Một tự đồng cấu song ánh được gọi là một tự đẳng cấu.Nếu tồn tại một đẳng cấu đi từ R và R0 thì ta nói R đẳng cấu với R0.. Vành địa phươngvà định lý Krull-Remak-Schmidt2.1Vành địa phương
Lý thuyết vành
Vành
Định nghĩa 1.1.1 Một tập hợp R khác rỗng cùng với phép toán 2 ngôi cộng (+) và nhân (.) được gọi là một vành nếu:
Phần tử trung hòa của phép cộng được kí hiệu bởi 0 (thường gọi là phần tử không) Phần tử đơn vị nếu có của phép nhân được kí hiệu bởi 1 Nếu vành R có nhiều hơn một phần tử và có đơn vị thì 1 6= 0. Định nghĩa 1.1.2 Vành R được gọi là vành giao hóa nếu phép nhân có tính giao hoán, được gọi là vành có đơn vị nếu như phép nhân có phần tử đơn vị.
Ví dụ 1.1.3 1 Các vành số: (Z , +, ) ; (Q , +, ) là vành giao hoán, có đơn vị.
3 tập hợp các ma trận vuông cấp n không suy biến GL n (R ) cùng phép toán cộng, nhân ma trận.
Vành con
1 Tập con A khác rỗng được gọi là vành con của R nếu A ổn định đối với phép toán trong vành R và A cùng với phép toán cảm sinh là một vành.
2 Vành con I của R được gọi là một ideal trái (tương ứng, ideal phải) của R nếu với mọi r ∈ R và x ∈ I ta có: rx ∈ I (tương ứng xr ∈ I) Ta nói I là một ideal của R nếu I vừa là ideal trái, vừa là ideal phải của R.
Ví dụ 1.1.5 1 0 và R là vành con của R và được gọi là vành con tầm thường.
2 Vành các số nguyên (Z , +, ) là vành con của vành các số hữu tỉ (Q , +, ) ,vành các số hữu tỉ (Q , +, ) là vành con của vành các số thực (R , +, ) ,vành các số thực (R , +, ) là vành con của vành các số phức (C , +, ) 3 mZ là vành con của Z.
Đồng cấu vành
Định nghĩa 1.1.6 Một ánh xạ f đi từ vành R vào R 0 được gọi là đồng cấu nếu vành nếu f bảo toàn có phép toán, nghĩa là với mọi x, y ∈ R, f(x + y) = f (x) + f (y) f(x.y) = f (x).f(y)
Một đồng cấu từ R và R được gọi là một tự đồng cấu của R Một đồng cấu mà đồng thời là đơn ánh, toán ánh, song ánh được gọi lần lượt là đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu Một tự đồng cấu song ánh được gọi là một tự đẳng cấu.
Nếu tồn tại một đẳng cấu đi từ R và R 0 thì ta nói R đẳng cấu với R 0 Kí hiệu:
Ghi chú 1.1.7 Imf = {y ∈ R 0 |(∃x ∈ R)|y = f(x)} được gọi là ảnh của đồng cấu vành.
Kerf = {x ∈ R|f (x) = 0} được gọi là hạt nhân của đồng cấu vành.
Ví dụ 1.1.8 1 Ánh xạ đồng nhất id R của vành R là một tự đẳng cấu, gọi là tự đẳng cấu đồng nhất của R.
2 Giả sử A là một vành con của R Khi đó ánh xạ bao hàm: i A : A → R định bởi i A (x) = x là một đơn cấu, được gọi là đơn câu chính tắc.
3 Giả sử I là một ideal của vành R Khi đó ánh xạ π : R → R/I xác định bởi π(x) = x + I là toàn cấu, gọi là toàn cấu chính tắc. Định lí 1.1.9 Cho f : R → R 0 là một đồng cấu vành từ R vào R 0 Khi đó:
3 f là đơn cấu khi và chỉ khi Kerf = 0 0 R ; 4 f là toàn cấu khi và chỉ khi Imf = R 0 Định lí 1.1.10 Cho f : R → R 0 là một đồng cấu vành từ R vào R 0 Khi đó:
1 Nếu A là vành con của R thì f(A) là vành con của R’.
2 Nếu B là ideal của R 0 thì f −1 (B ) là ideal của R’ Định lí 1.1.11 Cho f : R → R 0 là một đồng cấu vành từ R vào R 0 Khi đó:
1 Imf là vành con của R’;
2 Kerf là một idean của R. Định lí 1.1.12 (Định lý Noether về đẳng cấu vành) Cho f : R → R 0 là đồng cấu vành từ vành R vào vành R’, p : R → R/kerf là toàn cấu chỉnh tắc từ R vào vành thương R/kerf Khi đó tồn tại một đồng cấu vành duy nhất φ : R/kerf → R 0 sao cho sơ đồ
:: giao hoán, nghĩa là f = φp Hơn nữa, g là một đơn cấu và Imf = Imφ
Chứng minh: Trước hết, ta nhận xét ánh xạ φ làm sơ đồ giao hoán khi và chỉ khi với mọi g ∈ Gta có: φp(g) = ϕ(g), nghĩa làφ(gKerϕ) = ϕ(g) Do đó: φ : G/Kerϕ → H gKerϕ → ϕ(g)
Là ánh xạ duy nhất làm sơ đồ của định lý giao hoán.
Do đó, ta chỉ cần chứng minh φ là một đơn cấu và Imφ = Imϕ Đầu tiên, quy tắc tương ứng φ thực sự là ánh xạ, hơn nữa là một đơn ánh vì với mọi g 1 , g 2 ∈ G ta có: g 1 Kerϕ = g 2 Kerϕ ⇔ g −1 1 g 2 ∈ Kerϕ
⇔ ϕ(g 1 ) = ϕ(g 2 ). φ là đơn cấu nhóm vì với mọi g 1 , g 2 ∈ G, ta có: φ[(g 1 Kerϕ)(g 2 Kerϕ)] = φ(g 1 , g 2 Kerϕ)
Imϕ = {ϕ(g)|g ∈ G} = {φ(gKerϕ)|g ∈ G} = Imφ.Vậy ta có điều phải chứng minh.
