Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 31 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
31
Dung lượng
1,08 MB
Nội dung
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ HIỀN MÔĐUN CON BÉ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN - 2014 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN THỊ HIỀN MÔĐUN CON BÉ VÀ ỨNG DỤNG CHUYÊN NGÀNH: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.01.04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS TS NGÔ SỸ TÙNG NGHỆ AN - 2014 MỤC LỤC Trang MỤC LỤC CÁC KÝ HIỆU MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Môđun cốt yếu 1.2 Các lớp Ci - môđun 1.3 Mô đun chiều Goldie 11 1.4 Vành nửa hoàn chỉnh phải 11 CHƯƠNG 2: MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA MƠĐUN CON BÉ 13 2.1 Môđun bé 13 2.2 Mơđun bé vành nửa hồn chỉnh 19 KẾT LUẬN 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO 29 CÁC KÝ HIỆU : R môđun phải M A M : A môđun môđun M A * M : A môđun cốt yếu môđun M : Tổng trực tiếp môđun M R m A M : A hạng tử trực tiếp môđun M E M : Bao nội xạ môđun M Im f : Ảnh đồng cấu f Kerf : Hạt nhân đồng cấu f MỞ ĐẦU Cho môđun M , môđun A M gọi mơđun bé M , kí hiệu A M với X môđun thực M A X M Mơđun bé lớp mơđun đóng vai trị quan trọng nghiên cứu lý thuyết vành môđun.Trong lý thuyết môđun, môđun bé ứng dụng để nghiên cứu lớp môđun xạ ảnh mở rộng Luận văn chủ yếu dựa vào tài liệu [6] để tìm hiểu tính chất mơđun bé Mục đích luận văn trình bày cách chi tiết số tính chất môđun bé ứng dụng chúng việc đặc trưng số lớp vành Chúng ta nhớ lại : “Mỗi mơđun đóng U môđun xạ ảnh P QF-vành hạng tử trực tiếp nội xạ P ” Do đó, U mơđun khơng bé Từ câu hỏi tự nhiên đặt vành R mơđun đóng R mơđun phải xạ ảnh P không bé ? Trong luận văn này, chúng tơi trình bày phần câu hỏi Vì đề tài luận văn chọn là: “Môđun bé ứng dụng” Luận văn gồm chương: Chương 1: Chúng đưa định nghĩa số kết liên quan đến luận văn: Môđun cốt yếu lớp Ci mơđun Chương 2: Bao gồm hai phần chính: Trong phần chương chúng tơi trình bày tính chất mơđun bé Trong phần chúng tơi trình bày số đặc trưng vành nửa hoàn chỉnh Kết luận văn q trình tìm hiểu nghiên cứu, xếp có hệ thống kết tài liệu tham khảo Luận văn hoàn thành trường Đ.H.Vinh hướng dẫn PGS.TS Ngô Sỹ Tùng Tác giả xin bày tỏ lòng cảm ơn chân thành sâu sắc tới PGS.TS Ngô Sỹ Tùng, người dẫn dắt dạy dỗ tận tình, thường xun dành cho tơi động viên nhiệt tình trình học tập nghiên cứu khoa học Nhân dịp xin gửi lời cảm ơn chân thành tới thầy giáo, giáo khoa Sư phạmTốn học - Trường Đại học Vinh dành thời gian giảng dạy nhiệt tình, truyền đạt kiến thức bổ ích cho tơi Cuối cùng, tơi xin chân thành cảm ơn tới gia đình, bạn bè động viên tơi Trong suốt qua trình học tập, nghiên cứu, cố gắng, nỗ lực thời gian kiến thức hạn chế nên luận văn cịn có nhiều thiếu sót Kính mong nhận góp ý thầy bạn để luận văn hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong toàn luận văn, tất vành R giả thiết vành có đơn vị, kí hiệu môđun R- môđun phải unita (nếu khơng nói thêm) Chương chúng tơi hệ thống số kiến thức sở để phục vụ việc chứng minh cho chương sau Giả sử tập hợp tùy ý, M ký hiệu cho tổng trực tiếp M cho tích trực tiếp M Ta viết RR , R R để R -môđun phải R R -môđun trái R 1.1 Môđun cốt yếu 1.1.1 Định nghĩa m Cho môđun M A M Môđun A gọi môđun cốt yếu m M với môđun X X M A X Kí hiệu A * M (hay A e M ) Nếu A môđun cốt yếu M ta nói M mở rộng cốt yếu A 1.1.2 Ví dụ Cho M R mơđun Ta ln có M * M Với a ,b môđun Mỗi iđêan khác khơng khác khơng ta có ab a cốt yếu với b 1.1.3 Tính chất m i) Cho A M A * M với x 0, x M A Rx m m ii) Cho A K M , A * M A * K K * M iii) Cho f : M N đồng cấu R môđun B M Nếu B * M f 1 ( B) * M Điều ngược lại không iv) Giả sử Ai , Bi môđun M Ai * Bi , i 1, n Khi n i 1 Ai * n i 1 Bi , tập số vô hạn không m m m m v) Cho A K M K / A * M / A Khi K * M vi) Cho Ai M i M Ai * M i , i I Nếu tồn M i Ai * M i I I I Chứng minh i) Điều kiện cần: hiển nhiên m Điều kiện đủ: ta có x 0, x M , với mơđun B M ta chứng minh A B Lấy x B, x , xét x R x rx / r R B m Theo giả thiết ta có: A R x nên với B M ta ln có A B ii) Giả sử A * M lấy mơđun X K mà A X Do m m X K nên X M A * M nên X Vậy A * K Tương tự ta lấy môđun Y M mà K Y A * K nên A Y A * M nên Y Vậy K * M Ngược lại, A * K K * M với mơđun X M mà A X Đặt B K X , ta có A B A K X A X Do A * K nên B K * M nên X , suy K X Vậy A * M iii) Với C M , C , ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: f (C ) M suy f (C) B (vì B * M ), tồn y f (C ) B, y Khi tồn x C cho y f ( x), x (vì y ) x f 1 ( B) , suy C f 1 ( B) Trường hợp 2: f (C ) suy C f 1 ( B) Vì với x C nên ta có f ( x) B suy x f 1 ( B) iv) Sử dụng quy nạp ta cần chứng minh với n Cho A1 * M1, A2 * M , ta chứng minh A1 A2 * M1 M m Lấy X 0, X M1 M , X M1 Do A1 * M nên X A1 B B M A2 * M nên B A2 X A1 A2 , suy X ( A1 A2 ) Trường hợp giao vô hạn nói chung khơng đúng, chẳng hạn: Xét Z – mơđun: n Z * i 1 * , n * Ta có: Zi (Zi Z, i 1, ) , suy * Điều vơ lí Vậy trường hợp giao vơ hạn khơng v) Lấy X * M cho K X Khi K ( A X ) A nên K / A(A X ) / A Mà K / A * M / A nên (A X ) / A hay A X A Vậy X hay K * M vi) Ta chứng minh trường hợp Trường hợp 1: I n hữu hạn Sử dụng quy nạp ta cần chứng minh với n Cho A1 * M1, A2 * M tồn A1 A2 Ta cần chứng minh M1 M Thật vậy, sử dụng tính chất iv) ta có A1 A2 * M1 M Mà A1 A2 nên M1 M Bây ta chứng minh A1 A2 * M1 M Xét đồng cấu chiếu: f1 : M1 M M1 x1 x2 x1 f : M1 M M x1 x2 x2 Do A1 A2 * M1 M nên theo tính chất iii) ta có f11 ( A1 ) * M1 M f 21 ( A2 ) * M1 M Mà f11 ( A1 ) A1 M * M1 M f 21 ( A1 ) M1 A2 * M1 M nên lấy giao hai vế ta A1 A2 * M1 M Trường hợp 2: Với I bất kì, điều ta chứng minh tồn M i I Lấy x M i suy x x1 x2 xk , xi M , i 1, k (*) hữu hạn Theo I k trường hợp suy tồn M1 M M k