Về lớp (1 c1) môđun và tổng trực tiếp các môđun đều

1 MỤC LỤC Danh mục kí hiệu Mở đầu Kiến thức sở 1.1 Môđun cốt yếu 1.2 Môđun 1.3 Chiều Goldie (chiều Uniform) Lớp (1 − C1 ) - môđun 11 2.1 Lớp (1 − C1 ) - môđun 11 2.2 Lớp (1 − C1 ) - môđun CS - môđun 17 Tổng trực tiếp môđun 21 3.1 Môđun chứa môđun 21 3.2 Tổng trực tiếp môđun 24 Kết luận 31 Tài liệu tham khảo 32 CÁC KÝ HIỆU K ⊆ M : K môđun môđun M K ✂ M :K môđun cốt yếu môđun M K ⊂⊕ M : K hạng tử trực tiếp môđun M E(M ): Bao nội xạ môđun M ⊕ Mi : Tổng trực tiếp môđun Mi , i ∈ I i∈I n ⊕ Mi : Tổng trực tiếp môđun Mi , ≤ i ≤ n i=1 U dimM (hoặc GdimM ): Chiều Goldie (chiều đều) môđun M End(M ): Vành tự đồng cấu môđun M LỜI MỞ ĐẦU Vào năm 1977, Chatters Hajarnavis lần đưa khái niệm CS - môđun (hay Extending môđun) Tiếp Harada học trò ông nghiên cứu lớp môđun mở rộng CS - môđun, môđun mà môđun đóng hạng tử trực tiếp Đến năm 1988 Kamal Muller gọi môđun thoã mãn điều kiện (1 − C1 ) - môđun tiếp tục thu nhiều kết Các tác giả chứng minh miền giao hoán không xoắn vành Noether, tổng trực tiếp hữu hạn n môđun M = ⊕ Mi CS Mi ⊕ Mj CS ∀1 ≤ i ≤ j ≤ n i=1 Lớp CS - môđun nhiều người nghiên cứu lý thuyết vành môđun quan tâm Môđun nửa đơn, môđun môđun nội xạ ví dụ Extending môđun Trong trình nghiên cứu môđun để dẫn đến đặc trưng vành, mặt ta nghiên cứu môđun cho nhờ phân tích thành môđun đơn giản hơn, mặt khác ta hướng tới việc xây dựng môđun từ môđun cho.Theo hướng nghiên cứu này, cấu trúc đặc biệt có ý nghĩa tổng trực tiếp môđun Qua việc nghiên cứu tổng trực tiếp môđun người ta ứng dụng kết để khảo sát lớp môđun lớp vành như: Noether, Artin đặc biệt vành QF Mục đích luận văn trình bày lại số tính chất lớp (1−C1 ) - môđun tính chất tổng trực tiếp môđun mà chủ yếu dựa vào tài liệu tham khảo [2],[3],[4],[7] Luận văn trình bày thành chương: Chương Trình bày khái niệm tính chất môđun cốt yếu, môđun đều, môđun bé, ,cùng khái niệm có liên quan Chương Tập trung nghiên cứu tính chất lớp (1 − C1 ) - môđun lớp CS - môđun Chương Nghiên cứu tính chất liên quan đến tổng trực tiếp môđun Luận văn bắt đầu thực từ tháng 1/2010 hoàn thành hướng dẫn PGS TS Ngô Sỹ Tùng Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Ngô Sỹ Tùng, người định hướng nghiên cứu, thường xuyên quan tâm, tạo điều kiện thuận lợi, với lời động viên khích lệ tác giả suốt trình học tập nghiên cứu Tác giả xin chân thành cảm ơn thầy giáo, cô giáo khoa Toán, khoa Đào tạo sau đại học bạn lớp cao học khoá 16 Đại số lý thuyết số động viên giúp đỡ có nhiều ý kiến đóng góp quý báu để luận văn hoàn thành kế hoạch Vì khả thời gian có hạn nên luận văn tránh khỏi hạn chế thiếu sót, mong góp ý, bảo thầy cô giáo bạn học viên Vinh, tháng 12 năm 2010 Tác giả CHƯƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương nêu khái niệm tính chất liên quan đến chương sau Các khái niệm, tính chất ký hiệu chủ yếu dựa vào tài liệu: F W Anderson and Fuller [1], Ng.V Dung, D.V Huynh, P.F Smith and R Wisbauer [2] Các vành giả thiết vành kết hợp có đơn vị, môđun vành hiểu môđun phải unita 1.1 Môđun cốt yếu 1.1.1 Định nghĩa Cho M R-môđun phải N môđun M (1) Môđun N gọi môđun cốt yếu (essential) M ký hiệu N ✂ M , với môđun K khác không M N ∩ K = Khi ta nói M mở rộng cốt yếu (essential extension) N (2) Một đơn cấu f : A → M gọi đơn cấu cốt yếu f (A) ✂ M Lúc ta nói A nhúng cốt yếu vào M (3) Môđun N M gọi đóng (closed) M N mở rộng cốt yếu thực M Nói cách khác