Một số tính chất của tổng trực tiếp các môđun tựa liên tục

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH CHU VIẾT TẤN MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TỔNG TRỰC TIẾP CÁC MÔĐUN TỰA LIÊN TỤC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Vinh - 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH CHU VIẾT TẤN MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TỔNG TRỰC TIẾP CÁC MƠĐUN TỰA LIÊN TỤC LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành Đại số Lý thuyết số Mã ngành: 60.46.05 Người hướng dẫn khoa học: PGS-TS Ngô Sỹ Tùng Vinh - 2012 MỤC LỤC Danh mục kí hiệu Mở đầu Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1.Môđun cốt yếu, môđun đều, môđun nội xạ 1.2.Các điều kiện (Ci ) số tính chất 14 Chương MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TỔNG TRỰC TIẾP CÁC MÔĐUN TỰA LIÊN TỤC 18 2.1.Tổng trực tiếp môđun 18 2.2.Một số tính chất tổng trực tiếp môđun tựa liên tục 21 Kết luận 29 DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU Các ký hiệu luận văn chủ yếu dựa vào tài liệu [2], [3] [4] Z: Vành số nguyên Q: Trường số hữu tỷ R: Trường số thực N ⊆ M : N môđun môđun M N ⊂∗ M : N môđun cốt yếu môđun M N ⊂⊕ M : N hạng tử trực tiếp M A ⊕ B : tổng trực tiếp môđun A môđun B ⊕ Mi : Tổng trực tiếp môđun Mi với tập số I i∈I Mi : Tích Đềcác mơđun Mi i∈I E(M ): Bao nội xạ môđun M End(M ): Vành tự đồng cấu môđun M MR (R M ): M R-môđun phải (trái) MỞ ĐẦU Môđun tựa liên tục lớp mở rộng môđun nội xạ gần mở rộng lớp mơđun liên tục, lớp mơđun thỏa mãn hai điều kiện (C1 ) (C3 ) sau: • (C1 ): Mọi mơđun M cốt yếu hạng tử trực tiếp M • (C3 ): Nếu M1 M2 hạng tử trực tiếp M thỏa mãn M1 ∩ M2 = M1 ⊕ M2 hạng tử trực tiếp M Một điều đáng lưu ý rằng, hạng tử trực tiếp môđun tựa liên tục môđun tựa liên tục tổng trực tiếp môđun tựa liên tục không mơđun tựa liên tục Chẳng hạn xét ví dụ sau: F F F trường Đặt A = Xét vành R = F B = F F 0 0 Rõ ràng A B R- môđun tựa liên tục, A F mơđun nội xạ, B mơđun đơn ta có R = A ⊕ B Tuy nhiên RR thỏa mãn điều kiện (C1 ) không thỏa mãn điều kiện (C3 ) khơng mơđun tựa liên tục Vì vậy, việc tìm hiểu tính chất tổng trực tiếp mơđun tựa liên tục có ý nghĩa Mục đích luận văn là: Hệ thống lại kiến thức môđun liên tục, tựa liên tục Tìm hiểu số vấn đề liên quan đến tổng trực tiếp môđun tựa liên tục Tìm hiểu điều kiện để môđun tổng trực tiếp môđun không phân tích Xuất phát từ mục đích nghiên cứu, đề tài có tựa đề là: "Một số tính chất tổng trực tiếp mơđun tựa liên tục" Ngồi phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, nội dung luận văn trình bày chương: Chương Kiến thức sở Trong chương chủ yếu dành để trình bày khái niệm, định nghĩa liên quan chương Chương chia