0, dẫn đến N⊕K ≤ e M Từ đó, ta có E(M) = E(N)⊕E(K) = E(N1)⊕E(N2)⊕E(K) Theo giả thiết, chúng ta có hoặc E(N1) = 0 = E(K) hoặc E(N2) = 0 = E(K), do đó kết luận rằng N1 = 0 hoặc N2 = 0, nghĩa là N không phân tích được.

Giả sử M là một môđun không đều, với các môđun con B và C thỏa mãn B∩C = 0 Khi đó, B ⊕ C sẽ tạo thành một môđun con khác không của M và có khả năng phân tích được, điều này dẫn đến mâu thuẫn Do đó, M phải là môđun đều.

Mệnh đề 3.2.1.4 Một môđun M là môđun có hạng hữu hạn khi và chỉ khi

M có một môđun con cốt yếu là tổng trực tiếp hữu hạn các môđun con đều.

Giả sử M chứa các môđun con đều và độc lập M1, M2, , Mn thỏa mãn M1 ⊕ ⊕ Mn ≤ e M Khi đó, M1 ⊕ ⊕ Mn ≤ e E(M), từ đó suy ra E(M) = E(M1 ⊕ ⊕ Mn) ∼= E(M1) ⊕ ⊕ E(Mn) Điều này cho thấy mỗi E(Mi) không thể phân tích được theo Bổ đề 3.2.1.3, do đó M có hạng hữu hạn.

Nếu M là một hạng hữu hạn, thì E(M) = E1 ⊕ E2 ⊕ ⊕ En, trong đó Ei là các môđun con không phân tích được và khác 0 Theo Bổ đề 3.2.1.3, mỗi Ei đều Vì M ≤ e E(M), nên mỗi môđun con Mi = M ∩ Ei cũng khác 0, dẫn đến Mi đều Họ các môđun con {M1, , Mn} của M là độc lập và Mi ≤ e Ei Do đó, M1 ⊕ M2 ⊕ ⊕ Mn ≤ e E1 ⊕ E2 ⊕ ⊕ En = E(M).

Nếu M là môđun có hạng hữu hạn, thì nó sẽ chứa ít nhất một môđun con đều Tuy nhiên, cần lưu ý rằng môđun có hạng hữu hạn không nhất thiết phải được cấu thành từ tổng trực tiếp của các môđun con đều.

 với F 2 là trường hai phần tử.

 có hạng hữu hạn nhưng phải là tổng trực tiếp của các môđun con đều.

Bổ đề 3.2.1.7 Nếu môđun E là tổng trực tiếp của n môđun con đều thì E không chứa bất kỳ tổng trực tiếp của n+ 1 môđun con khác 0.

Nếu n= 0 thì E = 0 Nếu n = 1 thì E đều Trong cả hai trường hợp này thì rõ ràng ta có điều phải chứng minh.

Với n > 1, giả sử bổ đề đã cho đúng với các tổng trực tiếp gồm n −1 môđun đều.

Xột E = E1 ⊕ ã ã ã ⊕ En với Ei đều Giả sử E chứa tổng trực tiếp của n+ 1 mụđun con khỏc 0, nghĩa là cú M 1 ⊕ ã ã ã ⊕M n+1 ≤E 1 ⊕ ã ã ã ⊕E n Đặt

Ta xột cỏc đồng cấu ι : M → E 1 ⊕E 2 ⊕ ã ã ã ⊕E n là phộp nhỳng tự nhiờn, và p : E → E 2 ⊕ ã ã ã ⊕E n là phộp chiếu lờn thành phần E 2 ⊕ ã ã ã ⊕E n Nếu

Nếu M ∩ E1 = 0, thì đồng cấu p◦ι : M → E2 ⊕ ã ã ã ⊕ En sẽ là một đơn cấu và là phộp nhỳng Từ đó, E2 ⊕ ã ã ã ⊕ En chứa một tổng trực tiếp n mụđun con khác 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết quy nạp Do đó, ta có M ∩ E1 ≠ 0 và tương tự M ∩ Ei ≠ 0 với mọi i = 1, , n.

Vì E i là đều nên M ∩E i ≤ e E i với mọi i Khi đó, chúng ta có

(M ∩E 1 )⊕ ã ã ã ⊕(M ∩E n ) ≤ e E 1 ⊕ ã ã ã ⊕E n = E, từ đó M ≤ e E Tuy nhiên, M ∩M n+1 = 0 và M n+1 6= 0, điều này không thể xảy ra Do đó E không chứa bất kỳ tổng trực tiếp củan+ 1 môđun con khác 0.

3.2.2 Điều kiện có hạng hữu hạn Định lý 3.2.2.1 (Goldie) Một môđun M có hạng hữu hạn khi và chỉ khi M không chứa tổng trực tiếp của vô hạn các môđun con khác 0.

Nếu M có hạng hữu hạn, thì E(M) là tổng trực tiếp của n môđun con Theo Bổ đề 3.2.1.7, E(M) không thể chứa tổng trực tiếp của nhiều hơn n môđun con khác không Do đó, M cũng không chứa tổng trực tiếp của nhiều hơn n môđun con khác không.

Ngược lại, nếu M không có hạng hữu hạn thì M 6= 0 và E(M) không là tổng trực tiếp của hữu hạn các môđun con không phân tích được Đặt

C0 = E(M), vì C0 không phải là không phân tích được nên C0 = A⊕B với

A, B là các môđun con khác 0 Hơn nữa, A và B không đồng thời là tổng trực tiếp hữu hạn các môđun con không phân tích được Vì thế C 0 = B 1 ⊕C 1 với B 1 và C 1 là các môđun con khác 0 và C 1 không là tổng trực tiếp của hữu hạn các môđun con không phân tích được.

Lặp lại chứng minh này với phần bù của C1 và tiếp tục quy nạp Ta thu được các môđun con B 1 , C 1 , B 2 , C 2 , của C 0 , thỏa mãn C n−1 = B n ⊕C n với

B n khác 0 và C n không là tổng trực tiếp của hữu hạn các môđun con không phân tích được Vì B k ≤ C n với k > n, nên ta có

B k ) ⊆ B n ∩C n = 0 với n ∈ N Từ đó ta có {B 1 , B 2 , } là họ độc lập các môđun con của E(M).

Từ đó, ta có một họ vô hạn độc lập các môđun con của M, được ký hiệu là {B 1 ∩M, B 2 ∩M, } Hơn nữa, do M ≤ e E(M), nên B n ∩ M 6= 0 với n ≥ 1 Điều này cho thấy M chứa tổng trực tiếp của vô hạn các môđun con khác không.

Hệ quả 3.2.2.2 Mọi môđun Nơte bất kỳ có hạng hữu hạn.

Giả sử môđun Nơte M không có hạng hữu hạn, theo Định lý 3.2.2.1, M sẽ chứa một tổng trực tiếp của vô hạn các môđun con khác 0 Điều này dẫn đến việc M chứa một dãy vô hạn các môđun con độc lập khác 0, ký hiệu là M1, M2, Khi đó, chúng ta có một dãy tăng ngặt vô hạn các môđun con của M: M1 < M1 ⊕ M2 < M1 ⊕ M2 ⊕ M3 < Điều này mâu thuẫn với tính chất của môđun Nơte, chứng tỏ rằng giả thuyết ban đầu là sai.

Từ Hệ quả 3.2.1.5 và Hệ quả 3.2.2.2, chúng ta có

Hệ quả 3.2.2.3 Mọi môđun Nơte luôn có một môđun con đều.

Chiều đều (chiều Goldie) của môđun

3.3.1 Định nghĩa và tính chất Định nghĩa 3.3.1.1 Nếu môđun M có hạng hữu hạn thì tồn tại số nguyên không âm n sao cho E(M) là tổng trực tiếp của n môđun con đều Hơn nữa, theo Bổ đề 3.2.1.7, bất kỳ sự phân tích nào khác của E(M) thành tổng trực tiếp của các môđun con đều có đúng n hạng tử Vì thế n xác định duy nhất theo M Ta gọi số nguyên nnói trên là hạng đều, hoặchạng củaM và ký hiệu là dim(M) hoặc rank(M) Hạng đều của M còn được gọi là chiều đều, chiều Goldie, hay chiều của M và còn được ký hiệu là G.dim(M) hoặc u.dim(M).

Từ định nghĩa ta dễ dàng chứng minh được kết quả sau đây.

Mệnh đề 3.3.1.2 Nếu M 1 , M 2 , , M n là các môđun có hạng hữu hạn thì

M 1 ⊕M 2 ⊕ ã ã ã ⊕M n cũng cú hạng hữu hạn và dim(M1 ⊕ ã ã ã ⊕Mn) = dim(M1) + dim(M2) +ã ã ã+ dim(Mn)

Chứng minh Chúng ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp n = 2, nghĩa là

M = M 1 ⊕M 2 Giả sử dim(M 1 ) =m và dim(M 2 ) =n Từ đó chúng ta có

E(M1) =B1 ⊕ ã ã ã ⊕Bm và E(M2) = C1 ⊕ ã ã ã ⊕Cn, trong đó các B i (i = 1, , m) là các môđun con đều của E(M 1 ) và các

C j (j = 1, , n) là các môđun con đều của M 2 Khi đó,

3.3.2 Điều kiện tương đương của môđun có chiều đều

Mệnh đề 3.3.2.1 Cho M là một môđun và n là số nguyên không âm Khi đó các điều kiện sau là tương đương:

(2) M chứa một tổng trực tiếp của n môđun con khác 0, nhưng không thể chứa tổng trực tiếp của n+ 1 môđun con khác 0.

(3) M có một môđun con cốt yếu là tổng trực tiếp của n môđun con đều.

Chứng minh rằng từ giả thiết E(M) = E1 ⊕ E2 ⊕ ⊕ En với các môđun con Ei đều, áp dụng Bổ đề 3.2.1.7 cho thấy E(M) không chứa tổng trực tiếp n+1 môđun con khác 0 Do đó, M cũng không chứa tổng trực tiếp n+1 môđun con khác 0 Đồng thời, M có tổng trực tiếp của n môđun con khác 0, cụ thể là E1 ∩ M, , En ∩ M.

(2)⇒(3) Giả sử M 1 , , M n là n môđun con độc lập và khác 0 của M. Theo giả thiết (3), thì không tồn tại hai môđun con khác 0là B, C ≤ M 1 với

B ∩C = 0 Do đú M khụng thể chứa tổng trực tiếp B⊕C ⊕M 2 ⊕ ã ã ã ⊕M n của n + 1 môđun con khác 0 Vì thế M1 đều và tương tự cho tất cả các

M i đều Nếu M 1 ⊕ ã ã ã ⊕M n khụng cốt yếu trong M thỡ tồn tại mụđun con là 0 6= M n+1 ≤ M sao cho (M 1 ⊕ ã ã ã ⊕ M n ) ∩M n+1 = 0, nhưng khi đú M chứa tổng trực tiếp M 1 ⊕ ã ã ã ⊕ M n+1 của n + 1 mụđun con khỏc 0 Vậy

(3)⇒(1) Giả sử M1 ⊕ ã ã ã ⊕Mn ≤ e A, trong đú Mi(i = 1, , n) là cỏc mụđun con đều của M Ta cú E(M) = E(M1) ⊕ ã ã ã ⊕ E(Mn) Vỡ Mi(i 1, , n) đều nên E(M i ) (i = 1, , n) đều và do đó dim(M) =n.

Hệ quả 3.3.2.2 Cho N là môđun con của môđun M Khi đó ta có:

(1) Nếu M có hạng hữu hạn thì N có hạng hữu hạn và dim(N) ≤dim(M). Hơn nữa, dim(N) = dim(M) ⇔N ≤ e M.

(2) Nếu N và M/N có hạng hữu hạn thì M có hạng hữu hạn và dim(M) ≤ dim(N) + dim(M/N).

Áp dụng Mệnh đề 3.3.2.1, ta chứng minh rằng N không chứa các tổng trực tiếp của dim(M) + 1 môđun con khác 0 Điều này dẫn đến kết luận rằng N có hạng hữu hạn và dim(N) ≤ dim(M).

Tiếp tục ỏp dụng Mệnh đề 3.3.2.1 ta cú C = N 1 ⊕ ã ã ã ⊕N n ≤ e N ≤ M, trong đó các Ni(i = 1, , n) là các môđun con đều.

Nếu N ≤ e M thì C ≤ e M, dẫn đến dim(M) = n = dim(N) Ngược lại, khi dim(M) = dim(N) = n, theo Mệnh đề 3.3.2.1, M không chứa tổng trực tiếp của (n+ 1) môđun con khác 0, từ đó suy ra C ≤ e M.

(2) Chọn môđun con C của M cực đại với tính chất C ∩N = 0 Khi đó

C ∼= (C + N)/N ⊆ M/N Theo giả thiết (2), M/N có hạng hữu hạn, suy ra C có hạng hữu hạn và dim(C) ≤ dim(M/N) Ngoài ra, do cách chọn của

C ta cũng có N ⊕C ≤ e M theo Mệnh đề 3.1.3.2 Áp dụng Mệnh đề 3.3.2.1 ta được M có hạng hữu hạn và dim(M) = dim(N) + dim(C) Từ đó suy ra dim(M) ≤ dim(N) + dim(M/N).

Hệ quả 3.3.2.3 Cho M là một môđun có hạng hữu hạn Nếu ϕ : M → M là đơn cấu thì ϕ(M) ≤ e M.

Chứng minh Vì ϕ là một đơn cấu nên ϕ(M) ∼= M Suy ra dim(ϕ(M)) dim(M) Chúng ta kết luận ϕ(M) ≤ e M.