Các khái niệm cơ bản về modun
Định nghĩa và các ví dụ
Vành R (có đơn vị) và nhóm cộng abeli M, với mỗi a thuộc R và x thuộc M, phép nhân chính là phần tử ax thuộc M duy nhất thỏa mãn điều kiện sau:
1 (ab)x = a(bx) 2 a(x + y) = ax + by 3 (a + b)x = ax + bx 4 1x = x (∀a, b ∈ R, ∀x, y ∈ M)
Khi đó M được gọi là R-môđun trái Tương tự ta cũng có thể định nghĩa R-môđun phải với phép nhân xa ∈ M
Kí hiệu: R M (R- Modun trái), M R (R- Modun phải).
Ví dụ 1.2.2 1 Các không gian vecto là thực chính là các môđun trên trường số thực.
2 Với R là vành có đơn vị thì các I là Ideal trái củaR đều là các R-môđun.
Nói riêng, R chính là một R-môđun trên chính nó.
3 Mỗi nhóm công giao hoán luôn có thể được xem là môđun trên vành số nguyên Z.
4 Riêng nhóm chỉ duy nhất phần tử 0 luôn luôn có thể xem là môđun trên bất kì vành R nào Gọi là môđun không, ký hiệu là 0
Modun con và modun thương
Định nghĩa 1.2.3 (Modun con) Cho R-môđun trái M, và M’ là tập con của M Nếu M’ cùng với cùng với các phép toán cảm sinh từ các phép toán trên M là một R-môđun trái, thì M’ được gọi là R-môđun con (môđun con) của M.
Hơn nữa, nếu như M 6= M 0 thì M’ là modun con thực sự của M. Định lí 1.2.4 Cho M là R-môđun trái và A 6= 0 là một tập con của M Các mệnh đề sau tương đương:
2 A là nhóm con của nhóm cộng M và với mọi x ∈ A, mọi r ∈ R ta có rx ∈ R.
3 Với mọi a, b ∈ R, mọi r ∈ R ta có: a + b ∈ A và ra ∈ A.
Ví dụ 1.2.5 • 0 và M là các môđun con (tầm thường) của môđun M.
• Cho môđun M và m 0 ∈ M Tập hợp:
Rm 0 = {rm 0 |r ∈ R} là môđun con của M (môđun con cyclic của M sinh bởi m 0).
• Trong vành các số nguyên Z, mọi iđêan là những môđun con cyclic của Z- môđun Z.
• Trường K xem như là K-môđun chỉ có 2 môđun con tầm thường là 0 và K.
Cho I là Idean của vành R, ta xác định tích IM là tập hợp tất cả các tổng hữu hạn P a i x i (a i ∈ I, x i ∈ M) Dễ kiểm tra IM là modun con của M.
Cho N,P là các modun con của M, ta định nghĩa N: R P (hay N:P) là tập hợp tất cả các phần tử a ∈ R sao cho aP ⊂ N N: R P là một idean của R. Đặc biệt: M gọi là linh hóa tử của M, ký hiệu: Ann R (M ) hay Ann(M ). R-modun M gọi là trung thành nếu Ann(M ) = 0
• Nếu I là idean của R thỏa I ⊂ Ann(M ), thì M có thể xem như là R/I − modun với phép nhân (a + I)x = ax(a ∈ R, x ∈ M.)
Định nghĩa 1.2.6: Modun thương M/M' của modun M với modun con M' là nhóm thương của nhóm cộng abian M Định nghĩa 1.2.7: Đồng cấu giữa hai R-modun trái M, N là ánh xạ f: M → N thỏa mãn f(x + y) = f(x) + f(y), f(ax) = af(x) (∀a ∈ R, ∀x, y ∈ M) Đồng cấu đơn ánh (toàn ánh) lần lượt được gọi là đơn cấu (toàn cấu) Đồng cấu song ánh (vừa đơn cấu vừa toàn cấu) được gọi là đẳng cấu.
Hai R-mođun M và N gọi là đẳng cấu với nhau nếu có một đẳng cấu từ mô đun này vào modun kia.
Chú ý: Ánh xạ f : M → N là đồng cấu R-môđun khi và chỉ khi f(kx + ly) = kf (x) + lf (y), với mọi x, y ∈ M, k, l ∈ R.
Cho f: M → N và g: N → P là các đồng cấu R-mođun, khi đó gof : M → P cũng là một đồng cấu R-môđun và gọi là tích của hai đồng cấu f và g. Hệ quả 1.2.8 Nếu f : M → N là đồng cấu R-modun, thì:
P i=1 k i f (x i ) với mọi x 1 x n ∈ M, k 1 , , k n ∈ R. Định lí 1.2.9 Cho các R-môđun trái M, N và đồng cấuf : M → N Nếu A là môđun con của M và B là môđun con của N thì:
2 f −1 (B) là modun con của M Chứng minh:
Ta có: f (A) 6= ∅ do A 6= ∅ Với mọi phần tử y, y 0 ∈ f (A), y = f(x), y 0 = f (x 0 ) với x, x 0 ∈ A. Ta có: y + y 0 = f (x) + f (x 0 ) = f(x + x 0 ) ∈ f(A) (do x + x 0 ∈ A) Với mọi r ∈ R, ry = rf (x) = rf (x) ∈ f(A) (do rx ∈ A).
Vậy f(A) là modun con của N.
Ký hiệuHom R (M ; N )hay Hom(M ; N ) là tập tất cả các đồng cấu từ M vào N
⇒ Hom R (M ; N ) là R-môđun với các phép toán được xác định như sau:
∀f, g ∈ Hom R (M, N ),∀x ∈ M, ∀k ∈ R, (f + g)(x) = f (x) + g(x);(kf )(x) = kf (x). Đặc biệt: Ta có đẳng cấu ϕ : Hom R (R; M ) → M, ϕ(f ) = f (1). Cho đồng cấu modun f : M → N Nhân của f:
Kerf = {x ∈ M |f(x) = 0} là một modun con của M Ảnh của f:
Imf = f(M ) = {f (x)|x ∈ M} là modun con của N Đối nhân của f:
Cokerf=N/Imf là modun thương của N.
