Bây giờ ta xét trường hợp giao hoán. Vành QF giao hoán không biểu lộ sự tinh tế của vành QF thông thường, vành QF giao hoán có thuận lợi và dễ dàng nghiên cứu hơn. Chúng ta có định lý đặc trưng cho các vành này.
Định lý:
Với bất kì vành giao hoán R, các mệnh đề sau tương đương: (1) R là QF.
(2) R là vành atin và soc R bao gồm không hơn một bản sao của mỗi R-module ( )
đơn).
(3) R≅R1x...xRs với Ri là vành atin địa phương với một nền đơn.
Chứng minh:
( ) ( )1 ⇒ 2 .
Giả sử soc R( ) chứa A⊕B với A, B là các R-module đơn đẳng cấu. Đặt :ϕ A→B
là R-đẳng cấu. Vì RR nội xạ nên ϕ là phép nhân bởi một phần tử r∈R. Nhưng khi đó B=rA⊆ A (mâu thuẫn).
Giả sử 1= + +e1 ... es là một hợp thành của 1 trong tổng các lũy đẳng nguyên thủy trực giao. Đặt Ri =e Ri . Theo định lý 1.2.4.5, mỗi Ri là một vành atin địa phương và R đẳng cấu với tích trực tiếp của các vành R1x...x .Rs Vì Ri chỉ có một module đơn nên (2) kéo theo Ricó một nền đơn.
( ) ( )3 ⇒ 1 . Cho 1 n i i R R =
=∏ với Ri là vành. Ta có: R là QF nếu và chỉ nếu Ri là QF với mọi i. Từ đó ta cần chứng minh mỗi Ri là QF.
Ta có thể giả sử R địa phương với V =soc R( ) đơn. Vì R là atin nên mỗi ideal khác không chứa một ideal tối tiểu, đó phải là V. Do đó R là mở rộng cốt yếu của V và R được chứa trong bao nội xạ E =ER( )V .
Bây giờ V là R-module đơn duy nhất, vì thế lengthR( )E =lengthR( )R . Vậy phải có .
R=E Điều này chỉ ra rằng R tự nội xạ nên là QF. Ta thử tìm một vài ví dụ cụ thể về vành QF. 2.1.5. Ví dụ (1) Gọi R là vành các ma trận có dạng 0 x y z trên vành k ≠0. Có thể kí hiệu . 0 k k R k =
a) Ta chứng minh R không tự nội xạ phải.
Xét ideal A gồm các phần tử có dạng 0 . 0 0 a Định nghĩa :f A→ R bởi 0 0 0 0 0 0 a f a = .
Giả sử f có thể mở rộng được tới R, khi đó tồn tại ma trận 0 x y R z ∈ để ( ) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 a x y a xa f a k z = = ∀ ∈
Điều này không thể xảy ra. Vậy RR không nội xạ.
b) Ta chứng minh R không Kasch phải.
Xét ideal phải tối đại
0 0 k k m = và 0 ' . 0 k m k =
Ta có hai R-module phải đơn V =R m/ và V'=R m/ '.
( ) ' 0, ( )' 0.
l l
ann m =m ≠ ann m =
Do đó V’ không thể được nhúng trong RR (nhưng V có thể). Điều này chỉ ra rằng R không Kasch phải.
c) Từ a) và b) dẫn đến R không là vành QF. Chúng ta sẽ đề cập đến một số tính chất khác của vành QF sai trên R.
Xét
0 0
k k m
=
là ideal của R. Ta có ann ann mr( l( ))=m. Tuy nhiên
( ) 0
r
ann m = , đặc biệt ann ann ml( r( ))= ≠R m. Do đó điều kiện linh hóa kép sai cho ideal trái m.
( ) , ( ) 0 .
0 0 0
R r R l
k k k
soc R ann J soc R ann J
k
= = = =
Hai nền trên không giống nhau.
Nếu kí hiệu V, V’ là hai R-module phải đơn (V =R m V/ , '=R m/ '), khi đó
( )R soc R ≅ ⊕V V. Dẫn đến * 0 V ≠ nhưng * ' 0 V = .
(2) Xét vành R=S/Β, ở đây S là vành Dedekin và Β ⊂S là ideal khác không. Ta có R tự nội xạ.