N gọi đóng M với môđun K khác không M mà N ✂K K = N (4) Môđun T M gọi tối đại M môđun X M thõa mãn T ⊆ X X = M X = T (5) Môđun K M gọi bao đóng (closed) môđun N M K môđun tối đại M cho N cốt yếu K (6) Môđun B M gọi bé (small) M (hay đối cốt yếu) M ký hiệu B M , môđun L M, L = M B + L = M , nói cách khác B + L = M L = M (7) Một môđun H M gọi tập bù N (trong M ) H tối đại tập hợp môđun Q M mà Q ∩ N = (8) Một môđun N M gọi tập bù (trong M ) tồn môđun H M cho N tập bù H (trong M ) 1.1.2 Tính chất Cho M R- môđun K N môđun M Khi ta có: (1) N ✂ M ⇔ = ∀x ∈ M, Rx ∩ N = (2) Cho K ⊆ N, N ⊆ M K ✂ M K ✂ N N ✂ M (3) Nếu Ai ✂ Bi , i = 1, 2, , n; Ai , Bi ⊆ M n Ai ✂ M n n Ai ⊆ i=1 Bi Đặc biệt i=1 Ai ✂ M i=1 (4) Cho K ⊆ N, N ⊆ M Nếu N/K ✂ M/K N ✂ M (5) Nếu f : B −→ C đồng cấu môđun A ✂ C f −1 (A) ✂ B Mi , A = ⊕ Ai , Ai Mi môđun M (6) Cho M = i∈I i∈I Ai ✂ Mi , ∀i ∈ I , Khi tồn ⊕ Mi A ✂ ⊕ Mi i∈I i∈I Chứng minh (1) Giả sử N ✂ M , với = x ∈ M ⇒ Rx = ⇒ Rx ∩ N = (hiển nhiên theo định nghĩa) Ngược lại, Rx ∩ N = 0, ∀x ∈ M, x = Khi giả sử = X ⊆ M mà N ∩X = Do X = ⇒ ∃x ∈ X mà x = Ta có: = N ∩X ⊃ Rx∩X = (vô lý).Vậy X ∩ N = hay N ✂ M (2) Giả sử K ✂ M Lấy = A ⊆ N ⇒ A ⊆ M ⇒ A ∩ K = 0.Vậy K ✂ N Lấy = B ⊆ M ⇒ B ∩ K = mà K ⊆ N ⇒ B ∩ N = Vậy N ✂ M Ngược lại, giả sử K ✂ N N ✂ M Lấy = A ⊆ M , N ✂ M nên A ∩ N = Mà A ∩ N ⊆ N K ✂ N ⇒ A ∩ N ∩ K = ⇒ A ∩ K = 0.Vậy K ✂ M n (3) Lấy = X ⊆ Bi ⇒ X ⊆ Bi , ∀i = 1, 2, , n mà Ai ✂ Bi ⇒ i=1 X ∩ Ai = n Lúc X ∩ ( n Ai ) = hay i=1 n Ai ✂ i=1 Bi i=1 (4) Lấy = A ⊆ M Nếu A = K , lúc A ∩ N = K ∩ N = K = ⇒ N ✂ M Nếu A = K , N/K ✂ M/K ⇒ N/K ∩ ((A + K)/K) = Tồn n + k1 = a + k + k2 ⇒ a = n + k1 − k − k2 ∈ N mà a = ⇒ a ∈ A ∩ N = 0.Vậy N ✂ M (5) Lấy = X ⊆ B Ta cần chứng minh X ∩ f −1 (A) = Thật vậy: + Nếu f (X) = ⇒ X ⊆ f −1 (0) ⊆ f −1 (A)) ⇒ X ∩ f −1 (A) = X = + Nếu f (X) = 0, A ✂ C ⇒ A ∩ f (X) = ⇒ ∃a = 0, a ∈ A a ∈ f (X) ⇒ a = f (x) (với x phần tử khác X) Suy x = f −1 (a) ⇒ x ∈ f −1 (A) ⇒ X ∩ f −1 (A) = Vậy f −1 (A) ✂ B (6) Trước hết ta chứng minh cho trường hợp I hữu hạn Dùng qui nạp ta xét với n=2 Ta có M = M1 + M2 ; A = A1 + A2 Do Ai ✂ Mi ⇒ ⇒ ⇒ ⇒ A1 ∩ A2 ✂ M1 ∩ M2 ✂ M1 ∩ M2 M1 ∩ M2 = ∃ ⊕ Mi i∈I Tiếp theo ta xét f1 : M1 ⊕ M2 → M1 ; f2 : M1 ⊕ M2 → M2 Do A1 ✂ M1 ⇒ f −1 (A1 ) ✂ M1 ⊕ M2 theo(5) ⇒ A1 ⊕ M2 ✂ M1 ⊕ M2 (1) Do A2 ✂ M2 ⇒ f −1 (A2 ) ✂ M1 ⊕ M2 theo(5) ⇒ A2 ⊕ M1 ✂ M1 ⊕ M2 (2) Lấy giao vế (1) (2) ta có (A1 ⊕ M2 ) ∩ (A2 ⊕ M1 ) ✂ M1 ⊕ M2 Bây ta chứng minh cho trường hợp I vô hạn Lấy x ∈ Mi , ta có biểu diễn x = i∈I xi , với F hữu hạn thuộc I i∈F Theo trường hợp ⊕ Mi tồn biểu diễn i∈F Tiếp theo ta lấy = X ⊆ ⊕ Mi , suy ∃0 = x ∈ X mà x ∈ ⊕ Mi i∈I ⊕ Ai ✂ ⊕ Mi với F hữu hạn thuộc I ) i∈F i∈I i∈F ⇒ xR ∩ ⊕ Ai = i∈F ⇒ x ∩ ⊕ Ai = 0ha i∈F Vậy ⊕ Ai ✂ ⊕ Mi i∈I 1.2 i∈I Môđun 1.2.1 Định nghĩa (1) Giả sử R vành, R- môđun phải U gọi (hay uniform) U = A ∩ B = môđun khác không A, B U Hay nói cách khác, U U = môđun khác không cốt yếu U (2) Một môđun M gọi đơn M không chứa môđun thực (nghĩa M chứa hai môđun nó) (3) Giả sử (Tα )α∈I tập môđun đơn M Nếu M tổng trực tiếp (Tα )α∈I M = ⊕ Tα phân tích nửa đơn M i∈α (4) Môđun M gọi nửa đơn M có phân tích nửa đơn (5) Tập hợp r(m) = {r ∈ R | mr = 0} gọi linh hóa tử phần tử m Tập hợp r(M ) = {r ∈ M | mr = 0, ∀m ∈ M } gọi linh hóa tử môđun M (6) Tập hợp ZR (U ) = {x ∈ U : rR (x) ✂ R} gọi môđun suy biến U Nếu ZR (U ) = ta nói U không suy biến 1.3 Chiều Goldie (chiều Uniform) 1.3.1 Định nghĩa (1) Một môđun