Nhận xét: fđơn cấu⇔ Kerf = 0 ftoàn cấu⇔ Imf = N
Chú ý: Đồng cấu f : M → N cảm sinh đơn cấu: f : M/Kerf → N, x + Kerf → f(x)Suy ra đẳng cấu M/Kerf ∼ = Imf.
Tổng và giao của các mondun con
Tổng của các modun con: Cho R-modun M và là họ các modun con của
M i là tập hợp tất cả các tổng hữu hạn P i∈T x i (x i ∈ M i ∀i ∈ T ), tức là chỉ một số hữu hạn phần tử khác 0 còn hầu hết bằng 0 P i∈T
M i là modun con bé nhất chứa tất cả các modun con M i (∀i ∈ T ). Modun M được gọi là tổng trực tiếp (trong) của họ modun con M ii∈T nếu:
Ký hiệu: M=⊕ i∈T M i Giao của các modun con: ∩ i∈T M i là modun con của M.
Chú ý: ∩ i∈T M i là modun con lớn nhất của M chứa trong tất cả các modun con M i (i ∈ T ).
Ví dụ 1.2.10 2Z ∩ 3 Z = 6 Z. Định nghĩa 1.2.11 1 M được gọi là modun đơn nếu M 6= 0 và chỉ có các modun con tầm thường (0 và chính nó).
2 Modun con A của M được gọi là cực tiểu nếu A 6= 0 và A chỉ có các modun con tầm thường.
3 Modun con B của M được gọi là cực đại nếu B khác M và mọi modun con C của M,B là modun con thực sự của C, ta luôn có C=M. Định lí 1.2.12 M là modun đơn khi và chỉ khi M 6= 0 và với mọi phần tử khác không m ∈ M, Rm = M.
"⇒" Lấy 0 6= m ∈ M thì m ∈ Rm do đó Rm 6= 0 Suy ra Rm=M.
"⇐" Lấy 0 là modun con thực sự của A và A là modun con thực sự của M, 0 6= x ∈ A, khi đó Rx = M Nhưng Rx , → A, suy ra A = M. Định lí 1.2.13 Cho A là modun con thực sự của M Các mệnh đề sau tương đương:
1 A là modun con cực đại của M;
2 Với mọi m ∈ M, m 6= A, ta có: M = Rm + A.
1 ⇒ 2 với m 6= A ⇒ A modun con thực sự của Rm + A suy ra M = Rm + A. 2 ⇒ 1 giả sử A là modun con thực sự của B, B , → M Lấy m ∈ B, m 6= A, ta có:
M = Rm + A , → B , → M ⇒ B = M Vậy A là modun con cực đại của M. Định lí 1.2.14 1 Cho các R-mondun N , → M , → L Ta có:
2 Nếu M 1 và M 2 là modun con của M thì:
1 Xét quy tắc f : L/N → L/M định bởi f (x + N ) = x + N là một ánh xạ Hơn nữa, f là một toàn cấu mà kerf = M/N.
Vì thế ta có ngay kết quả cần chứng minh.
2 Xét đồng cấu f : M 2 → M 1 + M 2 /M 1 , f(x) = x + M 1 Hơn nữa f là toàn cấu và Kerf = M 1 ∩ M 2 nên ta có:
Vành địa phương và định lý Krull-Remak-Schmidt
Vành địa phương
Đầu tiên, ta nhắc lại về khái niệm phần tử khả nghịch trong vành.
Phần tử r thuộc vành R được gọi là phần tử khả nghịch phải (trái) nếu như tồn tại r 0 ∈ R sao cho rr 0 = 1 (r 0 r = 1)
Khi đó r 0 được gọi là phần tử nghịch đảo phải (trái) của R Hơn nữa, nếu rr 0 = r 0 r = 1 thì r được gọi là phần tử khả nghịch và r 0 được gọi là phần tử nghịch đảo của r Nếu như tồn tại phần tử nghịch đảo trái và phần tử nghịch đảo phải của r thì chúng bằng nhau và do đó tồn tại phần tử nghịch đảo củar Như các ví dụ đã chứng minh, tồn tại các phần tử khả nghịch trái, khả nghich phải nhưng không khả nghịch.
Ta xét các vành mà trong đó các phần tử không khả nghịch có cấu trúc đặc biệt Không mất tính tổng quát, giả sử R 6= 0. Định lí 2.1.1 Gọi A là tập hợp tất cả các phần tử không khả nghịch của R, khi đó các tính chất sau là tương đương:
(1) A đóng kín với phép toán cộng (∀a 1 , a 2 ∈ A[a 1 + a 2 ∈ A]).
(3) A là ideal phải (trái) tối đại (4) R có một ideal phải (trái) tối đại duy nhất, đó là ideal thực sự lớn nhất.
(5) Với mỗi r ∈ R thì hoặc r hoặc r − 1 khả nghịch bên phải (trái).
(6) Với mỗi r ∈ R thì hoặc r hoặc r − 1 khả nghịch.
(1) ⇒ (2) Giả sử A đóng kín với phép toán cộng, tức là với mọi a 1 , a 2 thuộc A thì a 1 + a 2 cũng thuộc A. Đầu tiên ta chứng minh mọi phần từ khả nghịch trái (phải) đều khả nghịch.
Với bb 0 = 1 Trường hợp 1: bb 0 ∈ / A. Khi đó, ta có s ∈ R với 1 = sb 0 b Vì vậy b 0 = sb 0 bb 0 = sb 0 hay 1 = b 0 b (điều phải chứng minh).
