Môđun liên tục

2.1. Các môđun liên tục.

2.1.1. Bổ đề. Một môđun tựa liên tục M là liên tục khi và chỉ khi đơn cấu

:

f M →M với ảnh thực chất là một đẳng cấu.

Chứng minh. Kết luận chỉ khi là khá rõ ràng. Ngợc lại, giả sử N ⊂⊕ M và

M N

f : → là đơn cấu.

Vì M là tựa liên tục, M = A ⊕ B với fN ⊂eB. Do fN ≅ N, B ≅ N. Xét g: B → N là đẳng cấu. Khi đó:

M = A ⊕ B l →⊕g A.N l →⊕f A ⊕ B = M

Là một đơn cấu với ảnh A ⊕ fN ⊂e M. Theo giả sử, (l ⊕ f) (l ⊕ g) là một đẳng cấu. Do đó B = fN.

Nh thế fN ⊂⊕ M và (C2) đúng.

2.1.2. Mệnh đề. Xét M là môđun tựa liên tục, S = EndM. ∆={α∈S:kerα ⊂e M}

và J là căn Jacobson của S. Khi đó M liên tục khi và chỉ khi ∆=J và S/∆

đều.

Chứng minh. Điều kiện cần dễ thấy. Ngợc lại, giả sử ∆=J và S/∆ đều. Xét

S

∈

ϕ là một đơn cấu với ảnh, thực chất tồn tại ψ∈S sao cho ϕ−ϕψϕ∈∆. Kéo theo (1−ϕψ)ϕK =0 với K ⊂e M nào đó. Do ϕ là đơn cấu, ϕK ⊂e ϕM, nh thế ϕK ⊂e M do ϕM ⊂e M. Suy ra 1−ϕψ∈∆=J và suy ra ϕψ là đơn vị trong S. Nh thế ϕ là đẳng cấu. Vậy M liên tục theo bổ đề 2.1.1

2.1.3. Định lý. Các kết luận dới đây là tơng đơng. Cho một môđun

M = α∈⊕AMα

(i) M liên tục

(ii) M tựa liên tục và các Mα liên tục

(iii) Mα liên tục và Mβ đơn cấu với mọi α≠βi.

Chứng minh. (i) ⇒(ii) dễ dàng. Và (ii) tơng đơng với (iii). Ta chỉ cần chỉ ra (ii)

⇒(i). Theo bổ đề 2.1.1, ta phải chỉ ra mọi đơn cấu thực chất f: M → M là đẳng

cấu. đầu tiên chúng ta xét trờng hợp tập chỉ số hữu hạn A = {1, …, n}. ở đây ta

có E(M) = αn E( )Mα 1 = ⊕ = αn E( fMα) 1 =

⊕ . Ta chọn bao đóng Cα của fMα trong M. Do fMα ≅Mα ⊂⊕ M . Ta có Cα ≅Mα. Nh thế ta đợc một đơn cấu thực chất

α

α fM

M ≅ ⊂e Cα ≅Mα của Mα mà cũng là 1 đẳng cấu theo bổ đề 2.1.1. kéo theo fMα =Cα là một số hạng của M và là đóng.

Ta suy ra M∩E(fMα)= fMα. Do M là tựa liên tục, ta thu đợc M = 1 n M α=⊕ ∩ E(fMα)= α αn fM 1 =

⊕ = fM. Điều này hoàn tất chứng minh trong trờng hợp hữu hạn.

Trong trờng hợp chung, giả sử tồn tại một đơn cấu thực chất ánh xạ

f: M→ M mà không đẳng cấu. Bằng quy nạp ta sẽ xây dựng một dãy

n

M

xn∈ α - fM với αn phân biệt tăng ngặt linh hóa tử 0

n

x . Điều này đúng với M. Xét x1∈Mαi đợc xây dựng với i ≤n.

{ 1,..., n}.

A= α α M(A)∩fM rõ ràng là thực chất trong M(A). Suy ra

) (A

M là bao đóng của M(A)∩ fM trong M. Do fM ≅M là tựa liên tục,

fM A

M( )∩ có bao đóng khác, V, trong fM .