thành phần: 1.1 Môđun cốt yếu, môđun đều, môđun nội xạ 1.2 Các điều kiện (Ci ) số tính chất Chương Một số tính chất tổng trực tiếp môđun tựa liên tục Nội dung chương trình bày phần: 2.1 Tổng trực tiếp môđun Phần chủ yếu dành để trình bày kết tổng trực tiếp mơđun 2.2 Một số tính chất tổng trực tiếp mơđun tựa liên tục Phần trình bày số tính chất tổng trực tiếp mơđun tựa liên tục, tường minh kết giới thiệu [4] [3] Luận văn bắt đầu thực từ tháng năm 2012 hướng dẫn PGS.TS Ngô Sỹ Tùng Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới Thầy, người đặt tốn tận tình hướng dẫn, giúp đỡ tác giả suốt trình học tập, nghiên cứu Tác giả xin trân trọng gửi lời cảm ơn tới: Các Thầy giáo, Cô giáo tổ Đại số, Khoa Tốn, Phịng Đào tạo Sau đại học - Trường Đại học Vinh, Ban giám hiệu trường THPT Hồng Mai, gia đình, bạn bè đồng nghiệp giúp đỡ, động viên tinh thần vật chất, tạo điều kiện thuận lợi để tác giả hoàn thành nhiệm vụ học viên Mặc dù cố gắng trình nghiên cứu, tham khảo tài liệu tiếp thu ý kiến đóng góp, song luận văn khó tránh khỏi hạn chế, thiếu sót Kính mong nhận ý kiến đóng góp quý Thầy, Cô bạn Vinh, tháng năm 2012 Chu Viết Tấn CHƯƠNG KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong suốt luận văn, vành giả thiết vành kết hợp có đơn vị Các mơđun vành ln hiểu unita phải Chương trình bày khái niệm kết biết sử dụng trực tiếp nội dung chương sau Các khái niệm, tính chất ký hiệu, chủ yếu tham khảo tài liệu [2], [3] [4] 1.1 Môđun cốt yếu, môđun đều, môđun nội xạ 1.1.1 Định nghĩa • Trên vành R, R- mơđun phải M gọi môđun đơn (simple) M = khơng có mơđun khác ngoại trừ Mơđun M gọi mơđun nửa đơn (semisimple) thỏa mãn điều kiện tương đương sau: Mọi môđun M tổng môđun đơn; M tổng môđun đơn; M tổng trực tiếp môđun đơn; Mọi môđun M hạng tử trực tiếp M • Tổng tất mơđun đơn R- môđun phải M gọi đế phải môđun MR Ký hiệu Soc(MR ) Sr (M ) Môđun nội xạ lớp mơđun đóng vai trị quan trọng nghiên cứu lý thuyết vành Trong phần tập trung giới thiệu lớp mơđun nội xạ, tính chất số hướng mở rộng lớp môđun Trước vào khái niệm môđun nội xạ chúng tơi trình bày khái niệm mơđun cốt yếu số tính chất 1.1.2 Định nghĩa Môđun A R- môđun M gọi môđun cốt yếu, ký hiệu A ⊂∗ M với môđun U ⊂ M , A ∩ U = U = Nếu A ⊂∗ M M gọi mở rộng cốt yếu A 1.1.3 Ví dụ Mơđun M ⊂∗ M ; nZ ⊂∗ Z Từ định nghĩa môđun cốt yếu ta có số tính chất sau: 1.1.4 Nhận xét A ⊂∗ M ⇔ ∀0 = U ⊆ M ta có A ∩ U = A ⊂∗ M = ⇒ A = 1.1.5 Mệnh đề Cho A ⊆ M A ⊂∗ M ⇔ A ∩ Rx = với ∀x ∈ M, x = A ⊆ K ⊆ M A ⊂∗ M ⇔ A ⊂∗ K K ⊂∗ M n n i=1 i=1 Cho Ai , Mi ⊆ M, i = 1, , n Ai ⊂∗ Mi ∩ Ai ⊂∗ ∩ Mi (Tuy nhiên giao vơ hạn nói chung khơng đúng) Cho f : M → N đồng cấu R- mơđun B⊂∗ N f −1 (B)⊂∗ M 1.1.6 Định nghĩa Môđun U gọi môđun A B khác U A ∩ B = 0, hay mơđun khác không U môđun cốt yếu U 1.1.7 Ví dụ Z-mơđun Z = A, B ⊆ Z A = nZ, B = mZ, với m, n ∈ N∗ A ∩ B = [m, n]Z = 0, ( [m, n] bội số chung nhỏ m, n) 1.1.8 Định nghĩa Cho môđun M N ⊆ M Mơđun N gọi đóng M N khơng có mở rộng cốt yếu thực M Nói khác N gọi đóng M với mơđun K = M mà N ⊂∗ K K = N 1.1.9 Ví dụ A B hai môđun M thỏa mãn M = A ⊕ B A B mơđun đóng M Chúng ta tiếp tục phần bổ đề Zorn 1.1.10 Bổ đề (Zorn’s Lemma) Cho A tập thứ tự khác rỗng Nếu tập thứ tự toàn phần A có cận A A có phần tử tối đại 1.1.11 Định nghĩa Cho môđun M N ⊆ M Môđun K M gọi bao đóng mơđun N M K môđun tối đại M cho N ⊂∗ K 1.1.12 Hệ Bao đóng mơđun ln tồn 1.1.13 Ví dụ Xét Z- mơđun, 2Z có bao đóng Z 1.1.14 Định nghĩa Một môđun M gọi không phân tích trường hợp khác khơng khơng có hạng tử trực tiếp khơng tầm thường Một phân tích M = ⊕ Mi môđun M tổng trực i∈I tiếp môđun khác không (Mi ), i ∈ I gọi bù hạng tử trực tiếp trường hợp cho hạng tử trực tiếp K M có tập hợp J I với M = ⊕ Mj ⊕ K j∈J Một hạng tử trực tiếp K M gọi hạng tử trực tiếp tối đại M K có bù hạng tử trực tiếp khơng phân tích N M 16 (ii) Mọi mơđun M suy M có (C1 ) Ta chứng minh M có (C3 ) Thật vậy: Lấy M1 , M2 ⊂⊕ M thỏa mãn M1 ∩ M2 = Khi đó: M1 = 0, M2 = M1 = 0, M2 = M M1 = M, M2 = Suy M1 ⊕ M2 = M1 ⊕ M2 = M Vậy M1 ⊕ M2 ⊂∗ M 1.2.6 Bổ đề Cho A môđun tùy ý mơđun M Nếu A đóng hạng tử trực tiếp M A đóng M Chứng minh Đặt M = M1 ⊕ M2 với A đóng M1 Xét phép chiếu π : M1 ⊕ M2 → M1 Giả sử A ⊂∗ B với B ⊆ M dễ thấy A = πA ⊂∗ πB ⊆ M Do A đóng M1 , πB = A ⊆ B (1 − π)B ⊆ B Từ (1 − π)B ∩ A = A ⊂∗ B, (1 − π)B = B = πB ⊆ M1 nên A = B hay A đóng M Chúng ta có hạng tử trực tiếp mơđun nội xạ môđun nội xạ Mệnh đề sau kết tương tự lớp môđun thỏa mãn điều kiện (Ci )3i=1 1.2.7 Mệnh đề Cho A hạng tử trực tiếp môđun M , M có tính chất (Ci )3i=1 A có tính chất (Ci )3i=1 Đặc biệt, hạng tử trực tiếp môđun liên tục (tựa liên tục) môđun liên tục (t.ư., tựa liên tục) Chứng minh • M có (C1 ), A⊂⊕ M A có (C1 ) C ⊆ A ∃C để C⊂∗ C (với C bao đóng C A) Theo mệnh đề 1.2.6, C đóng M Do M có (C1 ) nên C ⊂⊕ M ⇒ M = C ⊕C Theo luật Modular ta có: ⇒ A = C ⊕C ∩A ⇒ C ⊂⊕ A Vậy C⊂∗ C ⊂⊕ A hay A có (C1 ) • M có (C2 ): Giả sử N ⊂⊕ M ⇒ ∃ K ⊆ M để N ⊕ K = M Xét A, B mà A ∼ = B , A⊂⊕ N ⇒ ∃ môdun A1 ⊂ N để A ⊕ A1 = N ⇒ M = A ⊕ A1 ⊕ K ⇒ A⊂⊕ M Do M có (C2 ) nên B⊂⊕ M ⇒ ∃ B1 ⊆ M để B ⊕ B1 = M 17 Dùng luật modular B ⊆ N có N = B ⊕ (B1 ∩ N ) ( giao hai vế với N ) ⇒ B⊂⊕ N • M có (C3 ) : N ⊂⊕ M Lấy A, B⊂⊕ N ; A ∩ B = ⇒ A ⊕ B⊂⊕ N Do N ⊂⊕ M ⇒ M = N ⊕ N1 = A ⊕ A1 ⊕ N (doA⊂⊕ N ) ⇒ A⊂⊕ M Tương tự B⊂⊕ M Do M có (C3 ) nên ⇒ M = (A ⊕ B) ⊕ C (*) Giao hai vế (*) với N ta N = A ⊕ B ⊕ C ∩ N ⇒ A ⊕ B⊂⊕ N (do C⊂∗ C A ⊕ B ⊆ N ) Từ kết ta có hạng tử trực tiếp môđun liên tục (tựa liên tục) môđun liên tục (t.