Trường hợp 2: bb 0 ∈ A. Khi đó 1 − bb 0 6= A vì nếu 1 − bb 0 ∈ A thì 1 − bb 0 + 1 = 1 ∈ A (vô lý).
Ta có:1 = s(1 − bb 0 ) Khi đó b 0 = s(l1 − b 0 b)b 0 = s(b 0 − b 0 bb 0 ) = s(b 0 − b 0 ) = 0 Điều này mâu thuẫn với b 0 b = 1.
Vì A đóng kín với phép toán cộng nên ta chỉ cần chứng minh:
Thật vậy, giả sử ar 6= A, ta có s ∈ R với ars = 1 Dựa vào lời nói ban đầu với(a − b và rs = b 0 ), ta có thể suy ra rằng rsa = 1, mâu thuẫn với với a ∈ A. Do đó ar ∈ A Chứng minh tương tự ra ∈ A.
(2) ⇒(3) Do A , → R R R , ta cóA , → R R Do 1 6= A, A 6= R Giả sử B là modun con thực sự của R R và b ∈ B Khi đó: bR , → B , → R R và B 6= R
Do đó b không khả nghịch phải Từ đó b không khả nghịch, vì vậy b ∈ A và b , → A
(4) ⇒ (5) Giả sử C là ideal phải tối đại (xác định và duy nhất) Lấy r ∈ R, giả sử r và 1 − r không khả nghịch phải Khi đó: rR , → R R ∧ (1 − r)R , → R R
(5) ⇒ (6) Ta chỉ cần chỉ ra rằng mọi phần tử khả nghịch phải đều khả nghịch.
Giả sử bb 0 = 1 Trường hợp 1: bb 0 khả nghịch phải, vì vậy ta có: s ∈ R với 1 == b 0 bs Do đó: b = bb 0 bs = bs Từ đó suy ra: 1 = b 0 bTrường hợp 2: b 0 b khả nghịch phải, khi đó ta có: s ∈ R với 1 = (1 − b 0 b)s vì vậy: b = b(1 − b 0 b)s = bs − bb 0 bs = 0 Điều này mâu thuẫn với bb 0 = 1 (6) ⇒ (1) Giả sử, với mọi a 1 , a 2 ∈ A thì a 1 + a 2 ∈ A, khi đó ta có: s ∈ R với (a 1 + a 2 )s = 1, vì vậy a 1 s = 1 − a 2 s Vì (6) ⇒ (5) đúng nên ta có thể sử dụng tính chất với mọi phần tử khả nghịch phải đều khả nghịch Vì vậy từ a ∈ A và r ∈ R ta có ar 6= A (vì nếu như ar 6= A khi đó ar khả nghịch phải và vì vậy a khả nghịch phải và a / ∈ A (vô lý)) Khi đó, ta có: a 1 s ∈ A và a 2 s ∈ A Mâu thuẫn với a 2 s ∈ A từ (6). a 1 s = 1 − a 2 s / ∈ A (vô lý) Tương tự, ta thu được điều tương tự ở vế trái. Định nghĩa 2.1.2 Một vành thỏa mãn các tính chất tương đương của định lý 2.1.1 được gọi là vành địa phương.
Hệ quả 2.1.3 ChoR là vành địa phương vàA là ideal của các phần tử không khả nghịch trong R Khi đó:
2 Mọi phần tử khả nghich trái (phải) đều khả nghịch.
3 Mọi vành khác 0 là ảnh của vành địa phương dưới một toàn cấu vành, bản thân nó là địa phương. Đặc biệt: Mọi ảnh đẳng cấu của một vành địa phương là địa phương.
(1) Mọi phần tử không chứa trong A đều có phần tử nghịch đảo.
(2) Điều này đã được chứng minh ở định lý 2.1.1. (3) Gọi σ : R → S là một toàn cấu vành Ta đã chỉ ra tính chất (6) trong định lý 7.1.1 thỏa mãn S Lấy s ∈ S, khi đó ta có: r ∈ R với σ(1 − r) = σ(1) − σ(r) = 1 − s Theo giả thiết,r hay1 − r khả nghịch Giả sửrkhả nghịch, khi đó: σ(r − 1) là phần tử nghịch đảo của s, từ đó: rr −1 = r −1 r = 1 theo sau đó σ(r).σ(r − 1) = sσ(r − 1) = σ(r − 1).s = σ(1) = 1 ∈ S Nếu 1 − r khả nghịch thì σ((1 − r) − 1)là phần tử nghịch đảo của 1 − s.
Ví dụ 2.1.4 Ví dụ về vành địa phương
1 Vành chuỗi lũy thừa K[x] trên trường K là vành địa phương, vì các phần tử không khả nghịch là các phần tử có số hạng không đổi = 0 và tập các phần tử này là tập đóng với phép toán cộng.
2 Giả sử Rlà một vành giao hoán, P là một ideal nguyên tố của R,S = RP.Xét tập
Trên F xác định quan hệ hai ngôi "∼" như sau: (a, r) ∼ (b, s) khi và chỉ khi tồn tại một t ∈ S sao cho tsa = trb.
Dễ thấy ∼ một quan hệ tương đương Tập thương F/ ∼ được kí hiệu bởi
R P hay S −1 R Mỗi phần tử của R P được kí hiệu bởi a r Do đó:
Trên R P xác định phép cộng và phép nhân sau: a r + b s = as + br a as r b s = ab as.
Có thể kiểm tra để thấy rằng với hai phép toán này R P là một vành địa phương Tập hợp:
A =n x r ∈ S −1 R|x ∈ Po gồm các phần tử không khả nghịch A đóng kín với phép toán cộng Thật vậy, với x r , y r ∈ A, ta có: x r + y s = sx + ry rs với sx + ry ∈ P; nghĩa là x r + y s ∈ AVậy vành R P là một vành địa phương.
Vành tự đồng cấu địa phương
Bây giờ các điều kiện được đưa ra sao cho vành nội hình của mô-đun là địa phương Một điều kiện cần cho việc này là mô-đun không thể phân tách trực tiếp được Tuy nhiên, điều kiện này nói chung là không đủ, như ví dụ
ZZ đã chỉ ra Do đó, chúng ta phải thiết lập các thuộc tính bổ sung để đảm bảo rằng vành nội cấu là cục bộ.
