Trước khi định nghĩa hạng của module trên miền Dedekind ta có một số nhận xét quan trọng như sau.
2.3.1.Một số nhận xét cơ bản
Cho Rlà miền nguyên, Plà ideal tối đại của R, khi đó 𝑅/𝑃 là trường. M là module bất kỳ trên R.
i) Nếu 𝑃𝑀 = 0 thì M trở thành không gian vectơ trên 𝑅/𝑃 với phép nhân ngoài như sau:
(𝑅/𝑃) ×𝑀 ⟶ 𝑀
(𝑎�,𝑚) ⟼ 𝑎𝑚
Chứng minh. Vì 𝑀 là R-module nên ta chỉ cần chứng minh phép nhân ngoài như trên là hợp lý, thật vậy giả sử 𝑎���1 = 𝑎���2 tức là 𝑎1 − 𝑎2 ∈ 𝑃 suy ra (𝑎1 − 𝑎2)𝑚 = 0 hay 𝑎1𝑚 = 𝑎2𝑚.
ii) Đặt 𝑀[𝑃] = {𝑥 ∈ 𝑀|𝑃𝑥 = 0} thì 𝑀[𝑃] là module con của M, dễ thấy
𝑃(𝑀[𝑃]) = 0 nên theo tính chất i) thì 𝑀[𝑃] là không gian vectơ trên 𝑅/𝑃
với phép nhân ngoài
(𝑅/𝑃) ×𝑀[𝑃] ⟶ 𝑀[𝑃] (𝑎�,𝑚) ⟼ 𝑎𝑚
iii) 𝑀/𝑃𝑀 là R-module thương của M, thỏa mãn 𝑃(𝑀/𝑃𝑀) = 0 nên theo tính chất i) thì 𝑀/𝑃𝑀 là không gian vectơ trên 𝑅/𝑃với phép nhân ngoài
(𝑅/𝑃) × (𝑀/𝑃𝑀) ⟶ 𝑀/𝑃𝑀
(𝑎�,𝑚�) ⟼ 𝑎𝑚����
iv) Gọi 𝑄(𝑅) là trường các thương của R, khi đó 𝑄(𝑅)⨂𝑅𝑀 là không gian vec tơ trên 𝑄(𝑅) với phép nhân ngoài
𝑄(𝑅) × (𝑄(𝑅)⨂𝑅𝑀) ⟶ 𝑄(𝑅)⨂𝑅𝑀
(𝑟,𝑎⨂𝑥) ⟼ 𝑟𝑎⨂𝑥
v) Nếu M là R-module không xoắn, thì ánh xạ
𝜇:𝑀 ⟶ 𝑄(𝑅)⨂𝑅𝑀
𝑥 ⟼ 1⨂𝑥
vi) Cho A,B là R-module thì (𝐴⨁𝐵) 𝑃(𝐴⨁𝐵) � ≅ �𝐴 𝑃𝐴� � ⨁ �𝐵 𝑃𝐵� � Chứng minh. Xét ánh xạ 𝜑: (𝐴⨁𝐵) ⟶ �𝐴 𝑃𝐴� � ⨁ �𝐵 𝑃𝐵� � (𝑎,𝑏) ⟼ �𝑎�,𝑏��
Hiễn nhiên 𝜑 là đồng cấu và là toàn ánh, mặt khác
𝑘𝑒𝑟𝜑 = {(𝑎,𝑏)|𝑎 ∈ 𝑃𝐴,𝑏 ∈ 𝑃𝐵} =𝑃(𝐴⨁𝐵)
Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
2.3.2. Định nghĩa hệ sinh
Cho R là miền nguyên, M là module trên R. Tập con 𝑋 của Mđược gọi là
hệ sinh của M nếu ∀𝑥 ∈ 𝑀 thì tồn tại các phần tử 𝑥1, … ,𝑥𝑛 thuộc X, và
𝑎1, … ,𝑎𝑛 là các phần tử thuộc R sao cho 𝑥 =𝑎1𝑥1+⋯ 𝑎𝑛𝑥𝑛.