M vành R gọi có chiều Goldie (hay chiều đều, chiều Uniform) hữu hạn không tồn tổng trực tiếp vô hạn môđun khác không M M gọi có chiều Goldie vô hạn trường hợp ngược lại Người ta chứng minh (xem [2]): số hạng tử khác không lớn tổng trực tiếp môđun M bất biến gọi số chiều Goldie (hay chiều Uniform) M ký hiệu Gdim (M) (hay Udim (M)) (2) Cho R vành tùy ý, ta gọi chiều Goldie phải R chiều Goldie RR chiều Goldie trái R chiều Goldie R R 1.3.2 Tính chất (Xem [1, 1.10]).Gọi N môđun Rmôđun M (1) Nếu N ✂ M M có chiều hữu hạn N có chiều hữu hạn, trường hợp udimM = udimN Ngược lại, M có chiều hữu hạn udimM = udimN N ✂ M (2) Nếu M = M1 ⊕ M2 ⊕ Mn udimM = udimM1 + udimM2 + + udimMn 10 (3) Giả sử N M/N đồng thời có chiều hữu hạn M có chiều hữu hạn udimM ≤ udimN + udimM/N (4) Nếu M có chiều hữu hạn môđun M có chiều hữu hạn 1.3.3 Bổ đề Mọi môđun khác chiều Goldie hữu hạn chứa môđun Chứng minh Giả sử ngược lại M không chứa môđun Cụ thể: Nếu M không tồn môđun khác không K1 , L1 M cho K1 ∩ L1 = Khi K1 không môđun nên tồn môđun khác không K2 , L2 K1 cho K2 ∩ L2 = Ta lại có K2 không môđun nên ta tiếp tục phân tích dẫn đến M chứa tổng trực tiếp vô hạn L1 ⊕ L2 ⊕ môđun khác không M Suy M có chiều Goldie vô hạn điều mâu thuẫn với giả thiết M có chiều Goldie hữu hạn Vậy M chứa môđun 19 Giả sử N ⊆ M cho N ∩ M1 = 0, M1 M2 nội xạ nên ta có sơ đồ sau: α N BB BB BB β BB! M1 /M | f Trong α = p2 |N β = p1 |N Ta có Ker(α) = Ker(p2 )∩N = M1 ∩N = 0, suy dòng khớp Vì M1 M2 nội xạ nên tồn f : M2 −→ M cho f ◦ α = β Đặt M = {f (m) + m|m ∈ M2 }, hiển nhiên ta có: M ⊆ M N ⊆ M , M = M1 ⊕ M Xét m ∈ M , ta có m = m1 + m2 Do m2 ∈ M2 suy tồn m = f (m2 ) + m2 ∈ M ⇒ m2 = m − f (m2 ) ⇒ m = (m1 − f (m2 )) + m = m1 + m (Vì f (m2 ) ⊆ M1 nên m1 − f (m2 ) = m1 ⊆ M1 ) Điều chứng tỏ M = M1 + M (∗) Xét m ∈ M1 ∩ M ⇒ ∃n : m = f (n) + n (Với n ∈ M1 ; n ∈ M2 ) ⇒ m − f (n) = n ∈ M1 ∩ M2 ⇒n=0⇒m=0 (∗∗) Từ (∗) (∗∗) ta có M = M1 ⊕ M Ta có ii) Bây ta chứng minh ii) ⇒ i) Giả sử N ⊆ M , N ∩ M1 = 0, M ⊆ M ,M = M1 ⊕ M , N ⊆ M Chọn L ⊆ M2 ; g : L → M1 Đặt H = {−g(x) + x|x ∈ L, rõ ràng H ⊆ M H ∩ M1 = (Vì m1 = x − g(x) ∈ M1 ∩ H , với x ∈ L x ∈ M1 ∩ L ⇒ x = ⇒ m1 = 0) Suy tồn H ⊆ M cho H ⊕ M1 = M ; H ⊃ H Lấy p : H ⊕ M1 −→ M1 ánh xạ chiếu, p|M2 : M2 −→ M1 Với x ∈ L ta có: p(x) = p(g(x) + (−g(x) + x)) = g(x) 20 Điều chứng tỏ M1 M2 nội xạ 2.2.4 Định lí Giả sử M = M1 ⊕ M2 ⊕ ⊕ Mn tổng trực tiếp môđun nội xạ Khi M (1 − C1 ) - môđun Mi (1 − C1 ) - môđun với ≤ i ≤ n Chứng minh Chúng ta dễ nhận thấy điều kiện cần hiển nhiên hạng tử trực tiếp (1 − C1 ) - môđun (1 − C1 ) - môđun (theo hệ 2.1.9) Điều kiện đủ: Ta giả sử Mi (1 − C1 ) - môđun (1 ≤ i ≤ n), ta chứng minh M (1 − C1 ) - môđun quy nạp theo n Muốn ta cần chứng minh cho trường hợp n = 2, nghĩa M = M1 ⊕ M2 Giả sử K môđun đóng M cho M = M1 ⊕ M với K ⊆ M Khi ta có M ∼ = M2 , mà M (1 − C1 ) - môđun, K môđun đóng M Do K hạng tử trực tiếp M Vậy K hạng tử trực tiếp M Mặt khác, H môđun đóng M với H ∩ M2 = H hạng tử trực tiếp M Theo Hệ 2.1.14 ta có M (1−C1 ) - môđun 21 CHƯƠNG TỔNG TRỰC TIẾP CÁC MÔĐUN ĐỀU Trong chương tiếp nối nghiên cứu tính chất CS cho môđun hay (1 − C1 )- môđun 3.1 Môđun chứa môđun Như định nghĩa chương 2, môđun M gọi CS - môđun môđun đóng hạng tử trực tiếp Một môđun gọi (1 − C1 ) - môđun môđun đóng hạng tử trực tiếp Chúng ta có sơ đồ sau: M nội xạ ⇒ M tựa nội xạ ⇒ M liên tục ⇒ M tựa liên tục ⇒ M CS - môđun ⇒ M (1 − C1 ) - môđun Nhưng