Module cyclic trên miền Dedekind

B. MODULE TRÊN MIỀN DEDEKIND

1.8 Module cyclic trên miền Dedekind

1.8.1 Định nghĩa. Cho D là miền Dedekind. D-module M được gọi là module cyclic nếu M được sinh bởi một phần tử, tức là M = x ={rx r/ ∈D}, với x là phần tử nào đó thuộc M.

Nếu x có cấp vô hạn thì x được gọi là module cyclic cấp vô hạn

Nếu x có cấp hữu hạn thì x được gọi là module cyclic cấp hữu hạn

Trong lý thuyết nhóm Abel, một nhóm cyclic có cấp hữu hạn khi và chỉ khi nhóm đó có hữu hạn phần tử. Tuy nhiên, kết quả không còn đúng đối với module cyclic trên miền Dedekind. Trên miền Dedekind, tồn tại module cyclic cấp vô hạn nhứng có hữu hạn phần tử và tồn tại module cyclic cấp hữu hạn nhưng có vô hạn phần tử. Sau đây là ví dụ minh họa cho vấn đề này.

Xét vành D=Zp, với p là số nguyên tố thuộc Z. Khi đó, Zp là D-module cấp vô hạn nhưng có hữu hạn phần tử.

Chứng minh. Vì D là miền ideal chính nên nó cũng là miền Dedekind

Ta có Zp = 1 ={0,1,...,p−1}. Nếu .1 0a = thì a=0. Do đó, (1) 0O = . Vậy

p

Z là D-module cấp vô hạn nhưng có p phần tử

1.8.3 Ví dụ (module cyclic cấp hữu hạn nhưng có vô hạn phần tử) Xét D=Q x[ ] và D-module [ ] 2 1 Q x M x =

+ . Khi đó, M là module cấp hữu hạn nhưng có vô hạn phần tử.

Chứng minh. Vì D là miền ideal chính nên D là miền Dedekind.

Ta có [ ] 2 { / , } 1 1 Q x M ax b a b Q x = = + ∈ = + . Vì ( 2 ) 1 .1 0 x + = nên ( 2 ) ( ) 1 1

x + ∈O . Do đó, O( )1 ≠0, tức là M có cấp hữu hạn. Tuy nhiên M có vô hạn phần tử.

1.8.4 Mệnh đề. Cho D là miền Dedekind, M là D-module cyclic cấp hữu hạn A.

Nếu N là module con cyclic cấp A thì M=N.

Chứng minh. Giả sử M = x và N = y . Vì N ⊂M nên tồn tại b∈D sao cho

y=bx. Theo mệnh đề 1.7.3, ta có ( ) ( ) ( ) ( ) O x A A O y O bx O x b A b = = = = + + Suy ra A .D A A A .(A b ) A b = A b = = A b + + + +

Do đó, A+ b = D (mệnh đề 1.4.12). Vì thế, tồn tại a∈A cb, ∈ b sao cho 1

Vậy M=N

Đối với module trên miền ideal chính, module con của module cyclic là module cyclic. Vậy đối với module trên miền Dedekind, liệu kết quả này có còn đúng nữa không? Câu trả lời là không. Ví dụ sau sẽ cho ta thấy rõ điều này.

1.8.5 Ví dụ. (module con của module cyclic không là module cyclic) Xét vành D= +Z Z −5 và ideal I = 2,1+ −5 . Khi đó, D là miền

Dedekind và D là D-module cyclic cấp vô hạn, có module con I không là module

cyclic.

Chứng minh. Đầu tiên,ta chứng minh D là miền Dedekind bằng cách chỉ ra

( 5 )

Q

D =O − , với OQ( −5 ) là vành các số nguyên trên Z của Q( −5).

Lấy m+n − ∈ +5 Z Z −5. Khi đó, m+n −5 là nghiệm của đa thức đơn

khởi 2 2 2 [ ]

2 5

x − mx+m + n ∈Z x , vì vậy m+n − ∈5 OQ( −5 ).