Giờ xét một bao đóng W của V trong M, khi đó M(A)∩fM M

W V e e ⊂ ⊂⊕

⊂ . Rõ ràng W cũng là bao đóng của M(A)∩fM trong M . Ta có

mọi bao đóngM(A), V, M đều là đẳng cấu chúng liên tục theo trờng hợp hữu hạn đã đợc giải quyết ở trên. Nh thế kết luận V⊂eW kéo theo phép đơn cấu thực chất W →W . Ta có V =W theo bổ đề 2.1.1.

Do V M∩ (∆ −A) 0= và các môđun con đều là các số hạng,

) ( A M V ⊕ ∆− là một số hạng của M theo (C3). Nhng ) ( ) ( ) (A fM M A V M A M

V ⊇ ∩ ⊂e ⇒ ⊕ ∆− là thực chất trong M, kéo theo bằng M.

Viết xn =V+Zyitơng ứng.

Doxn∉fM và V∈fM , tồn tại yi∉fM. Xét xn+1là yivà αn+1 chỉ số i của

nó. Rõ ràng αn+1≠α1,...,αn. Hơn nữa xn+1 =π(xn), với ánh xạ 1 ) ( :M =V ⊕M ∆−A →Mαn+ π . Nh thế 0 1 0 + ≤ n n x x .Theo tính thực chất, tồn tạir∈R với 0≠xnr∈M(A)∩ fM ⊆V . Ta cóxn+1r=π(xnr) =0 và suy ra 0 0 1 n n x x r∈ + − . Hoàn tất phép xây dựng và chứng minh.

Ta chỉ ra rằng các môđun liên tục thỏa mãn kết luận của định lý Schroder - Bermtein.

2.1.4. Định lý. Xét M là môđun liên tục và N là môđun tựa liên tục. Nếu

N

M → và N→M thì M ≅N.

Chứng minh. Không mất tổng quát, ta giả sửN ⊆M . Xét ϕ:M →N là phép đơn cấu. Do M liên tụcϕM ⊂⊕M và suy ra ϕM ⊂⊕N. Viết N =A⊕ϕM và

... 2 + + + =A ϕA ϕ A β (thực tế tổng này là trực tiếp).

Khi đó β=A⊕ϕβ. Do ϕM là (tựa) liên tục, ϕM =P⊕Qvới ϕβ⊂e P. Khi đó β =A⊕ϕβ⊂e A⊕P

Do β ≅ϕβ, P≅A⊕P theo bổ đề 2.32. Nh thế

N = ⊕A φM = ⊕ ⊕ ≅ ⊕ =A P Q P Q φM ≅M

Hệ quả 3.18. Các môđun đẳng cấu con lẫn nhau là đẳng cấu.

2.2. Môđun u - liên tục và môđun u - tựa liên tục 2.2.1. Định nghĩa

a) Môđun M đợc gọi là u - liên tục nếu M là môđun liên tục đối với môđun con đều, nghĩa là M là môđun (1 - C1) và thoả mãn điều kiện (C2).

b) Môđun M đợc gọi là u - tựa liên tục nếu M là môđun tựa liên tục đối với môđun con đều, nghĩa là nếu M là môđun (1 - C1) và thoả mãn điều kiện (C3)

c) Một vành R đợc gọi là liên tục phải nếu Rr là liên tục, vành R đợc gọi là u - liên tục phải nếu Rr là u - liên tục.

2.2.2. Bổ đề. Nếu M là môđun u - liên tục (u - tựa liên tục ) thì mọi hạng tử

trực tiếp của M cũng là môđun u- liên tục (u - tựa liên tục). Chứng minh.Đợc suy ra từ Bổ đề 1.2.3.

2.2.3. Bổ đề. Cho môđun M= ⊕i I∈ Ui trong đó Ui là các môđun đều (∀ ∈i I).

Nếu A là một môđun con đóng của M thì tồn tại

( ) e

i F i

F⊂I sao cho A⊕ ⊕∈ U ⊆ M

Nếu A M≠ do đó A đóng nên tồn tại i I∈ sao cho A U∩ i =0. Lấy F là tập con tối đại của I với tính chất A U∩ i =0.