chiều ngược lại chưa hẳn (xem ví dụ 2.2.3), điều chứng tỏ lớp (1−C1 )-môđun lớp mở rộng lớp môđun Vậy với điều kiện để chiều ngược lại sơ đồ đúng? Đã có nhiều kết nghiên cứu vấn đề có câu hỏi tự nhiên đặt là: n "Cho M = ⊕ Mi tổng trực tiếp hữu hạn môđun cho i=1 Mi ⊕ Mj liên tục (tương ứng tựa liên tục, CS, (1 − C1 )), với ≤ i ≤ j ≤ n Vậy M có phải liên tục (tựa liên tục, CS, (1 − C1 )) hay không?" Tính chất liên tục tựa liên tục A.Harmanci P.F Smith chứng minh mệnh đề có tính hai chiều (1992) Còn trước đó, năm 1988 M.A Kamal B.J Muller chứng minh cho tính chất CS, nhiên 22 miền giao hoán cho môđun không xoắn rút gọn Riêng tính chất (1 − C1 )-môđun hai ông đưa điều kiện End(Mi ) vành địa phương chứng minh Mi ⊕ Mj CS - môđun M (1 − C1 )-môđun vành Noether vành hoàn chỉnh tổng quát chưa có câu trả lời cụ thể 3.1.1 Bổ đề Giả sử M = ⊕ Mi tổng trực tiếp môđun Mi (i ∈ I), i∈I môđun khác M chứa môđun Chứng minh Giả sử A môđun khác M Khi tồn tập J tối đại I với tính chất A ∩ M (J) = (ở ta hiểu M (J) = ⊕ Mi Chúng ta xét k ∈ I \ J giả sử i∈J πk : Mk ⊕ M (J) → Mk phép chiếu tự nhiên Gọi Ak = A ∩ (Mk ⊕ M (J)) Bởi tính tối đại J , Ak = Bởi Ak ∩ M (J) = 0, nên có Ak ∼ = πk (Ak ) ⊆ Mk Vì Mk nên Ak Vậy A chứa môđun Ak = 3.1.2 Hệ Giả sử M = ⊕ Mi với Mi môđun M , i∈I ∀i ∈ I Nếu M (1 − C1 )-môđun môđun đóng khác không M chứa môđun hạng tử trực tiếp M Chứng minh Giả sử A môđun đóng khác không M Theo bổ đề ta có A chứa môđun khác không U Gọi V bao đóng U A (V bao đóng U nghĩa U ✂ V V đóng) Chú ý bao đóng V tồn V hợp tất mở rộng cốt yếu U Khi ta có V đóng A, A đóng M nên ta có V đóng M 23 Vậy V môđun đóng M Mặt khác ta lại có M (1 − C1 )môđun ⇒ V ⊂⊕ M Điều chứng tỏ A chứa môđun hạng tử trực tiếp M 3.1.3 Mệnh đề Giả sử M môđun khác không cho môđun khác không chứa môđun Khi M chứa môđun cốt yếu N cho N tổng trực tiếp môđun Chứng minh Giả sử S = {Uλ /λ ∈ ∧} tập tất tập khác rỗng môđun M , với điều kiện Uλ Uλ tổng trực tiếp λ∈∧ Theo bổ đề Zooc, S có phần tử tối đại {Vα /α ∈ A}, Vα với α ∈ A Gọi V = ⊕ Vα , giả sử K môđun khác không α∈A M , theo giả thiết K chứa môđun U Do tính tối đại {Vα /α ∈ A}, V ∩ U = nên V ∩ K = Điều chứng tỏ V môđun cốt yếu M 3.1.4 Bổ đề Nếu M môđun khác không, không chứa tổng trực tiếp vô hạn môđun khác không Khi M chứa môđun Chứng minh Giả sử M không chứa môđun Trước hết M môđun đều, tồn môđun khác không K1 , L1 M cho K1 ∩ L1 = Bây giờ, L1 không đều, tồn môđun K2 , L2 L1 cho K2 ∩ L2 = Nếu L2 không đều, lập luận tương tự trên, ta tổng vô hạn: K1 ⊕ K2 môđun khác không Điều mâu thuẫn với giả thiết Vậy M chứa môđun 24 3.2 Tổng trực tiếp môđun n 3.2.1 Bổ đề Giả sử M = ⊕ Mi với Mi môđun (1 ≤ i ≤ n) Khi i=1 môđun A M đóng M nếu: n A = { φi (b)/b ∈ B ⊂ Mk } với k thuộc {1, , n} φi : i=1 B → Mi đồng cấu (1 ≤ i ≤ n) cho φk (b) = b với b ∈ B φi không mở rộng đồng thời (có nghĩa ψi : Bi → Mi mở rộng n φi , B ⊂ Bi ⊂ Mk với ≤ i ≤ n B = Bi i=1 Chứng minh Giả sử A môđun đóng M , πi phép chiếu từ M lên Mi (1 ≤ i ≤ n) Giả sử A ∩ Kerπi = với i ∈ {1, , n} n Đặt = Ai = A∩Kerπi Xét X = ∩ Ai , A môđun nên X = 0, i=1 tức tồn phần tử x ∈ X, x = Suy x ∈ Ai với i ∈ {1, , n}, x thành phần phụ thuộc Ai , ∀i ∈ {1, , n}, tức x = Vậy ∃k ∈ {1, , n} để A ∩ Kerπk = Khi πk /A đơn cấu Với i ∈ {1, , n} φi = πi (πk /A )−1 đồng cấu từ πk (A) vào Mi Ta có: φk (b) = πk πk −1 (b) = πk πk−1 (πk (a)) = πk (a) = b với b ∈ πk (A) n Ta cần chứng minh A = { φi (x)/x ∈ πk (A)} i=1 n Lấy a ∈ A, a = (ai ∈ Mi , ≤ i ≤ n), ak = πk (a) ∈ πk (A) i=1 Vì φi (ak ) = φi (πk (a)) = πi πk−1 πk (a) = πi (a) = n Suy n = a ∈ A φi (x) = i=1 n i=1 n φi (x) ∈ { Ngược lại lấy i=1 φi (x)/x ∈ πk (A)}, x ∈ πk (A) i=1 ⇒ x = πk (a) với a ∈ A, φi (x) = πi πk−1 (x) = πi πk−1 πk (a) = πi (a) = n ⇒ n φi (x) = i=1 = a ∈ A i=1 Giả sử ψi : Bi → Mi mở rộng φi , πk (A) ⊆ Bi ⊆ Mk , 25 ≤ i ≤ n n Xét A = { n n i=1 i=1 ψi (y)/y ∈ ∩ Bi }, i=1 ψi (y) tổng hữu hạn nên A xác định A ⊆ M Vì Mk môđun nên πk (A) ✂ Mk ⇒ πk (A) ✂ Bi , ∀i ∈ {1, , n} n n Từ suy πk (A) ✂ ∩ Bi Lấy = m ∈ A , m = n ψi (y) với y ∈ ∩ Bi i=1 i=1 n i=1 (m = nên y = 0) Do πk (A) ✂ ∩ Bi i=1 ⇒ = yr ∈ yR ∩ πk (A), với r ∈ R n mr = r n ψi (y) = i=1 n ψi (yr) = i=1 φi (yr) ∈ A Và φk (yr) = yr = nên i=1 mr = ⇒ mR ∩ A = với = m ∈ A Tức A ✂ A ⊂ M n Do A đóng M nên A = A Vậy ∩ Bi = πk (A) i=1 n Ngược lại, giả sử X = { fi (b)/ b ∈ B ⊆ Mk }, i=1 fi : B → Mi không mở rộng đồng thời được, i ∈ {1, , n} fk (b) = b, ∀b ∈ B Khi rõ ràng X ∼ = B B ⊆ Mk nên X môđun Ta chứng minh X đóng M Giả sử X ✂ X ∗ ⊆ M , ta có X ∩ Kerπk = 0, x ∈ X ∩ Kerπk , n fi (b) với b ∈ B ⊆ Mk thành phần thứ k x b ∈ Mk , x= i=1 b = n Khi x = n fi (b) = i=1 fi (0) = X ∗ ∩ Kerπk = i=1 B = πk (X) ⊆ πk (X ∗ ) ⊆ Mk Xét gi = πi (πk /X ∗ )−1 : πk (X ∗ ) → Mi gi mở rộng fi với i ∈ {1, , n} Vì với b ∈ B = πk (X) nên n b = πk (x) = πk ( fi (b)) i=1 gi (b) = πi πk −1 (b) = πi πk −1 πk ( n n fi (b)) = πi ( i=1 fi (b)) = fi (b) i=1 Theo giả thiết B = πk (X ∗ ), tức πk (X) = πk (X ∗ ) Ta có πk /X ∗ 26 đơn cấu (vì X ∗ ∩ Kerπk = nên với x∗ ∈ X ∗ , πk (x∗ ) = πk (x) ⇒ x∗ = x với x thuộc X Vậy X = X ∗ hay X môđun đóng 3.2.2 Bổ đề Giả sử φ : M → E(N ) đồng cấu tùy ý giả sử X = {x ∈ M/φ(x) ∈ N } Nếu tồn đồng cấu ψ : Y → N, X ⊂ Y ⊂ M cho ψ(x) = φ(x), ∀x ∈ X X = Y Hơn nữa, môđun B = {x + φ(x)/x ∈ X} đóng M ⊕ N Chứng minh Nếu (φ−ψ)(Y ) = 0, N ✂E(N ) nên (φ−ψ)(Y )∩N = 0, tức tồn n = (φ − ψ)(y) với = n ∈ N , y ∈ Y ⇒ φ(y) = n + ψ(y) ∈ N ⇒ y ∈ X ⇒ (φ − ψ)(y) = 0, mâu thuẫn Vậy X =Y Giả sử tồn môđun B ∗ M ⊕ N mà B ✂ B ∗ Rõ ràng B ∩ N = suy B ∗ ∩ N = Gọi π π phép chiếu từ M ⊕ N lên M N tương ứng Khi π/B ∗ đơn cấu Xét f = π π −1 /B ∗ : π(B ∗ ) → N Vì B = {x + φ(x)/x ∈ X} nên X = π(B) ⊆ π(B ∗ ) Hơn nữa, với x ∈ X : f (x) = π π −1 (x) = π (π −1 (x)) = π (x + φ(x)) = φ(x) Theo chứng minh phần ta phải có X = π(B ∗ ) Lấy tùy ý b∗ ∈ B ∗ ta có: b∗ = π(b∗ ) + π (b∗ ) = π(b∗ ) + π π −1 π(b∗ ) = π(b∗ ) + f (π(b∗ )) = π(b∗ ) + φ(π(b∗ )) Do X = π(B ∗ ) nên π(b∗ ) ∈ X Do π(b∗ ) + φ(π(b∗ )) ∈ B Vậy B = B ∗ n 3.2.3 Bổ đề Giả sử M = ⊕ Mi với Mi môđun End(Mi ) i=1 vành địa phương (1 ≤ i ≤ n) cho Mi ⊕ Mj (1 − C1 ) - môđun với i = j ∈ {1, , n} đồng cấu f : E(Mi ) → E(Mj ) với i = j ∈ {1, , n} 27 Gọi X = {x ∈ Mi /f (x) ∈ Mj } Khi X = Mi f /X : X → Mj đẳng cấu f −1 (Mj ) ⊆ Mi Chứng minh Đặt X ∗ = {x − f (x)/x ∈ X} Theo bổ đề 3.2.2, X ∗ đóng Mi ⊕ Mj Rõ ràng X ∗ ∼ = X ⊆ Mi nên X ∗ môđun Theo giả thiết Mi ⊕Mj (1− C1 )- môđun nên tồn môđun B mà Mi ⊕Mj = X ∗ ⊕B Do Mi , Mj , X ∗ môđun nên B môđun Theo giả thiết End(Mi ), End(Mj ) địa phương nên ta có: Mi ⊕ Mj = X ∗ ⊕ Mj (1) Mi ⊕ Mj = X ∗ ⊕ Mi (2) Nếu (1) xảy ra, giả sử π : X ∗ ⊕ Mj → Mj phép chiếu Xét π/Mi : Mi → Mj , với x ∈ X f (x) ∈ Mj Ta có: x ∈ X ⊆ Mj suy x = x∗ + xj (x∗ ∈ X ∗ , xj ∈ Mj ) hay x = x − f (x )xj với x ∈ X ⊆ Mj → x − x = xj − f (x ) suy x = x xj = f (x ) = f (x).