ư., tựa liên tục) 18 CHƯƠNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TỔNG TRỰC TIẾP CÁC MÔĐUN TỰA LIÊN TỤC 2.1 Tổng trực tiếp môđun Chúng ta nhắc lại khái niệm tổng trực tiếp môđun: 2.1.1 Định nghĩa {Mi }i∈I họ tùy ý R- mơđun ta kí hiệu: ⊕ Mi ={(xi ) |xi ∈ Mi } (trong xi = hầu hết) i∈I Trang bị phép cộng: (xi )I + (yi )I = (xi + yi )I r.(xi )I = (r.xi )I Khi ⊕ Mi gọi tổng trực tiếp ngồi môđun Mi , i ∈ I i∈I 2.1.2 Định nghĩa Cho {Ni }i∈I họ tùy ý mơ đun R- mơđun M, Ni ∩ Nj = {0} với i ∈ I Ni gọi tổng i∈I i=j trực tiếp họ mơđun cho, kí hiệu ⊕ Ni i∈I 2.1.3 Định nghĩa Cho môđun M, A ⊆ M , A gọi hạng tử trực tiếp M tồn B môđun M mà A + B = M A ∩ B = Kí hiệu: A⊂⊕ M Sau định lý đặc trưng tổng trực tiếp 2.1.4 Định lý Cho Ni ⊆ M, i ∈ I , N = Ni mệnh đề sau i∈I tương đương: 19 (i) N tổng trực tiếp họ {Ni }i∈I ; (ii) Mỗi phần tử x N biểu diễn dạng: x = x1 + x2 + + xn với xi ∈ Ni ; (iii) Phần tử ∈ N có biểu diễn = + + + Định lí chứng minh cách tường minh [2] 2.1.5 Định lý Nếu họ môđun {Nα }α∈I R-mơđun M có tổng trực tiếp tổng trực tiếp đẳng cấu với tổng trực tiếp Chứng minh Để thuận tiện cho việc trình bày, chứng minh ta kí hiệu tổng trực tiếp tổng trực tiếp họ {Ni }i∈I Ni ⊕ Ni Xét ánh xạ: i∈I i∈I f : ⊕ Ni → i∈I Ni i∈I (xi )i∈I → xi α∈I Dễ thấy f tồn cấu R-mơđun Mặt khác từ định lý 2.1.4 ta suy f đơn cấu Vậy f đẳng cấu R-môđun Chúng ta tiếp tục việc mô tả phân tích mơđun qua hạng tử trực tiếp 2.1.6 Định lý Cho N mơđun M Khi N hạng tử trực tiếp M thì: M ∼ = N ⊕ (M/N ) Chứng minh Theo định nghĩa, tồn môđun F M cho M = N ⊕ F Bởi định lý 2.1.5, ta cần chứng tỏ F ∼ = M/N Xét phép chiếu tắc p : M → M/N gọi p|F : F → M/N thu hẹp p lên F Ta chứng minh p|F đẳng cấu R-mơđun Vì Ker(p) = N , nên ta có Ker(p|F ) = N ∩ F = {0} Do p|F đơn cấu Mặt khác, với x = x + N ∈ M/N , viết x = y + z với y ∈ F, z ∈ N , 20 x = x + N = y + z + N = y + N Từ nhận x = p|F (y) Như vậy, p|F toàn cấu đẳng cấu Để kết thúc phần có kết tồn tổng trực tiếp môđun 2.1.7 Mệnh đề Cho Ai , Mi môđun M Ai ⊂∗ Mi với i ∈ I Nếu tồn ⊕ Ai tồn ⊕ Mi ⊕ Ai ⊂∗ ⊕ Mi i∈I i∈I i∈I i∈I Chứng minh Ta xét trường hợp sau: * Trường hợp 1: |I| = n hữu hạn, theo quy nạp ta cần chứng minh với n=2 Cho A1 ⊂∗ M1 , A2 ⊂∗ M2 tồn A1 ⊕A2 ta chứng minh M1 ∩M2 = Ta có A1 ⊂∗ M1 , A2 ⊂∗ M2 suy A1 ∩ A2 ⊂∗ M1 ∩ M2 hay 0⊂∗ M1 ∩ M2 = suy M1 ∩ M2 = Vậy tồn M1 ⊕ M2 Xét phép chiếu: f1 : M1 ⊕ M2 → M1 , với x1 + x2 → x1 , f2 : M1 ⊕ M2 → M2 với x1 + x2 → x2 Do A1 ⊂∗ M1 , A2 ⊂∗ M2 nên suy ra: f −1 (A1 ) ⊂∗ M1 ⊕ M2 , f −1 (A2 ) ⊂∗ M1 ⊕ M2 Mà f −1 (A1 ) = A1 ⊕ M2 ⊂∗ M1 ⊕ M2 , f −1 (A2 ) = M1 ⊕ A2 ⊂∗ M1 ⊕ M2 Lấy giao ta có A1 ⊕ A2 ⊂∗ M1 ⊕ M2 * Trường hợp 2: I lấy x∈ Mi ⇒ x = x1 + x2 + + xk (xi ∈ Mi ) I k x ∈ M1 + M2 + + Mk = ⊕ Mi i=1 Vậy x = x1 + x2 + + xk biểu diễn theo định lý 2.1.4 tồn ⊕ Mi i∈I Mặt khác với B = 0, B ⊆ ⊕ Mi ⇒ ∃b = 0, b ∈ B có b = m1 + m2 + I + mt , mt ∈ Mi t ⇒ b ∈ M1 ⊕ M2 ⊕ ⊕ Mt ⇒ Rb ⊆ ⊕ Mi , (Rb nhóm xyclic) i=1 t t 1 Theo trường hợp ta có ⊕ Ai ⊂∗ ⊕ Mi 21 t ⇒ ⊕ Ai ∩ Rb = ⇒ ⊕ Ai ∩ B = 0, (do Rb ⊆ B ) I ∗ Vậy ⊕ Ai ⊂ ⊕ Mi i∈I 2.2 i∈I Một số tính chất tổng trực tiếp môđun tựa liên tục Như giới thiệu mục 1.2, hạng tử trực tiếp môđun tựa liên tục môđun tựa liên tục (Mệnh đề 1.2.7) Tuy nhiên, tổng trực tiếp môđun tựa liên tục khơng mơđun tựa liên tục 2.2.1 Ví dụ Xét vành R = F F F F F F trường Đặt 0 Rõ ràng A B R- môđun tựa F 0 liên tục, A mơđun nội xạ, B mơđun đơn ta có R = A ⊕ B Tuy A= B = nhiên RR thỏa mãn điều kiện (C1 ) không thỏa mãn điều kiện (C3 ) khơng mơđun tựa liên tục Mục đích phần trình bày số điều kiện cần thiết để tổng trực tiếp môđun tựa liên tục Trước hết có đặc trưng môđun tựa liên tục 2.2.2 Định lý Cho M R- môđun phải Các điều kiện sau tương đương: M môđun tựa liên tục; Nếu C D môđun bù lẫn M M = C ⊕ D; τ (M ) ⊆ M với τ = τ ∈ End[E(M )]; Nếu E(M ) = ⊕i∈I Ei M = ⊕i∈I (M ∩ Ei ) Chứng minh Để thuận tiện trình bày chứng minh, ký hiệu E thay cho bao nội xạ E(M ) M Chúng ta chứng minh theo lược đồ sau: (1) ⇒ (2) ⇒ (3) ⇒ (4) ⇒ (1) 22 • (1) ⇒ (2) Giả sử C D môđun thỏa mãn điều kiện (2) Sử dụng Mệnh đề 1.1.16, C D mơđun đóng M Mặt khác, M mơđun tựa liên tục nên M có tính chất (C1 ), C (t.ư D) cốt yếu hạng tử trực tiếp M Theo tính chất (2), Mệnh đề 1.1.16, C D hạng tử trực tiếp M Theo giả thiết, C D môđun bù lẫn nên C ∩ D = Kết hợp điều kiện M có tính chất (C3 ) (do M tựa liên tục) ta có M = C ⊕ D • (2) ⇒ (3) Giả sử τ = τ : E → E Đặt K = M ∩ τ (E) N = M ∩ (1 − τ )(E) Suy K ∩ N = 0, ta có K ⊆ C mơđun bù N M Do C đóng M , theo Mệnh đề 1.1.16, C mơđun bù D M Theo tính chất (2), M = C ⊕ D Đặt π : M → C phép chiếu với Ker(π) = D Do M ⊂∗ E nên M ∩ (τ − π)(M ) = Nhưng m = (τ − π)(x), m, x ∈ M , τ (x) = m + π(x) ∈ M ∩ τ (E) = K ⊆ C Suy (1−τ )(x) ∈ M ∩(1−τ )(E) = N ⊆ D từ x = τ (x)+(1−τ )(x), kết hợp định nghĩa π có π(x) = τ (x) Điều chứng tỏ m = ta có điều kiện (3) • (3) ⇒ (4) Hiển nhiên có M ⊇ ⊕i∈I (M ∩ Ei ) (∗) Giả sử m ∈ M ; m ∈ E1 + E2 + + En τ1 , τ2 , , τn họ lũy đẳng trực giao End(E) thỏa mãn τ (E) = Ei với i ∈ I Khi đó, theo điều kiện (3), τi (M ) ⊆ M với i ∈ I m = Σni=1 τi (m) ∈ ⊕ni=1 (M ∩Ei ) Điều chứng tỏ M ⊆ ⊕i∈I (M ∩Ei ) (∗∗) Từ (∗) (∗∗) ta có M = ⊕i∈I (M ∩ Ei ) • (4) ⇒ (1) Nếu K ⊆ M E = E(K) ⊕ G Khi đó, theo (4), M = (M ∩ E(K)) ⊕ (M ∩ G) K ⊂∗ (M ∩ E(K)) Vậy M thỏa mãn điều kiện (C1 ) Để chứng minh M thỏa mãn điều kiện (C3 ) ta giả sử K1 , K2 hạng tử trực tiếp M thỏa mãn K1 ∩ K2 = Ta phải chứng minh 23 (K1 ⊕ K2 ) hạng tử trực tiếp M Thật vậy, với i, chọn bao nội xạ Ei = E(Ki ) cho Ki ⊆ Ei ⊆ E Khi đó, Ki ⊂∗ Ei với i nên E1 ∩E2 = Từ E1 ⊕E2 nội xạ nên ta đặt E = E1 ⊕E2 ⊕H , với H Theo (4), ta có M = (M ∩E1 )⊕(M ∩E2 )⊕(M ∩H) Ta cần chứng tỏ Ki = M ∩ Ei với i Thật vậy, Ki ⊂∗ Ei nên Ki ⊂∗ (M ∩ Ei ) Ki ⊂⊕ M nên Ki ⊂⊕ (M ∩ Ei ) Vậy Ki = M ∩ Ei Suy K1 ⊕ K2 hạng tử trực tiếp M Chúng ta có mệnh đề sau, điều kiện cần để tổng trực tiếp môđun tựa liên tục 2.2.3 Mệnh đề Nếu M = K ⊕ N mơđun tựa liên tục K N - nội xạ Chứng minh Nếu X ⊆ N α : X → K đồng cấu, ta phải tìm cách mở rộng α từ N vào K Đặt Y = {x − α(x)|x ∈ X} Khi Y ∩ K = 0, gọi C ⊇ Y phần bù K M Từ K đóng M nên theo Mệnh đề 1.1.16, K phần bù C M Theo Định lý 2.2.2, M = K ⊕ C Đặt π : M → K phép chiếu với Ker(π) = C Khi Y ⊆ Ker(π) π(x) = π[α(x)] = α(x) với x ∈ X Như π|N mở rộng α Từ mệnh đề ta có hệ sau: 2.2.4 Hệ Nếu M = K ⊕ N môđun tựa liên tục K → N đơn cấu K tựa nội xạ, N tựa nội xạ K ⊕ N tựa liên tục Mở rộng kết cho trường hợp M = M1 ⊕ M2 ⊕ ⊕ Mn ta có định lý sau 2.2.5 Định lý Cho R-môđun M = M1 ⊕ M2 ⊕ ⊕ Mn , điều kiện sau tương đương: 24 M môđun tựa liên tục; Mỗi Mi môđun tựa liên tục Mi Mj - nội xạ với i = j Chứng minh (1) ⇒ (2) Từ (1) kết hợp Mệnh đề 1.2.7, Mi môđun tựa liên tục Nếu i = j Mi ⊕ Mj tựa liên tục theo Mệnh đề 1.2.7 Mi Mj nội xạ (theo Hệ 2.2.3) (2) ⇒ (1) Nếu N = M2 ⊕ ⊕ Mn theo Bổ đề 1.1.22, N M1 - nội xạ Mặt khác, theo Bổ đề 1.1.23, M1 N - nội xạ Do khơng tính tổng qt giả sử n = Trong trường hợp này, ký hiệu E = E(M ) chọn Ei = E(Mi ) ⊆ E với i ∈ I Khi đó: E = E(M ) = E(M1 ⊕ M2 ) = E(M1 ) ⊕ E(M2 ) Đặt τ = τ ∈ End(E) Chúng ta chứng minh M tựa liên tục thông qua Định lý 2.2.2, nghĩa phải τ (M ) ⊆ M Chúng ta biểu diễn τ τ11 τ12 dạng ma trận τ = , τij : Ej → Ei Suy τ21 τ22 τ M1 = τ11 M1 + τ21 M1 τ M2 = τ12 M2 + τ22 M2 Từ M2 M1 - nội xạ, kết hợp Bổ đề 1.1.24, ta có τ21 M1 ⊆ M2 Tương tự, τ12 M2 ⊆ M1 Suy τ11 M1 ⊆ M1 τ22 M2 ⊆ M2 + τ12 τ21 Để thuận tiện trình bày chúng Từ τ = τ ta có τ11 = τ11 ta ký hiệu α = τ11 β = − τ11 Khi αβ = βα = α − α2 = β − β = τ12 τ21 ∈ End(E1 ) Ký hiệu K = Ker(αβ) • Trước hết chứng minh K = αK ⊕ βK Thật vậy, x ∈ αK ∩ βK αx ∈ αβK = 0, x = x − αx = βx ∈ βαK = Suy αK ∩ βK = Ta có αK ⊆ Ker(β) ⊆ Ker(αβ) = K Tương tự ta có βK ⊆ K Vậy αK ⊕ βK ⊆ K Mặt khác α + β = nên ta có αK ⊕ βK = K Từ E1 nội xạ ta chọn bao nội xạ E(αK) ⊆ E1 E(βK) ⊆ E1 Theo chứng minh K = αK ⊕ βK ⊆ E(αK) ⊕ E(βK) E(αK) ⊕ E(βK) hạng tử trực tiếp E1 Do tồn lũy đẳng trực giao µ ν End(E1 ) cho αK ⊆ µE1 βK ⊆ νE1 Suy µ(αK) = αK , ν(βK) = βK µ(βK) = = ν(αK) 25 • Tiếp theo chứng minh α|βµE1 đơn ánh Trước hết ta có µK = µ(αK) ⊕ (βK) = αK K ∩ µE1 ⊆ µK = αK ⊆ K ∩ µE1 Suy K ∩ µE1 = αK ⊆ Ker(β) Bây giả sử x ∈ Ker(α) ∩ βµE1 x = βµe1 với e1 E1 Khi αβ(µe1 ) = 0, µe1 ∈ Ker(αβ) = K Suy µe1 ∈ K ∩µE1 ⊆ Ker(β) = βµe1 = x Suy α|βµE1 đơn ánh βµE1 / ι  E1 }③ ③ α ③ ③ ③ λ ③ ③ ③ /E ③ Xét đồng cấu bao hàm i : βµE1 → E1 Do E1 nội xạ nên tồn λ ∈ End(E1 ) cho βµ = λαβµ E1 Hiển nhiên µ(M1 ) ⊆ M1 , theo Định lý 2.2.2 ta có M1 tựa liên tục µ2 = µ ∈ End(E1 ) Mặt khác, Mi Mj - nội xạ với i = j nên τij (Mj ) ⊆ Mi với i = j Do ta có βµM1 = λαβµM1 ⊆ λαβM1 = λτ12 τ21 M1 ⊆ (λτ12 )M1 ⊆ M1 Hoàn toàn tương tự ta có ανM1 ⊆ M1 αM1 = α(µ + ν)M1 ⊆ αµM1 + ανM1 = (1 − β)µM1 + ανM2 ⊆ M1 Kết hợp điều kiện α = τ11 ta có điều phải chứng minh Trong trường hợp tổng quát, môđun tựa liên tục không thiết phải tổng trực tiếp môđun khơng phân tích Chúng ta tiếp tục tìm hiểu điều kiện để mơđun phân tích thành tổng trực tiếp mơđun khơng phân tích 2.2.6 Định nghĩa Họ {Xλ |λ ∈ Λ} môđun môđun M gọi hạng tử trực tiếp địa phương M tổng Xλ tổng trực tiếp λ∈Λ Xλ hạng tử trực tiếp M với tập hữu hạn F Λ λ∈F Xλ hạng tử trực tiếp địa phương (nói cách đơn giản λ∈Λ M ) Nếu Xλ hạng tử trực tiếp địa phương M ta nói λ∈Λ hạng tử trực tiếp địa phương hạng tử trực tiếp 26 2.2.7 Bổ đề Cho M mơđun Mỗi hạng tử trực tiếp địa phương M hạng tử trực tiếp hợp chuỗi hạng tử trực tiếp M hạng tử trực tiếp Chứng minh Ta chứng minh điều kiện: Điều kiện cần: Cho {Mi : i ∈ I} chuỗi hạng tử trực tiếp M Ta đặt ℵ tập hợp tất hạng tử trực tiếp địa phương χ = {Xλ |λ ∈ Λ} Xλ = ∪ Mi M thoả mãn tính chất tồn tập J I cho i∈J λ∈Λ Bây giờ, ta chứng minh ℵ quan hệ thứ tự bao hàm thoả mãn Bổ đề Zorn • ℵ = ∅ {Mi0 } ∈ ℵ • Với chuỗi χα = {Xλ |λ ∈ Λα } ℵ ta đặt Λ = ∪ Λα χ = α ∪ χα = {Xλ |λ ∈ Λ} Ta có χ hạng tử trực tiếp địa phương α M Mặt khác ta lại có: Xλ = λ∈Ω∪F Xλ α ∪ Mi = α λ∈Ωα ∪F i∈Jα = ∪ Mi i∈ Iα α Do đó, χ ∈ ℵ χ cận chuỗi χα Theo Bổ đề Zorn, ta có ℵ có phần tử cực đại ta gọi phần tử cực đại χ = {Xλ |λ ∈ Λ} Đặt A = Mi Theo giả thiết điều kiện cần ta có A⊂⊕ M nên Xλ = λ∈Λ i∈J M = A ⊕ B Bây ta chứng minh A = ∪ Mi Thật vậy, giả sử A = ∪ Mi Khi i∈I i∈I tồn số k ∈ I cho Mk ⊂ A Do Mk ⊂ Mi , ∀i ∈ J Từ suy Mi ⊂ Mk , ∀i ∈ J (do {Mi : i ∈ I} chuỗi) Vậy A ⊂ Mk Theo luật Modular ta có: Mk = Mk ∩ M = Mk ∩ (A ⊕ B) = (Mk ∩ A) ⊕ (Mk ∩ B) = A ⊕ (Mk ∩ B) Ta đặt χ+ = χ ∪ {Mk ∩ B} Ta có χ+ ∈ ℵ, χ+ = χ Điều trái với χ phần tử cực đại ℵ Vậy ∪ Mi = A⊂⊕ M i∈I Điều kiện đủ: Cho {Xλ |λ ∈ Λ} hạng tử trực tiếp địa phương M Đặt 27 Xλ ⊂⊕ M, ∀F ⊂ Λ Ω⊂Λ = F hữu hạn λ∈Ω∪F Bây giờ, ta chứng minh với quan hệ bao hàm thoả mãn Bổ đề Zorn • = ∅ Λ ∈ • Với Ωα chuỗi (tập thứ tự toàn phần) Ω= ta đặt Ωα Khi với tập hữu hạn F Λ ta có: α Ω ∩ F = ∪ Ωα ∩ F = α Xλ = ∪ Suy λ∈Ω Ω∈ α F (Ωα ∩ F ) α Xλ hạng tử trực tiếp M Do đó, λ∈Ωα ∪F nên Ω cận chuỗi Ωα Theo Bổ đề Zorn, ta có tồn phần