(3) Cho 1 n i i R R =
=∏ với Ri là vành. R là QF nếu và chỉ nếu Ri là QF với mọi i.
2.2. VÀNH FROBENIUS
2.2.1. Hoán vị Nakayama
Để giới thiệu vành Frobenius, chúng ta sẽ phát triển thêm một số tính chất đặc biệt của vành tựa Frobenius R. Nhắc lại rằng: nếu M là R-module phải đơn thì đối ngẫu của nó, M*
, là R-module trái đơn. Bây giờ ta chứng minh rằng đối với vành atin, mệnh đề này thực sự đặc trưng cho vành tựa Frobenius.
2.2.1.1. Bổ đề
Cho A⊆B là ideal phải trên vành R sao cho ( )*
/
B A hoặc là (0) hoặc là R- module trái đơn. Khi đó ann Al( )/ann B l( ) hoặc là (0) hoặc là đẳng cấu với
( )* / B A . Chứng minh: Định nghĩa ánh xạ ( ) ( )* : l l /
f ann A →ann B A bởi f x b( )( +A)=xb với
( ),
l
x∈ann A b∈B. Dễ dàng kiểm tra được f là R-đồng cấu trái và hạt nhân của nó là ann Bl( ). Do đó ann Al( )/ann Bl( ) được nhúng trong ( )*
/
B A . Vì ( )*
/
B A hoặc là (0) hoặc là module đơn nên ta có điều phải chứng minh.
2.2.1.2. Định lý Dieudonne
Một vành atin R là QF nếu và chỉ nếu đối ngẫu của bất kì R-module một phía đơn hoặc là (0) hoặc đơn. Lúc này *
M M cho một tương ứng 1-1 giữa lớp các đẳng cấu của R-module trái đơn và R-module phải đơn.
( )⇐ .
Suy ra từ (2.1.3).
( )⇒ .
Giả sử R là vành atin sao cho đối ngẫu của bất kì R-module một phía đơn hoặc là (0) hoặc đơn. Xét chuỗi
0 1 0= A ⊆ A...⊆ An =R trong RR. Mỗi ( )* 1/ i i
A+ A hoặc (0) hoặc đơn. Do đó theo bổ đề 2.2.1.1, ann Al( )i /ann Al( )i+1
hoặc (0) hoặc R-module trái đơn. Ta có
( ) ( ) ( )0
0=ann Al n ⊆ ⊆... annn Ai ⊆ ⊆... ann Al =R
là chuỗi trong RR.
Để ý rằng length( )RR ≤length R( )R . Do tính đối xứng, ta cũng có bất đẳng thức ngược lại, tức đẳng thức xảy ra.
( )
( 0 ) ( ( )) ( ( ))
0=ann ann Ar l ⊆ ⊆... ann ann Ar l i ⊆ ⊆... ann ann Ar l n =R
cũng là một chuỗi trong RR.
Vì Ai ⊆ann ann Ar( l( )i ) nên đẳng thức đúng cho mọi i.
Bây giờ với bất kì ideal phải trong R là một phần của chuỗi, ta đã chứng minh được tính chất linh hóa kép cho ideal phải. Dựa vào tính đối xứng cũng đúng cho ideal trái. Theo định lý 2.1.1.2, R là QF.
Chú ý: Những lập luận tương tự có thể được sử dụng để cho một đặc trưng hơi khác của vành QF chỉ sử dụng đối ngẫu của module phải đơn. Nếu ta thừa nhận từ
( )R ( )R
length R ≤length R , khi đó một tiêu chuẩn cho QF là: đối ngẫu của bất kì R- module phải đơn hoặc là (0) hoặc là đơn.
Nhắc lại: Với vành atin, một R-module chính không phân tích được phải là một module dạng eR với e là phần tử lũy đẳng nguyên thủy (nghĩa là phần tử lũy đẳng khác 0 không là tổng của hai phần tử lũy đẳng trực giao khác 0).