3.3.3 Tổng trực tiếp của môđun nội xạ

Tổng trực tiếp của một họ vô hạn các môđun nội xạ không nhất thiết tạo thành một môđun nội xạ Để tổng trực tiếp của một họ tùy ý các môđun nội xạ trở thành một môđun nội xạ, cần có những điều kiện cần và đủ Kết quả này được xem như một đặc trưng quan trọng của vành Nơte Định lý 3.3.3.1 (Bass, Papp) chỉ ra rằng các điều kiện sau đây là tương đương đối với vành R đã cho.

(2) Mọi tổng trực tiếp của các R-môđun phải nội xạ là nội xạ.

(3) Mọi tổng trực tiếp đếm được của các bao nội xạ của các R-môđun phải đơn là nội xạ.

Chứng minh (1) ⇒ (2) Giả sử Q = ⊕ Λ Q i là tổng trực tiếp (trong hoặc ngoài) của các R-môđun nội xạ Q i Xét biểu đồ các R-đồng cấu môđun

Q trong đú, I là iđờan phải của R và à là nhỳng chớnh tắc Vỡ R là vành Nơte phải nên I là hữu hạn sinh

I = a1R+a2R+ã ã ã+anR, các ảnh α(a i ), i = 1,2, , n, có thành phần khác 0 chỉ trong một số hữu hạn môđun Q i Như vậy có Λ 0 là một tập con hữu hạn của Λ sao cho α(a i ) ∈

Đối với mọi i = 1, 2, , n, ta có Λ 0 Q i = Q 0, từ đó suy ra α(I) ≤ Q 0 Chúng ta định nghĩa ι0: Q0 → Q là phép nhúng chính tắc và α 0 là đồng cấu cảm sinh từ α khi giới hạn miền giá trị của α trên Q 0 Với Λ 0 hữu hạn, Q 0 trở thành nội xạ, do đó tồn tại đồng cấu ρ 0 sao cho biểu đồ sau giao hoán.

Q Đặt ρ = ι 0 ρ 0 : R → Q, ta cú ρà = ι 0 ρ 0 à= ι 0 α 0 = α, và điều này chỳng tỏ

(2) ⇒(3) điều này là rõ ràng.

(3) ⇒(1) Chúng ta chứng minh bằng phản chứng Giả sửR R không Nơte. Khi đó, trong R có dãy tăng thực sự các iđêan phải

Đặt I = S∞ i=1 I i, ta có I là một tập hợp trong R, và với mỗi a ∈ I, tồn tại một số tự nhiên n a sao cho a ∈ I i với mọi i ≥ n a Đối với mỗi i, ta chọn một phần tử c i ∈ I \ I i Khi đó, trong môđun cyclic, các yếu tố này tạo nên một cấu trúc quan trọng.

Môđun con cực đại N i tồn tại trong C i = (c i R + I i) / I i Khi đó, môđun thương C i / N i là một R-môđun phải đơn Ký hiệu pi : Ei → Ci/Ni = Ci là phép chiếu tự nhiên Xét à i : C i → E(C i) là phép nhúng chính tắc, từ đó ta có biểu đồ giao hoán tương ứng.

E(Ci) trong đó e i là phép nhúng chính tắc, còn α i là đồng cấu có được do tính nội xạ của E(C i ) Từ đó suy ra α i (c i ) = à i p i (c i ) 6= 0 với i = 1,2,3, và c i = c i +I i

Bây giờ xét ánh xạ α : I →

Trong bài viết này, α i (a+I i ) đại diện cho thành phần thứ i của phần tử α(a) Vì a thuộc I i với mọi i ≥ n a, các thành phần của α(a) thực sự nằm trong tổng trực tiếp đã nêu Theo giả thiết, tổng trực tiếp L∞ i=1E(C i ) là nội xạ, điều này dẫn đến sự tồn tại của đồng cấu ρ sao cho biểu đồ giao hoán được thiết lập.

(α = ρà) trong đú à là phộp nhỳng chớnh tắc Giả sử b i là thành phần thứ i của ρ(1) khi đó tồn tại n∈ N sao cho bi = 0 với mọi i ≥ n Ta có α(a) = ρ(a) =ρ(1.a) =ρ(1)a, a ∈ I

⇒ α i (a+I i ) =b i a, do đó α i (a+I i ) = 0 với mọi i ≥ n và với mọi a ∈ I Mặt khác theo lập luận ở phần đầu của chứng minh α n (c n +I n ) 6= 0, mâu thuẫn Vậy ta có điều phải chứng minh.

Hệ quả 3.3.3.2 Giả sử R là vành Nơte phải và {M j | j ∈ J} là một họ những R-môđun phải Khi đó, đơn cấu chính tắc L

Mệnh đề 3.3.3.3 Nếu R là vành Nơte phải thì mọi R-môđun phải nội xạ là tổng trực tiếp của các môđun đều và nội xạ.

Giả sử E là R-môđun phải nội xạ khác 0, gọi M = {M i | i ∈ I} là họ độc lập cực đại các môđun con hữu hạn sinh của E Nếu ⊕ i M i 6≤ e E, thì E có một môđun con khác 0 là B thỏa mãn (⊕ I M i )∩B = 0 B chứa một môđun con khác 0 hữu hạn sinh, do đó có thể giả sử B là hữu hạn sinh Tuy nhiên, M ∪ {B} là độc lập, điều này mâu thuẫn với tính cực đại của M Do đó, ⊕ I M i ≤ e E và mỗi M i có một bao nội xạ E i ≤ E.

Theo Mệnh đề 3.1.2.6, vì M i ≤ E i, nên E i là độc lập Tổng của E i tạo thành một môđun con ⊕ I E i trong E, chứa ⊕ I M i và là phần cốt yếu trong E Theo Định lý 3.3.3.1, ⊕ I E i là nội xạ, do đó E = ⊕ I E i Hơn nữa, mỗi M i là môđun Nơte và do đó có hạng hữu hạn, theo Hệ quả 3.2.2.2.

E i là tổng trực tiếp của các môđun đều, và tất cả các môđun này đều là nội xạ Vì vậy, E có thể được xác định là tổng trực tiếp của các môđun con đều và nội xạ.

Mệnh đề 3.3.3.4 (Matlis) Cho R là vành Nơte giao hoán và E là R-môđun nội xạ Khi đó, E đều khi và chỉ khi E ∼= E((R/P)R) với P là iđêan nguyên tố của R nào đó.

Chứng minh Giả sử E ∼= E((R/P) R ) với P là iđêan nguyên tố Khi đó, vì R/P là R-môđun đều nên E là R-môđun đều.

Giả sử E là một môđun đều, theo Mệnh đề 1.3.2.5, E có một iđêan nguyên tố liên kết P và tập con A = ann E (P) là (R/P)-môđun trung thành hoàn toàn Chọn phần tử 0 ≠ x ∈ A, ta có ann(x) = ann(xR) = P, dẫn đến xR ∼= R/P Môđun con E' chứa xR là bao nội xạ của xR, và E' là hạng tử trực tiếp khác 0 của E Vì E đều, ta có E' = E, do đó E = E(xR) ∼ E((R/P)R).

Mệnh đề 3.3.3.4 chỉ ra rằng mọi Z-môđun nội xạ đều đẳng cấu với E(Z) hoặc E(Z/pZ) với p là số nguyên tố Đáng chú ý, E(Z) tương đương với Q, trong khi E(Z/pZ) có dạng Z(p ∞), được mô tả như môđun con p-xoắn.

Q/Z) Vì thế mỗi Z-môđun đều và nội xạ luôn đẳng cấu với một trong các

Z-môđun sau: Q, Z(2 ∞ ), Z(3 ∞ ), Z(5 ∞ ), Áp dụng Hệ quả 3.3.3.3 ta có:mọi Z-môđun nội xạ đẳng cấu với tổng trực tiếp của các bản sao của các môđun này.

Vành nửa đơn của các vành thương 79

Định nghĩa vành các thương

4.1.1 Tập Ore, môđun X-xoắn và môđun X-không xoắn Định nghĩa 4.1.1.1 Cho R là vành có đơn vị 1 6= 0, một tập con X của

R được gọi là một tập nhân tính nếu 1 ∈ X và X đóng đối với phép nhân trong R.

Ví dụ 4.1.1.2 (1) Cho x∈ R Khi đó, tập X = {1, x, x 2 , , x n , } là tập con nhân tính của R.

ChoP là một iđêan nguyên tố trong vành giao hoán R, với X = R\P là tập con nhân tính của R Phần tử x trong vành R được gọi là chính qui nếu nó không phải là ước của không, tức là x ∈ R là chính qui khi và chỉ khi r.ann R (x) = 0 và l.ann R (x) = 0.

Nếu R là một vành con của Q và x ∈ R là phần tử khả nghịch trong Q, thì x là phần tử chính quy của R Định nghĩa 4.1.1.4 cho biết rằng một tập nhân tính X trong vành R thỏa mãn điều kiện Ore phải nếu với mỗi x ∈ X và r ∈ R, tồn tại y ∈ X và s ∈ R sao cho ry = xs (rX ∩ xR 6= ∅) Tập nhân tính thỏa mãn điều kiện Ore phải được gọi là tập Ore phải Tương tự, điều kiện Ore trái và tập Ore trái cũng được định nghĩa như vậy Một tập Ore phải và trái được gọi chung là tập Ore.

Ví dụ 4.1.1.5 (1) Trong vành giao hoán, mọi tập nhân tính đều là tậpOre.

(2) Nếu R là miền Nơte phải thì R\{0} là một tập Ore phải trong R.

Cho vành R và α là một tự đẳng cấu vành R, xét vành S = A[x;α] với tập X = {1, x, x², } là một tập Ore trong S Định nghĩa R-môđun M là X-xoắn nếu với mỗi phần tử m ∈ M tồn tại x ∈ X sao cho mx = 0 Ngược lại, M được gọi là X-không xoắn nếu điều kiện mX = 0 dẫn đến m = 0.

Ví dụ 4.1.1.7 Xét R = Z, X = Z\ {0} và xem Z là Z-môđun Lúc đó ZZ là môđun X-không xoắn.

Cho X ⊂ R là một tập nhân tính và M là một R-môđun phải, ta định nghĩa t X (M) = {m ∈ M | ∃x ∈ X : mx = 0} là tập hợp tất cả các phần tử X-xoắn của A Tuy nhiên, t X (A) không phải là một R-môđun con của A Ví dụ minh họa sẽ được trình bày sau đây.

Ví dụ 4.1.1.8 Cho K là một trường Xét vành

Khi đó tập t X (R R ) không phải là iđêan của R.

Bổ đề sau chứng tỏ t X (M) là môđun con của R-môđun phải M.

Bổ đề 4.1.1.9 Cho X là một tập Ore phải trong vành R Khi đó

(1) Với các phần tử x 1 , , x n ∈ X, tồn tại các phần tử s 1 , , s n ∈ X sao cho x 1 s 1 = ã ã ã = x n s n và x 1 s 1 ∈ X nghĩa là (x 1 R∩ ã ã ã ∩x n R)∩X 6= 0.

(2) Với mỗi R-môđun phải M, tập t X (M) = {a ∈ A | ∃x ∈ X, ax = 0} là một môđun con của M.

(1) Ta chứng minh theo qui nạp.

Vì X là tập Ore phải nên kết luận đúng khi n = 2 Ta giả sử kết luận đúng đến n, ta chứng minh kết luận cũng đúng với n + 1 Nghĩa là ta có x 1 R∩ ã ã ã ∩ x n R∩X 6= 0, ta cần chứng minh x1R∩ ã ã ã ∩xnR∩xn+1R∩X 6= 0.

Thật vậy, đặt Y = x 1 R ∩ ã ã ã ∩ x n R ∩ X ⊂ X ⊂ R Khi đú, với y ∈ Y và với x n+1 ở trên, tồn tại z ∈ X và s n+1 ∈ R sao cho yz = x n+1 s n+1 , đồng thời yz ∈ Y, do đó Y ∩ x n+1 R 6= 0 Vậy x 1 R∩ ∩x n R∩x n+1 R∩X 6= 0.

(2) Với mọi m ∈ t X (M) và r ∈ R, chúng ta chỉ ra mr ∈ t X (M) Thật vậy, vì m ∈ t X (M) nên ∃x ∈ X sao cho mx = 0 Theo điều kiện Ore phải,

∃z ∈ X, s ∈ R sao cho rz = xs Do đó mrz = mxs = 0, suy ra mr ∈ t X (M).

Chúng ta chứng minh rằng nếu m1, m2 ∈ tX(M) thì m1 + m2 ∈ tX(M) Cụ thể, với m1, m2 ∈ tX(M), tồn tại x1, x2 ∈ X sao cho m1x1 + m2x2 = 0 Từ đó, suy ra tồn tại y ∈ x1R ∩ x2R ∩ X và (m1 + m2)y = 0, dẫn đến m1 + m2 ∈ tX(M) Định nghĩa 4.1.1.10 nêu rõ rằng, với X là tập Ore phải trong vành R và M là R-môđun phải, tập tX(M) trong Bổ đề 4.1.1.9 được gọi là môđun con.

X-xoắn của M Môđun con Y-xoắn của R-môđun trái, với Y là tập Ore trái trong vành R, được định nghĩa tương tự.

Nhận xét 4.1.1.11 Với R là vành bất kỳ, X ⊂ R là tập Ore phải Ta có kết quả sau:

(1) Tập t X (R R ) là một iđêan của R.

(2) Nếu M, N là các R-môđun phải và f : M → N là đồng cấu R-môđun thì f(t X (M)) ⊆ t X (N).

Mệnh đề 4.1.1.12 Cho X là một tập Ore phải trong vành R và M là một R-môđun phải Khi đó

(1) t X (M) là X-xoắn và M/t X (M) là X-không xoắn.