2.3.3. Định nghĩa hệ độc lập và phụ thuộc
Cho R là miền nguyên, M là module trên R. Tập con 𝑆 của Mkhông chứa phần tử 0 được gọi là tập độc lập nếu 𝑠1, … ,𝑠𝑛 là các phần tử của S, và
𝑎1, … ,𝑎𝑛 là các phần tử thuộc R thỏa hệ thức 𝑎1𝑠1+⋯ 𝑎𝑛𝑠𝑛 = 0 thì 𝑎𝑖𝑠𝑖 = 0,∀𝑖 = 1, . . ,𝑛.
Tập Skhông độc lập ta nói Sphụ thuộc.
2.3.4. Định nghĩa hệ độc lập tối đại
Cho 𝑅 là miền nguyên, 𝑀 là module trên 𝑅. Tập 𝑆 được gọi là hệ độc lập tối đại trong 𝑀 nếu 𝑆 là độc lập và 𝑆 ∪{𝑚} là phụ thuộc ∀𝑚 ∈ 𝑀.
2.3.5. Mệnh đề
Cho R là miền nguyên, M là module trên R. M là tổng trực tiếp của các module cyclic nếu và chỉ nếu nó được sinh ra bởi một tập độc lập.
𝑀 = ⊕
𝑖∈𝐼〈𝑎𝑖〉
Từ tính chất của tổng trực tiếp ta suy ra {𝑎𝑖}𝑖∈𝐼 là hệ độc lập.
Ngược lại giả sử𝑀 =〈𝑎𝑖〉𝑖∈𝐼 và {𝑎𝑖}𝑖∈𝐼 là tập độc lập. Ta chứng minh
𝑀 = ⊕
𝑖∈𝐼〈𝑎𝑖〉
Nếu 𝑥 ∈ 𝑀 và x có hai sự biểu diễn là tổng hữu hạn các phần tử khác 0
thuộc 〈𝑎𝑖〉.
𝑥 = � 𝑚𝑖𝑎𝑖
𝑖∈𝐼1
= � 𝑚𝑗′𝑎𝑗
𝑗∈𝐼2
Với 𝐼1và 𝐼2 là tập con hữu hạn của I. Do (𝐼1\𝐼2)∪( 𝐼1∩ 𝐼2) = 𝐼1, và (𝐼2\𝐼1)∪( 𝐼1∩ 𝐼2) = 𝐼2 nên ta có 𝑥 = � 𝑚𝑖𝑎𝑖 𝑖∈( 𝐼1∩𝐼2) + � 𝑚𝑖𝑎𝑖 𝑖∈(𝐼1\𝐼2) = � 𝑚𝑗′𝑎𝑗 𝑗∈( 𝐼1∩𝐼2) + � 𝑚𝑗′𝑎𝑗 𝑗∈(𝐼2\𝐼1) Từ đó suy ra � (𝑚𝑖 − 𝑚𝑖′)𝑎𝑖 𝑖∈( 𝐼1∩𝐼2) + � 𝑚𝑖𝑎𝑖 𝑖∈(𝐼1\𝐼2) + � �−𝑚𝑗′�𝑎𝑗 𝑗∈(𝐼2\𝐼1) = 0 Do {𝑎𝑖}𝑖∈𝐼 là tập độc lập nên ta có (𝑚𝑖 − 𝑚𝑖′)𝑎𝑖 = 0,∀𝑖 ∈ ( 𝐼1∩ 𝐼2), 𝑚𝑖𝑎𝑖 = 0,∀𝑖 ∈ (𝐼1\𝐼2) và �−𝑚𝑗′�𝑎𝑗 = 0,∀𝑖 ∈ (𝐼2\𝐼1). Từ đó ta có 𝑥 = � 𝑚𝑖𝑎𝑖 𝑖∈( 𝐼1∩𝐼2) = � 𝑚𝑗′𝑎𝑗 𝑗∈( 𝐼1∩𝐼2)
và 𝑚𝑖𝑎𝑖 = 𝑚𝑖′𝑎𝑖,∀𝑖 ∈ ( 𝐼1∩ 𝐼2), tức là x được biểu diễn duy nhất với tổng các
phần tử thuộc 〈𝑎𝑖〉𝑖∈𝐼.