Trong phần sau, ta kí hiệu J =radR (căn Jacobson của R) và R=R J/ (là vành nửa đơn). Với module eR chính không phân tích được ở trên, kiểm tra được eJ là module con tối đại (duy nhất) của eR, với eR eJ/ ≅eR. (xem 1.2.4.5, 1.2.4.7, 1.2.5.2)
2.2.1.3. Định lý
Cho R là một vành atin. Khi đó R là QF nếu và chỉ nếu R là Kasch và mỗi R- module chính không phân tích được một phía có một nền đơn.
Chứng minh:
( )⇒ .
Giả sử R là QF. Theo chứng minh của định lý2.1.1.1, R là Kasch. Với mọi phần tử lũy đẳng nguyên thủy, xét R-module phải chính không phân tích được eR. Vì eR
xạ ảnh nên nó cũng nội xạ.
Gọi M là module con đơn của eR. Rõ ràng eR phải là bao nội xạ của M, do đó M là module con cốt yếu của eR. Đặc biệt soc eR( )=M đơn. Do tính đối xứng,
( )
soc Re cũng đơn.
( )⇐ .
Ngược lại, giả sử R Kasch và mỗi R-module chính không phân tích được một phía có một nền đơn. Ta sẽ chỉ ra R là QF bằng cách áp dụng tiêu chuẩn 2.2.1.2.
Bước 1: soc R( )R =soc( )RR .
Gọi e là phần tử lũy đẳng nguyên thủy tùy ý. soc( )RR bao gồm một bản sao của module đơn Re, do đó e soc. ( )RR ≠0. Vì soc( )RR là ideal nên e soc. ( )RR là module con phải khác không của eR. Tính đơn của soc eR( ) dẫn đến
( ) . ( )R ( )R
R
R là tổng trực tiếp của các module dạng eR chính không phân tích được (cho một tập hữu hạn các phần tử lũy đẳng {e}), vì thế soc R( )R là tổng trực tiếp của các module nói trên của soc eR( ) (xem 1.1.12). Dẫn tới soc R( )R ⊆soc( )RR .
Tính đối xứng suy ra soc( )RR ⊆soc R( )R .
Bước 2:
Cho M là R-module phải đơn. M có một phép nhúng trong RR, do đó cũng có một phép nhúng trong một eR chính không phân tích được. Vì soc eR( ) đơn nên
( ) M =soc eR . Ta sẽ chứng minh: ( ) ( )* * . M = soc eR ≅Re (2.5)
Điều này sẽ chỉ ra M* đơn, do tính đối xứng, đối ngẫu của mọi R=module trái đơn cũng là đơn. Từ đây, 2.2.1.2 chỉ ra rằng R là QF.
Bước 3:
Đặt *
:Re M
σ → là R-đồng cấu trái chuyển re tới phép nhân trái bởi re
(trên M). Với J =radR, áp dụng Bước 1, ta có:
( )( )Je M J eM( ) J soc R. ( )R J soc. ( )RR 0
σ = ⊆ = =
Do đó σ cảm sinh một đồng cấu *
/
Re Je→M . Vì Re Je/ ≅Re là đơn nên (2.5) sẽ được suy ra nếu ta chứng minh được σ là toàn ánh.
Bước 4:
Đặt M ≅ f R, với f là lũy đẳng nguyên thủy. s∈M tương ứng với f dưới đẳng cấu này. Khi đó M =sR và s=sf (vì sf ∈M tương ứng f f = f ). Cho
* 0≠ ∈ϕ M . Đặt: ( ) ( ) ( ) t =ϕ s =ϕ sf = ∈tf ϕ M ≅M Theo Bước 1 ta có: ( )R ( )R ( )
Tương tự t∈soc Rf( ). Vì soc Rf( ) đơn nên Rs=soc Rf( )=Rt. Đặc biệt ,
t =rs r∈R. Nhớ lại M ⊆eR, với x∈R tùy ý:
( )sx ( )s x tx rsx ( )( )re sx
ϕ =ϕ = = =
Vậy ϕ là phép nhân trái bởi re, đó là điều ta mong muốn. 2.2.1.4. Hệ quả
Cho e, f là các phần tử lũy đẳng nguyên thủy trong vành QF R thỏa
( ) soc eR ≅ f R. Khi đó: (1) soc Rf( )≅Re. (2) ( )* f R ≅ Re. (3) ( )* Re ≅ f R. Chứng minh: (2) được suy ra từ (2.5).