(2) Môđun con, môđun thương và tổng (trực tiếp hoặc không) của các R- môđun phải X-xoắn là X-xoắn.

(3) Nếu N ≤ M sao cho N và M/N là X-xoắn thì M cũng là X-xoắn.

(4) Tất cả môđun con và tích trực tiếp của các R-môđun phải X-không xoắn là không xoắn.

(5) Nếu N ≤ e M và N là X-không xoắn thì M là X-không xoắn.

(6) Nếu N ≤ M sao cho N và M/N là X-không xoắn thì M cũng X-không xoắn.

Chứng minh (1) Suy ra từ Định nghĩa 4.1.1.10.

(2) Giả sử N ≤ M và M là R-môđun phải X-xoắn Theo định nghĩa môđun X-xoắn ta dễ dàng suy ra N là X-xoắn Đối với môđun thương

M/N, chúng ta lấy m+N ∈ M/N bất kỳ, vì M là X-xoắn nên tồn tại x ∈ X sao cho mx = 0 Khi đó(m+N)x = mx+N = 0 M/N hay M/N cũng X-xoắn.

Giả sử {M i | i ∈ I} là một họ các môđun con X-xoắn của R-môđun phải

M Khi đó, với điều kiệnX là tập Ore phải,tX(M) là môđun conX-xoắn của

Cho m ∈ M bất kỳ, vì M/N là X-xoắn, tồn tại y ∈ X sao cho (m+N)y = my+N = 0, dẫn đến my ∈ N Ngoài ra, do N là X-xoắn, tồn tại z ∈ X sao cho myz = 0 Với X là tập nhân tính, ta có x = yz ∈ X và mx = 0 Do đó, M là X-xoắn.

(4) Giả sử M là X-không xoắn và N ≤ M Nếu tồn tại phần tử X-xoắn b ∈ N thì b cũng là phần tử X-xoắn của M Mà M là X-không xoắn nên b = 0 Vậy N cũng là X-không xoắn.

Tiếp theo ta chứng minh tích trực tiếp của một họ các môđun X-không xoắn cũng là X-không xoắn Thật vậy, xét{M i } i∈I là họ các môđun X-không xoắn Lấy (m i ) i ∈ Q i∈I

Giả sử (m i) i là X-xoắn, thì tồn tại x ∈ X sao cho (mi)ix = 0, dẫn đến mix = 0 với mọi i ∈ I Vì mỗi Mi là X-không xoắn, nên m i = 0 với mọi i ∈ I, hay (m i) i = 0 Kết luận là Q i∈I.

Với điều kiện X là tập Ore phải, môđun con X-xoắn của M được ký hiệu là t X (M) và có mối quan hệ N ∩ t X (M) = t X (N) Do N là X-không xoắn, ta có t X (N) = 0 Hơn nữa, vì N ≤ e M, điều này dẫn đến t X (M) = 0 Kết luận, M là X-không xoắn.

Giả sử m là phần tử X-xoắn của M, tồn tại x ∈ X sao cho mx = 0 Từ đó, ta có (m+N)x = mx+N = 0, suy ra m + N là phần tử X-xoắn của M/N Vì M/N là X-không xoắn, nên m + N = 0, tức là m ∈ N, cho thấy m là phần tử X-xoắn của N Đồng thời, vì N là X-không xoắn, nên m = 0.

Hệ quả 4.1.1.13 Mọi mở rộng cốt yếu của một R-môđun phải X-không xoắn là X-không xoắn.

Mệnh đề 4.1.1.14 Cho X là một tập nhân tính trong vành R và M là một R-môđun phải Nơte và X-không xoắn Khi đó, nếu f là một tự đồng cấu của

M sao cho M/f(M) là X-xoắn thì f là đơn cấu.

Chúng ta có thể chứng minh rằng Ker(f) ≤ Ker(f²) và các mô đun con của M Do M là Nơte, tồn tại một số tự nhiên n sao cho Ker(fⁿ) ≤ Ker(fⁿ+k) với mọi k ∈ N Với mỗi i ∈ N, tự đồng cấu f : M → M cảm sinh toàn cấu gᵢ : M/f(M) → fᵢ(M)/fᵢ₊₁(M) và fᵢ(M)/fᵢ₊₁(M) là X-xoắn Cụ thể, với mỗi y ∈ fᵢ(M)/fᵢ₊₁(M), tồn tại x ∈ M/f(M) sao cho y = gᵢ(x) Vì M/f(M) là X-xoắn, nên tồn tại r ∈ X sao cho xr = 0, dẫn đến yr = gᵢ(x)r = gᵢ(xr) = gᵢ(0) = 0, từ đó khẳng định rằng fᵢ(M)/fᵢ₊₁(M) là X-xoắn.

Chúng ta chứng minh rằng với n đã cho, M/f n (M) cũng có tính X-xoắn Cụ thể, với y ∈ M/f n (M), ta có y = m + f n (M), trong đó m ∈ M Điều này dẫn đến việc tồn tại x₁ ∈ X sao cho (m + f(M))x₁ = 0 M/f (M), tức là mx₁ ∈ f(M) Tiếp theo, mx₁ + f²(M) ∈ f(M)/f²(M) cho thấy tồn tại x₂ ∈ X sao cho mx₁x₂ ∈ f²(M) Tiếp tục quá trình này, ta có x₁x₂x₃ xₙ ∈ X và mx₁x₂x₃ xₙ ∈ fⁿ(M) Đặt x = x₁x₂x₃ xₙ ∈ X (do X là tập nhân tính), ta có yx = (m + fⁿ(A))x = mx + fⁿ(M) = 0 M/fⁿ(M).

Như vậy, mọi phần tử của M/f n (M) đều là phần tử X-xoắn hay M/f n (M) là X-xoắn.

Chúng ta chứng minh rằng Ker(f) = 0 Đối với mọi m ∈ Ker(f), ta có f(m) = 0 Vì M/f n (M) là X-xoắn, nên tồn tại x ∈ X sao cho (m + f n (M))x = 0 M/f n (M), tức là mx ∈ f n (M) Do đó, tồn tại b ∈ M sao cho mx = f n (b) Khi đó, f(mx) = f(m)x = 0 dẫn đến f(f n (b)) = 0, suy ra b ∈ Ker(f n+1) = Ker(f n), nghĩa là f n (b) = 0, từ đó kết luận mx = 0.

X-không xoắn nên chúng ta suy ra m = 0 Vậy, f là một đơn cấu.

Hệ quả 4.1.1.15 Cho X là một tập Ore phải trong vành Nơte phải R Nếu l.ann R (x) = 0 với mọi x ∈ X thì tất cả các phần tử của X không có ước của không trong R.

Chứng minh rằng vì l.annR(x) = 0 với mọi x ∈ X, nên r = 0 là phần tử xoắn duy nhất của R R, tức là R R là X-không xoắn Đối với mỗi x ∈ X cố định, ta xem xét đồng cấu f : R −→ R với quy tắc r 7−→ xr.

Với mọi a ∈ R/f(R), ta có a = b + f(R), b ∈ R Vì X là tập Ore, tồn tại y ∈ X và c ∈ R sao cho by = xr Do đó, ay = by + f(R) = xc + f(R), dẫn đến f(c) + f(R) = 0 trong R/f(R) Từ đây, suy ra R/f(R) là X-xoắn Áp dụng Mệnh đề 4.1.1.14, ta có Ker(f) = 0, tức là r.ann R(x) = 0 Kết hợp với giả thiết l.ann R(x) = 0, suy ra x không có ước của không trong R.

Hệ quả 4.1.1.16 Cho R là vành Nơte phải Khi đó

(1) Mọi (tự) toàn cấu của một R-môđun phải hữu hạn sinh là tự đẳng cấu.

(2) Nếu x, y ∈ R và xy = 1 thì yx = 1.

Chứng minh (1) Cho M là R-môđun phải hữu hạn sinh và f : M → M là toàn cấu Khi đó, M/f(M) = 0 Chúng ta xét tập X = {1} Suy ra, M là

X-không xoắn và Nơte Áp dụng Mệnh đề 4.1.1.14 ta được Ker(f) = 0, do đó f là tự đẳng cấu của M.

(2) Cho x, y ∈ R thỏa mãn xy = 1 Chúng ta xét đồng cấu sau f : R −→ R r 7−→ xr

Khi đó, f là một (tự) toàn cấu của R-môđun hữu hạn sinh R R Áp dụng (1), chúng ta suy ra f là tự đẳng cấu và do đó yx = xy = 1.

Môđun trên vành Goldie nửa nguyên tố 101

Phần tử chính qui trong vành thương

5.1.1 Định nghĩa và một số tính chất Định nghĩa 5.1.1.1 Cho I là một iđêan trong vành R Một phần tử x ∈ R được gọi là chính qui modulo I nếu lớp tương đương x+I là phần tử chính qui trong vành thương R/I Tập tất cả các phần tử x như thế được ký hiệu là C(I) (hay C R (I) nếu cần chỉ ra vành R) Vậy tập tất cả các phần tử chính qui của R được ký hiệu là C(0).

Ví dụ 5.1.1.2 Nếu P là iđêan nguyên tố trong vành giao hoán R, thìC R (P) là phần bù của R\P.

Mệnh đề 5.1.1.3 Cho R là vành nửa nguyên tố Goldie phải và Q là vành các thương Goldie của R Khi đó:

(1) Chỉ có hữu hạn các iđêan cực đại khác nhau trong vành Q là M1, , Mn và M 1 ∩ ã ã ã ∩M n = 0.

(2) Mỗi iđêan P i = R ∩ M i là một iđêan nguyên tố cực tiểu của R, và

P 1 , , P n là khác nhau Mỗi vành thương P/P i là một vành Goldie phải, và Q/M i là vành các thương Goldie phải của R/P i (theo phép nhúng tự nhiên R/P i → Q/M i ).

(3) Chỉ có các iđêan cực tiểu của R là P1, , Pn.

Chứng minh rằng Q là nửa đơn, ta có thể giả thiết Q = Q1 × × Qn, trong đó Qi là các vành Artin đơn Do đó, các phần tử của Q có thể được biểu diễn dưới dạng q = (q1, , qn) Các lý thuyết cực đại của Q được xác định bởi Mi = {x ∈ Q | xi = 0} với i = 1, , n, và rõ ràng rằng giao của tất cả các Mi là 0.

(2) Nếu A i = ∩ j6=i M j = {x ∈ Q | x j = 0 với mọi j 6= i}, thì R ∩ A i ∩ j6=i P j Vì R R ≤ e Q R , nên ta có R∩A i 6= 0 Mặt khác, chúng ta có

R∩A i ∩ P i = P 1 ∩ ã ã ã ∩P n = 0 và như vậy R∩A i 6⊆ P i , từ đó P j 6⊆ P i với mọi j 6= i Đặc biệt, P 1 , , P n là khác nhau.

Chú ý rằng P i là hạt nhân của ánh xạ tự nhiên ν i: R −→ Q r, trong đó r i là thành phần thứ i của r Vì R R ≤ e Q R và R R có hạng hữu hạn, nên Q R cũng có hạng hữu hạn, dẫn đến (Q i) R có hạng hữu hạn Thêm vào đó, ánh xạ ν i tạo ra một phép nhúng R-môđun phải của R/P i vào Q i, do đó (R/P i) R cũng có hạng hữu hạn Cuối cùng, ta có (R/P i) R/P i có hạng hữu hạn.

Ta khẳng định rằng Q i là vành các thương phải cổ điển của ν i (R) Nếu ν i (c) là phần tử chính qui của ν i (R), thì c ∈ C(P i ) và (cR+P i )/P i là một iđêan phải cốt yếu của R/P i Điều này dẫn đến cR + P i ≤ e R R, từ đó suy ra cR + P i chứa phần tử chính qui d, và do d khả nghịch trong Q nên (cR + P i )Q = Q, tức là cQ + M i = Q Như vậy, ν i (c) là phần tử khả nghịch phải trong Q i và cũng khả nghịch trong Q i Kết luận rằng mọi phần tử chính qui trong ν i (R) là khả nghịch trong Q i Phần tử bất kỳ của Q i là thành phần thứ i của q ∈ Q nào đó, với q = ax −1, a, x ∈ R và x chính qui, do đó x i là khả nghịch trong Q i và là chính qui trong ν i (R).

Từ qx = a, ta có q i x i = a i và do đó q i = a i x −1 i = ν i (a)ν i (x) −1 Do đó Q i là vành các thương phải cổ điển của νi(R).

Theo Định lý 4.2.4.4, ν i (R) là một vành Goldie phải và nguyên tố, với P i là iđêan nguyên tố của R và R/P i là vành Goldie phải Do đó, Q i là vành các thương Goldie phải của ν i (R), và tương tự, Q/M i là vành các thương Goldie phải của R/P i.

Mọi iđêan nguyên tố trong vành R đều chứa một iđêan nguyên tố cực tiểu Chúng ta gọi P io là iđêan nguyên tố cực tiểu nằm trong Pi Điều này cho thấy mối liên hệ giữa các iđêan nguyên tố và iđêan nguyên tố cực tiểu trong cấu trúc của vành R.

Ta đó ta có P 1 P 2 P n ⊆ P i o , do đó có P k ⊆ P i o ⊆ P i Vì P j 6⊆ P i với mọi j 6= i nên ta phải có k = i, và do đó Pi = P i o Vậy Pi là iđêan nguyên tố cực tiểu.

