I i
M
⊕∈
thoả mãn các điều kiện sau:
(a) Mi là các mụđun đều , i ∈I (b) Sự phõn tớch của M= i I i M ⊕ ∈ là sự phõn tớch bự hạng tử trực tiếp đều.
(c) Với mọi i,j ∈I, i≠j, Mi khụng nhúng đẳng cấu đợc thực sự vào Mj, khi đú cỏc phỏt biểu sau là tương đương.
(i) M là CS –mụđun (ii) M là (1-C1)-mụđun
(iii) M(J) là M(K)- nội xạ, với K, J là tập con của I sao cho J∩K=φ.
Chứng minh:
(i) ⇒ (ii). Là hiển nhiên.
(ii) ⇒ (iii). Để chứng minh M(J) là M(K)- nội xạ, bởi [8, Mệnh đề 1.5] ta chỉ cần chứng minh rằng M(J) là Mk- nội xạ với mọi k∈K. Giả sử U là môđun con bất kỳ của Mk và α : U→M(J) là một đồng cấu. Ta gọi
X = {x - α(x): x∈U}
Dễ thấy X ∩ M(J)= 0, do đó X nhúng đẳng cấu đợc vào Mk vì vậy X là môđun đều. Bởi hệ quả 2.1.3 Mj⊕Mk là (1-C1) - môđun. Từ đó tồn tại môđun X’
sao cho X ⊆eX ’ và X’ là hạng tử trực tiếp của M(J)⊕Mk. Bởi vì M(J)⊕Mk là sự phân tích bù hạng tử trực tiếp do vậy có hai khả năng xảy ra:
1) M(J) ⊕ Mk= X’⊕M(J’)
2) M(J) ⊕ Mk = X’⊕M(J1) ⊕Mk.
Trong đó J , J’ 1 là các tập con nào đó của J. Nếu khả năng 1) xảy ra khi đó ta có
M(J)⊕Mk = (X’⊕M(J )’ )⊆(X’⊕M(J))⊆(M(J)⊕Mk) và vì vậy
Gọi π là phép chiếu từ X’⊕M(J) đến M(J) và α π'= Mk. Khi đó mọi x∈
Mk x =α (x) + (x -α (x)) trong đó α (x)∈ M(J) và x -α (x)∈X’. Từ đó ta có α'
(x) =α'[α (x) + (x -α(x))] = α (x) nghĩa là α'là mở rộng của α.
Nếu khả năng 2) xảy ra, khi đó gọi πk: X’⊕M(J1) ⊕Mk→Mk là phép chiếu tự nhiên.
Giả sử A = (X’⊕M(J1))∩M(J). Nếu A≠0, giả sử A ∩M(J)≠0 với mọi j∈J. Khi đó bởi [4, Mệnh đề 3.6] A là môđun con cốt yếu trong M(J). Từ đó (X’⊕A)
e
⊆ (X’⊕M(J)).
Mặt khác (U⊕M(J))⊆e(Mk⊕M(J)) và (U⊕M(J))⊆(X’⊕M(J)), do vậy X’
⊕M(J) ⊆e(Mk⊕M(J)). Từ đó suy ra X’⊕A cốt yếu trong Mk⊕M(J). Nhng khi đó Mk∩(X’⊕A)≠0 và suy ra Mk∩(X’∩M(J1))≠0 là không đợc. Mâu thuẫn đó chứng tỏ tồn tại một chỉ số j ∈J sao cho Mj ∩A = 0. Khi đó dễ dàng thấy rằng
Mj ∩Kerπk= 0 và dẫn đến Mj ≅ πk(Mj) là một môđun con của Mk. Bởi giả thiết
Mj không thể nhúng đẳng cấu thực sự vào Mk, do vậyπk(Mj) =Mk.
Từ đó chúng ta có X’⊕M(J1)⊕Mk = X’⊕M(J1)⊕Mj = X’⊕M(J2) trong đó
J2 = J1∪{ }j .Điều đó chứng tỏ rằng M(J)⊕Mk =(X’⊕M(J2) và sử dụng chứng
minh nh trong trờng hợp 1) ta chứng tỏ α có một mở rộng thuộc
HomR(Mk, M(J)).
Bấy giờ ta giả sử rằng A = 0, khi đó dễ thấy rằng M(J1) = 0 và vì vậy chúng ta có: M(J)⊕Mk =X’⊕Mk. Điều đó chứng tỏ rằng tập J chỉ có một phân tử, chẳng hạn j và khi đó M(J)⊕Mk =Mj ⊕ Mk =X’⊕Mk .
Ta cũng xét phép chiếu πk: X’⊕Mk→ Mk, và bởi vì X'∩Mj =0 do đó
Mj ≅πk(Mj) là môđun con của Mk, nh vậy chúng ta cũng có πk(Mk) = Mk, và từ đó M(J)⊕Mk =X’⊕Mj lại đa về trờng hợp (1).