2.3.6. Mệnh đề
Cho R là miền nguyên, M là module trên R. Mỗi tập độc lập của M đều nằm trong một tập độc lập tối đại nào đó của M.
Chứng minh. Giả sử S là tập độc lập của M. Gọi 𝑋 là họ các tập độc lập của M
chứa S, trong 𝑋 ta định nghĩa quan hệ thứ tự bao hàm 𝑆1,𝑆2 ∈ 𝑋,𝑆1 ≤ 𝑆2 ⟺ 𝑆1 ⊂ 𝑆2. Xét dây chuyền ℋ trong 𝑋. Đặt
𝑆0 = � 𝑆𝑖
𝑆𝑖∈ℋ
Khi đó 𝑆0là cận trên của ℋ trong X, thật vậy ta có 𝑆0 chứa S, ta cần chỉ ra
𝑆0 là tập độc lập, xét 𝑠1, … ,𝑠𝑟 là các phần tử đôi một khác nhau của 𝑆0,và
𝑚1, … ,𝑚𝑟 là các phần tử thuộc Rthỏa hệ thức
𝑚1𝑠1+⋯+𝑚𝑟𝑠𝑟 = 0
Do 𝑠𝑖 ∈ 𝑆0 nên tồn tại 𝑆𝑖 ∈ ℋ sao cho 𝑠𝑖 ∈ 𝑆𝑖, mà ℋ là dây chuyền, bằng cách đánh số lại nếu cần, nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử
𝑆1 ⊂ ⋯ ⊂ 𝑆𝑟
Từ đó ta có 𝑠𝑖 ∈ 𝑆𝑟,∀𝑖 = 1, … ,𝑟. Mà 𝑆𝑟 là tập độc lập nên ta có
𝑚𝑖𝑠𝑖 = 0,∀𝑖 = 1, … ,𝑟
Vậy 𝑆0 ∈ 𝑋 và hiển nhiên ta có 𝑆𝑖 ≤ 𝑆0,∀𝑆𝑖 ∈ ℋ nên 𝑆0 là cận trên của
ℋ trong X. Theo bổ đề Zorn thì X có phần tử tối đại là A. Khi đó Alà tập độc lập của Mvà chứa S.
Hơn nữa A là tập độc lập tối đại, vì ∀𝑥 ∈ 𝑀 thì 𝐴 ⊊ (𝐴 ∪{𝑥}) nên
𝐴 ∪{𝑥} ∉ 𝑋, do đó 𝐴 ∪{𝑥} là tập phụ thuộc (vì nếu 𝐴 ∪{𝑥} độc lập thì kết hợp với 𝐴 ∪{𝑥} chứa S suy ra 𝐴 ∪{𝑥} ∈ 𝑋 mâu thuẩn), nên A là tập độc lập
tối đại của M.
Tiếp theo ta có các mệnh đề sau với chứng minh hoàn toàn tương tự.
2.3.7. Mệnh đề
Cho R là miền nguyên, M là module trên R. X là tập con độc lập gồm các phần tử không xoắn của M. Khi đó tồn tại tập độc tối đại gồm các phần tử không xoắn của M chứa X.
2.3.8. Mệnh đề
Cho R là miền nguyên, M là module trên R, P là ideal nguyên tố của R. X là tập con độc lập gồm các phần tử có cấp là lũy thừa của P. Khi đó tồn tại tập độc lập tối đại gồm các phần tử có cấp là lũy thừa của P chứa X.
2.3.9.Định nghĩa hạng của module
Cho P là ideal nguyên tố của miền dedekind D, M là D-module. Ta gọi
𝑟𝑃(𝑀) là lực lượng của tập độc lập tối đại gồm những phần tử có cấp là lũy thừa của P.