(3) Cho P là iđên nguyên tố cực tiểu trong R, theo như chứng minh trên ta có P k ⊆P Theo tính cực tiểu của P ta có P = P k

(4) Đặt B i = ∩ j6=i P j Vỡ B i P i ⊆ P 1 ∩P 2 ∩ ã ã ã ∩P n = 0, ta thấy rằng P i ⊆ r.ann R (B i ) Mặt khác, vìP 1 , , P n là các iđêan nguyên tố cực tiểu khác nhau,

B i 6⊆ P i Khi đú, vỡ B i ãr.ann R (B i ) = 0 ⊆ P i , ta suy ra r.ann R (B i ) ⊆ P i

Bổ đề 5.1.1.4 Nếu I là một iđêan của vành nửa nguyên tố R, thìl.ann(I) r.ann(I).

Chứng minh Chú ý rằng l.ann(I) và r.ann(I) là hai iđêan của R Ta có

(I ãl.ann(I)) 2 = I(l.ann(I)ãI)l.ann(I) = 0, do đú: I ãl.ann(I) = 0 và l.ann(I) ⊆r.ann(I) Do tớnh đối xứng nờn ta cũng có bao hàm thức ngược lại Vậy l.ann(I) = r.ann(I).

5.1.2 Iđêan nguyên tố cực tiểu và các phần tử chính qui

Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá mối quan hệ giữa các ý tưởng nguyên tố cực tiểu và các phần tử chính quy trong một vành Goldie nửa nguyên tố.

Mệnh đề 5.1.2.1 Cho P là một iđêan nguyên tố trong vành Goldie phải nửa nguyên tố R Các điều kiện sau là tương đương:

(1) P là một iđêan nguyên tố cực tiểu.

(2) P là một linh hóa tử phải.

(3) P là một linh hóa tử trái.

(4) P không chứa phần tử chính qui.

Chứng minh (1) ⇒(2) Theo Mệnh đề 5.1.1.3.

(2) ⇒ (3) Nếu L = l.ann(P), thì L là một iđêan của R và P = r.ann(L) (vì P là một linh hóa tử phải) Áp dụng Bổ đề 5.1.1.4, ta có P = l.ann(L).

(3) ⇒ (4) Theo giả thiết P = l.ann(X) với tập X ⊆ R nào đó, X 6⊆ {0} do P là iđêan thực sự Vậy P không chứa phần tử chính qui.

Nếu P chứa một iđêan nguyên tố P 0, thì P/P 0 là một iđêan phải cốt yếu của R/P 0 Tuy nhiên, vì P là iđêan phải cốt yếu của R, nên P phải chứa một phần tử chính qui, điều này dẫn đến mâu thuẫn.

Bổ đề 5.1.2.2 Nếu R là vành Goldie phải nửa nguyên tố và P 1 , , P n là các iđêan nguyên tố cực tiểu của R, thì tập các phần tử chính qui của R bằng

Chứng minh Nếu x ∈ C(P 1 )∩ ã ã ã ∩ C(P n ), thỡ r.ann R (x) ⊆P 1 ∩ ã ã ã ∩P n = 0, tương tự ta cũng có l.ann R (x) = 0 Vậy x là chính qui.

Ngược lại, gải sử x là phần tử chính qui của R Theo Mệnh đề 5.1.2.1 và

Bổ đề 5.1.1.4 ta có: mỗi

Trong lý thuyết đại số, đối với một ý tưởng I_i nào đó, nếu r thuộc R và xr thuộc P_i, thì điều này dẫn đến xrI_i = 0, từ đó suy ra rI_i = 0 do x là phần tử chính qui Do đó, ta có r thuộc P_i Tương tự, nếu rx thuộc P_i, thì ta cũng có r thuộc P_i, và từ đó x thuộc C(P_i).

Mệnh đề 5.1.2.3 Cho N là một iđêan thực sự nửa nguyên tố trong vành Nơte phải R, và cho P 1 , , P n là các iđêan nguyên tố của R, phủ cực tiểu

N (tức N = P1∩ ã ã ã ∩Pn và khụng thể ớt hơn n iđờan nguyờn tố cú giao bằng

N) Khi đó P 1 , , P n chính xác là các iđêan nguyên tố chứa N của vành R, và

Chứng minh Để cho gọn ta có thể giả thiết N = 0 Khi đó kết quả mệnh đề được suy ra từ Mệnh đề 5.1.2.1 và Bổ đề 5.1.2.2.

Mệnh đề 5.1.2.4 khẳng định rằng nếu P1, , Pn là các iđêan nguyên tố khác nhau của vành Goldie nửa nguyên tố R, thì đồng cấu tự nhiên f: R → (R/P1)⊕(R/P2)⊕ ⊕(R/Pn) là đơn cấu cốt yếu của các R-môđun phải hoặc trái.

Chứng minh rằng \( P_1 \cap P_2 \cap \ldots \cap P_n = 0 \) cho thấy \( f \) là một đơn cấu Đặt \( I_j = \bigcap_{j \neq i} P_i \) với \( j = 1, \ldots, n \) Vì \( P_i \nsubseteq P_j \) với mọi \( i \neq j \), suy ra \( I_j \nsubseteq P_j \) Do đó, \( (I_j + P_j)/P_j \) là một lý do khác không của vành \( R/P_j \) Điều này cho thấy \( (I_j + P_j)/P_j \) là lý do phải (trái) cốt yếu của \( R/P_j \) Hơn nữa, ta có \( f(I_1 + \ldots + I_n) = ((I_1 + P_1)/P_1) \oplus \ldots \oplus ((I_n + P_n)/P_n) \), từ đó suy ra rằng \( f(P_j I_j) \) là một mô-đun con phải hoặc trái cốt yếu trong \( R \).

⊕ j (R/P j ), do đó f(R) cốt yếu trong ⊕ j (R/P j ).

Hệ quả 5.1.2.5 Nếu N là một iđêan thực sự nửa nguyên tố trong vành Nơte phải R và P 1 , , P n là các iđêan nguyên tố khác nhau của R cực tiểu trên

Chứng minh Áp dụng Mệnh đề 5.1.2.4, ta có R/N đẳng cấu với môđun con cốt yếu của R-mụđun phải (R/P 1 ) ⊕ ã ã ã ⊕ (R/P n ) Từ đú suy ra điều cần chứng minh.

Môđun nội xạ không xoắn

5.2.1 Môđun xoắn và môđun không xoắn trên vành Goldie nửa nguyên tố

Xét vành Goldie nửa nguyên tố R, đặt X = C R (0), tức X là tập tất cả các phần tử chính qui của R Trong phần này, khi chúng ta nói đến môđun con

X-xoắn hay môđun con X-không xoắn thì để cho gọn ta qui ước chỉ cần gọi là môđun con xoắn và môđun con không xoắn Vậy thì môđun con xoắn của một R-môđun phải A là tập t(A) ={a ∈ A | ax = 0 với x là phần tử chính qui nào đó của R}

(t(A) là môđun con của A theo Bổ đề 4.1.1.9) và ta gọi A là xoắn (tương ứng, không xoắn) nếu t(A) =A (tương ứng, t(A) = 0) Ta dùng ký hiệu t(A) như trên trong suốt chương này.

Mệnh đề 5.2.1.1 Cho R là một vành Goldie phải nửa nguyên tố Khi đó

(1) Nếu M là một R-môđun bất kỳ, thì t(M) là một môđun xoắn và M/t(M) là một môđun không xoắn.

(2) Tất cả các môđun con, môđun thương, tổng (trực tiếp hoặc không trực tiếp), và mở rộng cốt yếu của R-môđun phải xoắn là môđun xoắn.

(3) Cho N là một môđun con của R-môđun phải M Nếu N ≤ e M thì M/N là xoắn Nếu N và M/N là xoắn thì M là xoắn.

(4) Tất cả các môđun con, tích trực tiếp và mở rộng cốt yếu của R-môđun phải không xoắn là môđun không xoắn.

(5) Cho N là một môđun con của R-môđun phải M Nếu N và M/N là không xoắn thì M là không xoắn.

Hầu hết các tính chất trong mệnh đề này đều suy ra từ Bổ đề 4.1.1.12 Chương 4 Chúng ta chỉ cần chứng minh phần cuối của (2) và phần đầu của (3).

Xét môđun con N cốt yếu trong M Với bất kỳ m ∈ M, iđêan phải

I = {r ∈ R | mr ∈ N} là cốt yếu trong R, theo Bổ đề phần tử chính qui của Goldie, tồn tại phần tử chính qui x ∈ I, dẫn đến mx ∈ N Từ đó suy ra M/N là xoắn Nếu N là xoắn, thì từ (3) suy ra M cũng là xoắn Do đó, mọi mở rộng cốt yếu của R-môđun phải xoắn là môđun xoắn.

Nếu R là một vành Nơte phải nửa nguyên tố và N là một iđêan nửa nguyên tố của R, thì cả R và R/N đều là vành Goldie phải nửa nguyên tố Môđun con xoắn của môđun R/N có thể khác với môđun con xoắn của môđun R Do đó, chúng ta có thể phân biệt hai môđun con này bằng cách ký hiệu t(M (R/N)) và t(M R) Ví dụ, bất kỳ không gian véc tơ nào trên trường cũng có thể áp dụng nguyên lý này.

Z/2Z là (Z/2Z)-môđun không xoắn nhưng là Z-môđun xoắn Vì vậy, khi dùng kỹ thuật xoắn phải rất chặt chẽ để tránh lẫn lộn.

Mệnh đề 5.2.1.3 chỉ ra rằng nếu P là một iđêan nguyên tố cực tiểu trong vành Goldie, thì P phải nửa nguyên tố Điều này dẫn đến việc R/P không xoắn với cả hai vai trò R-môđun phải và R/P-môđun phải Hơn nữa, ta có t(M R/P) = t(M R) cho mọi R/P-môđun phải A.

R/P là R/P-môđun xoắn, và theo Mệnh đề 5.1.2.4, R có đẳng cấu với một mụđun con cốt yếu của R-mụđun phải, được biểu diễn dưới dạng (R/P₁) ⊕ ⊕ (R/Pₙ), trong đó P₁, , Pₙ là các iđêan nguyên tố cực tiểu khác nhau.

R Vỡ R R là khụng xoắn nờn ((R/P 1 )⊕ ã ã ã ⊕(R/P n )) R là khụng xoắn (theo Mệnh đề 5.2.1.1(4)), và như vậy (R/P) R là không xoắn.

Cho M là một R/P-môđun phải, nếu m thuộc t(M R), thì mx = 0 với một phần tử x trong C(0) Do x thuộc C(P), theo Bổ đề 5.1.2.2, ta có m(x+P) = 0 với x + P chính qui trong R/P, dẫn đến m thuộc t(M R/P) Ngược lại, với phần tử b trong t(M R/P), ta đặt I = {r ∈ R | br = 0} I/P là một iđêan phải trong R/P và chứa phần tử chính qui của vành R/P.

Bổ đề 4.2.3.7 ta có I/P cốt yếu trong R/P, từ đó suy ra I cốt yếu trong

R Vậy I chứa một phần tử chính qui của R, suy ra b ∈ t(M R ) Từ đó, t(MR) =t(M R/P )

Mệnh đề 5.2.1.4 Nếu U là môđun phải đều trên vành Goldie phải nửa nguyên tố, thì U là xoắn hoặc là không xoắn.

Chứng minh Nếu U không là không xoắn, thì t(U) 6= 0, từ đó t(U) ≤ e U. Theo Mệnh đề 5.2.1.1(2) ta có U là xoắn.

5.2.2 Môđun nội xạ và môđun chia được chính qui Định nghĩa 5.2.2.1 Một R-môđun phải M trên vành R được gọi là chia được chính qui nếu M x = M với mọi phần tử chính qui x ∈ R.

Nhận xét 5.2.2.2 Cho R là một miền nguyên chính Khi đó, M là chia được chính qui nếu và chỉ nếu M là chia được.

Ví dụ 5.2.2.3 cho thấy rằng R = K[x, y] là vành của các đa thức với hai ẩn x và y, trong đó K là trường cơ sở F = K[x, y] được xác định là trường các thương của R Trong trường hợp này, F/(xR+yR) được xem là một R-môđun chia được chính qui, nhưng không nội xạ.

Trên một miền giao hoán, mọi môđun chia được chính quy không xoắn đều là nội xạ, và kết quả này cũng áp dụng cho môđun trên vành Goldie nửa nguyên tố.

Mệnh đề 5.2.2.4 khẳng định rằng nếu M là một môđun phải không xoắn trên vành Goldie nửa nguyên tố R, thì M sẽ là chia được chính qui nếu và chỉ nếu M là nội xạ.

Chứng minh Giả sử M là nội xạ Lấy m ∈ M và một phần tử chính qui x ∈ R, khi đó ta có đồng cấu f : xR −→M xr 7−→mr

Vì M là nội xạ nên f mở rộng thành đồng cấu g : R R → M, và g(1)x f(x) = m Chúng ta kết luận M là chia được chính qui.

Nếu M là chia được chính quy, và I là một iđêan phải của R, thì tồn tại một đồng cấu f: I → M Theo Hệ quả 3.1.3.3, I là một hạng tử trực tiếp của một iđêan phải H, và f có thể mở rộng thành đồng cấu g: H → M Áp dụng Bổ đề 4.2.3.7, ta thấy rằng H chứa một phần tử chính quy x, với xR ≤ e R R, từ đó suy ra rằng H/xR là môđun xoắn.

Vì M có cấu trúc chính quy, chúng ta có g(x) = mx với m ∈ M Để xác định đồng cấu h : R R → M sao cho h(1) = m, ta nhận thấy h(x) = h(1.x) = h(1).x = mx = g(x) Từ đó, (h − g)(xR) = 0 dẫn đến (h−g)(H) là ảnh đồng cấu của môđun xoắn H/xR Do M không xoắn, ta có (h−g)(H) = 0, từ đó kết luận rằng h là một mở rộng của g và cũng là một mở rộng của f Kết luận, M là nội xạ.