M i , biểu diễn (*) i 1 k nên tồn M i M i Bây ta cần chứng minh Ai * M i I I i 1 I m Lấy X 0, X M i , từ suy : I x X , x x a1 a2 an , M i , i 1, n (*) Suy x M1 M M n nên K x M1 M M n Theo trường hợp ta có A1 A2 An * M1 M M n Suy A1 A2 An R x nên Ai X I k Vậy tồn M i Ai * M i i 1 I I 1.1.4 Mệnh đề Với môđun A môđun M tồn môđun B M cho A B cốt yếu M Chứng minh Đặt S X M : X A 0 Vì S nên S Ta thứ tự S theo quan hệ bao hàm Lấy tập thứ tự tuyến tính m m m m S cho X1 X X n (*) Khi C M cận (*) i 1 X i môđun vi) Cho : A B, : B C tồn cấu bé : A C toàn cấu bé Chứng minh m m i) * Giả sử A U M , U M Do A B nên ta có B U M Từ suy ra: B U M M M hay B U M M (theo luật modular) Vì m B M nên U M M M U Vậy U M m * Giả sử B U N , U N Khi ta có: (B U ) M N M hay B U M M (theo luật modular) Vì B M nên U M M Suy m m M U B U Vậy U B U N m * Giả sử A U N , U N Do A B nên ta có B U N Từ suy ra: B U M N M B U M M (theo luật modular M N ) Mặt khác, B M nên suy U M M mà A M (gt) A U Do đó, U A U N Vậy U N □ m ii) Đặt M B D Giả sử A U B, U B Khi đó: A U D B D M Do A M nên U D M Vậy U B iii) Chứng minh quy nạp theo n Với n ta có A1 M Kết luận Giả sử kết luận với n k , tức là: A : A1 A2 Ak M Ta cần chứng minh kết luận với n k 1 Tức cần chứng minh: A Ak 1 M m Giả sử A Ak 1 U M , U M Do A M nên Ak 1 U M Từ suy U M (do Ak 1 M ) iv) Chứng minh cho n Ta có: A1 B1, A2 B2 Ta cần chứng minh A1 A2 B1 B2 15 Do B1 B1 B2 A1 B1 B2 , B2 B1 B2 A2 B1 B2 Từ suy A1 A2 B1 B2 (theo iii)) Chứng minh với n Ta có: A1 A2 An1 An A An n 1 n 1 n n i 1 i 1 i 1 i 1 Theo qui nạp A Bi , An Bn nên A An Bi Bn hay Ai Bi m v) Với U N , giả sử A U N Ta chứng minh U N Thật vậy, với m M ta có: m N A U Do đó, m a u (với a A, u U ) m a u U m a 1 U m A 1 U M A 1 U Mặt khác, A M , 1 U M nên A 1 U M Từ suy A 1 U M Do đó, 1 U M (Vì A M theo giả thiết) M 1 U Ta chứng minh 1 U U Im Thật vậy: Lấy x 1 U x a , a 1 U a U x U Mặt khác, x a x Im x U Im Do ta có: 1 U U Im (1) x U Ngược lại, lấy x U Im x y , y M y U y 1 U y 1 U x 1 U Do ta có: U Im 1 U (2) Từ (1) (2) suy 1 U U Im hay M U Im Từ ta có: A M U Vậy U A U N m m vi) Để chứng minh : A C toàn cấu bé ta chứng minh Ker A Thật vậy: Giả sử Ker U A, U A Ta cần chứng m minh U A 16 Do Ker U A ( Ker U ) ( A) Mà Ker 1 ker 1 ker U A ker ( ) U B (Vì toàn cấu) Do toàn cấu bé nên Ker B U B Ker U 1 U 1 B A Do toàn cấu bé nên Ker A nên ta có U A 2.1.5 Bổ đề Giả sử a M R , aR khơng phải mơđun bé M có mơđun C tối đại M mà a C Chứng minh ( ) Giả sử tồn môđun C tối đại M mà a C Ta cần chứng minh aR môđun bé M Thật vậy: Nếu C tối đại M mà a C aR C M (do a C nên aR C ) Từ suy aR môđun bé M ( ) Giả sử aR môđun bé M Ta cần chứng minh tồn môđun C tối đại M mà a C Thật vậy: M , a R B M Ta chứng minh thỏa mãn bổ đề Zohn Vì Đặt : B / B aR môđun bé M nên tồn B hay Chọn tập thứ tự toàn phần theo quan hệ bao hàm, B Giả sử a B0 , tồn B mà a B nên a R Đặt