Tương tự ta gọi 𝑟0(𝑀) là lực lượng của tập độc lập tối đại gồm những phần tử có cấp vô hạn.
Ta định nghĩa hạng của M là
𝑟(𝑀) = 𝑟0(𝑀) + max
𝑃 𝑟𝑃(𝑀)
Để chứng minh tính hợp lý của định nghĩa ta cần một số bổ đề quan trọng sau:
2.3.10. Bổ đề
Cho M là module không xoắn trên miền nguyên R. Khi đó hai tập độc lập
tối đại của M gồm các phần tử không xoắn có cùng lực lượng.
Chứng minh.
Gọi 𝑄(𝑅) là trường các thương của R, Theo nhận xét 2.3.1 thì 𝑄(𝑅)⨂𝑅𝑀
là không gian vectơ trên 𝑄(𝑅)với phép nhân ngoài
𝑄(𝑅) × (𝑄(𝑅)⨂𝑅𝑀) ⟶ 𝑄(𝑅)⨂𝑅𝑀 (𝑟,𝑎⨂𝑥) ⟼ 𝑟𝑎⨂𝑥 Và ánh xạ 𝜇:𝑀 ⟶ 𝑄(𝑅)⨂𝑅𝑀 𝑥 ⟼ 1⨂𝑥 là đơn cấu.
Gọi Slà tập độc lập tối đại gồm những phần tử có cấp vô hạn của M. Đặt 𝑆∗ = {1⨂𝑠|𝑠 ∈ 𝑆}
Nếu 𝑥 ∈ 𝑀 thì 𝑆 ∪{𝑥} phụ thuộc nên tồn tại 𝑎,𝑎𝑖 ∈ 𝑅 (trong đó 𝑎𝑥 ≠0)
sao cho
𝑎𝑥+� 𝑎𝑖𝑠𝑖
𝑠𝑖∈𝑆
Vì 𝑎𝑖𝑠𝑖 ∈ 〈𝑆〉,∀𝑖 nên 𝑎𝑥 ∈ 〈𝑆〉, do đó 1⨂ 𝑎𝑥 = 𝑎(1⨂𝑥) ∈ 〈𝑆∗〉, suy ra
〈𝑆∗〉 sinh ra 𝑄(𝑅)⨂𝑀 như là 𝑄(𝑅) không gian vectơ. Ta chứng minh 𝑆∗ là độc lập tuyến tính, giả sử tồn tại
� 𝑟𝑖(1⨂𝑠𝑖) 𝑠𝑖∈𝑆
= 0
Trong đó 𝑟𝑖 ∈ 𝑄(𝑅), ta có thể chọn 𝑎𝑖,𝑏 ∈ 𝑅 sao cho 𝑟𝑖 =𝑎𝑖
𝑏 ,∀𝑖 nhân hai vế của đẳng thức trên cho b và sử dụng tính chất song tuyến tính của tích tenxơ ta có
1⨂ �� 𝑎𝑖𝑠𝑖
𝑠𝑖∈𝑆
� = 0
Do 𝜇 đơn cấu nên
� 𝑎𝑖𝑠𝑖
𝑠𝑖∈𝑆
= 0
Do S là độc lập nên 𝑎𝑖𝑠𝑖 = 0,∀𝑖, suy ra 𝑎𝑖 = 0,∀𝑖, hay 𝑟𝑖 = 0,∀𝑖. Vậy 𝑆∗ là độc lập tuyến tính. Do đó 𝑆∗ là cơ sở của không gian vectơ 𝑄(𝑅)⨂𝑀, nên
|𝑆∗| = 𝑑𝑖𝑚(𝑄(𝑅)⨂𝑀)
Mặt khác 𝜇 đơn cấu , hơn nữa nếu giới hạn trên S thì 𝜇 là đẳng cấu, nên |S| = |𝑆∗|. Vậy ta có
|S| = 𝑑𝑖𝑚(𝑄(𝑅)⨂𝑀)
2.3.11. Bổ đề
Cho D là miền Dedekind, M là module trên D. Khi đó hai tập độc lập tối đại của M gồm những phần tử có cấp là lũy thừa của ideal nguyên tố P thì có
cùng lực lượng.