π(x) = π(x∗ + xj ) = xj = f (x) Như π mở rộng f nên theo Bổ đề 3.2.2 X = Mi Nếu (2) xảy ra, tức Mi ⊕Mj = X ∗ ⊕Mi Giả sử Ker(f /X ) = 0, ∃0 = x ∈ X mà f (x) = suy x − f (x) = x − ∈ X ∗ ⇒ x ∈ X ∗ mà x ∈ X nên x ∈ Mi suy Mi ∩ X ∗ = 0, vô lý Vậy f /X đơn cấu Lấy mj ∈ Mj mj = x∗ + mi (với x∗ ∈ X ∗ mà mi ∈ Mi ) rõ ràng x∗ = Khi ∃0 = x ∈ X mà x∗ = −x + f (x), mj = −x + f (x) + mi Suy ra: mj −f (x) = mi −x mà mi −x ∈ Mi , mj −f (x) ∈ Mj nên mj = f (x) Vậy mj ∈ f (X) nên f /X toàn cấu Vậy f /X : X → Mj đẳng cấu f −1 (Mj ) = X ⊆ Mi n 3.2.4 Định lí Giả sử M = ⊕ Mi tổng trực tiếp hữu hạn môđun i=1 28 đều, Mi môđun End(Mi ) địa phương với i ∈ {1, , n} Khi M (C1 ) - môđun Mi ⊕ Mj (1 − C1 ) - môđun với i = j ∈ {1, , n} Chứng minh Giả sử Mi ⊕ Mj (1 − C1 )- môđun với i = j A n môđun đóng M Theo Bổ đề 3.2.1, A = { φi (x)/x ∈ X ⊆ Mk } i=1 với k thuộc {1, , n}, φi : X → Mi đồng cấu, φk (x) = x với x ∈ X , họ (φi ) không mở rộng đồng thời với i ∈ {1, , n} X môđun Mk Giả sử φ∗i : E(Mk ) → E(Mi ) mở rộng φi , i ∈ {1, , n} Xi = {m ∈ Mk /φ∗i (m) ∈ Mi } Vì họ (φi ) không mở rộng đồng thời nên n X = ∩ Xi Do φk (x) = x với x ∈ X nên X = πk (A) πk phép i=1 chiếu tự nhiên từ M lên Mk Rõ ràng A ∩ Kerπk = Do Xi ⊆ Mk , với i ∈ {1, , n} nên xảy hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu X = Mk (lúc Xi = Mk , với i ∈ {1, , n}), theo X = πk (A) nên πk (A) = Mk Lại A ∩ Ker πk = nên A ∩ M (J) = với J = {1, k − 1, k + 1, , n} Khi ta có: M = A ⊕ M (J) Trường hợp 2: Nếu X ⊆ Mk Đặt F = {i ∈ {1, , n}/Xi ⊆ Mk }, ta cần chứng minh Xi Xj so sánh với i, j ∈ F Thật vậy, theo Bổ đề 3.2.3 φ∗ −1 tồn Xi = φ∗i −1 (Mi ), Xj = φ∗j −1 (Mj ) Xét đồng cấu f = φj ∗ φ∗i −1 : Mi → E(Mj ) mở rộng f gọi Y = {y ∈ Mi /f ∗ (y) ∈ Mj } Lại theo Bổ đề 3.2.3 ta có Y = Mi Y ∼ = Mj Nếu Y = Mi f ∗ (Mi ) ⊆ Mj , φ∗j φ∗i −1 (Mi ) ⊆ Mj , φ∗j (Xi ) ⊆ Mj Như Xj = φ∗j −1 (Mj ) ⊃ φ∗j −1 φ∗j (Xj ) ⊃ Xi nghĩa Xi ⊂ Xj Nếu Y ∼ = Mj , tức f ∗ −1 (Mj ) ⊆ Mi Khi f ∗ −1 (Mj ) = (φ∗ φ∗ −1 )−1 (Mj ) = j i 29 φ∗i (φ∗j −1 (Mj )) = φ∗i (Xj ) Do φ∗j (Xi ) ⊆ Mi , φ∗i −1 (φ∗i (Xi )) ⊆ φ∗i −1 , hay Xj ⊆ Xi Như với i ∈ F họ {Xi } tạo thành dãy tồn phần tử bé Xα , α ∈ F (do F hữu hạn) để Xα = πk (A) Bây ta chứng minh A ⊕ ( ⊕ Mi ) = M i=α n Thật vậy, gọi aα thành phần thứ α a khai triển a ∈ M = ⊕ Mi Ta thấy a = aα = πα (a) = πα πk−1 πk (a) i=1 = φα (a) φα đơn cấu nên aα = Lấy a ∈ A ∩ ( ⊕ Mi ), a = m + m với m ∈ ⊕ Mi , i=α i=α m ∈ Mα Nếu a = 0, từ a ∈ ⊕ Mi dẫn đến m = aα = mâu thuẫn với aα = i=α Vậy A ∩ ( ⊕ Mi ) = Mặt khác, ta thấy φα (Xα ) = Mα suy φα (Xα ) = i=α πα πk−1 πk (A) = πα (A) = Mα Khi M = A ⊕ ( ⊕ Mi ) Vậy với i=α môđun đóng A M A hạng tử trực tiếp M hay M (1−C1 ) - môđun ⇒ M (C1 ) - môđun 3.2.5 Mệnh đề Cho M = ⊕ Mi , Mi môđun End(Mi ) địa i∈I phương Khi M (1−C1 )- môđun Mi ⊕Mj (C1 ) - môđun với i = j ∈ I Chứng minh Nếu Mi ⊕ Mj (1 − C1 ) - môđun hiển nhiên M (C1 ) môđun Ngược lại, giả sử Mi ⊕ Mj (C1 ) - môđun với i = j ∈ I Cho A môđun đóng M Từ Bổ đề 3.2.2, A = { φi (x)/x ∈ X ⊂ Mk } với k thuộc I , i∈I (φi : X → Mi )i∈I đồng cấu với φk (x) = x với x ∈ X (φi )i∈I không mở rộng đồng thời Rõ ràng tất số hữu hạn φi đơn 30 cấu (vì với X = φi (x) = với số hữu hạn số i với = x ∈ X ) Cho ψi : E(Mk ) → E(Mi ) mở rộng φi , i ∈ I Cho Xi = {m ∈ Mk /ψi (m) ∈ Mi }, điều cho thấy X = ∩ Xi i∈I Khi X = ∩ Xi F = {i/Xi ⊆ Mk } Từ Bổ đề 3.2.3, ψi i∈I đẳng cấu với i ∈ F F hữu hạn Hơn nữa, theo Bổ đề 3.2.3 (lấy f = ψj ψi−1 ) ta