Đảo lại, lấy α = +a b − ∈5 Q( −5), với ,a b∈Q. Xảy ra một trong hai trường hợp Trường hợp 1: min(α,Q)= − ∈x p Z x[ ] Khi đó, α = ∈ ⊂ +p Z Z Z −5. Trường hợp 2: ( ) 2 [ ] , min α Q =x + px+ ∈q Z x Khi đó, 2 0 p q α + α + = . Suy ra 2a= − ∈p Z và a2+5b2 = ∈q Z.

Giả sử a∉Z. Ta có 2 1 2 u a= + , với u∈Z. Từ 2 2 5 a + b = ∈q Z, suy ra 2 2

5(2 )b =4q−4a ∈Z. Cho nên 2b∈Z. Khi đó, b∉Z(nếu b∈Z thì a2∈Z, vô lý). Vì vậy 2 1 2 v b= + , với v∈Z. Lúc này, 2 2 2 2 3 5 5 5 2 q=a + b =u + +u v + v+ ∈Z, vô lý.

Vậy a∈Z. Điều này cho ta 2 2

5b = − ∈q a Z. Vì thế, b∈Z . Do đó α∈ +Z Z −5. Như vậy D=OQ( −5 ).

Kế tiếp, ta chứng minh D là D-module cyclic cấp vô hạn có module con I

không là module cyclic.

Xét x= +a b − ∈5 D. Đặt 2 2

( ) 5

N x =a + b . Dễ thấy ( . )N x y =N x N y( ). ( ).

D là D-module cyclic cấp vô hạn (vì D= 1 và (1)O =0). Tuy nhiên, I không là ideal chính.

Thật vậy, giả sử I là ideal chính sinh bởi phần tử d =a0+b0 −5, với

0, 0

a b ∈Z.

Vì 2∈ =I d nên tồn tại x∈D sao cho 2= x d. . Do đó, 4=N(2)= N x d( . )=N x N d( ). ( ) tức là ( )N d là ước của 4.

6=N(1+ − =5) N y d( . )= N y N d( ). ( )

tức là ( )N d là ước của 6.

Như vậy ( )N d là ước của 4 và là ước của 6, do đó ( )N d bằng 1 hoặc 2. Nếu ( ) 1N d = , tức là 2 2

0 5 0 1

a + b = thì a02 =1 và b0 =0, hay d = ±1. Suy ra

2,1+ −5 = d =D. Do đó, tồn tại các số nguyên a,b,c,d sao cho

( ) ( )( ) 1=2 a+b − + + −5 1 5 c+d −5 suy ra 2 5 1(1) 2 0(2) a c d b c d + − =   + + = 

Hệ phương trình trên không có nghiệm nguyên vì phương trình (1) suy ra c+d

là số lẻ, nhưng từ phương trình (2) ta lại có c+d phải là số chẵn.

Nếu ( ) 2N d = thì a02+5b02 =2, điều này không thể xảy ra với a b0, 0∈Z. Vậy I không thể là ideal chính.

Tuy nhiên, đối với module cyclic cấp hữu hạn trên miền Dedekind, thì kết quả trên vẫn còn đúng. Ta có mệnh đề sau:

1.8.6 Mệnh đề. Module con của module cyclic cấp hữu hạn trên miền Dedekind là

module cyclic cấp hữu hạn.

Chứng minh. Giả sử M là module cyclic cấp hữu hạn trên miền Dedekind D,

, ( ) 0

M = x O x ≠ và N ⊂M .Ta chứng minh N là module cyclic cấp hữu hạn. Vì N ⊂M nên tồn tại bx∈N.

H là ideal của D. Thật vậy, vì b∈H nên H ≠ ∅. Xét a a1, 2∈H. Ta có 1 2 1 2 (a +a x) =a x+a x∈N, tức là a1+a2∈H . Xét a∈H r, ∈D. Khi đó, (ra x) =r ax( )∈N, tức là ra∈H . Ta xét đồng cấu D-module : H N a ax ϕ → →

Dễ thấy ϕ là toàn cấu và kerϕ ={a∈H ax/ =0}=O x( ).

Do đó H ( ) H N

O x = kerϕ≅ .