Chứng minh. Đặt 𝑀[𝑃] = {𝑥 ∈ 𝑀|𝑃𝑥 = 0} dễ thấy 𝑀[𝑃] là module con của
M. Theo nhận xét 2.3.1 thì 𝑀[𝑃] là không gian vectơ trên 𝐷/𝑃.
Gọi S là tập độc lập tối đại gồm những phần tử có cấp là lũy thừa của P. Chọn 𝑝 ∈ 𝑃\𝑃2, với mỗi 𝑠 ∈ 𝑆, giả sử 𝑂(𝑠) = 𝑃𝑘𝑠, khi đó phần tử
Vì 𝑝 ∈ 𝑃\𝑃2, nên 〈𝑝〉 =𝑃𝑄 với (𝑃,𝑄) = 1, suy ra 〈𝑝𝑘𝑠−1〉=𝑃𝑘𝑠−1𝑄𝑘𝑠−1 khi đó (𝑃𝑘𝑠,〈𝑝𝑘𝑠−1〉) = (𝑃𝑘𝑠,𝑃𝑘𝑠−1𝑄𝑘𝑠−1) = 𝑃𝑘𝑠−1, theo mệnh đề 2.1.3 ta có
𝑂(𝑥𝑠) = 𝑂(𝑝𝑘𝑠−1𝑠) = (𝑃𝑘𝑠,𝑃〈𝑝𝑘𝑘𝑠𝑠−1〉) = 𝑃𝑃𝑘𝑠𝑘−1𝑠 =𝑃
Tiếp theo ta đặt 𝑆0 = {𝑥𝑠|𝑠 ∈ 𝑆}. Khi đó 𝑆0 gồm các phần tử có cấp là P
và |𝑆| = |𝑆0|. Ta thấy 𝑆0là độc lập. Thật vậy, giả sử
� 𝑎𝑖𝑥𝑠𝑖
𝑠𝑖∈𝑆
= 0 Thay 𝑥𝑠𝑖 =𝑝𝑘𝑠𝑖−1𝑠𝑖 vào đẳng thức trên ta có
� 𝑎𝑖𝑝𝑘𝑠𝑖−1𝑠𝑖
𝑠𝑖∈𝑆
= 0
Do Slà độc lập nên ta có 𝑎𝑖𝑝𝑘𝑠𝑖−1𝑠𝑖 = 0 hay 𝑎𝑖𝑥𝑠𝑖 = 0,∀𝑖.
Tiếp theo ta chứng minh 𝑀[𝑃] = 〈𝑆0〉, ta đã có 〈𝑆0〉 ⊂ 𝑀[𝑃]. Ngược lại lấy 𝑥 ∈ 𝑀[𝑃], thì 𝑆 ∪{𝑥} là phụ thuộc nên tồn tại 𝑎 ∈ 𝐷, 𝑎𝑥 ≠ 0 sao cho
𝑎𝑥+� 𝑎𝑖𝑠𝑖 𝑠𝑖∈𝑆 = 0 Khi đó ∀𝑝′ ∈ 𝑃 thì � 𝑝′𝑎𝑖𝑠𝑖 𝑠𝑖∈𝑆 = 0
Vì S độc lập nên 𝑝′𝑎𝑖𝑠𝑖 = 0,∀𝑖, cho nên 𝑃 ⊂ 𝑂(𝑎𝑖𝑠𝑖),∀𝑖. Do đó với mỗi
𝑖 thì 𝑃 =𝑂(𝑎𝑖𝑠𝑖) hoặc 𝑂(𝑎𝑖𝑠𝑖) = 𝐷. Nếu 𝑂(𝑎𝑖𝑠𝑖) = 𝐷 thì 𝑎𝑖𝑠𝑖 = 0 ∈ 〈𝑆0〉. Nếu 𝑃 = 𝑂(𝑎𝑖𝑠𝑖) thì 𝑃 = 𝑂(𝑎𝑖𝑠𝑖) = (𝑂(𝑂𝑠(𝑠𝑖) 𝑖),〈𝑎𝑖〉) = 𝑃𝑘𝑠𝑖 �𝑃𝑘𝑠𝑖,〈𝑎𝑖〉�
Suy ra �𝑃𝑘𝑠𝑖,〈𝑎𝑖〉� =𝑃𝑘𝑠𝑖−1 hay 𝑃𝑘𝑠𝑖 +〈𝑎𝑖〉 =𝑃𝑘𝑠𝑖−1 nên tồn tại 𝑡 ∈