Đặt V1 = ⊕i F∈ Ui và V2 = ⊕i J∈ Ui trong đó J = I/F. Do tính tối đại của F nên

( 1 k) 0

A∩ V ⊕U ≠ ∀ ∈k J . Khi đó tồn tại a A a∈ , ≠0sao choa x u= + . Trong

đó x V u U u∈ 1, ∈ k, ≠0. Do đó u a x A= − ∈ ⊕V. Vì vậy Uk ∩( A⊕V1) ≠0 với mọi k J∈ . Từ [3, Proposition 3.6] ta có A⊕ ⊆V1 e M.

2.2.4. Mệnh đề. Nếu m là môđun u - liên tục (u - tựa liên tục), thì môđun con

đóng có dạng X ⊕U là hạng tử trực tiếp của M, trong đó X là hạng tử trực tiếp của M và U là môđun đều.

Chứng minh. Giả sử A X= ⊕Ulà môđun con đóng của M với X là hạng tử trực tiếp của M, U là môđun đều và M X= ⊕M1 với M1 là môđun con nào đó của

M.

Xét phép chiếu π:M→M1 khi đó do X ∩ =U 0 nên π| :U U→M1 là đơn cấu. Suy ra π( )U ≅U, vì vậy π( )U là môđun con đều của M1 . Theo bổ đề 3.1 ta có M1 là u - liên tục nên tồn tại môđun con đều V là hạng tử trực tiếp của

M1mà π( )U ⊆e Vtừ đó ta có 1( )

X ⊕ ⊂ πU − V ⊂ ⊕X V.

Do V đều nên ta thu đợcA X= ⊕ ⊆U e X ⊕V, mà A đóng nên

A X= ⊕V. Từ M X= ⊕M1 và V là hạng tử trực tiếp của M1, nên suy ra A là hạng tử trực tiếp của M.

2.2.5. Định líCho M là môđun có dạng M= ⊕i I∈ Ui trong đó mỗi Ui là môđun

con đều(∀ ∈i I). Khi đó M là môđun liên tục nếu và chỉ nếu M là môđun u - liên tục.

Ngợc lại, nếu M là môđun u - liên tục, ta chứng minh M là môđun liên tục. Do

M là môđun u - liên tục nên có tính chất (C2). Vì vậy ta chỉ cần chứng minh M

là CS - môđun. Giả sử A là môđun con đóng của môđun M. Theo bổ đề 2.2.3, tồn tại môđun con V1 của M có dạngV1 = ⊕i F∈ Ui trong đó

1

, : e

F⊂I sao cho A⊕ ⊆V M.

Đặt V2 = ⊕i J∈ Ui với J I F= \ . Ký hiệu π π1, 2 là phép chiếu của M lên

V1 và V2 khi đó π2|A là đơn cấu. Đặt ( ) 1 1 2 |A −

α = π π là đồng cấu của π2( )A vào

V1 . Dễ thấy A={x + α( )x x| ∈π2( )A } . Chứng minh sẽ suy ra rằng α không mở rộng đợc thực sự trong V2.

Giả sử α:B→V1 trong đó π2( )A ⊂ ⊂B V2 là mở rộng của α trong

V2.. Đặt C={x+ α( )x x B| ∈ } . Từ A⊕V1 là cốt yếu trong M ta có

( ) ( )

2 A A V1

π = π ⊕ cốt yếu trong π2( )M =V2. Suy ra π2( )A cốt yếu trong

2

B⊂V . Do đó A cốt yếu trong C. Nhng do A đóng nên ta thu đợc A = C, suy ra

( )

2 A B

π = nghĩa là α = α.

Bây giờ với mỗi k ∈J ta đặt Xk =Uk ∩ π2( )A . Dễ dàng thấy Xk ≠0 với mọi k ∈J . Do đó Xk đều. ĐặtAk ={x+ α( )x x X: ∈ k} . Ta có Xk ≅Aknên Ak là

môđun con đều của A. Giả sử e 1

k k

A ⊆ T U⊂ ⊕V. Từ Ak ∩ =V1 0 ta có

1 0

T∩ =V .