Do đó, chúng ta bắt đầu bằng cách xem xét các tính chất của lý thuyết vành quan tâm đến mối liên hệ này. Định nghĩa 2.2.1 Cho R là vành và r ∈ R.
Hệ quả 2.2.2 1 Nếu r là lũy linh thì r không khả nghịch và 1 − r khả nghịch.
2 Nếu r là lũy đẳng thì 1 − r cũng là lũy đẳng.
3 Nếu r là lũy đẳng và r khả nghịch thì r = 1. Chứng minh.
1 Giả sử rs = 1 Cho n 0 là phần tử nhỏ nhất trong n ∈N với r n = 0 Khi đó r n 0 −1 6= 0 và vì vậy 0 = r n 0 s = r n 0 −1 rs = r n 0 −1 1 = r n 0 −1 6= 0 Khi đó ta có:
Ví dụ 2.2.3 Cho R là một vành của các ma trận nxn với hệ số trên trường hay vành Cho d a là ma trận ở hàng thứ i và cột thứ j có giá trị 1 và các cột khác là 0 Khi đó ta có: d ij d kl = δ jk dil (0khij 6= k d il khij = k Đặc biệt. d 2 ij = 0 for i 6= j i.e d ij là lũy linh d 2 ii = d ii i.e d ii là lũy đẳng.
(2) Cho Glà một nhóm hữu hạn cấpn,K là một trường vàGK là vành nhóm nguyên Giả sử: γ :=X g∈G g thì ta có γg = γ với mọi g ∈ G và do đó γ 2 = γn. Nếu tham số đặc trưng χ(K) của K là ước của n thì ta có: γ 1 n 2
= γ 2 1 n 2 = γ n n 2 = γ 1 n và do đó γ n 1 là lũy đẳng.
Trong bổ đề sau đề cập đến một số tính chất phân tích của các vành, giúp việc nghiên cứu các trường hợp khác trở nên thuận tiện hơn.
Bổ đề 2.2.4 Cho R là vành và R R =L i∈I A i là sự phân tích trực tiếp của R thành các iđêan đúng A i , i ∈ I Khi đó ta có:
I 0 = {i | i ∈ I ∧ A i 6= 0} là hữu hạn; do đó
(b) Tồn tại các phần tử e i ∈ A i cho i ∈ I 0 nên với i, j ∈ I 0 ta có:
( e i for i = j 0 for i 6= j , (i, j ∈ I 0 ) tức là {e i | i ∈ I 0 } là một tập hợp các đẳng thức trực giao.
(c) Nếu A i , i ∈ I 0 là các iđêan hai phía thì các phần tử e i , i ∈ I 0 trong (b) nằm ở tâm của R (tức là e i r = r i với mọi r ∈ R ).
(d) Ngược lại nếu các lũy đẳng trực giao e 1 , , e n ∈ R với
M i=1 e i R và e i R trên thực tế là các iđêan hai phía, trong trường hợp e i được chứa trong tâm R.
Khi đó I 0 là hữu hạn và ta có:
1 = X i∈I 0 e i và e i 6= 0 với i ∈ I 0 Vì e i ∈ A i nên A i 6= 0 với i ∈ I 0 Bây giờ lấy a j ∈ A j cho j ∈ I tùy ý, sau đó từ
1 = X i∈I 0 e i bằng cách nhân với a i ở bên phải, ta thu được: a j = X i∈I i ) e i a j
(1) Với j / ∈ I 0 : a j = 0 ⇒ A j = 0 ⇒ I 0 = {i | i ∈ I ∧ A i 6= 0} ⇒ R =L i∈I 0 A i , từ (a) được chứng minh;
(2) Với j ∈ I 0 : a j = e j a j ⇒ A j = e j A j , → e j R , → A j ⇒ A j = e j R, và cả 0 = e i a j cho i 6= j Nếu bây giờ chúng ta giới hạn ở i, j ∈ I 0 thì ta suy ra e j = a j e j = e i e j , e i e j = 0 với i 6= j từ đó (b) đã được chứng minh Từ r ∈ R và 1 =P i∈I 0 e i suy ra : r =X i∈I 0 e i r và r =X i∈I 0 re i
Nếu A i là các iđêan hai phía thì ta có re i ∈ A i và như
X i∈I 0 e i r =X i∈I 0 re i khẳng định e i r = re i của (c) theo sau Để chứng minh (d) trước hết ta có:
X i=1 e i khi nhân với R ở bên phải Từ đó: r ∈ e i 0 R ∩ n
X i6=i i=1 0 e i R sau đó nó dẫn đến r = e i 0 r và r = n
Kết quả là ta có:
Nếu e i thuộc tâm của R, thì re i R = e i rR , → e i R, e i R là một ideal Do đó bổ đề được chứng minh.
Hệ quả 2.2.5 Những mệnh đề sau đây tương đương trong một vành R : 1 R R không phân tích trực tiếp được.
2 R R không thể phân tích trực tiếp được.
3 1 và 0 là lũy đẳng duy nhất trong R.
Chứng minh: (1) ⇒ (3) : Cho e là lũy đẳng thì e, 1 − e trực giao đẳng thức với 1 = e + (1 − e) Do đó, theo 2.2.4 thì
Vì (1) có eR = 0, do đó e = 0 hoặc eR = R Trong trường hợp sau ta có:
(3) ⇒ (1) : Giả sử R R = A ⊕ B, thì đến 2.2.4 có một đẳng thức e với A = eR. Từ (3) suy ra e = 1 hoặc e = 0, do đó A = R hoặc A = 0, tức là R R không phân tích trực tiếp được.
Chứng minh tương tự ta có: (2) ⇔ (3). Định lí 2.2.6 Giả sử S := End (M R ) thì các mệnh đề sau là tương đương:
(1) M R không thể phân tích trực tiếp được.