tử cực đại ta gọi phần tử Ω Ta chứng minh Ω = Λ Thật vậy, giả sử Ω = Λ Khi đó, tồn phần tử γ ∈ Λ, γ ∈ / Ω Đặt Ω+ = Ω ∪ {γ} Rõ ràng Ω+ ⊃ Ω, Ω+ = Ω Bây giờ, ta chứng minh Ω+ ∈ Thật vậy, với tập hữu hạn F Λ ta có F = F ∪ {γ} tập hữu hạn Λ Ta có: Xλ ⊂⊕ M Từ ta có Ω+ ∈ Xλ = λ∈Ω+ ∪F , điều mâu thuẫn λ∈Ω∪F với Ω phần tử cực đại X λ ⊂⊕ M Vậy Ω = Λ nên λ∈Λ 2.2.8 Định lý Nếu hạng tử trực tiếp địa phương môđun M hạng tử trực tiếp M tổng trực tiếp mơđun khơng phân tích Chứng minh Đặt tập hợp tất hạng tử trực tiếp địa phương {Xλ : λ ∈ Λ} M với Xλ khơng phân tích Dễ dàng ta có với quan hệ bao hàm thoả mãn Bổ đề Zorn Gọi χ = {Xλ : λ ∈ Λ} phần tử cực đại Đặt X = Xλ Ta có λ∈Λ X⊂⊕ M Giả sử M = X ⊕ Y 28 Bây ta chứng minh Y = Thật vậy, giả sử Y = Khi tồn y ∈ Y, y = Theo Bổ đề 2.2.7, tồn A phần tử cực đại Y thoả mãn A hạng tử trực tiếp Y y ∈ / A Khi Y = A ⊕ B với B = Vì χ = {Xλ : λ ∈ Λ} phần tử cực đại nên B phân tích Do đó, B = B1 ⊕ B2 với B1 = 0, B2 = Ta có y ∈ Y = A ⊕ B1 ⊕ B2 y ∈ / A nên y ∈ / A ⊕ B1 y ∈ / A ⊕ B2 Điều mâu thuẫn với cực đại A Vậy Y = nên M = X = Xλ với Xλ không phân tích λ∈Λ 29 KẾT LUẬN Trên sở tài liệu tham khảo [4], [2] [3] Luận văn trình bày vấn đề sau: Trình bày số tính chất tổng trực tiếp môđun (Định lý 2.1.6, Định lý 2.1.7) Tìm hiểu số điều kiện để tổng trực tiếp môđun tựa liên tục (Mệnh đề 2.2.3, Định lý 2.2.5) Trình bày điều kiện để mơđun phân tích thành tổng trực tiếp mơđun khơng phân tích (Bổ đề 2.2.7, Định lí 2.2.8) 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Tiến Quang- Nguyễn Duy Thuận, (2001), Cơ sở lí thuyết môđun vành, NXB Giáo dục [2] Dương Quốc Việt, (2009), Cơ sở lí thuyết module, NXB Đại học sư phạm Tiếng Anh [3] F.W Anderson and K.R Furler, (1974), Ring and Categories of Modules, Springer - Verlag, NewYork - Heidelberg - Berlin [4] S.H Mohamed and B.J Muller, (1990), Continuous and Discrete Modules, London Math Soc Lecture Note Ser Vol 147, Cambridge University Press [5] Ngo Sy Tung, (1994), Some results on quasi-continuous modules, Acta Mathematica Vietnammica, Volume 19, Number 2, pp.13-17 ... ta có hạng tử trực tiếp mơđun liên tục (tựa liên tục) môđun liên tục (t.ư., tựa liên tục) 18 CHƯƠNG MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA TỔNG TRỰC TIẾP CÁC MÔĐUN TỰA LIÊN TỤC 2.1 Tổng trực tiếp môđun Chúng ta... i∈I Một số tính chất tổng trực tiếp môđun tựa liên tục Như giới thiệu mục 1.2, hạng tử trực tiếp môđun tựa liên tục môđun tựa liên tục (Mệnh đề 1.2.7) Tuy nhiên, tổng trực tiếp môđun tựa liên tục. .. chủ yếu dành để trình bày kết tổng trực tiếp mơđun 2.2 Một số tính chất tổng trực tiếp môđun tựa liên tục Phần trình bày số tính chất tổng trực tiếp môđun tựa liên tục, tường minh kết giới thiệu