B0 B môđun B Từ suy B aR B M , mâu thuẫn Vậy a B0 nên B0 M Ta chứng minh a R B0 M Do B nên a R B M Mặt khác, B B0 nên a R B0 M , tức B0 Vậy thỏa mãn bổ đề Zohn nên có phần tử tối đại C Ta chứng minh C phần tử tối đại M Giả sử C T M , M a R T T T C a C 17 2.1.6 Bổ đề (i) Nếu N môđun bé khác không môđun M đó, N mơđun bé (ii) Giả sử M môđun địa phương cho mơđun đóng M khơng bé Khi M mơđun (iii) Giả sử A B môđun đẳng cấu với Khi A mơđun bé B môđun bé Chứng minh Ta nhắc lại mơđun M có mơđun tối đại chứa tất môđun thực M , ta gọi M mơđun địa phương (i) Bởi N mơđun M E (M ) E ( N ) Y với mơđun Y E ( M ) Bây từ N M N E (M ) Bởi [7, Bổ đề 4.2 (2)] ta có N môđun bé E ( N ), hay N môđun bé (ii) Giả sử H môđun khác không M , ta cần chứng minh H cốt yếu M Bởi bổ đề Zorn, tồn mơđun đóng N M cho H * N Bởi M địa phương nên tồn môđun tối đại K chứa tất môđun thực M Nếu N M , N K mơđun thực L M N L K hay N L M , N mơđun bé M Theo (i) N môđun bé, từ giả thiết ta phải có N M Vậy M (iii) Từ giả thiết A B, tồn đẳng cấu từ E ( A) đến E ( B) cho ( A) B Giả sử A E ( A) Bởi [7, Bổ đề 4.2 (3)] ta có ( A) ( E ( A)), hay B E ( B) 18 2.2 Mơđun bé vành nửa hồn chỉnh 2.2.1 Định nghĩa Vành R gọi tựa Frobenius (viết tắt QF-vành) R vành Artin phải trái thoả mãn điều kiện r (l ( A)) A, l (r ( B)) B với iđêan phải A iđêan trái B R 2.2.2 Kí hiệu (i) Giả sử tự số vô hạn đầu tiên, ta viết R( ) ký hiệu để tổng trực tiếp R R -môđun phải (ii) Giả sử R( ) Pi tổng trực tiếp môđun Pi (i I ), để đơn iI giản ta đặt R( J ) PJ với J tập I iJ 2.2.3 Mệnh đề Giả sử R vành nửa hoàn chỉnh cho mơđun đóng R( ) khơng bé Khi R có chiều Goldie phải hữu han mơđun đóng R( ) khơng bé Chứng minh Từ giả thiết R vành nửa hoàn chỉnh, R chứa hệ luỹ đẳng trực giao đầy đủ e1 , en cho R e1R en R (1) ei R môđun địa phương vành tự đồng cấu End ( Ei ) vành địa phương Hơn môđun ei R môđun khơng bé Bây để chứng minh R có chiều Goldie phải hữu hạn, ta chứng minh ei R (1 i n) Thật giả sử U mơđun đóng ei R Bởi ei R hạng tử trực tiếp R đó, hạng tử trực tiếp R( ) nên R1ei R mơđun đóng R( ) Bởi [3, Mệnh đề 2.2], U mơđun đóng R( ) từ giả thiết U khơng bé Khi áp dụng Bổ đề 2.1.6 (ii) ta nhận 19 ei R Mặt khác mơđun đóng R( ) mơđun đóng R(), khơng bé Vậy mệnh đề chứng minh 2.2.4 Mệnh đề Giả sử R vành nửa hoàn chỉnh có chiều Goldie phải hữu hạn Khi R khơng có iđêan phải xạ ảnh khác khơng chứa J ( R) R mơđun đóng R( ) hạng tử trực tiếp môđun đóng R( ) khơng bé Chứng minh Trước hết ta nhắc lại định lí: “Cho R vành nửa hoàn chỉnh e1 , , en tập cở sở luỹ đẳng nguyên thuỷ R Nếu R P xạ ảnh tồn tập A1 , , Am cho P Re1( A ) Rem( A ) ” m Rõ ràng mơđun đóng R( ) hạng tử trực tiếp mơđun đóng R( ) khơng bé Ngược lại mơđun đóng R( ) không bé giả sử L iđêan phải xạ ảnh R cho L J ( R) Bởi Định lý L Pk K Pk , với tập K Pk đẳng cấu với kK kK ei R tập e1R, , en R Bởi J ( R) R L R áp dụng Bổ đề 2.1.6 (i), L môđun bé Khi ta thấy Pk (k K ) R -môđun phải bé Nhưng theo Bổ đề 2.1.6 (iii) ta phải có ei R bé Bởi ei R đóng R( ) , theo giả thiết ei R khơng bé Mâu thuẫn chứng tỏ L Bây giả sử U mơđun đóng R( ) theo giả thiết U khơng bé Bởi định nghĩa R( ) ta viết R( ) dạng R( ) Pi iI 20 Trong I vơ hạn đếm Pi đẳng cấu với ek R e1R, , en R Như chứng minh trên, Pi R -môđun phải uniform.Với i I ta ký hiệu i phép chiếu tự nhiên từ R( ) đến Pi Gọi J tập tối đại I cho U R( J ) Khi ta có U R( J ) môđun cốt yếu U R( J ) Ta chứng minh J I Thật giả sử có k1 k2 không nằm I , k1 , k2 J , k1 k2 Đặt X1 Pk ( R( J ) U ) X Pk ( R( J ) U ) Bởi R( J ) U * R( ) nên X X Gọi X ( Pk Pk ( R( J ) U ) Khi X1 X X X M ( J ) Điều chứng tỏ X đẳng cấu với mơđun U Hay U chứa môđun đẳng cấu với X X Điều mâu thuẫn với tính U , ta có J I Từ chứng tỏ tồn số k I cho U ker k Khi có Pk k (U ) U Bởi giả thiết U không bé Bổ đề 2.1.6 (iii), k (U ) môđun không bé Nhưng Pk môđun địa phương nên môđun thực Pk bé Vì ta phải có Pk k (U ) Khi ta có R( ) U Ker k , nghĩa U hạng tử trực tiếp R( ) 2.2.5 Định lý Giả sử R vành nửa hồn chỉnh có chiều Goldie phải hữu hạn không chứa iđêan phải xạ ảnh khác không nằm J ( R) R Khi R 21 QF-vành mơđun đóng R( ) hạng tử trực tiếp R( ) Chứng minh Giả sử R vành giả thiết định lý cho Như phần đầu chứng minh Mệnh đề 2.2.3 Mệnh đề 2.2.4, R phân tích dạng: R e1R en R Trong ei R môđun địa phương Hơn R( ) Pi (1) iI với Pi (i I ) đẳng cấu với ek R e1R, , en R mơđun vành tự đồng cấu End ( Pi ) địa phương Trước hết ta chứng minh phân tích (1) bù hạng tử trực tiếp, tức với hạng tử trực tiếp A R( ) tồn tập I ' I cho R() A R( I ') Bây giả sử A hạng tử trực tiếp R( ) Bởi bổ đề Zorn tồn tập H I tối đại cho A R( H ) = Giả sử tồn số k I cho ( A R( H )) Pk Khi R( H k) A 0, mâu thuẫn với tính tối đại H Điều chứng tỏ ( A R( H )) Pi 0, i I Khi [5 Định lý 3.6], A R( H ) môđun cốt yếu R( ) Ta đặt B A R( H ) Và mục đích chứng minh B R( ) điều đòi hỏi thực Ta giả sử ngược lại B R( ) Khi tồn k I cho Pk B Bởi Pk B cốt yếu R( ) T Pk B môđun B với T Pk Gọi T ' mở rộng cốt yếu tối đại T B nghĩa T ' bao đóng T B Bởi A hạng tử trực tiếp 22 R( ) R( H ) hạng tử trực tiếp R( ) B đẳng cấu với hạng tử trực tiếp R() R() Nhưng R( ) R() R() tự số vô hạn Như B đẳng cấu với hạng tử trực tiếp R( ) , nghĩa mơđun đóng B hạng tử trực tiếp B, giả thiết định lý cho Bởi T ' hạng tử trực tiếp B Mặt khác R( ) R - mơđun phải xạ ảnh nên B T ' R -môđun phải xạ ảnh Khi T ' đẳng cấu với ei R e1R, , en R Mặt khác giả sử ei R nhúng đẳng cấu thực vào e j R với ei R e j R thuộc e1R, , en R Khi e j R chứa môđun thực D đẳng cấu với e j R D iđêan phải xạ ảnh R D bé e j R, e j R mơđun địa phương Điều chứng tỏ D J ( R) mâu thuẫn với giả thiết định lý Vì e j R khơng thể nhúng đẳng cấu thực vào e j R, i, j 1, , n Bởi R( ) Pk R( I k) theo luật modular ta có Pk T ' Pk T1 Trong T1 ( Pk