(2) S S không thể phân tích trực tiếp được.
(3) s S không thể phân tích trực tiếp được.
(4) 0 và 1 là lũy đẳng duy nhất trong S.
Chứng minh: Từ hệ quả 2.2.5 (2), (3) và (4) là tương đương.
(1) ⇒ (4) : Giả sử e ∈ S là phần tử lũy đẳng thì ta có
M = e(M ) ⊕ (1 − e)(M ) vì với mọi m ∈ M thì m = e(m) + (1 − e)(m) và giả sử e (m 1 ) = (1 − e) (m 2 ) sau đó thay e vào phương trình này thì ta có: e 2 (m 1 ) = e (m 1 ) = e(1 − e) (m 2 ) = 0
Từ (1) ta có: e(M ) = 0, do đó e = 0 hoặc (1 − e)(M ) = 0, do đó 1 = e. (4) ⇒ (1) : Giả sử M R = A ⊕ B, thì η : M 3 a + b 7→ a ∈ M là một phép nội hình vớiη 2 = η, do đó là một phần tử đẳng lũy trong S Theo giả thiết thì η = 0 hoặc η = 1 Nếu η = 0, thì A = 0; nếuη = 1, thì A = M, tức là M không phân tích trực tiếp được.
Hệ quả 2.2.7 Cho S := End (M R ) là địa phương, thì M R không thể phân tích trực tiếp.
Chứng minh: theo 2.2.6, đủ để xác định rằng 0 và 1 là phần tử lũy đẳng duy nhất trong S Giả sửe ∈ S là một phần tử lũy đẳng thì1 − ecũng là một phần tử lũy đẳng Giả sử e 6= 0, e 6= 1 thì chúng ta cũng có1 − e 6= 0, 1 − e 6= 1. Vì e và 1 − e đều không khả nghịch, nên trong trường hợp vành địa phương 1 = e + 1 − e cũng phải không khả nghịch (mâu thuẫn với giả thiết). Định lí 2.2.8 Cho M R 6= 0 là mô-đun không thể phân tích trực tiếp có độ dài hữu hạn, khi đó End (M R ) là địa phương và các phần tử trong End (M R ) không khả nghịch phải là các phần tử lũy linh.
Chứng minh: Cho ϕ ∈ End (M R ) Khi đó ta có:
Vì M không thể phân tích trực tiếp nên Ker (ϕ n ) = 0 hay Im (ϕ n ) = 0. Trường hợp 1: Ker (ϕ n ) = 0 ⇒ Ker(ϕ) = 0 ⇒ ϕ là một đơn ánh Do đó ϕ là phép tự đẳng cấu, tức là ϕ là không khả nghịch.
Trường hợp 2: Im (ϕ n ) = 0 ⇒ ϕ n = 0 ⇒ 1 − ϕkhả nghịch (1).
Do đó, ta đã xác định được rằng: ϕ hoặc 1 − ϕ là khả nghịch; đến 2.1.1 Do đó, chúng tôi đã xác định: ϕ hoặc 1 − ϕ là khả nghịch; theo 2.1.1 Ngược lại, nếu ϕ là lũy linh thì với 2.2.2 ϕkhông khả nghịch.
Trong trường hợp đặc biệt, từ định lý này, chúng ta có thể suy ra kết quả mà chúng ta đã biết là vành nội cấu của một môđun đơn giản là một trường nghiêng; đối với lũy linh tự đồng cấu duy nhất của một mô-đun đơn giản là ánh xạ không. Định lí 2.2.9 Giả sử Q R 6= 0 là mô-đun nội xạ không thể phân tách trực tiếp, thì End (Q R ) là mô-đun cục bộ.
Giả sử φ: Q → Q là đơn ánh thì Im(φ) là nội xạ, do đó là luật đồng cấu trực tiếp trên Q Vì Q không có luật đồng cấu trực tiếp ngoại trừ đồng nhất nên Im(φ) = Q, tức là φ đồng cấu tự đồng và không khả nghịch trong End(Q) Do đó, mọi nội cấu không khả nghịch của Q đều có hạt nhân khác 0.
Giả sửϕ 1 , ϕ 2 là hai dạng nội cấu không khả nghịch của Q, do đó chúng ta có:
Ker (ϕ 1 ) 6= 0, Ker (ϕ 2 ) 6= 0 Vì Q là khả quy theo 6.6.2, do đó suy ra rằng
0 6= Ker (ϕ 1 ) ∩ Ker (ϕ 2 ) , → Ker (ϕ 1 + ϕ 2 ) tức làϕ 1 + ϕ 2 cũng không khả nghịch Đến 2.1.1 End (M R )thì sẽ là cục bộ.
Theo Định lý Krull-Remak-Schmidt sau đây, điều đáng quan tâm là mô-đun nào có thể được phân tích thành tổng trực tiếp của các mô-đun con với các vành nội cấu cục bộ Có một câu trả lời cho câu hỏi này trước hết trong các trường hợp quan trọng sau đây:
(1) M là môđun nội xạ trên vành Noetherian (hoặc Artinian).
(2) M là môđun có độ dài hữu hạn.
(4) M là một môđun xạ ảnh, bán hoàn chỉnh. Định lí 2.2.10 Cho M R 6= 0.