Suy ra π2|Tlà đơn cấu. Đặt α = αk |π2 ( )Ak . Vì α không mở rộng đợc thực sự trong V2 nên αk cũng không mở rộng thực sự trong π2( )Ak .

Đặt ( ) 1 ( ) 1 2 | : 2 1 k T f = π π − π T →V. khi đó fk là một mở rộng của αk. Do đó π2( )T = π2( )Ak . Mặt khác , từ π2 |Tlà đơn cấu và e k A ⊆ T suy ra Ak = T.

Do Ak là môđun con đóng và đều, nên Ak ⊂⊕ M. Mà Xk ≅Aknên theo tính chất (C2), ta cũng có Xk ⊂⊕ M. Do e

k k

X ⊆ U ⊂⊕ Mlà đều nên Xk = Uk ∀ ∈k J

suy ra π2( )A =V2. Vì vậy A = V2 và A⊂⊕ M do C( ( ))2 .

2.2.6. Bổ đề. Cho M là môđun với chiều Goldie hữu hạn. Khi đó M là môđun

liên tục nếu và chỉ nếu M là môđun u - liên tục.

Chứng minh. Đợc suy ra từ bổ đề 1.2.5 và định lí 2.2.5.

2.2.7. Bổ đề. Cho m là môđun u - liên tục. Nếu M U= ⊕V trong đó U và V

là các môđun đều, thì U và V là môđun đều, thì U và V là các môđun nội xạ lẫn nhau.

Chứng minh. Ta chứng minh V là U nội xạ.

Lấy X là môđun con tuỳ ý của U và :α X →Vlà một đồng cấu bất kì. Đặt X'={x− α( )x x X| ∈ } . Gọi Y là bao đóng của X' trong M.

Có 'X ∩ =V 0.Suy ra Y∩ =V 0. Do đó Y ≅ πU( )Y , trong đó πU là ánh xạ chiếu của M lên U. Vì Y là môđun con đóng đều của M, nên Y là hạng tử trực tiếp của M. Do M thoả mãn điều kiện (C2) nên πU( )Y cũng là hạng tử trực tiếp của M. Nhng U là môđun đều nên ta nhận đợc πU( )Y =U.

Nh vậy, α là một mở rộng của α, hay V là U - nội xạ. Tơng tự ta có U là

V nội xạ .

2.2.8. Bổ đề. Cho M U= ⊕V, trong đó U V≅ là những môđun liên tục và

đều. Khi đó ta có các khẳng định sau:

i) Nếu A là một hạng tử trực tiếp khác 0 của M thì A U≅ . ii) M thoả mãn điều kiện (C2)

Chứng minh. i) Cho M A= ⊕Vvới môđun con X nào đó của M. Do U là môđun liên tục theo [7, Theorem 3.24 ], U có tính chất trao đổi , nên ta có

1 1

U⊕ = ⊕V U A ⊕X , trong đó A1 ⊂ A và X1 ⊂X . Khi đó V A≅ 1⊕X1 mà V là môđun đều nên A1 = 0 hoặc X1 = 0. Điều này kéo theo A U≅ .

ii) Giả sử A và B là các môđun con của M với A B≅ và A⊂⊕ M.

Theo i) B A U≅ ≅ do đó B là môđun đều và chúng ta có B U∩ =0 hoặc 0

B∩ =V .

Nếu B∩ =V 0 thì B≅ πU( )B trong đó πU là phép chiếu của M lên

U. Do B U≅ suy ra πU( )B =U. Theo cách chứng minh của bổ đề 2.2.7 ta thu đợc B⊕ =V M nên B⊂⊕ M. Tơng tự nếu B U∩ =0 ta cũng có B⊂⊕ M.

2.2.9.Định lí. Cho M U= 1 ⊕U2⊕ ⊕... Unlà tổng trực tiếp của hữu hạn các

môđun con đều Ui (1≤ ≤i n sao cho Ui ⊕Uj) là CS - môđun với 1≤ ≤ ≤i j n . Khi đó nếu M là môđun u - liên tục thì M môđun tựa nội xạ.

Chứng minh. Suy ra từ bổ đề 2.2.7 và [6, Corollary 1.19] .