có Xi (= ψi−1 (Mi )) Xj (= ψj−1 (Mj )) so sánh với i = j ∈ F Do {Xi }i∈F dãy hữu hạn Với phần tử Xα bé dãy ta có X = Xα A ⊕ ( ⊕ Mi ) = M i∈I 31 KẾT LUẬN Luận văn đạt số kết sau: Tổng hợp trình bày tính chất lớp (1 − C1 ) - môđun lớp CS - môđun Xét tính chất (1 − C1 ) - môđun tính chất CS - môđun tổng trực tiếp hữu hạn môđun chứng minh chi tiết điều kiện cần đủ để tổng trực tiếp hữu hạn môđun CS - môđun (Định lí 3.2.4) Nghiên cứu trình bày số tính chất lớp CS - môđun cho lớp (1 − C1 ) - môđun từ nghiên cứu tính chất (1 − C1 ) cho tổng trực tiếp môđun (Bổ đề 3.1.1đến Mệnh đề 3.2.5) 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Lê Văn An (2003), Đặc trưng Vành Môđun thông qua điều kiện tổng trực tiếp, Luận văn thạc sĩ khoa học Toán học, Trường Đại học Vinh, Vinh Ngô Sỹ Tùng (1995), Một số lớp vành đặc trưng điều kiện liên tục lớp CS môđun, Luận án Phó Tiến sĩ khoa học Toán - Lý, Trường Đại học Vinh, Vinh Tiếng Anh F.W Anderson and K.R Fuller (1974), Rings and Catergories of Modules, Graduate Text in Math No 13, Springer- Verlag, New York, Heidelberg, Berlin Ng.V Dung, D.V Huynh, P.F Smith and R Wisbauer (1994), Extending modules, Pitman Research Notes in Mathematics series 313, Longman, Harlow, UK A Harmanci and P.F Smith (1993), Finite direct sum of CS - Modules, Houston J Math 19, 523-532 H.Q Dinh and D.V Huynh (2003), Some results on self-injective ring and - CS Rings,, Comn.Algebra 31, 6063-6077 33 S.H Mohamed and B.J Muller (1990), Continuous and Discrete Modules, London Math Soc Lecture Notes Series 147, Cambridge Univ Press, Cambridge N.S Tung, L.V An and T.D Phong (2005), Some results on direct sums of uniform modules, Contributions in Math and Applications, ICMA, December, Mahidol Uni, Bankok, Thailand, pp.235-241 R Wisbauer (1991), Foundations of Rings and Modules, Gordon and Breach, Reading 10 D.V Huynh, Ng.V Dung and R Wisbauer (1991), On modules with finite uniform and Krull dimension, Arch Math.57, 122 - 132 11 L.V An and N.S Tung (2009), On direct sums of uniform modules and QF- rings, East - West J of Math, Vol 11, No2, 241-251 [...]... 2 Xét tính chất (1 − C1 ) - môđun và tính chất CS - môđun của tổng trực tiếp hữu hạn các môđun đều và đã chứng minh được chi tiết điều kiện cần và đủ để tổng trực tiếp hữu hạn các môđun đều là CS - môđun (Định lí 3.2.4) 3 Nghiên cứu và trình bày một số tính chất của lớp CS - môđun cũng đúng cho lớp (1 − C1 ) - môđun từ đó nghiên cứu tính chất (1 − C1 ) cho tổng trực tiếp các môđun đều (Bổ đề 3.1.1đến... là (1 − C1 )môđun ⇒ V ⊂⊕ M Điều này chứng tỏ rằng A chứa một môđun con đều là hạng tử trực tiếp của M 3.1.3 Mệnh đề Giả sử M là môđun khác không sao cho mọi môđun con khác không chứa môđun con đều Khi đó M chứa môđun con cốt yếu N sao cho N là tổng trực tiếp các môđun con đều Chứng minh Giả sử S = {Uλ /λ ∈ ∧} là tập tất cả các tập khác rỗng các môđun con của M , với điều kiện Uλ đều và Uλ là tổng trực. .. là M =U ⊕U với môđun con U nào đó của M Từ giả thiết và Hệ quả 2.1.9 dẫn đến U là (1 − C1 ) - môđun với chiều Goldie hữu hạn Bằng quy nạp trên chiều Goldie và Hệ quả 2.1.9 dẫn đến, U là một tổng trực tiếp hữu hạn các môđun con đều Vậy M là một tổng trực tiếp hữu hạn những môđun con đều 2.1.12 Bổ đề Cho R là vành tuỳ ý và R- môđun M là (1 − C1 ) -môđun Khi đó mọi môđun con N đóng trong M và có chiều Goldie... tính chất (1 − C1 ) -môđun hai ông đã đưa ra điều