(a) ChoM là Artinian hoặc Noetherian, khi đó có các môđun con M 1 , , M n của M không thể phân tích trực tiếp mô-đun con M 1 , , M n của M với
(b) Cho M có độ dài hữu hạn (tức là artinian và noetherian), khi đó có các môđun con không thể phân tích trực tiếp đượcM 1 , , M n củaM sao cho
M i trong đó End (M i ) là vành địa phương với i = 1, , n
Chứng minh:(a) ChoM là Artinian ĐặtΓ là tập hợp các hạng tử trực tiếp
B 6= 0 của M Vì M 6= 0 và M = M ⊕ 0 ta có M ∈ Γ, do đó Γ 6=∅ Đặt B 0 ở mức tối thiểu trong Γ, thì B 0 không phân tích trực tiếp được (vì nếu không thì B 0 sẽ không ở mức tối thiểu trong Γ ) Bây giờ, giả sử Λ là tập hợp các mô-đun con C , → M, sao cho tồn tại những mô-đun con không thể phân tích được B 1 6= 0, , B l 6= 0 mà
Do sự tồn tại của B 0 , Λ 6=∅ Cho C 0 ở mức tối thiểu trong Λ và cho
M = M 1 ⊕ ⊕ M n ⊕ C 0 là sự phân tích tương ứng Ta khẳng định rằng C 0 = 0 Mặt khác, vì C 0 lại là artinian dưới dạng mô-đun con của mô-đun artinian, nên theo nhận xét đầu tiên, C 0 sẽ tách ra một hạng tử trực tiếp không thể phân tích 6= 0 mâu thuẫn với mức tối thiểu của C 0
Bây giờ giả sử M là thuyết Noether vàΓ là tập hợp các mệnh đề trực tiếp
A 6= M của M Vì0 ∈ Γ, nên chúng ta có Γ 6=∅ Đặt A 0 là cực đại trong Γ và giả sử ta có
Từ mức tối đa của A 0, suy ra rằng B 0 là không thể phân tích trực tiếp và vì A 0 6= M ta có B 0 6= 0 Bây giờ giả sử Λ là tập hợp tất cả các mô-đun con củaM là các lệnh triệu trực tiếp của M và là tổng trực tiếp hữu hạn của các mô-đun con không thể phân tích trực tiếp.
Với {0} ∈ Λ, ta có Λ 6=∅ Cho phép
B 1 + + B k = B 1 ⊕ ⊕ B k là phần tử tối đa trong Λ với B i không thể phân tích trực tiếp Hãy tiếp tục
Định lý Krull-Remak-Schmidt
Định lí 2.3.1 ChoM R =L i∈I M i trong đó End (M i ) là vành địa phương với mọi i ∈ T I và M R =L j∈J N i trong đó N j không thể phân tích trực tiếp và N j 6= 0 với mọi j ∈ J.
Khi đó một song ánh β : I → J tồn tại với M i ∼ = N β(i) với mọi i ∈ I. Để chứng minh định lý trên, trước hết ta tìm hiểu bổ đề sau:
Bổ đề 2.3.2 ChoM =L i∈I M i trong đó End (M i ) là vành địa phương với mọi i ∈ I và σ, τ ∈ End(M ) với 1 M = σ + τ
Khi đó với mọi j ∈ I tồn tại aU j , → M và tồn tại đẳng cấu ϕ j : M j → U j được tạo ra bởi σ hoặc τ (tức là ϕ j (x) = σ(x) với mọi x ∈ M j hoặc ϕ j (x) = τ (x) với mọi x ∈ M i ), khi đó ta có:
Chứng minh: Đặt π j : M → M j là các phép chiếu, ι j : M j → M là phép nội xạ đơn ánh với mọi j ∈ I.
Vì trong vành địa phương
Các phần tử không khả nghịch của một iđêan do Mj tạo thành một iđêan, do đó ít nhất một Mj khả nghịch Trong trường hợp này, một trong các phần tử πjσij hoặc πjτi phải khả nghịch, tức là nó phải là một tự đồng cấu của Mi.
Giả sử π j σι j là một phép tự đẳng cấu Sau đó chúng tôi xác định:
Theo đó ϕ i là một toàn cấu Với mọi x ∈ M i thì ι 0 j ϕ j (x) = ϕ j (x) = σ(x) = σι j (x) ⇒ ι 0 j ϕ j = σι j ⇒ π j ι 0 j ϕ j = π j σ iota j Như vậy ta có biểu đồ giao hoán sau:
Vì π j σι j là một phép tự đẳng cấu nên
Bổ đề 2.3.3 Các giả định như trong 2.3.2 Cho E = {i 1 , , i t } ⊂ I Khi đó ta có C i i , → M, j = 1, , t và các đẳng cấu γ i j : M i i → C i j , được tạo ra bởi σ hoặc τ, do đó chúng ta có:
Chứng minh: C i j được xác định lần lượt bởi 2.3.2 Với i 1 = j trong 2.3.2, đặt C i 1 = U i 1 , khi đó ta có:
Vì M i 1 ∼ = C i 1 , End (C i 1 ) cũng mang tính địa phương Trong quá trình phân tích này, bây giờ chúng ta đổi M i 2 lấy C i 2 Lưu ý: C i 2 không nhất thiết phải bằng U i 2 , vì bây giờ một phân tích khác của M xuất hiện! Sau t bước (tức là bằng quy nạp), chúng ta thu được kết quả mong muốn.
M i Trong đó End (M i ) là vành địa phương với mọi i ∈ I và đặt M = A ⊕ B trong đó A 6= 0 và không phân tích trực tiếp được, π 0 : M → A phép chiếu tương ứng Khi đó tồn tại k ∈ I sao cho π 0 tạo ra một đẳng cấu của M k trên A và M = M k ⊕ B giữ nguyên.
Đặt π := ιπ0 và theo lý thuyết bao hàm, ta có: 1M = π + (1M - π) Theo định lý 2.3.2 với σ = π và τ = 1 - π, vì A ≠ 0 nên tồn tại a ∈ A sao cho π(a) = a Do đó, (1M - π)(a) = 0 Đặt a = t.