(3) kéo theo từ (2) bằng cách lấy đối ngẫu (và áp dụng 2.2.1.2). (1) Sử dụng tính chất tương tự (2.5) cho module trái: ( ( ))*
soc Rf ≅ f R. Lấy đối ngẫu và sử dụng (2) ta được ( ) ( )* soc Rf ≅ f R ≅Re. Với vành atin R, đặt: ( ) 1 11 1 1 1 ... ... ... 0 s n s sn i e e e e n = + + + + + + > (2.6)
là hợp thành của 1 trong một tổng các phần tử lũy đẳng nguyên thủy trực giao. Đặt
( )
1 1
i i
e =e ≤ ≤i s . Các ei không đẳng cấu với nhau, nghĩa là e R e Ri , j (tương ứng ,
i j
Re Re ) không đẳng cấu nhau với i≠ j (xem 1.2.4.6). Tuy nhiên ei đẳng cấu với mỗi eil.
' '
, , ,
i i i i i i i i
Khi đó, { }Ui (tương ứng { }'
i
U ) là tập hợp module phải (tương ứng trái) chính không phân tích được. { }Si (tương ứng { }'
i
S ) là tập hợp R-module phải (tương ứng trái) đơn.
1 1 ... R 1 1 ...
R s s s s
R ≅n U ⊕ ⊕n U ⇒ R ≅n S ⊕ ⊕n S
Định lý Wedderburn-Artin (xem 1.1.5)cho một đẳng cấu vành
( ) ( )
1 1 ...
s
n n s
R≅ Μ D x xΜ D (2.8)
với Di là vành chia, EndR( )Si =EndR( )Si .
Trong trường hợp R là QF, định nghĩa ánh xạ π: 1,...,{ s} {→ 1,...,s} bởi
( )i ( )i (1 )
soc U ≅Sπ ≤ ≤i s (2.9)
Khi đó hệ quả 2.2.1.4 suy ra:
( ) ( )' ' *( ) ' ( )' * ( ) , , i i i i i i soc Uπ ≅S Sπ ≅S S ≅Sπ
π là một hoán vị của {1, 2,...,s}. Nó được gọi là hoán vị Nakayama (của vành QF R).
2.2.1.5. Hệ quả
Một vành atin R là QF nếu và chỉ nếu tồn tại hoán vị π của {1, 2,...,s sao }
cho soc U( )i ≅Sπ( )i và ( )'( ) '
i i
soc Uπ ≅S với mọi i.
Sau trình bày về hoán vị Nakayama ở trên, một câu hỏi nhỏ đặt ra là: Điều gì xảy ra khi lấy đối ngẫu của tính chất chính không phân tính được?Câu trả lời nằm ở mệnh đề dưới đây.
2.2.1.6. Mệnh đề
Trên vành QF R, ta có Ui* ≅Ui' và ( )' *
i i
2.2.1.7. Định lý
(1) Nếu R là một vành tự nội xạ phải, khi đó với ( )*
,
a∈R aR ≅ Ra như là R-module trái.
(2) Nếu R là một vành tự nội xạ, khi đó ideal một phía chính của R thì phản xạ, và với a b, ∈R aR, ≅bR nếu và chỉ nếu Ra Rb≅ .
Chứng minh: (1) Xét dãy khớp ( ) ( ( ) ) 0 0 g l ann a R Ra g x xa → → → → = Ta có ( ) ( ) ( )* / l / l Ra≅R ann a =R ann aR ≅ aR
Đẳng cấu cuối suy ra từ (2.3) (áp dụng cho RR nội xạ). Đẳng cấu ( )*
:Ra aR
ϕ →
cho bởi ϕ( )( )ya az = yaz y z; , ∈R. (2) Giả sử R tự nội xạ. Ta có:
( ) ( )** *
;
aR ≅ Ra ≅aR ∀ ∈a R
bằng cách áp dụng (1) cho ( )*
aR sau đó áp dụng lần nữa cho ( )*
Ra .
2.2.2. Định nghĩa của vành Frobenius
Bây giờ ta giới thiệu định nghĩa của vành Frobenius (như là trường hợp đặc biệt của vành tựa Frobenius). Chúng ta định nghĩa thông qua thiết lập các điều kiện tương đương. (Các kí hiệu trong (2.6), (2.7) vẫn sẽ được sử dụng).