Hệ quả 5.2.2.5 Nếu R là một vành Goldie phải nửa nguyên tố và Qlà vành các thương Goldie phải của R, thì Q R là một bao nội xạ của R R

Chứng minh rằng R R ≤ e Q R, tương tự như lập luận trong Mệnh đề 4.2.4.3 Hơn nữa, Q R là môđun chia được chính qui không xoắn, do đó Q R là nội xạ theo Mệnh đề 5.2.2.4 Kết luận, ta có Q R = E(R R ).

5.2.3 Môđun nội xạ không xoắn trên vành Goldie nửa nguyên tố

Mệnh đề 5.2.3.1 Cho R là vành Goldie phải nửa nguyên tố với vành các thương Goldie phải Q Khi đó

(1) Mọi Q-môđun phải là R-môđun phải không xoắn và nội xạ, các Q-môđun con chính xác là các R-môđun con chia được chính qui.

(2) Mọi R-môđun phải không xoắn chia được chính qui đều có duy nhất một cấu trúc Q-môđun phải tương thích với cấu trúc R-môđun phải.

(3) Một Q-môđun phải là R-môđun phải đều nếu và chỉ nếu nó đẳng cấu với một iđêan phải cực tiểu của Q.

Bất kỳ Q-môđun A đều là R-môđun không xoắn và chia được chính qui, dẫn đến việc áp dụng Mệnh đề 5.2.2.4 để chứng minh AR nội xạ Hơn nữa, mọi Q-môđun con của A đều là R-môđun chia được chính qui Với b ∈ B và q ∈ Q, ta có thể viết q = ax^(-1) với a, x ∈ R và x chính qui Từ đó, tồn tại b₀ ∈ R thỏa mãn b₀x = ba, dẫn đến (bq - b₀)x = 0 Vì A là không xoắn, ta suy ra bq - b₀ = 0, tức là bq ∈ B Do đó, B là một Q-môđun con của A.

Giả sử A là một R-môđun phải chia được chính qui và không xoắn, ta định nghĩa E = End Z (A) Môđun trái cấu trúc trên nhóm aben tương ứng với các đồng cấu vành của vành tự đồng cấu của nó, dẫn đến cấu trúc môđun phải tương ứng với các đồng cấu vành của vành đối của vành tự đồng cấu Trong trường hợp này, tồn tại đồng cấu vành φ : R → E op thỏa mãn φ(r)(a) = ar với mọi r ∈ R và a ∈ A Do A là không xoắn và chia được chính qui, φ(x) là khả nghịch trong E op với mọi x ∈ C(0) Theo tính chất phổ dụng của vành các thương thương theo Mệnh đề 4.1.2.6, φ mở rộng duy nhất đến đồng cấu vành ψ : Q → E op Từ đó, ta có thể thiết lập cấu trúc Q-môđun phải cho A bằng cách sử dụng phép cộng sẵn có trên nó cùng với phép nhân ngoài cho bởi aã q = ψ(q)(a) Do ψ mở rộng φ, ta có aãr = ar với mọi a ∈ A và r ∈ R, nên cấu trúc Q-môđun trên A tương thích với cấu trúc R-môđun cho sẵn trên A.

Do mở rộngψ là duy nhất nên suy ra tính duy nhất của cấu trúcQ-môđun tương thích trên A.

Bao và phủ tổng quát của môđun 114

Bao tổng quát của môđun

6.1.1 Các khái niệm và tính chất Định nghĩa 6.1.1.1 Cho M là một R-môđun phải M.

(1) Một môđun X ∈ X được gọi là X-tiền bao tổng quát của M nếu tồn tại một đồng cấu u :M → X thỏa mãn điều kiện sau:

Với mọi đồng cấu u 0 : M → X 0 với X 0 ∈ X, thì tồn tại một đồng cấu f : X →X 0 sao cho biểu đồ sau giao hoán

Một X-tiền bao tổng quát của M được định nghĩa là X-bao tổng quát của M nếu mọi tự đồng cấu h của X thỏa mãn điều kiện h◦u = u thì h phải là một tự đẳng cấu Để đơn giản hơn, chúng ta sẽ gọi X hoặc đồng cấu u là X-(tiền) bao tổng quát của M.

Bổ đề 6.1.1.2 Giả sử u : M → X là một X-tiền bao tổng quát của M và

N là một hạng tử trực tiếp của M Khi đó, N → ι M → u X là một X-tiền bao tổng quát của N, trong đó ι : N →M là đơn cấu chính tắc.

Chứng minh Đặt u 0 = u◦ι : N → X và đồng cấu g : N → X 0 với X 0 ∈ X bất kỳ Gọi π : M → N là toàn cấu chính tắc Chúng ta xét biểu đồ sau:

Vì u là X-tiền bao tổng quát của M nên tồn tại đồng cấu h : X → X 0 sao cho h◦u = g ◦π Khi đó, chúng ta có h◦u 0 = h◦u◦ι = g◦π◦ι = g◦(π◦ι) = g Điều này chứng tỏ u 0 là X-tiền bao tổng quát của N.

Kết quả cho thấy rằng X-bao tổng quát của một môđun là duy nhất, ngoại trừ sự khác biệt về đẳng cấu Theo định lý 6.1.1.3, nếu R-môđun M có hai X-bao tổng quát, ký hiệu là u : M →, thì chúng sẽ có những tính chất tương đồng.

Chứng minh Vì u, u 0 là các X-bao tổng quát của M nên tồn tại các đồng cấu f : X → X 0 sao cho u 0 = f ◦u và f 0 : X 0 → X sao cho u = f 0 ◦u 0 Do đó, u = f 0 ◦u 0 = (f 0 ◦f)◦u và u 0 = f ◦u = (f ◦f 0 )◦u 0 Theo định nghĩa về

X-bao tổng quát của M, suy ra f 0 ◦f và f ◦f 0 là các đẳng cấu Do đó f, f 0 cũng là các đẳng cấu Chúng ta kết luận X 0 ∼= X.

Mệnh đề 6.1.1.4 trình bày rằng nếu M có X-bao tổng quát và ϕ : M → X là X-tiền bao tổng quát của M, thì có thể biểu diễn X dưới dạng X = X ∗ ⊕K Trong đó, X ∗ và K là các môđun con của X, đảm bảo rằng phép hợp thành M → ϕ X → π X ∗ là một X-bao tổng quát của M.

Chứng minh Gọi ψ : M → X 0 là X-bao tổng quát của M Khi đó, tồn tại các đồng cấu f : X 0 →X và g : X →X 0 sao cho biểu đồ sau giao hoán:

X 0 ψ ψ ϕ f g nghĩa là ϕ = f◦ψ và ψ = g◦ϕ Do đó, ψ = g◦f ◦ψ Điều này suy ra g◦f là một tự đẳng cấu của X 0 và X = Im(f)⊕Ker(g) Rõ ràng, X ∗ = Im(f) ∼= X 0 là một X-bao tổng quát của M.

Nhận xét 6.1.1.5 Từ Mệnh đề 6.1.1.4, chúng ta có phép hợp thành u :

M → ϕ X → π X ∗ là một X-bao tổng quát của M, trong đó X = X ∗ ⊕K với

X ∗ = Im(f) và π : X → X ∗ là toàn cấu chính tắc Khi đó, với mọi m ∈ M ta có u(m) = (π◦ϕ)(m) = (π ◦f ◦ψ)(m) = (f ◦ψ)(m) =ϕ(m)

Vì vậy, từ X-tiền bao tổng quát của M chúng ta có thể hạn chế để trở thành

Hệ quả 6.1.1.6 Giả sử M có X-bao tổng quát Xét ϕ : M → X là X-tiền bao tổng quát của M Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

(1) ϕ là X-bao tổng quát của M.

(2) Không có sự phân tích tổng trực tiếp X = X 1 ⊕ K với K 6= 0 và Im(ϕ) ≤X 1

Để chứng minh, ta xét ánh xạ ϕ: M → X là X-bao tổng quát của M, trong đó tồn tại sự phân tích tổng trực tiếp X = X1 ⊕ K với K khác không và ảnh của ϕ nằm trong X1 Gọi π: X → X1 là toàn cấu chính tắc với hạt nhân là K, và ι: X1 → X là đơn cấu chính tắc.

Chúng ta có φ◦ϕ = (ι◦π)◦ϕ = ι◦(π◦ϕ) = ι◦ϕ = ϕ, từ đó suy ra φ = ι ◦ π là một tự đẳng cấu của X Điều này dẫn đến việc π là một đơn cấu, và do đó K = Ker(π) = 0, điều này tạo ra mâu thuẫn Tóm lại, không thể phân tích tổng trực tiếp X = X 1 ⊕ K.

Kết quả tiếp theo chúng ta nghiên cứu sự trùng nhau của hạng tử trực tiếp của một môđun với điều kiện trên bao tổng quát.

Mệnh đề 6.1.1.7 Cho N là một hạng tử trực tiếp của một R-môđun phải

M Nếu u : M → X là X-bao tổng quát của M và là đơn cấu sao cho u| N :N →X cũng là X-bao tổng quát của N thì M = N.

Chứng minh Giả sử N là một hạng tử trực tiếp của một R-môđun phải M và u : M → X là X-bao tổng quát của M sao cho u| N : N → X cũng là

X-bao tổng quát của N Chúng ta viết M = N ⊕K và gọi π : M → N là phép chiếu chính tắc với hạt nhân là K, ι : N → M là đơn cấu chính tắc. Chúng ta xét biểu đồ sau:

Khi đó, tồn tại một đồng cấu h : X → X sao cho h◦u = u| N ◦π Mặt khác, chúng ta lại xét biểu đồ sau của các đồng cấu

Theo giả thiết u| N : N → X là X-bao tổng quát của N nên tồn tại một đồng cấu h 0 : X →X sao cho h 0 ◦(u| N ) = u◦ι = u| N Từ đây suy ra h 0 là một tự đẳng cấu của X Chúng ta có h◦h 0 ◦(u| N ) =h◦u◦ι = u| N ◦π◦ι = u| N

Suy ra h◦h 0 là một tự đẳng cấu của X, cho thấy tồn tại tự đẳng cấu g của X sao cho g◦h◦h 0 = 1 X Từ đó, ta có h = g −1 ◦(h 0 ) −1, chứng minh h là một tự đẳng cấu của X Hơn nữa, do h◦u = u| N ◦π, suy ra π là một đơn cấu, dẫn đến kết luận K = Ker(π) = 0 Cuối cùng, ta có M = N.

Mệnh đề 6.1.1.8 Giả sử lớp môđun X cũng đóng dưới tổng trực tiếp bất kỳ. Nếu mỗi ϕ i : M i → X i là X-tiền bao tổng quát của M i thì ⊕ϕ i : ⊕M i → ⊕X i là X-tiền bao tổng quát ⊕M i

Để chứng minh, xét đồng cấu ϕ 0 : ⊕M i → X 0 Gọi qi : Mi → ⊕M i là phép nhúng chính tắc Vì ϕ i : M i → X i là X-tiền bao tổng quát của M i, nên tồn tại đồng cấu f i : X i → X 0 sao cho ϕ 0 ◦ q i = f i ◦ ϕ i Theo định nghĩa của tổng trực tiếp, tồn tại duy nhất một đồng cấu f : ⊕X i → X 0 sao cho f| X i = f i Điều này cho phép kiểm tra ϕ 0 = f ◦ (⊕ϕ i) Định lý 6.1.1.9 phát biểu rằng giả sử M = M 1 ⊕ M 2 với M 1, M 2 là hai môđun con.

M và M1, M2 có X-bao tổng quát lần lượt u1 : M1 → X1, u2 : M2 →X2 Khi đó, u 1 ⊕u 2 : M →X 1 ⊕X 2 là một X-bao tổng quát của M.

Chứng minh Gọi ι i : M i →M là các đơn cấu chính tắc Lấy u 0 : M → X 0 là một đồng cấu bất kỳ với X 0 ∈ X Vì u1 : M1 → X1 là X-bao tổng quát của

M 1 nên tồn tại đồng cấu f 1 : X 1 →X 0 sao cho u 0 ◦ι 1 = f 1 ◦u 1 ,

Tương tự, tồn tại f 2 : X 2 → X 0 sao cho u 0 ◦ι 2 = f 2 ◦u 2 Theo tính chất phổ dụng của tổng trực tiếp, tồn tại f : X1 ⊕X2 →X 0 với f| X 1 = f1, f| X 2 = f2.

Từ đó, chúng ta kiểm tra được f ◦(u1 ⊕u2) =u 0

Lấy g là tự đồng cấu của X1 ⊕ X2 thỏa mãn điều kiện g◦(u1 ⊕ u2) = u1 ⊕ u2 Chúng ta sẽ chứng minh rằng g là một tự đẳng cấu Cụ thể, gọi ij: Xi → X1 ⊕ X2 là các phép nhúng chính tắc và πj: X1 ⊕ X2 → Xj là các phép chiếu chính tắc, áp dụng cho mọi phần tử x1, x2.

= gi 1 (x 1 ) +gi 2 (x 2 ) π 1 gi 1 (x 1 ) +π 1 gi 2 (x 2 ) π 2 gi 1 (x 1 ) +π 2 gi 2 (x 2 ) π 1 gi 1 π 1 gi 2 π 2 gi 1 π 2 gi 2 x 1 x 2 Đặt π 1 gi 1 = ϕ 11 , π 1 gi 2 = ϕ 12 , π 2 gi 1 = ϕ 21 , π 2 gi 2 = ϕ 22 Khi đó, g được biểu diễn dưới dạng ma trận ϕ11 ϕ12 ϕ 21 ϕ 22

Suy ra u1 = ϕ11u1;ϕ12u2 = 0;u2 = ϕ22u2;ϕ21u1 = 0 Vì u1 là X-bao tổng quát của M 1 nên ϕ 11 là tự đẳng cấu của X 1 Xét tích ma trận

Chúng ta chú ý ϕ 12 u 2 = 0, u 2 = ϕ 22 u 2 Khi đó, chúng ta có

Vì u2 là X-bao tổng quát của M2 nên −ϕ 21 ϕ11 −1ϕ12+ϕ22 là tự đẳng cấu của

X 2 Như vậy, từ tích ma trận được xét ở trên, suy ra ma trận biểu diễn của g là nghịch đảo Vậy g là tự đẳng cấu.