Mặt khác, do H và ( )O x là các ideal nguyên của D nên theo bổ đề 1.4.16, tồn tại α∈H sao cho H = α +H O x. ( ). Do đó, H ( )

O x là D -module sinh bởi phần tử α +O x( ). Điều này suy ra N là D-module cyclic. Giả sử N = y , với y=cx. Vì

( ) 0

O x ≠ nên tồn tại r∈D\ 0{ }sao cho rx=0. Như vậy, ry=r cx( )=c rx( )=0. Suy ra r∈O y( ), tức là ( ) 0O y ≠ .

Vậy N là D-module cyclic cấp hữu hạn.

1.8.7 Mệnh đề. Cho module M trên miền Dedekind D, nếu M có đúng hai module

con thì M là module cyclic cấp hữu hạn P nguyên tố, hoặc M là module cyclic cấp vô hạn trên trường

Chứng minh. Vì M có hai module con nên M ≠0. Do đó, tồn tạix∈M và x≠0. Vì0≠ x ⊂M nên x =M . Vậy M là module cyclic. Khi đó, xảy ra một trong hai trường hợp

Trường hợp 1: D là trường.

Vì ( )O x D và D là trường nên O(x) = 0 hoặc O(x) = D. Vì x≠0nên ( )

O x ≠D. Vậy O(x) = 0. Do đó, M là module cyclic cấp vô hạn trên trường.

Trường hợp 2: D không là trường Ta chứng minh x có cấp hữu hạn.

Giả sử x có cấp vô hạn, tức là O(x)=0. Suy ra kx≠ ∀ ∈0, k D\ 0{ }. Vì D là miền nguyên nhưng không phải là trường nên tồn tại phần tử k≠0, không khả nghịch thuộc D. Khi đó, dễ thấy kx ≠0. Nếu kx = x thì tồn tạil∈D sao cho

x=klx, hay kl =1 ( mâu thuẫn với cách chọn k). Như vậy, kx ≠ x , mâu thuẫn với giả thiết M chỉ có hai module con. Do đó, x có cấp hữu hạn ( ) 0O x ≠ .

Ta chứng minh O(x) là một ideal nguyên tố.

Giả sửab∈O x( ) và a∉O x( ) (với ,a b∈D ). Suy ra abx=0 và ax ≠0. Do đób∈O ax( ) và ax =M = x , tức là b∈O ax( )=O x( ). Vậy O(x) là một ideal nguyên tố.

Ví dụ 1.8.2 và ví dụ 1.8.3 cho thấy tồn tại module cyclic cấp vô hạn nhưng chứa hữu hạn phần tử và tồn tại module cyclic cấp hữu hạn nhưng lại chứa vô hạn phần tử. Điều này chứng tỏ rằng, khi chuyển kết quả từ lý thuyết nhóm sang lý thuyết module trên miền Dedekind, nhóm Abel hữu hạn không tương ứng với module cyclic cấp hữu hạn trên miền Dedekind.

Như vậy, lớp module nào sẽ tương ứng với nhóm Abel hữu hạn? Ta nhắc lại kết quả, nhóm Abel là nhóm hữu hạn khi và chỉ khi là nhóm xoắn và hữu hạn sinh.Từ nhận xét trên, ta có định nghĩa sau

1.8.8 Định nghĩa. (module kiểu hữu hạn, module kiểu vô hạn) Cho M là module

trên miền Dedekind D.

M được gọi là module kiểu hữu hạn nếu M là module xoắn và hữu hạn sinh.

M không phải là module kiểu hữu hạn thì M được gọi là module kiểu vô hạn.

1.8.9 Mệnh đề. Mọi ideal cyclic cấp hữu hạn A đều đẳng cấu với D A.

Mọi ideal cyclic cấp vô hạn đều đẳng cấu với D.

Chứng minh. Cho module cyclic x =Dx={rx r/ ∈D} Xét đồng cấu

: f D Dx r rx → →

thì f là toàn cấu module, trong đó ker f = ∈{r D rx/ =0}=O x( ) Theo định lý đẳng cấu, ta có: Dker Dx x

f ≅ =

Nếu x có cấp hữu hạn A thì ( )O x = A suy ra x D A

≅

Nếu x có cấp vô hạn thì ( ) 0O x = suy ra x ≅D.