2.2.2.1. Định lý
Cho vành atin R, đặt R=R J J/ , =radR. Các mệnh đề sau tương đương: (1) R là QF và soc R( )R ≅RR.
(3) R là QF và ni =nπ( )i (1≤ ≤i s), ở đây π là hoán vị Nakayama của R. (4) soc R( )R ≅RR và soc( )RR ≅R R.
Nếu R thỏa mãn các điều kiện tương đương trên thì R được gọi là vành
Frobenius.
Chứng minh:
Giả sử R là QF. Theo (2.6) ta có RR = ⊕inUi i. Lấy nền, sử dụng (2.9), ta có:
( )R i i. ( )i.
soc R ≅ ⊕ n Sπ (2.10)
So sánh với RR ≅ ⊕in Si. i ta được ( ) ( ) ( ) ( )1 ⇔ 3 , 2 ⇔ 3 .
Rõ ràng (1), (2), (3) kéo theo (4). Ta chỉ còn phải chứng minh (4) kéo theo R là QF. Vì tất cả Si xuất hiện trong RR nên chúng cũng xuất hiện trong soc R( )R , vậy R Kasch phải. Tương tự R Kasch trái. Hơn nữa
( ) ( )
. R . .
in Si i R soc RR in soc Ui i
⊕ ≅ ≅ ≅ ⊕
Dãy bên trái có độ dài i i
n
∑ , dãy bên phải có độ dài i. ( ( )i )
i
n length soc U
∑ .
Vì mỗi length soc U( ( )i )>0 nên length soc U( ( )i )=1. Do đó soc U( )i đơn. Tương tự ( )'
i
soc U đơn với mọi i. Áp dụng định lý 2.2.1.3, R là QF. 2.2.2.2. Hệ quả
Một vành QF R là Frobenius nếu và chỉ nếu ( )*
R R
R ≅ R (đẳng cấu R- module phải), nếu và chỉ nếu ( )*
R
RR≅ R (đẳng cấu R-module trái).
Chứng minh:
Cho vành QF R, ta có đẳng cấu (R,R)-song module
( ) ( ) ( )* * . R R soc R ≅ R ≅ R (2.11) Đẳng cấu thứ nhất và 2.2.2.1(1) cho ta ( )* R R R ≅ R .
Đẳng cấu thứ hai và 2.2.2.1(2) cho ta ( )* R RR≅ R . 2.2.2.3. Hệ quả Giả sử R là vành QF thỏa 1( )1 ... ( ) s n n s R≅ Μ D x xΜ D với Di là vành chia. Khi đó R là vành Frobenius. Chứng minh:
Giả thiết của R suy ra n1 = =... ns =n. Do đó điều kiện (3) của 2.2.2.1 thỏa mãn. Vậy R là vành Frobenius.
Sau đây ta sẽ xây dựng một số ví dụ để có cái nhìn cụ thể về vành Frobenius.
2.2.3. Ví dụ
(1) Xét R=S/Β với S là vành Dedekin và Β ⊂ S là ideal khác không. Trong ví dụ 2.1.4(2), ta đã chỉ ra R là QF.
Nhờ hệ quả 2.2.2.3, R là Frobenius.
(2) Mọi vành nửa đơn đều là Frobenius.
Ta có R=R radR/ =R và soc R( )=R. Do đó soc R( )=R.
Theo tiêu chuẩn (4), R là Frobenius.
Trong kí hiệu (2.6), (2.7), ta có ' '
, ; .
i i i i
U =S U =S ∀i Kéo theo hoán vị Nakayama của R là đồng nhất. Rõ ràng, mọi vành QF có tiêu chuẩn này đều là vành Frobenius theo tiêu chuẩn (3). (3) Cho 1 n i i R R =
=∏ với Ri là vành. R là Frobenius nếu và chỉ nếu Ri là Frobenius với mọi i.
(4) Cho k là vành chia. Gọi R là vành các ma trận 4x4 trên k gồm các phần tử: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 x b b y a γ =
Kí hiệu Eij là đơn vị ma trận với phần tử ở dòng i cột j bằng 1.