𝑃𝑘𝑠𝑖,𝑢 ∈ 𝐷 sao cho 𝑡 +𝑢𝑎𝑖 =𝑝𝑘𝑠𝑖−1 từ đó 𝑝𝑘𝑠𝑖−1𝑠𝑖 = (𝑡+𝑢𝑎𝑖)𝑠𝑖 =𝑢𝑎𝑖𝑠𝑖
và �〈𝑢〉,𝑃𝑘𝑠𝑖� = 1 (vì nếu �〈𝑢〉,𝑃𝑘𝑠𝑖� ≠1 thì (〈𝑢〉,𝑃) ≠ 1 hay 𝑢 ∈ 𝑃 mà ta có
𝑂𝑟𝑑𝑃�𝑝𝑘𝑠𝑖−1� ≥ 𝑂𝑟𝑑𝑃�𝑃𝑘𝑠𝑖� hay 𝑘𝑠𝑖−1 ≥ 𝑘𝑠𝑖 vô lý). Vậy tồn tại 𝑟 ∈
𝑃𝑘𝑠𝑖,𝑣 ∈ 𝐷 sao cho 𝑢𝑣+𝑟 = 1, khi đó ta có
𝑎𝑖𝑠𝑖 = (𝑢𝑣+𝑟)𝑎𝑖𝑠𝑖 =𝑢𝑣𝑎𝑖𝑠𝑖 +𝑟𝑎𝑖𝑠𝑖 = 𝑣(𝑢𝑎𝑖𝑠𝑖) = 𝑣�𝑝𝑘𝑠𝑖−1𝑠𝑖� ∈ 〈𝑆0〉
Tóm lại ta có 𝑎𝑖𝑠𝑖 ∈ 〈𝑆0〉,∀𝑖, nên suy ra
𝑎𝑥 = − � 𝑎𝑖𝑠𝑖
𝑖
∈ 〈𝑆0〉
Mặt khác 𝑎𝑥 ≠ 0 nên 𝑎 không thuộc P, do đó (〈𝑎〉,𝑃) = 1 tức tồn tại
𝑢 ∈ 𝐷,𝑝 ∈ 𝑃:𝑎𝑢+𝑝 = 1, khi đó
𝑥 = (𝑎𝑢+𝑝)𝑥 =𝑎𝑢𝑥 +𝑝𝑥 = 𝑎𝑢𝑥 = 𝑢(𝑎𝑥)∈ 〈𝑆0〉
Do đó 𝑀[𝑃] ⊂ 〈𝑆0〉. Vậy 𝑀[𝑃] =〈𝑆0〉.
Mặt khác 𝑀[𝑃]là không gian vectơ trên 𝐷/𝑃, 𝑆0là cơ sở của 𝑀[𝑃]do đó |𝑆| = |𝑆0| = 𝑑𝑖𝑚𝑀[𝑃]
(𝑑𝑖𝑚𝑀[𝑃]không phụ thuộc vào cách chọn S) Từ hai bổ đề trên ta có thể khẳng định tính hợp lý của khái niệm hạng của module trên miền Dedekind bằng định lý quan trọng sau đây:
2.3.12.Định lý (định lý về tính hợp lý của khái niệm hạng module trên miền Dedekind)
Cho D là miền Dedekind, P là ideal nguyên tố của D, M là module trên D. Khi đó ta có:
i) Hai tập độc lập tối đại gồm các phần tử không xoắn của M có cùng lực
lượng.
ii) Hai tập độc lập tối đại của M gồm những phần tử có cấp là lũy thừa của
P thì có cùng lực lượng.
