xạ ảnh M mà mọi môđun hữu hạn sinh trong σ[M] là lifting. Kết quả chính của chương là các định lý 3.1.3 và 3.2.3. Để chứng minh được các định lý này, trước hết, chúng tôi giới thiệu và chứng minh các bổ đề có liên quan.
3.1 Môđun M có mọi môđun hữu hạn sinh trongphạm trù σ [M] là extending. phạm trù σ [M] là extending.
Cho M là R-môđun. Mỗi môđun con của môđun thương của M được gọi là môđun thương con (subfactor) của M.
Ta có các kết quả sau đây:
3.1.1 Bổ đề. Cho M là môđun hữu hạn sinh sao cho mọi môđun thương con cyclic của M là extending. Khi đó mọi môđun thương của M
có chiều uniform hữu hạn.
Chứng minh. Trước hết ta chứng minh M có chiều uniform hữu hạn. Giả sửM có chiều uniform vô hạn. Gọi ⊕
N
Mi là tổng trực tiếp các môđun con khác không của M và E1 là mở rộng cốt yếu tối đại của M1 trong
M. Khi đó M = E1 ⊕F1 và E1 ⊕M2 = E1⊕M20 với
M20 = (E1⊕M2)∩F1 ' M2. Ta có F1 là extending và gọi E2 là mở rộng cốt yếu tối đại của M20 trong F1, ta có F1 = E2⊕F2 với F2 ⊆ F1. Khi đó,
M = E1 ⊕E2⊕F2 và E1⊕E2 là mở rộng cốt yếu tối đại của M1⊕M2
là mở rộng cốt yếu tối đại của M1⊕...⊕Mk trong M sao cho
M = E1⊕...⊕Ek ⊕Fk.
Vì các Ei là hữu hạn sinh nên ta có thể chọn các môđun con tối đại
Ki ⊆ Ei và đặt Si = Ei/Ki. Khi đó S = ⊕
N
Si được chứa trong đế của
M := M/(⊕ N Ki). Với mọi k ∈ N ta có M = S1 ⊕...⊕Sk ⊕(Fk +⊕ N Ki)/(⊕ N Ki)
và mỗi môđun con hữu hạn sinh của S là hạng tử trực tiếp của M. Theo giả thiết ta có M là môđun extending, do đó S hữu hạn sinh, S = ⊕
N
Si
là tổng vô hạn các môđun con đơn và mọi môđun con hữu hạn sinh của
S là hạng tử trực tiếp của M.
Gọi Mclà mở rộng cốt yếu tối đại của S trong M. Khi đó Mclà hạng tử trực tiếp của M, Mclà extending và mọi môđun con hữu hạn sinh của đế S là hạng tử trực tiếp của Mc. Theo giả thiết M /Sc cũng là extending.
Giả sử N là hợp của các tập con rời nhau {Ai}i∈
N. Khi đó, S = ∞⊕ j=1 ⊕ i∈Aj Si .
Gọi Xj là mở rộng cốt yếu tối đại của ⊕
i∈Aj
Si trong và Xj là ảnh của toàn cấu chính tắc Mc → M /Sc . Vì M /Sc là extending nên tồn tại mở rộng cốt yếu tối đại X của ⊕
N (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Xj trong M /Sc là hạng tử trực tiếp của
c
M /S. Do M là môđun thương nên tồn tại môđun con thương X ⊂ Mc
sao cho X = (X +S)/S. Với mỗi j ∈ N ta có Xj ⊂ X +S = X ⊕U với
U ⊆ S. Giả sử tồn tại j ∈ N sao cho X ∩Xj = 0, khi đó Xj có thể được nhúng trong U, suy ra Xj là nửa đơn có độ dài hữu hạn, mâu thuẫn. Do đó X ∩Xj 6= 0 với mọi j ∈ N. Gọi Vj là môđun con tối tiểu của X ∩Xj
và V là mở rộng cốt yếu tối đại của ⊕
N
Vi trong X. Vì X là extending nên V là hạng tử trực tiếp của X. Mặt khác, V là môđun thương với đế cốt yếu có chiều vô hạn, nên V 6⊂ S. Khi đó ta có (V + S)/S 6= 0. Do ⊕m
j=1
Vj là hạng tử trực tiếp của M và cốt yếu trong V ∩( ⊕m
j=1 Xj) nên m ⊕ j=1 Vj = V ∩ ( ⊕m j=1
Xj), với mọi m ∈ N. Khi đó, V ∩ (⊕
N
Xj) ⊂ S, điều này mâu thuẫn với (⊕
N
Xj + S)/S cốt yếu trong X, do vậy M có chiều uniform hữu hạn. Chứng minh tương tự ta có mọi môđun thương của
M có chiều uniform hữu hạn.