T ') R( I e) Nếu T1 =0 Pk T ' Pk T ' chứa Pk Bởi lập luận ta T ' nhúng đẳng cấu thực vào Pk phải có Pk T ' B Mâu thuẫn chứng tỏ T1 Mặt khác theo định nghĩa T1 ta có T1 R( I k ) T Pk (T Pk ) T R( I k) Bởi T ' mở rộng cốt yếu T (trong B ) nên T ' R( I k) Từ có T1 T ' Giả sử M môđun tối đại Pk Khi chứng minh trên, T ' không nhúng vào M Từ suy T ' T1 M T1 , ngược lại 23 T ' môđun M T1 , mà T ' T1 buộc T ' nhúng vào M nên mâu thuẫn Khi môđun thương Pk T1 / T có (T ' T1 ) / T ( M T1 ) / T 1 Bởi Pk T1 / T môđun địa phương với môđun tối đại M T1 / T 1 T ' T1 Pk T1 nên ta phải có (T ' T1 ) / T ( Pk T1 ) / T 1 Từ suy T ' T1 P k T1 ta có Pk T ' T ' T1 Bởi luật modular ta lại có B ( Pk T ') ( B Pk ) T ' T T ' T ' B (T ' T1 ) T ' ( B T1 ) điều chứng tỏ B T1 = Thế ta có T1 B môđun cốt yếu R( ) Vậy B T1 mâu thuẫn Mâu thuẫn chứng tỏ B R( ) điều mong muốn chứng minh Nghĩa phân tích (1) R( ) bù hạng tử trực tiếp Khi định lý Harada [7, Định lý 2.25], hạng tử trực tiếp địa phương R( ) hạng tử trực tiếp Tiếp theo ta chứng minh R( ) CS-môđun Ta để ý R( ) iI Pi tổng trực tiếp môđun Giả sử A môđun khác không R( ), aR mơđun Xiclic A (a 0) Ta thấy tồn tập hữu hạn F tập I để aR PJ J F Điều chứng tỏ aR mơđun có chiều Goldie hữu hạn A chứa môđun 24 Bây giả sử Q mơđun đóng khác R( ) Khi Q chứa mơđun đóng U Lại sử dụng [3, Mệnh đề 2.2] ta có U mơđun đóng R( ) Bởi giả thiết, U hạng tử trực tiếp R( ) Ký hiệu A U k | U k môđun Q , A U k hạng tử kI kK trực tiếp địa phương Theo điều vừa nói ta có Bổ đề Zorn, có phần tử tối đại L kKU k Bởi L kKU k R( ) chứng minh hạng tử trực tiếp địa phương R( ) hạng tử trực tiếp Do L hạng tử trực tiếp R( ), nghĩa R( ) L P với mơđun P R( ) Từ có Q L P' P ' Q P Hiển nhiên P ' mơđun đóng Q mơđun đóng R( ) Nếu P ' 0, lập luận P ' chứa mơđun đóng V khác P ' V hạng tử trực tiếp R( ) Khi ta thấy L V kK U k V phần tử thuộc Điều mâu thuẫn với tính tối đại L , mâu thuẫn chứng tỏ P ' Q L hạng tử trực tiếp R( ) Như ta chứng minh R( ) CSmôđun Bây áp dụng [4, Hệ 2], R QF-vành.Định lý chứng minh hoàn toàn Từ Định lý 2.2.5, Mệnh đề 2.2.3 2.2.4 ta có kết sau đây: 25 2.2.6 Định lý Giả sử R vành nửa hoàn chỉnh R( ) ký hiệu tổng trực tiếp R - môđun phải, với tự số vô hạn Khi phát biểu sau tương đương: (a) R QF- vành; (b) Mọi môđun đóng R( ) khơng bé; (c) R có chiều Goldie phải hữu hạn mơđun đóng R( ) khơng bé; (d) R có chiều Goldie hữu hạn, khơng có iđêan phải khác không R mà chứa J ( R) R mơđun đóng R( ) hạng tử trực tiếp 2.2.7 Định lý Một vành nửa hoàn chỉnh liên tục phải R QF-vành mơđun đóng R( ) hạng tử trực tiếp (của R( ) ) Chứng minh Trước hết R QF-vành hiển nhiên R vành nửa hồn chỉnh liên tục phải mơđun đóng R( ) hạng tử trực tiếp R( ) Để chứng minh R QF-vành áp dụng Định lý 2.2.6 ta cần chứng tỏ R có chiều Goldie hữu hạn khơng có iđêan phải khác khơng nằm J ( R) R Thật vậy, R vành nửa hoàn chỉnh nên R ei R en