Cho E là lớp tất cả các R-môđun phải nội xạ, mối quan hệ giữa bao nội xạ và E-bao tổng quát được thể hiện qua Định lý 6.1.1.10 Theo đó, nếu M là R-môđun phải và E thuộc E, thì các khẳng định liên quan đến bao nội xạ và E-bao tổng quát là tương đương.

(1) ϕ : M → E là một E-bao tổng quát.

(2) ϕ : M → E là bao nội xạ của môđun M.

Chúng ta chú ý rằng mỗi R-môđun M đều có thể nhúng vào một môđun nội xạ E₀, dẫn đến sự tồn tại của đơn cấu ϕ₀: M → E₀ Theo định nghĩa của E-bao tổng quát của M, có một đồng cấu f: E → E₀ sao cho ϕ₀ = f ◦ ϕ, chứng tỏ rằng ϕ là đơn cấu Giả sử ϕ(M) không cốt yếu trong E, thì sẽ tồn tại một môđun con khác K ≤ E với ϕ(M) ∩ E = 0.

K+ϕ(M) = K⊕ϕ(M) nên chúng ta xác định đồng cấu p: K⊕ϕ(M) →E bởi p(k+ϕ(m)) = ϕ(m), k ∈ K, m ∈ M Vì E là nội xạ nên p được mở rộng đến đồng cấu g : E →E Ta có biểu đồ sau giao hoán:

Chú ý, ϕ = g◦ϕ Theo định nghĩa của E-bao tổng quát, chúng ta phải có g là một tự đẳng cấu của E Điều này chứng tỏ g(K) = 0, và vì vậy K = 0.

Theo định nghĩa của môđun nội xạ, ϕ : M → E là một E-tiền bao tổng quát của M Nếu tồn tại tự đồng cấu f của E sao cho ϕ = f ◦ ϕ, chúng ta sẽ chứng minh rằng f là đẳng cấu Ta biết rằng f là đơn cấu vì ϕ là đơn cấu cốt yếu Do đó, E có thể được biểu diễn dưới dạng E = f(E) ⊕ K, trong đó K là môđun con thuộc E.

Khi K = 0 và có phần tử khác không x ∈ K ≤ E, tồn tại phần tử r ∈ R sao cho xr ≠ 0 và xr = y ∈ ϕ(M) Tuy nhiên, y = ϕ(m) = f ϕ(m) ∈ f(E) ∩ K = 0, dẫn đến mâu thuẫn Do đó, chúng ta kết luận rằng K = 0 hoặc f là toàn cấu, từ đó suy ra f là đẳng cấu.

Nhắc lại, một dãy khớp ngắn của các R-môđun phải

0→ N →M →L →0 được gọi là dãy khớp ngắn tinh nếu với mỗi R-môđun trái K, ta có dãy khớp ngắn các nhóm aben

Một môđun con N của M được gọi là môđun con tinh khi dãy khớp ngắn 0 → N → M → M/N → 0 là dãy khớp ngắn tinh Đơn cấu f : M → N được xem là tinh nếu ảnh của f, tức Im(f), là môđun con tinh của N.

Một R-môđun phải M được gọi là biểu diễn hữu hạn nếu tồn tại một dãy khớp

Trước khi trình bày điều kiện tương đương cho dãy khớp ngắn tinh, chúng ta sẽ áp dụng bổ đề sau đây Chứng minh bổ đề này khá rõ ràng, do đó chúng tôi sẽ không đề cập đến chi tiết chứng minh.

Bổ đề 6.1.2.1 Cho biểu đồ giao hoán sau của các nhóm aben với các hàng là khớp

(1) Giả sử γ là một đơn cấu và α 0 là một toàn cấu Khi đó, γ” là đơn cấu nếu và chỉ nếu β(H 1 )∩γ(G 2 ) ≤γα(G 1 ).

(2) Giả sử γ là một toàn cấu và β là một đơn cấu Khi đó, γ 0 là toàn cấu nếu và chỉ nếu α 0 (G2)∩Ker(γ”) ≤α 0 (Ker(γ)).

Xét A = (aij) là ma trận cấp n×m với hệ số trên vành R, phép nhân trái của A với các ma trận R m và R n tạo thành R-đồng cấu α : R m → R n Đối hạt nhân của α được ký hiệu là E = Coker(α), và E là một R-môđun phải biểu diễn hữu hạn Mỗi R-môđun phải biểu diễn hữu hạn đều đẳng cấu với các môđun dạng này Tương tự, khi xem R R m và R R n là các ma trận cấp 1×m và 1×n, phép nhân phải bởi ma trận cũng được xác định.

Phủ tổng quát của môđun

6.2.1 Định nghĩa và tính chất

Cho vành R và X là lớp các R-môđun cần phải đóng dưới các đẳng cấu, tổng trực tiếp hữu hạn và hạng tử trực tiếp Định nghĩa 6.2.1.1 nêu rằng cho M là một R-môđun cần phải M.

(1) Một môđun X ∈ X được gọi là X-tiền phủ tổng quát của M nếu tồn tại một đồng cấu p: X → M thỏa mãn điều kiện sau:

Với mọi đồng cấu g : X 0 →M, X 0 ∈ X tồn tại đồng cấu f :X 0 → X sao cho biểu đồ sau giao hoán

Một X-tiền phủ tổng quát của M được định nghĩa là X-phủ tổng quát của M nếu mọi tự đồng cấu h của X thỏa mãn điều kiện p◦h = p thì h phải là một tự đẳng cấu Để tiện lợi, chúng ta sẽ gọi X hoặc đồng cấu p là X-(tiền) phủ tổng quát của M.

Bổ đề 6.2.1.2 Giả sử p : X → M là một X-tiền phủ tổng quát của M và

N là một hạng tử trực tiếp của M Khi đó, X → p M → π N là một X-tiền phủ tổng quát của N, trong đó π : M → N là toàn cấu chính tắc.

Chứng minh Đặt p 0 = π ◦p : X → N và đồng cấu g : X 0 → N với X 0 ∈ X bất kỳ Gọi ι : N → M là đơn cấu chính tắc Chúng ta xét biểu đồ sau:

Vì p là X-tiền phủ tổng quát của M, tồn tại đồng cấu h: X 0 → X sao cho p◦h = ι◦g Điều này dẫn đến p 0 ◦h = g, chứng tỏ p 0 là X-tiền phủ tổng quát của N Theo Định lý 6.2.1.3, nếu M là R-môđun phải và có hai X-phủ tổng quát ϕ 1: X 1 → M và ϕ 2: X 2 → M, thì X 2 ∼= X 1.

Chứng minh Vì ϕ 1 , ϕ 2 là các X-phủ tổng quát của M, tồn tại f 1 : X 2 →X 1 sao cho biểu đồ giao hoán ϕ 1 ◦f 1 = ϕ 2

X 2 ϕ 1 f 1 ϕ 2 và tồn tại f 2 : X 1 →X 2 sao cho biểu đồ sau giao hoán ϕ 2 ◦f 2 = ϕ 1

Suy ra ϕ 2 = ϕ 1 ◦f 1 = ϕ 2 ◦f 2 ◦f 1 và ϕ 1 = ϕ 2 ◦f 2 = ϕ 1 ◦f 1 ◦f 2 Theo định nghĩa của X-phủ tổng quát, f 1 ◦f 2 và f 2 ◦f 1 là các đẳng cấu, do đó f 1 và f 2 cũng là các đẳng cấu, dẫn đến kết luận X 2 ∼= X 1 Định lý 6.2.1.4 cho biết rằng nếu môđun M có X-phủ tổng quát và ϕ : X → M là một X-tiền phủ tổng quát của M, thì X có thể được phân tách thành X = X 1 ⊕K với các môđun con.

X 1 , K sao cho hạn chế đồng cấu ϕ| X 1 : X 1 → M là một X-phủ tổng quát của M và K ≤ Ker(ϕ).

Chứng minh Xét ψ : X 0 → M là X-phủ tổng quát của M Khi đó biểu đồ sau giao hoán

Do ϕ và ψ là X-tiền phủ tổng quát của M, nên có ϕ◦g = ψ và ψ◦f = ϕ Từ đó suy ra rằng ψ = ϕ◦f = ψ◦g◦f Theo định nghĩa của ψ là X-phủ tổng quát, ta có g◦f : X₀ → X₀ là đẳng cấu và X = Ker(g) ⊕ Im(f) Chọn X₁ = Ker(g) ∼= X₀ là một X-phủ tổng quát của M.

Hệ quả 6.2.1.5 Giả sử M có X-phủ tổng quát và ϕ : X → M là X-tiền phủ tổng quát của M Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

(1) ϕ là X-phủ tổng quát của M.

(2) Không tồn tại hạng tử trực tiếp K 6= 0 của X chứa trong Ker(ϕ).

Chứng minh (2) ⇒(1) là hiển nhiên theo Định lý 6.2.1.4.

(1) ⇒ (2) Xét X = X 1 ⊕K với K ≤ Ker(ϕ) Chúng ta xét đồng cấu sau π :X −→X x 1 +k 7−→x 1

Khi đó, ϕ◦π = ϕ Vì ϕ là X-phủ tổng quát của M nên π là đẳng cấu của

X Từ đó suy ra K = Ker(π) = 0.

Mệnh đề 6.2.1.6 Cho N là một hạng tử trực tiếp của một R-môđun phải

M Nếu p : X → M là X-phủ tổng quát của M và là toàn cấu sao cho π ◦p : X → N cũng là X-phủ tổng quát của N với π : M → N là toàn cấu chính tắc thì M = N.

Chứng minh Giả sử N là một hạng tử trực tiếp của một R-môđun phải M và p : X → M là X-phủ tổng quát của M sao cho π ◦p : X → N cũng là

X-phủ tổng quát củaN với π : M →N là toàn cấu chính tắc Gọiι : N →M là đơn cấu chính tắc Chúng ta xét biểu đồ sau:

Khi đó, tồn tại một đồng cấu h : X → X sao cho p◦h = ι◦π◦p Mặt khác, chúng ta lại xét biểu đồ sau của các đồng cấu

Theo giả thiết π ◦ p : N → X là X-phủ tổng quát của N nên tồn tại một đồng cấu h 0 : X →X sao cho (π◦p)◦h 0 = π◦p Từ đây suy ra h 0 là một tự đẳng cấu của X Chúng ta có

Suy ra h 0 ◦h là một tự đẳng cấu của X, dẫn đến tồn tại một tự đẳng cấu g của X sao cho h 0 ◦h◦g = 1 X Từ đó, ta có h = (h 0 ) −1 ◦(g) −1, chứng minh h là một tự đẳng cấu của X Hơn nữa, vì p◦h = ι◦π◦p, nên ι là một toàn cấu, dẫn đến kết luận M = Im(ι) = N Định lý 6.2.1.7 chỉ ra rằng nếu lớp X đóng dưới tích trực tiếp bất kỳ và mỗi ϕ i : X i → M i là X-tiền phủ tổng quát của M i thì Q ϕ i : Q.

M i là một X-tiền phủ tổng quát của Q

M i là đồng cấu bất kỳ, với X ∈ X Ta có pi : Q

Mi là phép chiếu chính tắc, với ϕi : Xi → Mi là X-tiền phủ tổng quát của Mi Do đó, tồn tại đồng cấu fi : X → Xi sao cho biểu đồ giao hoán p i ϕ = ϕ i f i.

Ta xác định đồng cấu f : X → Q

Xi bởi f(x) = (fi(x)) Khi đó:

Tức là, tồn tại đồng cấu f : X →Q

X i sao cho biểu đồ sau giao hoán

Q ϕ i f ϕ Định lý 6.2.1.8 Giả sử M = M 1 ⊕ M 2 ⊕ ⊕ M n với M i ,(i = 1, n) là môđun con của M, ϕ i : X i → M i là các X-phủ tổng quát của M i Khi đó,

⊕ n i=1 ϕi : ⊕X i →M là một X-phủ tổng quát của M.