3.1.2 Bổ đề. Cho M là R-môđun phải hữu hạn sinh, extending. Nếu
M/Soc(M) có chiều uniform hữu hạn thì M có chiều uniform hữu hạn. Chứng minh. Giả sử M có chiều uniform vô hạn, vì M/Soc(M) có chiều uniform hữu hạn nên theo [3,5.8(3)], Soc(M) có chiều uniform vô hạn. Giả sử u.dim(M/Soc(M)) = k < ∞, Soc(M) = ⊕
N
Ei với Soc(M)
là tổng trực tiếp vô hạn các môđun con đơn khác không của M. Gọi N là hợp của các tập con vô hạn rời nhau A1, ..., Ak+1 và Sj = ⊕
i∈Aj
Ei. Gọi
Fj là mở rộng cốt yếu tối đại của Sj trong M. Vì M là extending nên Fj
là một hạng tử trực tiếp của M, suy ra Fj hữu hạn sinh. Do đó Fj 6= Sj
hay Fj/Sj 6= 0. Ta có
M/Soc(M) =M/ ⊕k
j=1 Sj
chứa một môđun con đẳng cấu với (F1/S1) ⊕ ...⊕ (Fk+1/Sk+1) và do đó M/Soc(M) có chiều uniform ít nhất là k+ 1, mâu thuẫn. Vậy, M có chiều uniform hữu hạn. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
3.1.3 Định lý. Cho M là R-môđun phải hữu hạn sinh có mọi môđun hữu hạn sinh trong phạm trù σ[M] là extending. Khi đó M là Noether. Chứng minh.Gọi {Sα}là dãy được định nghĩa như sau: S1 = Soc(M),
Sα/Sα−1 = Soc(M/Sα−1), với mọi α = 2,3, ..., Sα = ∪
β<αSβ. Đặt
S = ∪ {Sα} và H = M/S, ta có Soc(H) = 0. Trước hết ta chứng minh
H là Noether. Nếu H = 0 thì dễ thấy H Noether. Nếu H 6= 0, vì H
extending nên H là tổng trực tiếp của hữu hạn các môđun đều, vì vậy, không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử H là môđun đều.
Gọi X là R-môđun phải đơn tùy ý. Nếu X /∈ σ[H] thì X là H-nội xạ. Nếu X ∈ σ[H], ta có X ∈ σ[M]. Hơn nữa K = X ⊕H là hữu hạn sinh nên theo giả thiết K là extending. Gọi V là môđun con bất kỳ của H. Xét biểu đồ P H1 H2 / M A M B p i f g 0 π H V 0 f f X / M X Y f π M p 0 / M V M p f 0 / U V 1 M 2 M M / D* ϕ 0 trong đó f : V → X là đồng cấu. Đặt U = {a−f(a)|a ∈ V} ta có U
là cốt yếu trong một hạng tử trực tiếp U∗ của K. Giả sử K = U∗ ⊕U1
với U1 là môđun con của K. Vì U∗ ∩ X = 0 và Soc(K) = X nên ta có
X ⊆ U1. Hơn nữa, U∗ ⊕X có chiều uniform là 2 nên X ⊂∗ U1, mà X
đóng trongK suy raX = U1. Khi đó, ta có U∗⊕U1 = U∗⊕X = X⊕H. Gọi π : U∗ ⊕X → X là phép chiếu tự nhiên, khi đó f = π|H là một mở rộng của f từ H tới X, do đó X là H-nội xạ. Vậy, H là V-môđun, mà theo 3.1.1 thương của H có chiều uniform hữu hạn nên theo [7] ta có H là Noether.
Bây giờ ta xét S. Nếu S3 6= 0, ta gọi Y là môđun con cyclic của S3
sao cho Y /S20 là đơn với S20 = S2∩Y. Hơn nữa, vì Y là extending và có chiều uniform hữu hạn nên ta có
Y = Y1⊕...⊕Yk,
chẳng hạn Y1. Lại có Y1/Soc(Y1) là extending nên
Y1/Soc(Y1) =T1 ⊕...⊕Tm,
với mỗi Ti là đều và một trong các Ti phải có độ dài Loewy là 2, chẳng hạn T1. Gọi W là nghịch ảnh của T1 và W1 là nghịch ảnh của Soc(T1)
trong Y1, khi đó W là môđun chuỗi với chuỗi hợp thành duy nhất
0⊂ Soc(W1) ⊂W1 ⊂ W.
Theo 2.1.8,W ⊕(W1/Soc(W1)) không là extending, điều này mâu thuẫn với giả thiết của định lý. Do đó, S có độ dài Loewy lớn nhất là 2. Theo bổ đề 3.1.1,S là môđun có độ dài hợp thành hữu hạn, do vậy, S Noether. Vì M/S là Noether nên M là Noether theo 1.2.2.
Đặt M = R, chỉ cần giả thiết rằng mọi R-môđun phải hữu hạn sinh là extending ta có hệ quả sau.
3.1.4 Hệ quả. Cho R là vành có mọi R-môđun phải hữu hạn sinh là extending. Khi đó R là Noether phải và J(R)2 = 0.
Chứng minh. Vì R là vành có mọi R-môđun phải hữu hạn sinh là extending nên theo 3.1.3, R là Noether. Với S là kí hiệu như trong 3.1.3 vành thương R/S có đế bằng không và là Noether phải, V-vành phải. Do đó J(R) ⊂ S suy ra J(R)2 = 0.
3.2 Môđun tựa xạ ảnh M có mọi môđun hữu hạnsinh trong phạm trù σ[M] là lifting