2.2.10. Định lí. Cho R là vành nửa hoàn chỉnh phải, u - liên tục phải sao cho

eR⊕eR là CS - môđun với mỗi phần tử luỹ đẳng nguyên thuỷ e của R. khi đó R là vành tựa nội xạ phải.

Chứng minh. Suy ra từ định lý 2.2.9 và [6, Proposition 2.5]

2.2.11. Hệ quả. Nếu R là vành artin phải, u - liên tục phải thì R là vành liên

tục phải.

Chứng minh. Theo hệ quả 2.2.6.

2.2.12. Mệnh đề. Cho M là môđun u - tựa liên tục có tính chất mọi hạng tử

trực tiếp đều địa phơng là hạng tử trực tiếp của M thì tổng trực tiếp của một môđun u - liên tục với đế cốt yếu và một môđun u - tựa liên tục với đế bằng 0. Chứng minh. Ta có S Soc M= ( ) = ⊕i I i∈ S , trong đó Si là các môđun con đơn

của M. Rõ ràng Si là môđun đều. Do M là môđun (1 - C1) nên e i i S ⊂ A và ( ) i A ⊂⊕ M i I∈

Khi đó họ { }Ai i I∈ là họ các môđun con độc lập của M. Vì M thoả mãn

điều kiện (1 - C3) nên mỗi tổng trực tiếp hữu hạn của họ { }Ai i I∈ là hạng tử trực tiếp của M. Từ giả thiết, A= ⊕i I∈ Ai ⊂⊕ M. Suy ra M A= ⊕B với B⊂ M. Vì với (i I∈ ), Si ⊂⊕ Ai nên Soc(M) = e

i I i∈ S i I∈ Ai A

⊕ ⊂ ⊕ = . Khi đó S = Soc(A) và

Soc(B)= 0.

Cũng nh áp dụng môđun u - liên tục vào việc nghiên cứu H - vành và co-H- vành. Chúng ta sẽ áp dụng vào nghiên cứu QF - vành.

2.2.13. Bổ đề. [7, Theorem 4.3]. Đối với một vành R, những mệnh đề sau là t-

ơng đơng:

i) R là QF - vành.

ii) R là H - vành phải với Z(R) = J(R). iii) R là co - H - vành phải với Z(R)=J(R).

Chúng ta có đặc trng mới về QF - vành nh sau:

2.2.14.Định lí. Những khẳng định sau đây là tơng đơng đối với một vành R:

i) R là QF - vành.

ii) R là H - vành phải và u - liên tục phải. iii) R là co - h - vành phải và i - liên tục phải.

Chứng minh. Dễ thấy (i) => (ii) và (i) => (iii). Theo Bổ đề 2.2.13.

(ii) => (i): Theo [7,Theorem 2.11] R là vành artin phải. Mặt khác theo hệ quả 2.2.11, R là vành liên tục. theo [9, Lemma 4.1] ta thu đợc Z(R) = J(R).

(iii) => (i) : Dễ thấy nếu R là co - H - vành phải thì R là vành hoàn chỉnh

phải. Theo giả thiết và định lí 2.2.5 ta có R là vành liên tục phải. Do đó theo [9, Lemma 4.1] thì Z(R) = J(R). áp dụng bổ đề 2.2.12 ta thu đợc R là QF - vành.

2.2.15. Định lí. Cho P là môđun xạ ảnh trên vành liên tục phải nửa hoành

chỉnh phải. Khi đó P là môđun u - tựa liên tục nếu và chỉ nếu P là (1 - C1) môđun.

Chứng minh. Vì R là nửa vành hoàn chỉnh nên tồn tại hệ lũy đẳng trực giao

nguyên thủy { }ei i n=1, sao cho Rr =e R1 ⊕e R2 ⊕ ⊕... e Rn . ở đây End(R) là vành

địa phơng. Từ R là vành phải liên tục, suy ra eiR là môđun đều và không thể

nhúng thực sự vào eJR (1≤i j n; ≤ ).

Theo [1, Theorem 27.11], chúng ta có P= ⊕i I i∈ P (1)

Với tập chỉ số I nào đó và mỗi Pi là môđun đều và không thể nhúng đợc