Chứng minh Ta chỉ cần chứng minh định lý đúng với n = 2 Hiển nhiên ϕ 1 ⊕ϕ 2 là X-tiền phủ tổng quát của M 1 ⊕M 2 Giả sử tồn tại tự đồng cấu f : X 1 ⊕X 2 → X 1 ⊕X 2 thỏa (ϕ 1 ⊕ϕ 2 )◦f = ϕ 1 ⊕ϕ 2 Gọi i j : X 1 ⊕X 2 →

X j ,(j = 1,2) là phép chiếu chính tắc và π i : X i → X 1 ⊕X 2 ,(i = 1,2) là phép nhúng chính tắc Khi đó, X j → i j X 1 ⊕X 2 → f X 1 ⊕X 2 → π i X i

= f i 1 (x 1 ) +f i 2 (x 2 ) π1f i1(x1) +π1f i2(x2) π2f i1(x1) +π2f i2(x2) π1f i1 π1f i2 π2f i1 π2f i2 x1 x2 Đặt π 1 ◦f ◦i 1 = ϕ 11 , π 1 ◦f ◦i 2 = ϕ 12 , π 2 ◦f ◦i 1 = ϕ 21 , π 2 ◦f ◦i 2 = ϕ 22 Khi đó, f được biểu diễn dưới dạng ma trận ϕ 11 ϕ 12 ϕ21 ϕ22

Với mọi x1 ∈ X1, với mọi x2 ∈ X2 ta có ϕ 1 (x 1 ) ϕ 2 (x 2 )

, do đó ϕ 1 (x 1 ) =ϕ 1 ϕ 11 (x 1 ) + ϕ 1 ϕ 12 (x 2 ) và ϕ 2 (x 2 ) =ϕ 2 ϕ 21 (x 1 ) + ϕ 2 ϕ 22 (x 2 ) với mọi x 1 ∈ X 1 , với mọi x 2 ∈ X 2 Suy ra ϕ 1 = ϕ 1 ◦ ϕ 11 ;ϕ 1 ◦ϕ 12 = 0 và ϕ 2 = ϕ 2 ◦ϕ 22 ;ϕ 2 ◦ϕ 21 = 0 Vì ϕ 1 , ϕ 2 lần lượt là X-bao tổng quát của M 1 , M 2 nên ϕ 11 , ϕ 21 là các tự đẳng cấu Xét tích ma trận

Vì ϕ 2 là X-bao tổng quát của M 2, nên biểu thức −ϕ 21 ◦ϕ 11 −1 ◦ϕ 12 +ϕ 22 cho thấy rằng nó là tự đẳng cấu của X2 Do đó, từ tích ma trận đã được phân tích, ta có thể kết luận rằng ma trận biểu diễn của f có nghịch đảo, tức là f là tự đẳng cấu.

6.2.2 Mối liên hệ giữa phủ xạ ảnh và phủ tổng quát

Một môđun con S của M được gọi là đối cốt yếu trong M, ký hiệu là

Nếu với bất kỳ môđun con L của M thỏa mãn S + L = M thì L phải bằng M Tiếp theo, chúng ta định nghĩa phủ xạ ảnh Một toàn cấu p: P → M được gọi là phủ xạ ảnh của M nếu P là R-môđun xạ ảnh và p là toàn cấu đối cốt yếu, tức là ker(p) = P Khi đó, P được xem là phủ xạ ảnh của M.

Ví dụ 6.2.2.2 (1) Nếu M là môđun xạ ảnh, thì đồng cấu đồng nhất i :

M → M là toàn cấu đối cốt yếu (hạt nhân của nó bằng 0) Do đó, môđun xạ ảnh luôn luôn có phủ xạ ảnh.

(2) Phủ xạ ảnh của Z 6 -môđun Z 6 là Z 6

(3) Nếu J(R) = 0, thì môđun M có phủ xạ ảnh nếu và chỉ nếu M là môđun xạ ảnh.

Lớp các R-môđun phải xạ ảnh được ký hiệu là P Trong trường hợp này, khái niệm P-phủ tổng quát và phủ xạ ảnh là tương đương nhau Định lý 6.2.2.3 nêu rằng nếu M là một R-môđun phải và ϕ : P → M là một đồng cấu, thì các điều kiện liên quan sẽ được thiết lập.

P ∈ P Khi đó, các điều kiện sau là tương đương:

Giả sử ϕ : P → M là P-phủ tổng quát của M Mọi môđun M đều là ảnh toàn cấu của một môđun xạ ảnh P 0 nào đó, từ đó kết hợp với điều kiện đầu của P-phủ tổng quát cho thấy ϕ là một toàn cấu Xét môđun con L của P sao cho L + Ker(ϕ) = P, ta có thu hẹp ϕ| L : L → M là một toàn cấu Vì P ∈ P là xạ ảnh, nên tồn tại đồng cấu f : P → L sao cho ϕ = ϕ| L ◦ f.

Để ýϕ, L = ϕ◦ι với ι là phép nhúng chính tắc vào P, do đó ϕ = ϕ◦ι◦f Theo điều kiện thứ hai của P-phủ tổng quát, ι◦f là một tự đẳng cấu của P, suy ra ι là một toàn cấu, và do đó L = P Kết luận, Ker(ϕ) P hay ϕ : P → M là phủ xạ ảnh của M.

Giả sử ϕ : P → M là phủ xạ ảnh của M, thì ϕ là P-tiền phủ tổng quát Khi lấy tự đồng cấu f của P với điều kiện ϕ = ϕ◦f, ta có P = Ker(ϕ) + f(P) Do đó, Ker(ϕ) thuộc P.

P = f(P) cho thấy f là toàn cấu Vì P là xạ ảnh, f cũng là toàn cấu chẻ ra Do đó, tồn tại một đơn cấu g: P → P sao cho f ◦ g = 1_P, dẫn đến ϕ = ϕ ◦ g Lặp lại quá trình này, g cũng là một toàn cấu, và do đó, nó là một đẳng cấu Kết luận rằng f là một đẳng cấu Do đó, ϕ: P → M là một P-phủ tổng quát của M.

Từ Định lý 6.2.2.3 và các tính chất của P-phủ tổng quát, ta có thể suy ra một số kết quả quan trọng về phủ xạ ảnh của môđun M Cụ thể, Định lý 6.2.2.4, hay còn gọi là Bổ đề cơ bản của phủ xạ ảnh, nêu rõ rằng nếu P là phủ xạ ảnh của R-môđun phải M, và Q là môđun xạ ảnh với toàn cấu q : Q→ M, thì các kết quả liên quan sẽ được xác lập.

Tính bất biến của các môđun

Trong phần này, chúng ta sẽ khám phá tính bất biến của các môđun, đồng thời nghiên cứu cấu trúc của vành và môđun thông qua khía cạnh này.

6.3.1 Môđun X-bất biến đẳng cấu Định nghĩa 6.3.1.1 Một R-môđun phải M được gọi là X-bất biến đẳng cấu nếu tồn tại X-bao tổng quát u : M → X sao cho với bất kỳ tự đẳng cấu g : X → X đều tồn tại một tự đồng cấu f :M → M sao cho u◦f = g ◦u.

Bổ đề 6.3.1.2 Cho M là môđun X-bất biến đẳng cấu và u : M → X là

X-bao tổng quát và đơn cấu Khi đó, nếu f ∈ End(M) và g ∈ Aut(X) thỏa mãn u◦f = g ◦u thì f là một đẳng cấu.

Chứng minh Thật vậy, vì g −1 cũng là tự đẳng cấu của X nên tồn tại tự đồng cấu f 0 : M →M sao cho u◦f 0 = g −1 ◦u Suy ra u◦f 0 ◦f = g −1 ◦u◦f = g −1 ◦g◦u = u và u◦f ◦f 0 = g◦u◦f 0 = g ◦g −1 ◦u = u

Vì u là đơn cấu nên u giản ước được bên trái Do đó f ◦f 0 = f ◦f 0 = idM và vì vậy f là đẳng cấu.

Bổ đề 6.3.1.3 Cho môđun M với u : M → X là X-bao tổng quát của M. Nếu f ∈ End(M) và g, g 0 ∈ End(X) thỏa mãn g ◦ u = u ◦f = g 0 ◦u, thì g −g 0 ∈ J(End(X)).

Chứng minh Với mọi f : M → M, theo định nghĩa của u, luôn tồn tại g : X → X sao cho u◦f được phân tích qua u, hay u◦f = g◦u

Gọi g, g 0 ∈ End(X) thỏa mãn g ◦ u = g 0 ◦ u = u ◦ f Để chỉ ra g − g 0 ∈

J(End(X)), ta cần chứng minh 1−t(g −g 0 ) là phần tử khả nghịch với mọi t ∈ End(X) Ta có t◦(g −g 0 )◦u = t◦(g ◦u−g 0 ◦u) = 0, suy ra u−t◦(g −g 0 )◦u = (1−t◦(g−g 0 ))◦u = u.

Theo định nghĩa của u suy ra 1−t(g −g 0 ) là đẳng cấu, hay 1−t(g −g 0 ) là phần tử khả nghịch Chúng ta kết luận g −g 0 ∈ J(End(X)).

Từ Bổ đề 6.3.1.3, với môđun M có ánh xạ u: M → X là X-bao tổng quát, chúng ta xác định một đồng cấu vành Φ: End(M) → End(X)/J(End(X)), với Φ(f) = g + J(End(X)) và g thỏa mãn điều kiện u◦f = g◦u Do đó, Φ xác định một đơn cấu vành Φ: End(M¯)/Ker(Φ) → End(X)/J(End(X)), hay End(M)/Ker( ¯Φ) ∼= Im( ¯Φ) là một vành con của End(X)/J(End(X)).

Nếu M là X-bất biến đẳng cấu, thì mỗi phần tử của J(End(X)) có thể được coi là một mở rộng của phần tử thuộc Ker(Φ).

Bổ đề 6.3.1.5 Giả sử M là X-bất biến đẳng cấu với X-bao tổng quát là u : M → X Khi đó, với mọi j ∈ J(End(X)) tồn tại k ∈ Ker(Φ) sao cho u◦k = j◦u.

Chứng minh rằng 1−j là tự đẳng cấu của X khi j ∈ J(End(X)) Theo giả thiết, M là X-bất biến đẳng cấu, nên tồn tại f ∈ End(M) sao cho u ◦ f = (1−j)◦u Từ đó, ta có j ◦u = u − (1−j)◦u = u − u◦f = u◦(1−f) Đặt k = 1 − f, ta suy ra u ◦ k = j ◦ u và Φ(k) = j + J(End(X)) = 0, điều này chứng tỏ k ∈ Ker(Φ).

Bổ đề 6.3.1.6 nêu rõ rằng nếu S là vành chính quy von Neumann tự nội xạ và R là một vành con của S, thì R sẽ trở thành vành chính quy von Neumann nếu nó bất biến dưới phép nhân trái bởi các phần tử khả nghịch của S.

R = R1 × R2, trong đó R1 là vành chính quy von Neumann, đảm bảo mọi phần tử lũy đẳng là tâm, và R2 là vành chính quy von Neumann tự nội xạ, bất biến dưới phép nhân trái bởi các phần tử thuộc S.

Một vành S được gọi là vành chính quy Von Neumann tự nội xạ nếu nó có thể phân tích thành S = T1 × T2, trong đó T1 là vành chính quy tự nội xạ phải, với mọi phần tử lũy đẳng là tâm, và mọi phần tử của T2 là tổng của hai phần tử khả nghịch Do R là vành con của S, ta có thể viết R = R1 × R2, trong đó R1 là vành con của T1 và R2 là vành con của T2 Giả sử tất cả các phần tử khả nghịch của

S đều nằm trong R Lấy bất kỳ phần tử t2 ∈ T2 Khi đó t2 = α+β với α, β khả nghịch trong T 2 Do đó 1 T 1 ×α và 1 T 1 ×β là các phần tử khả nghịch trong

S Theo giả thiết ta được(1 T 1 ×α)(1 R 1 ×1 R 2 ) ∈ R và (1 T 1 ×β)(1 R 1 ×1 R 2 ) ∈ R, suy ra α1 R 2 ∈ R 2 và β1 R 2 ∈ R 2 Như vậy, t 2 = t 2 1 R 2 = (α1 R 2 ) + (β1 R 2 ) ∈ R 2 hay T 2 ≤ R 2 Vậy T 2 = R 2 , suy ra T 2 ≤ R và T 2 là iđêan chính quy von Neumann của R Vì mọi vành chính quy von Neumann sao cho mọi phần tử lũy đẳng là tâm, là chính quy khả nghịch, nên với x ∈ T1 tồn tại phần tử khả nghịch u ∈ T 1 sao cho x = xux Hơn nữa u+ 1 T 2 là khả nghịch trong S nên khả nghịch trong R Vậy R/T 2 là vành chính quy von Neumann Chúng ta kết luận R là vành chính quy von Neumann.

Kết quả liên quan đến môđun X-bất biến đẳng cấu M cho thấy rằng nếu M là môđun X-bất biến đẳng cấu, thì End(M)/J(End(M)) tạo thành một vành chính quy von Neumann, và các luỹ đẳng nâng modulo J(End(M)) cũng được xác định trong bối cảnh này.

Chứng minh rằng xét g+J(End(X)) là phần tử khả nghịch của End(X)/J(End(X)), từ đó suy ra g là tự đẳng cấu của X Do M là môđun X-bất biến đẳng cấu, tồn tại tự đồng cấu f của M sao cho u◦f = g◦u Theo Nhận xét 6.3.1.4, ta có Φ(f¯ + Ker(Φ)) = g+J(End(X)) thuộc Im( ¯Φ) Chọn Φ(f¯ 0 + Ker(Φ) là phần tử bất kỳ của Im( ¯Φ).

Như vậy Im( ¯Φ) bất biến dưới phép nhân trái bởi phần tử khả nghịch của

End(X)/J(End(X)) Theo Bổ đề 6.3.1.6, Im( ¯Φ) là vành chính quy von Neu- mann Suy ra End(M)/Ker(Φ) cũng vậy Do đó, J(End(M)/Ker(Φ)) = 0 hay J(End(M)) ⊆ Ker(Φ).

Bây giờ, với mọif ∈ Ker(Φ), ta cóΦ(f¯ ) = g+J(End(X)) = 0vớig ∈ End(X) thỏa mãn u◦f = g◦u Suy ra g ∈ J(End(X)), do đó 1−g khả nghịch trong

J(End(X)) Do M là môđun X-bất biến đẳng cấu, (1−g) −1 là một tự đẳng cấu của X nên tồn tại h ∈ End(M) sao cho (1−g) −1 ◦u = u◦h Khi đó, u = (1−g) −1 ◦(1−g)◦u

= (1−g) −1 ◦u◦(1−f) = u◦h◦(1−f), đồng thời u = (1ưg)(1ưg) ư1 u = (1ưg)uh = (uưgu)h = (uưuf)h = u(1ưf)h.