1.8.10 Mệnh đề. Cho D là miền Dedekind, M, N là hai D-module cyclic cấp hữu

hạn A B, . Khi đó, M N× là module cyclic cấp AB khi và chỉ khi (A B, )=1

Chứng minh.

( )⇐ Giả sử M = x có cấp là A, N = y có cấp là B

Giả sử (A B, )=1.

Ta có ab x y( ), =(abx aby, )=(0, 0),∀ ∈a A b, ∈B.Suy ra ( 1, 2) ( 1, 2) (0, 0),

c x x = cx cx = ∀ ∈c AB

Nếu có d x y( ), =(0, 0) thì dx=0 và dy=0.Suy ra d∈A và d∈B. Suy ra d A d B,  mà (A B, )=1 nên d AB hay d∈AB

Do đó O((x x1, 2))= AB (mệnh đề 1.7.2)

Mặt khác, do (A B, )=1nên tồn tại a0∈A b, 0∈B sao cho a0+b0 =1 Với mọi (kx ly, )∈M ×N, đặt r=kb0+la0

Khi đó r− =k (kb0+la0)−(ka0+kb0)= −(l k a) 0∈A.Tương tự r− ∈l B.Suy ra kx=rx ly, =ry. Do đó (kx ly, )=r x y( , )∈ (x y, ) .

Vậy M×N = (x y, ) có cấp là AB

( )⇒ Ngược lại, giả sử (A B, )≠1

Khi đó [ , ] ( ) , AB C A B A B = = là ước của AB

Với mọi (kx ly, )∈M ×N, ta có (c kx ly, )=(0, 0),∀ ∈c C

Suy ra cấp của mọi phần tử thuộc M ×N là ước của C

Do đó cấp của mọi phần tử của M ×N là ước thật sự của AB, vô lý vì M ×N

là module cyclic cấp là AB. Vậy (A B, )=1.

1.8.11 Mệnh đề. Cho module M trên miền Dedekind D

i)tập con {x1,...,xn}các phần tử khác 0 của M là độc lập khi và chỉ khi

1,..., n 1 ... n x x = x ⊕ ⊕ x . ii) Nếu {x1,...,xn} độc lập và k xi i ≠ ∀ =0, i 1, ,n ki∈D thì {k x1 1,...,k xn n}độc lập Chứng minh. i) ( )⇒ Giả sử {x1,...,xn} độc lập, nếu i j j i y x x ≠

∈ ∩∑ tồn tại a1,...,an∈D sao cho

i i j j j i y a x a x ≠ = − =∑ , suy ra 1 0 n k k k a x = = ∑

Do tính độc lập của {x1,...,xn} nên a xk k = ∀ =0, k 1,n.Do đó y =0 Vậy x1,...,xn = x1 ⊕ ⊕... xn

( )⇐ Ngược lại, giả sử

1 0 n k k k a x = = ∑ Với mọi i ta có i i j j i j { }0 j i j i a x a x x x ≠ ≠ − =∑ ∈ ∩∑ = .Suy ra a xi i = ∀ =0, i 1,n hay {x1,...,xn}độc lập. ii) Hiển nhiên.

1.8.12 Định nghĩa. Cho D-module M, x∈M , P là ideal nguyên tố của D, n là một số nguyên dương.x có độ cao là n nếu n

CHƯƠNG II.

MODULE TỰA TỰ DO TRÊN MIỀN DEDEKIND

Như ta đã biết, module tự do có thể định nghĩa như là tổng trực tiếp một họ nào đó của các module cyclic không xoắn. Từ đây, một cách tự nhiên nảy sinh ra một câu hỏi như sau: “ Tại sao trong định nghĩa của module tự do lại có yêu cầu là module cyclic không xoắn? Nếu ta bỏ đi điều kiện không xoắn thì kết quả thay đổi như thế nào?” Chúng tôi gọi các module mà phân tích được thành tổng trực tiếp của các module cyclic là module tựa tự do. Như vậy, module tựa tự do có thể xem như là một khái niệm mở rộng của module tự do.