Chứng minh. ii)là bổ đề 2.3.11 Ta chứng minh i).
Gọi S là tập độc lập tối đại gồm những phần tử có cấp vô hạn. Gọi 𝑇 là tập con xoắn của 𝑀, khi đó 𝑀/𝑇 là 𝐷-module không xoắn. Ta định nghĩa
𝑆 = {𝑠+𝑇|𝑠 ∈ 𝑆}
Ta có |𝑆̅| = |𝑆|, thật vậy nếu 𝑠+𝑇 = 𝑠′ +𝑇 thì 𝑠 − 𝑠′ ∈ 𝑇 nên tồn tại
𝑎 ≠0 sao cho 𝑎(𝑠 − 𝑠′) = 0 hay 𝑎𝑠 − 𝑎𝑠′ = 0 mà S là độc lập nên 𝑎𝑠 =
𝑎𝑠′ = 0 suy ra 𝑎 = 0 mâu thuẩn.
Ta chứng minh 𝑆 là tập độc lập tuyến tính trên 𝑀/𝑇. Thật vậy, xét
� 𝑟𝑖(𝑠𝑖 +𝑇) 𝑠𝑖∈𝑆 = 0 Khi đó � 𝑟𝑖𝑠𝑖 𝑠𝑖∈𝑆 ∈ 𝑇
Nên tồn tại 𝑎 ≠0 sao cho
� 𝑟𝑖𝑎𝑠𝑖
𝑠𝑖∈𝑆
= 0
Suy ra 𝑟𝑖𝑎𝑠𝑖 = 0, do đó 𝑟𝑖𝑎 = 0 nên 𝑟𝑖 = 0. Hơn nữa 𝑆 là độc lập tối đại trên 𝑀/𝑇, vì nếu 𝑥̅ ∈ 𝑀/𝑇 thì 𝑆 ∪{𝑥} là phụ thuộc, do đó tồn tại 𝑟 ≠ 0 sao cho 𝑟𝑥+� 𝑟𝑖𝑠𝑖 𝑠𝑖∈𝑆 = 0 Suy ra 𝑟𝑥̅+� 𝑟𝑖𝑠�𝚤 𝑠𝑖∈𝑆 = 0
Đẳng thức trên có 𝑟𝑥̅ ≠ 0 (vì 𝑥̅ ∈ 𝑀/𝑇 không xoắn và 𝑟 ≠ 0) nên 𝑆̅ ∪{𝑥̅} là phụ thuộc. Vậy 𝑆 là độc lập tối đại trên D-module không xoắn 𝑀/𝑇, nên theo bổ đề 2.3.10 ta có
2.3.13.Nhận xét
i) Nếu 𝑀 =⨁𝑖∈𝐼〈𝑥𝑖〉 với 𝑥𝑖 là các phần tử không xoắn thì {𝑥𝑖}𝑖∈𝐼 là tập độc lập tối đại các phần tử không xoắn của M. Suy ra
𝑟(𝑀) = 𝑟0(𝑀) = |𝐼|
Hay nói cách khác, nếu 𝑀 là module tự do thì 𝑟(𝑀)theo định nghĩa trùng với hạng của module tự do 𝑀 (𝑟(𝑀) = 𝑟𝑎𝑛𝑘(𝑀))
ii) Nếu 𝑀 =⨁𝑖∈𝐼〈𝑥𝑖〉 với 𝑥𝑖 là các phần tử có cấp là lũy thừa của ideal nguyên tố P thì {𝑥𝑖}𝑖∈𝐼 là tập độc lập tối đại các phần tử của 𝑀 có cấp là lũy thừa của P. Suy ra
𝑟(𝑀) = 𝑟𝑃(𝑀) = |𝐼|
iii) Cho 𝑀 là module trên vành miền các ideal chính 𝑅, 𝑥 ∈ 𝑀, 𝑃 là ideal nguyên tố của 𝑅. Khi đó
Nếu 𝑥 không xoắn, thì 〈𝑥〉/𝑃〈𝑥〉 là module cyclic cấp 𝑃. (1) Nếu 𝑂(𝑥) = 𝑃𝑘 thì 〈𝑥〉/𝑃〈𝑥〉 là module cyclic cấp 𝑃. (2) Nếu 𝑂(𝑥) = 𝑄𝑘, (𝑃,𝑄) = 1, thì 〈𝑥〉 = 𝑃〈𝑥〉do đó 〈𝑥〉/𝑃〈𝑥〉 = {0}. (3) Chứng minh (1) và (2).