Do u là đơn cấu, bởi Nhận xét 6.3.1.2 ta được 1 − f là khả nghịch hay f ∈ J(End(M)) Vậy J(End(M)) = Ker(Φ) Do đó, End(M)/J(End(M)) vành chính quy von Neumann.

Cuối cùng, lấy f +J(End(M) là phần tử lũy đẳng của End(M)/J(End(M)). Khi đó, tồn tại g ∈ End(X) thỏa mãn u◦f = g ◦u hay g +J(End(X)) = ¯Φ(f +J(End(M)).

Vì f + J(End(M)) là lũy đẳng, nên g + J(End(X)) cũng là phần tử lũy đẳng của End(X)/J(End(X)) Do g + J(End(X)) nâng modulo J(End(X)), tồn tại phần tử lũy đẳng e của End(X) sao cho g + J(End(X)) = e + J(End(X)), tức là g − e ∈ J(End(X)) Theo Bổ đề 6.3.1.5, có k ∈ J(End(M)) sao cho (g − e)◦u = u◦k Suy ra, g◦u − u◦k = e◦u hay u◦(f − k) = e◦u.

Do đó Φ(f −k) = e+ J(End(X)) Như vậy, ta có u◦(f −k) 2 = e◦u◦(f −k) = e 2 ◦u = e◦u = u◦(f −k)

Vì u là đơn cấu nên (f − k)² = (f − k), điều này cho thấy (f − k) là phần tử lũy đẳng của End(M) Hơn nữa, ta có f + J(End(M)) = (f − k) + J(End(M)), chứng tỏ rằng các lũy đẳng của End(M)/J(End(M)) nâng modulo J(End(M)).

Bổ đề 6.3.1.8 khẳng định rằng nếu M là môđun X-bất biến đẳng cấu và mỗi hạng tử trực tiếp của M đều có X-bao tổng quát, thì bất kỳ hạng tử trực tiếp nào N của M cũng sẽ là X-bất biến đẳng cấu.

Chứng minh Giả sử M = N⊕L và xét uN : N →XN và uL : L → XL tương ứng là các X-bao tổng quát của N, L Khi đó, u = u N ⊕u L : M = N ⊕L →

X N ⊕ X L là một X-bao tổng quát của M Xét f : X N → X N là tự đẳng cấu bất kỳ và xét tự đẳng cấu tự nhiên (f,1X L ) : XN ⊕XL →XN ⊕XL Vì

Môđun M được gọi là X-bất biến đẳng cấu nếu thỏa mãn điều kiện (f, 1X L)(M) ≤ M, từ đó suy ra f(N) ≤ N Điều này cho thấy N là X-bất biến đẳng cấu Định nghĩa 6.3.1.9 nêu rõ rằng một môđun M được coi là X-bất biến đồng cấu nếu tồn tại một X-bao tổng quát u: M → X, sao cho với bất kỳ tự đồng cấu g: X → X, tồn tại tự đồng cấu f: M → M, đảm bảo rằng u◦f = g◦u.

Hiển nhiên một môđun X-bất biến đồng cấu là X-bất biến tự đẳng cấu cấu, ngược lại ta có mệnh đề sau:

Bao bất biến đẳng cấu và vành a-hypercyclic

6.4.1 Bao bất biến đẳng cấu của môđun

Một vành K¨othe là vành mà mọi môđun trên nó là tổng trực tiếp của các môđun xyclic K¨othe đã chứng minh rằng vành iđêan chính Artin là một ví dụ của vành K¨othe Gần đây, các tác giả đã chỉ ra rằng nếu R là vành K¨othe với tất cả các lũy đẳng thuộc tâm, thì R sẽ là một vành iđêan chính trái Artin.

Để trả lời câu hỏi của K¨othe về vành R, một vành Artin, bất biến đẳng cấu và không suy biến cần thiết để mọi R-môđun trái (hoặc cả trái và phải) là tổng trực tiếp của các môđun xyclic.

Theo Định lý 6.3.2.11, ta có sự phân tích R = S ⊕ T, trong đó S là vành tự nội xạ phải và T là không chính phương Cần lưu ý rằng cả S và T đều là các iđêan phải của R, vì vậy chúng là các R-môđun Artin phải.

T là các vành Artin phải Khi đó, S là nửa đơn Artin Vì T là Artin phải, tồn tại một tập của các lũy đẳng địa phương {e 1 , e 2 , , e m } của T sao cho

Mỗi vành e_i T (với e_i thuộc tâm) hiện nay là một vành Artin địa phương không suy biến Nếu mỗi e_i T có căn Jacobson khác không, thì e_i T-môđun duy nhất phải là iđêan suy biến, dẫn đến việc đế phải của vành e_i T là không, điều này mâu thuẫn với tính chất Artin Do đó, mỗi e_i T là một vành chia, từ đó kết luận rằng T là nửa đơn Artin, và R cũng có tính chất tương tự.

Hệ quả 6.4.1.2 Giả sử mọi R-môđun phải xyclic là bất biến đẳng cấu Nếu

R là một vành K¨othe phải thì R là một vành iđêan chính trái Artin.

Chúng ta sẽ nghiên cứu sự tồn tại và tính duy nhất (khác một đẳng cấu) của mở rộng cốt yếu bất biến đẳng cấu cực tiểu của một môđun Gọi Ω là vành con của End(E(M)) được sinh ra từ tất cả các đẳng cấu của E(M) Theo Định lý 6.4.1.3, mỗi R-môđun M đều có một mở rộng cốt yếu bất biến đẳng cấu cực tiểu duy nhất trong E(M).

Chứng minh Chúng ta ký hiệu ΩM = P f ∈Ω f(M) Khi đó, rõ ràng chúng ta có M ≤ ΩM ≤ E(M) và E(ΩM) = E(M) Điều này suy ra Ω(ΩM) = ΩM.

Vì vậy, ΩM là môđun bất biến đẳng cấu.

Giả sử M ≤ N ≤ E(M) và N là bất biến đẳng cấu, ta có E(N) = E(M) Do đó, Ω là vành con của End(E(N)) được sinh bởi tất cả các đẳng cấu của E(M) Kết luận rằng ΩN ≤ N, từ đó suy ra ΩM ≤ ΩN ≤ N.

M ≤ e ΩM chứng tỏ rằng ΩM là một mở rộng cốt yếu bất biến đẳng cấu cực tiểu của M trong E(M) Định nghĩa 6.4.1.4 nêu rõ về mở rộng bất biến đẳng cấu cực tiểu của một R-môđun.

M được gọi là bao bất biến đẳng cấu của M Ký hiệu A(M).

Sau đây chúng ta có một số tính chất của bao bất biến đẳng cấu của các môđun.

Mệnh đề 6.4.1.5 Cho M và N là các R-môđun phải.

(1) Nếu f : N → M là một đơn cấu thì tồn tại một đơn cấu f¯: A(N) → A(M) sao cho f¯là một mở rộng của f.

(3) Cho Ω 0 là vành con sinh bởi tất cả các đẳng cấu của End(A(M)) Khi đó Ω 0 M = A(M).

Chứng minh (1) và (3) được suy ra từ định nghĩa và Định lý 6.4.1.3.

(2) Chúng ta có thể kiểm tra rằng E(M ⊕N) = E(M)⊕E(N) là một bao nội xạ của A(M ⊕N) Mặt khác, chúng ta có

Hơn nữa, vì A(M ⊕ E(N)) là bất biến đẳng cấu, ta được E(M) ∩ A(M ⊕

N) và E(N) là nội xạ tương hỗ Mặt khác, E(M) là một bao nội xạ của E(M) ∩ A(M ⊕ N) Gọi φ : E(M) → E(N) là một đẳng cấu Khi đó, φ(E(M)∩ A(M ⊕N)) ≤ E(N) Hơn nữa, E(M)∩ A(M ⊕N) là E(N)-nội xạ nên φ −1 (E(N)) ≤ E(M) ∩ A(M ⊕N) và từ đó chúng ta có đẳng cấu φ hạn chế trên E(M)∩A(M ⊕N) đến E(N) là một đẳng cấu Tóm lại, chúng ta có E(M)∩ A(M ⊕E(N)) ∼= E(N) Chúng ta kết luận A(M ⊕E(N)) ∼ E(M)⊕E(N). Định nghĩa 6.4.1.6 Cho M là một R-môđun phải.

(1) Một môđun M được gọi là Σ-tựa nội xạ nếu M (α) là tựa nội xạ với bất kỳ α.

Môđun M được xem là Σ-bất biến đẳng cấu khi M (α) duy trì tính chất bất biến đẳng cấu với mọi α Định lý 6.4.1.7 nêu rõ rằng các điều kiện sau đây là tương đương đối với một vành R.

(1) Bao bất biến đẳng cấu của mỗi R-môđun phải xyclic là Σ-tựa nội xạ.

(2) Bao bất biến đẳng cấu của mỗi R-môđun phải xyclic là Σ-bất biến đẳng cấu

Hơn nữa, mọi môđun thương của R R có chiều Goldie hữu hạn.

Chứng minh (1) ⇒(2) Điều này là rõ ràng.

Lấy C là một R-môđun xyclic và ℵ là một tập chỉ số bất kỳ, ta có A(C)(ℵ×ℵ) ∼= A(C)(ℵ) ⊕ A(C)(ℵ), cho thấy A(C)(ℵ) là một môđun bất biến đẳng cấu Điều này dẫn đến kết luận rằng A(C)(ℵ) là A(C)(ℵ)-nội xạ, từ đó suy ra rằng A(C) là Σ-tựa nội xạ.

Chúng ta chỉ ra rằng mọi môđun thương của vành R có chiều Goldie hữu hạn Gọi I là một iđêan phải của R Khi đó, môđun A(R/I) là môđun Σ-tựa nội xạ, dẫn đến A(R/I) = ⊕ K Xi, với mỗi Xi là một môđun tương ứng với tập chỉ số K Hơn nữa, tồn tại một tập con hữu hạn F của K sao cho R/I ≤ ⊕ F Xi Điều này cho thấy R/I có chiều Goldie hữu hạn Định lý 6.4.1.8 khẳng định rằng các điều kiện sau là tương đương đối với vành R.

(1) Bao bất biến đẳng cấu của mỗi R-môđun phải xyclic là Σ-nội xạ.

(2) Mọi môđun bất biến đẳng cấu là nội xạ.

(3) Mọi tổng trực tiếp của hai môđun bất biến đẳng cấu là bất biến đẳng cấu.

Trong trường hợp này, R là vành Nơte phải và mỗi R-môđun phải đơn là nội xạ.

Chứng minh (2) ⇔ (3) được suy ra bởi vì R là Nơte phải và mỗi R-môđun phải đơn là nội xạ.

Lấy M là một môđun bất biến đẳng cấu, I là một iđêan phải của R và ϕ : I → M là một đồng cấu ϕ(I) ∼= I/Ker(ϕ) có chiều hữu hạn, cho phép tồn tại một tổng trực tiếp U1⊕U2⊕ ⊕Uk trong ϕ(I) của các môđun xyclic U i Mỗi A(U i ) là Σ-nội xạ, dẫn đến A(U 1 )⊕A(U 2 )⊕ ⊕A(U k ) cũng là nội xạ, và do đó, cốt yếu trong A(ϕ(I)) Từ đó, A(ϕ(I)) = A(U 1 )⊕A(U 2 )⊕ ⊕A(U k ) là nội xạ, cho phép tồn tại một đồng cấu ϕ : R R → A(ϕ(I)) mà mở rộng của ϕ Vì M là môđun bất biến đẳng cấu, chúng ta có A(ϕ(I)) ≤ M, kết luận rằng ϕ có thể được mở rộng từ R R đến M.

(2) ⇒ (1) Điều này là rõ ràng.

Một vành R được gọi là CSI phải nếu bao nội xạ của mọi R-môđun phải xyclic là P

Nội xạ vẫn là một vấn đề chưa được giải quyết hoàn toàn, đặc biệt là việc xác định xem mọi CSI-vành có nhất thiết phải có Nơte hay không Gần đây, một số tác giả đã tiến hành khảo sát các vành mà trên đó mọi R-môđun phải là cyclic và có một bao P.

Nội xạ xạ ảnh dẫn đến kết quả rằng vành R thỏa mãn điều kiện nếu và chỉ nếu R là Artin, E(R R) là xạ ảnh và mọi R-môđun đơn được nhúng trong R R Từ những kết quả này, chúng ta có thể rút ra kết luận quan trọng.

Hệ quả 6.4.1.9 Các điều kiện sau là tương đương đối với một vành R sao cho mọi R-môđun phải khác không có đế khác không:

(2) Mọi R-môđun phải xyclic là tựa nội xạ.

(3) Mọi môđun bất biến đẳng cấu là nội xạ.

(4) Bao bất biến đẳng cấu của mỗi R-môđun phải xyclic là Σ-nội xạ.

Theo Định lý Osofsky, vành R được coi là nửa đơn Artin nếu và chỉ nếu mọi R-môđun phải xyclic đều là nội xạ Chúng ta cũng có một phiên bản của định lý này áp dụng cho lớp môđun bao bất biến đẳng cấu của các môđun xyclic Định lý 6.4.1.10 chỉ ra rằng các điều kiện sau đây là tương đương đối với một vành R.

(1) Bao bất biến đẳng cấu của mỗi R-môđun phải xyclic là xạ ảnh và Σ-nội xạ.

Chứng minh (1) ⇒ (2) Theo Định lý 6.4.1.8, R là vành Nơte phải Bây giờ ta chỉ ra rằng E(R R ) là xạ ảnh Ta có, tồn tại các môđun đều xyclic