X j=1 m i j với 0 6= m i i ∈ M ij , i j ∈ I là đại diện duy nhất trong M =L i∈I M i Theo nghĩa của 7.3.3, bây giờ hãy xác định các mô-đun C ij và các đẳng cấu γ i i Giả sử γ i , đều được tạo ra bởi 1 M − π thì nó sẽ diễn ra như sau
(1 M − π) (m i i ) với (1 M − π) (m i i ) = γ i i (m i i ) ∈ C i i Vì tổng của C i i là trực tiếp nên điều này nghĩa là γ i i (m i i ) = 0, do đó m i i = 0 và cuối cùng là a = 04 Do đó có ít nhất một i j, do đó γ i i được tạo ra bởi π; hãy để điều này được ký hiệu là k Sau đó: γ k : M k 3 x 7→ π(x) ∈ C k do đó là một đẳng cấu Đến 2.3.3 C k là hạng tử trực tiếp của M; vậy M = C k ⊕ L Hơn nữa chúng tôi có điều đó
A = M ∩ A = (C k ⊕ L) ∩ A = C k ⊕ (L ∩ A) và vì A là không thể phân tích trực tiếp và C k 6= 0 (dưới dạng M k 6= 0 ), cuối cùng ta suy ra rằng A = C k trong đó ι : M k → M là ánh xạ bao hàm, ta còn có:
= M k ⊕ B Điều cần chứng minh. Định nghĩa 2.3.5 Giả sử Φ : ¯ I → J ¯được xác định bởi Φ(i) = j, nếuM i ∼ = N j Φ là một song ánh Φ được xác định trên I ¯ , vì 2.3.4 (đối với A = M i và M = ⊕N j thay cho M = L
M i trong 2.3.4) tồn tại j ∈ J cùng với N j ∼ = M i Vì đẳng cấu là một quan hệ tương đương, Φ là biểu diễn diễn đại diện độc lập (trong I ¯ và J ¯ ), tức là trên thực tế nó là một ánh xạ. Φ là ánh xạ nội xạ, vì từ Φ ¯ l 1
= ¯ 1 = ¯ 2 = ¯ Φ ¯ l 2 nó đi theo M i 1 ∼ = N i i ∼ = N i 2 ∼ = M i 2 , do đó i ¯ 1 = ¯ l 2 Bởi 2.3.4 (với A = N i ) Φ cũng là toàn ánh.
Vẫn còn phải chứng minh rằng với mỗi i ∈ I có một song ánh B ¯ i : ¯ l → Φ(¯ l) tồn tại Khi đó β : I 3 i 7→ β i (i) ∈ J là song ánh mong muốn với M i ∼ = N β (i) Bằng Định lý Schr¨oder-Bernstein đã chỉ ra:
Có các ánh xạ nội xạ ¯ l → Φ(¯ l) và Φ(¯ l) → ¯ l. Từ tính đối xứng của giả thiết, chỉ tồn tại một phép nội xạ Φ(¯ l) → ¯ l, cần được chứng minh.
Trường hợp 1 ¯ l là hữu hạn Giả sử số phần tử của i là t Do đó E = {j 1 , , j s } ⊂ Φ(i) Do 2.3.4 (với A = N i 1 ) thì M i 1 với M i 1 ∼ = N i 1 , tức là i 1 ∈ ¯ l và
Từ 2.3.4 (với A = N i 2 và B = M i 1 ⊕ L i∈J N i mặc khác M i 2 với M i 2 ∼ =
Vì tổng là trực tiếp nên M i 1 , , M i s khác nhau theo từng cặp, do đó chúng ta phải có s6 t Do đó, số phần tử của Φ(¯ l)6 t và khẳng định là rõ ràng.
Trường hợp 2 ¯ l là vô hạn Đặt π 0 i : M → N j là hình chiếu và đặt k ∈ I
E(k) := j | j ∈ J ∧ π 0 j gây ra sự đẳng cấu của M k lên N i
Khi đó E(k) là hữu hạn với mọi k ∈ I. Cho phép
X l=1 n j l , 0 6= n i l ∈ N j l ⇒ π 0 j l (m) = n j i để π j 0 tạo ra đẳng cấu, chúng ta phải có π j 0 (m) 6= 0, tức là j ∈ {j 1 , , j t }.
" Φ(i) ⊂ S k∈i E(k)” : j ∈ Φ(i) ⇒ M i 1 ∼ = N j Từ 2.3.4 có k ∈ I, do đó π j 0 là đẳng cấu của M k lên N j ⇒ M k ∼ = N j ⇒ M k ∼ = M i ⇒ k ∈ ¯ ı ∧ j ∈ E(k). Cho S k∈ ¯ i E(k) là hợp rời rạc của các tập E(k), khi đó có một phép nội xạ Φ( ~l ) = bigcup k∈ I ¯ E(k) →S k∈ ¯ i E(k) Vì mọi E(k) là hữu hạn nên với mọi E(k) đều có một phép nhúng vào N Sau đó tồn tại
Vì i là vô hạn, nên theo một kết quả đã biết của lý thuyết tập hợp sẽ có song ánh ¯ l ×N → ¯ i Tất cả các phép nhúng cùng nhau tạo ra một lần nhúng Φ(¯ l) → ¯ l Do đó Định lý Krull-Remak-Schmidt được chứng minh.
Hệ quả 2.3.6 chỉ ra rằng sự phân tích thành tổng trực tiếp của các mô-đun con không thể phân tích được là duy nhất theo nghĩa của định lý Krull-Remak-Schmidt.
Trong bài sản phẩm nghiên cứu này, em đã nghiên cứu về định nghĩa và các tính chất của vành địa phương, song là những ứng dụng của vành địa phương trong việc phân tích và giản ước các modun Đặc biệt là đã tìm hiểu rằng nếu một môđun là tổng trực tiếp của những môđun con mà vành các tự đồng cấu của những môđun con này là vành địa phương thì cách phân tích đó là duy nhất (định lí Krull - Remark-Schmidt).
Thông qua cơ hội được làm sản phẩm nghiên cứu này, em đã bước đầu học được cách nghiên cứu một vấn đề toán học như thế nào Tuy vậy, với sự hiểu biết còn hạn chế rất nhiều nên sản phẩm nghiên cứu của em không tránh khỏi những sai sót, em mong rằng các quý thầy cô sẽ giúp em đóng góp về bài sản phầm, điều đó sẽ giúp cho em có thêm hành trang cho tương lai Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn quý thầy cô!