kiện End(Mi ) là vành địa phương và chỉ chứng minh Mi ⊕ Mj là CS - môđun thì M là (1 − C1 ) -môđun trên các vành Noether còn trên các vành hoàn chỉnh tổng quát chưa có câu trả lời cụ thể 3.1.1 Bổ đề Giả sử M = ⊕ Mi là tổng trực tiếp các môđun đều Mi (i ∈ I), i∈I khi đó mỗi môđun con khác 0 của M đều chứa một môđun con đều Chứng minh Giả sử A là một môđun. .. nghĩa Môđun M được gọi là (1 − C1 ) -môđun (hay có tính chất CS cho các môđun con đều) , nói đơn giản M là (1 − C1 ) -môđun hay M có (1 − C1 ) nếu mỗi môđun con đều của M là cốt yếu trong một hạng tử trực tiếp của M 2.1.3 Định nghĩa Môđun M được gọi là tựa liên tục nếu M thõa mãn các điều kiện sau: (1) Mọi môđun con của M là cốt yếu trong một hạng tử trực tiếp của M (2) Nếu A và B là các hạng tử trực tiếp. .. = V ⊕ M1 và X là hạng tử trực tiếp của M1 ⇒ V ⊕ X là hạng tử trực tiếp của M , hay V ⊕ U là hạng tử trực tiếp của M 2.1.11 Bổ đề Cho R là vành tùy ý và một R - môđun M là (1 − C1 ) môđun với chiều Goldie hữu hạn Thì M là một tổng trực tiếp hữu hạn của những môđun con đều Chứng minh Gọi U là môđun con đều tối đại của M , thì U đóng trong M Do M là (1 − C1 ) - môđun nên U là một hạng tử trực tiếp của... = M1 ⊕ M2 ⊕ ⊕ Mn là tổng trực tiếp các môđun nội xạ Khi đó M là (1 − C1 ) - môđun nếu và chỉ nếu Mi là (1 − C1 ) - môđun với 1 ≤ i ≤ n Chứng minh Chúng ta dễ nhận thấy điều kiện cần là hiển nhiên vì mỗi hạng tử trực tiếp của (1 − C1 ) - môđun là (1 − C1 ) - môđun (theo hệ quả 2.1.9) Điều kiện đủ: Ta giả sử các Mi là (1 − C1 ) - môđun (1 ≤ i ≤ n), ta chứng minh M là (1 − C1 ) - môđun bằng quy nạp theo... sử K là môđun đóng đều của M sao cho M = M1 ⊕ M với K ⊆ M Khi đó ta có ngay M ∼ = M2 , mà M là (1 − C1 ) - môđun, K là môđun con đóng đều của M Do đó K là hạng tử trực tiếp của M Vậy K là hạng tử trực tiếp của M Mặt khác, nếu H là môđun con đóng đều của M với H ∩ M2 = 0 thì H là hạng tử trực tiếp của M Theo Hệ quả 2.1.14 ta có M là (1 C1 ) - môđun 21 CHƯƠNG 3 TỔNG TRỰC TIẾP CÁC MÔĐUN ĐỀU Trong... CÁC MÔĐUN ĐỀU Trong chương này chúng tôi tiếp nối nghiên cứu tính chất CS cho các môđun con đều hay các (1 − C1 )- môđun 3.1 Môđun chứa môđun con đều Như đã định nghĩa trong chương 2, một môđun M được gọi là CS - môđun nếu mọi môđun con đóng của nó là hạng tử trực tiếp Một môđun được gọi là (1 − C1 ) - môđun nếu mọi môđun con đóng đều của nó là hạng tử trực tiếp Chúng ta có sơ đồ sau: M là nội xạ ⇒... X là môđun con của H Mà M = H ⊕ H ⇒ M = H ⊕ (L ∩ H ) ⊕ X = L ⊕ X hay L là hạng tử trực tiếp của M Vậy M là (1 − C1 ) - môđun 2.1.15 Định lí Cho R là vành tùy ý Một R - môđun M là (1 − C1 ) - môđun với chiều Goldie hữu hạn nếu và chỉ nếu: 17 (i) M là một tổng trực tiếp hữu hạn các môđun con đều (ii) Mọi hạng tử trực tiếp của M có chiều Goldie 2 là (1 − C1 ) - môđun Chứng minh Giả sử rằng M là (1 − ... tử trực tiếp M Theo Hệ 2.1.14 ta có M (1 C1 ) - môđun 21 CHƯƠNG TỔNG TRỰC TIẾP CÁC MÔĐUN ĐỀU Trong chương tiếp nối nghiên cứu tính chất CS cho môđun hay (1 − C1 )- môđun 3.1 Môđun chứa môđun. .. đến, U tổng trực tiếp hữu hạn môđun Vậy M tổng trực tiếp hữu hạn môđun 2.1.12 Bổ đề Cho R vành tuỳ ý R- môđun M (1 − C1 ) -môđun Khi môđun N đóng M có chiều Goldie hữu hạn hạng tử trực tiếp M... CÁC KÝ HIỆU K ⊆ M : K môđun môđun M K ✂ M :K môđun cốt yếu môđun M K ⊂⊕ M : K hạng tử trực tiếp môđun M E(M ): Bao nội xạ môđun M ⊕ Mi : Tổng trực tiếp môđun Mi , i ∈ I i∈I n ⊕ Mi : Tổng trực