Với 𝑝 ∈ 𝑃 thì 𝑝(𝑥+𝑃〈𝑥〉) = 𝑝𝑥+𝑃〈𝑥〉 =𝑃〈𝑥〉
Giả sử 𝑎(𝑥 +𝑃〈𝑥〉) = 𝑃〈𝑥〉 thì 𝑎𝑥+𝑃〈𝑥〉 =𝑃〈𝑥〉 hay 𝑎𝑥 ∈ 𝑃〈𝑥〉, do đó tồn tại 𝑏 ∈ 𝑃 sao cho 𝑎𝑥 =𝑏𝑥 tức là (𝑎 − 𝑏)𝑥 = 0
Nếu 𝑥 không xoắn thì 𝑎 = 𝑏 ∈ 𝑃.
Nếu 𝑂(𝑥) = 𝑃𝑘 thì 𝑎 − 𝑏 ∈ 𝑃𝑘 ⊂ 𝑃 suy ra 𝑎 ∈ 𝑃.
Chứng minh(3). Ta chỉ cần chứng minh 〈𝑥〉 =𝑃〈𝑥〉.
Ta đã có 〈𝑥〉 ⊃ 𝑃〈𝑥〉, ngược lại lấy 𝑟𝑥 ∈ 〈𝑥〉, do (𝑃,𝑄𝑘) = 1 nên tồn tại
𝑝 ∈ 𝑃,𝑞 ∈ 𝑄𝑘 sao cho 𝑝+𝑞 = 1, khi đó 𝑟𝑥 = (𝑝+𝑞)𝑟𝑥 =𝑝𝑟𝑥 ∈ 𝑃〈𝑥〉.
Vậy 〈𝑥〉 ⊂ 𝑃〈𝑥〉.
iv) Cho M là module trên miền nguyên R, 𝑥1,𝑥2, … ,𝑥𝑘 ∈ 𝑅. Khi đó nếu
𝑂(𝑥1) = 𝑃1, 𝑂(𝑥2) = 𝑃2, …, 𝑂(𝑥𝑘) = 𝑃𝑘 và �𝑃𝑖,𝑃𝑗� = 1,∀𝑖 ≠ 𝑗, thì ta có
Chứng minh. Ta chứng minh cho trường hợp 𝑛 = 2, trong trường hợp tổng quát ta chứng minh bằng quy nạp.
Giả sử 𝑂(𝑥) =𝐴, 𝑂(𝑦) = 𝐵 và (𝐴,𝐵) = 1, ta cần chứng minh
〈𝑥〉⨁〈𝑦〉= 〈𝑥+𝑦〉. Ta đã có 〈𝑥〉⨁〈𝑦〉 ⊃ 〈𝑥 +𝑦〉, ngược lại do (𝐴,𝐵) = 1,
nên tồn tại 𝑎 ∈ 𝐴,𝑏 ∈ 𝐵 sao cho 𝑎+𝑏 = 1, nên 𝑥 = (𝑎+𝑏)𝑥 = 𝑏𝑥 =
𝑏(𝑥 +𝑦) ∈ 〈𝑥+𝑦〉 hay 〈𝑥〉 ⊂ 〈𝑥+𝑦〉 tương tự 〈𝑦〉 ⊂ 〈𝑥 +𝑦〉. Vậy ta có
〈𝑥〉⨁〈𝑦〉 ⊂ 〈𝑥 +𝑦〉.