R Trong ei R, , en R tập luỹ đẳng trực giao đầy đủ R ei R môđun địa phương với vành tự đồng cấu End (ei R) địa phương Vì R liên tục phải nên ei R liên tục phải khơng phân tích được, ei R mơđun i 1, , n Từ suy R có chiều Goldie phải hữu hạn 26 Bây giả sử Jacobson J ( R) R chứa iđêan phải xạ ảnh P Bởi R vành liên tục phải, nên biết J Z ( RR ), nghĩa J R -môđun phải suy biến Khi tồn R -mơđun A B cho J A / B B môđun cốt yếu A Từ P mơđun J nên tồn môđun C A chứa B mà P C / B Xét dãy khớp B C C/ B 0 (1) Vì C / B P mơđun xạ ảnh, dãy (1) chẻ nghĩa B hạng tử trực tiếp C Mặt khác B * A nên B * C Điều chứng tỏ B C Tức P Vậy J ( R) không chứa iđêan xạ ảnh khác không Những điều chứng minh chứng tỏ vành R thoả mãn điều kiện (d) Định lý 2.2.6, R QF-vành 2.2.8 Hệ Cho R vành nửa hoàn chỉnh cho môđun đóng R môđun phải xạ ảnh P không bé P Khi ú, R l QF- vnh Chứng minh Mỗi R -môđun phải xạ ảnh P có dạng P Pi Trong iI Pi đẳng cấu với e j R ®ã e1R, , en R víi e , , e tập n luỹ đẳng trực giao đầy đủ R R e1R en R Khi ®ã R( ) chÝnh có dạng phân tích (1) R( ) R -môđun phải xạ ảnh Vậy R( ) có tính chất môđun đóng C R( ) không bé R( ) Nh-ng dùng Bổ đề 2.1.6 (i), C không bé Bây áp dụng Định lý 2.2.6 (b) ta đ-ợc R lµ QF-vµnh 27 KẾT LUẬN Dựa vào tài liệu [6], luận văn đã: Trình bày hệ thống số tính chất mơđun bé Trình bày chi tiết số định lý đặc trưng vành thông qua khái niệm môđun bé 28 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Tiến Quang, Nguyễn Duy Thuận (2001), Cơ sở lí thuyết mơđun vành, NXB Giáo dục [2] Ngô Sỹ Tùng (1995), Một số lớp đặc trưng điều kiện liên tục lớp CS- Mơđun, Luận án Phó Tiến sỹ Tốn – Lý, Trường Đại học Vinh Tiếng Anh [3] A W Chatters and C R Hajarnavis (1977), Rings in which every complement right deal is a direct summand, Quart.J.Math Oxford, 28,6180 [4] D.V Huynh (1995), A right countably sigma-CS-ring with ACC or DCC on projective pricipal right ideals is left artinian and QF-3, Trans Amer.Math.Soc., Vol 347, No 8, 3131 – 3139 [5] N V Dung, D V Huynh, P F Smith and R Wisbauer (1994), Extending Modules, Pitman, London [6] F Kasch (1982), Modules and rings, Academic Press Inc (London) Ltd [7] S H Mohamed and B J Muller (1990), Continuous and Discrete Modules, London, Math Soc Lecture note series 147, Cambridge Univ Press, Cambridge 29 ... hiệu A M với X môđun thực M A X M Mơđun bé lớp mơđun đóng vai trò quan trọng nghiên cứu lý thuyết vành môđun. Trong lý thuyết môđun, môđun bé ứng dụng để nghiên cứu lớp môđun xạ ảnh mở rộng... nghĩa Cho môđun M R i) Một môđun B môđun M gọi bé ( đối cốt yếu) M ký hiệu B M , với môđun L M , L M B L M Nói cách khác, B L M L M ii) Một môđun M gọi bé M môđun bé bao nội... phương cho môđun đóng M khơng bé Khi M môđun (iii) Giả sử A B mơđun đẳng cấu với Khi A môđun bé B môđun bé Chứng minh Ta nhắc lại môđun M có mơđun tối đại chứa tất môđun thực M , ta gọi M mơđun