Một môđun J là nội xạ nếu và chỉ nếu J là một hạng tử trực tiếp của mọi môđun chứa nó.
Chứng minh:
Nếu J là nội xạ thì J là hạng tử trực tiếp của mọi môđun chứa nó. Thật vậy, nếu J là nội xạ và J⊆A, một ánh xạ đồng nhất trên J mở rộng thành đồng cấu
f : A→J. Khi đó A J Kerf= ⊕ . Tức J là hạng tử trực tiếp của môđun A bất kì chứa J.
Ngược lại, giả sử ta có các môđun J và A sao cho A J Kerf= ⊕ . Khi đó
J⊆A và tồn tại một đồng cấu f : A→J là mở rộng của phép đồng nhất 1J. Vậy J là môđun nội xạ.
2.1.7. Mệnh đề
Mọi hạng tử trực tiếp của một môđun nội xạ trên R là nội xạ.
Chứng minh:
Giả sử ra có môđun X là tổng trực tiếp của 2 môđun U và V trên R, X nội xạ. Để chứng minh mệnh đề, ta sẽ chứng minh rằng môđun U cũng là môđun nội xạ. J f 1J i J→A X U hk f g A→B j h X k
Cho đơn cấu g : A→B và một đồng cấu f : A→U. Gọi j: U→X là phép nhúng tự nhiên và h : X→U là phép chiếu tự nhiên. Khi đó vì X là nội xạ nên tồn tại một đồng cấu k : B→X sao cho k.g= j.f . Xét đồng cấu hợp thành
h.k : B→U, ta có h.k.g=h.j.f =f. Vậy U là nội xạ.
2.1.8. Định nghĩa
Cho R là miền nguyên, môđun X trên R gọi là môđun chia được nếu với mọi x∈X và mọi λ ∈R \ 0{ } luôn luôn tồn tại phần tử y X∈ sao cho x= λy
Ví dụ:
a) là – môđun chia được vì phương trình x.n a= trên luôn có nghiệm x∈, x∀ ∈, a∈ và n∈\ 0{ }.
b) là – môđun không chia được vì không phải mọi phương trình
x.n=a đều có nghiệm x trên với mọi a∈ và mọi n∈\ 0{ } (chẳng hạn phương trình x.3 2= không có nghiệm trên ).
2.1.9. Định lí
Nếu R là vành chính thì mọi R – môđun chia được X đều nội xạ.
Chứng minh:
Cho X là môđun chia được, IR và f : I→X là đồng cấu. Để chỉ ra X là nội xạ, ta cần chứng tỏ có phần tử q X∈ mà với mỗi λ ∈I thì f( )λ = λq
Bởi R là vành chính, tức mỗi iđêan của R là iđêan chính, nói riêng tồn tại
a∈R mà I=aR. Khi đó chọn q X∈ là phần tử mà f a( )=qa, do X là môđun chia được, thì với mỗi λ ∈ λ =I, ar ta có:
( ) ( ) ( ) ( )
f λ =f ar =f a r= qa r= λq
Vậy theo tiêu chuẩn Baer, X là môđun nội xạ.
2.1.10. Định lí
Nếu R là miền nguyên thì mọi R – môđun nội xạ X đều chia được.
Ta chỉ cần chỉ ra với mọi x∈X, mọi λ ∈R \ 0{ }, tồn tại y X∈ mà x = λy . Xét iđêan I= λR sinh bởi phần tử λ. Bởi R là miền nguyên nên I là môđun tự do với cơ sở chính là tập một phần tử { }λ . Ánh xạ ϕ λ →:{ } X mà ϕ λ =( ) x có thể mở rộng tới đồng cấu : Iϕ →X. Vì X nội xạ nên theo tiêu chuẩn Baer, tồn tại phần tử y X∈ sao cho với mọi r∈I thì ϕ( )r =yr. Nói riêng khi r= λ thì :
( )
x= ϕ λ = λy
Vậy X là môđun chia được.
2.1.11. Mệnh đề
Một – môđun D chia được khi và chỉ khi D là nội xạ.
Chứng minh:
Trước hết, nếu – môđun D chia được thì D là môđun nội xạ : cho : D B
ϕ → là một đơn cấu của hai nhóm Aben, trong đó D là nhóm chia được. Ta sẽ chứng minh rằng ϕ chẻ ra và do đó D là môđun nội xạ. Thật vậy, do ϕ đơn cấu nên D đẳng cấu với ảnh Imϕ. Bởi vậy, không mất tính tổng quát ta có thể xem D là nhóm con của B và ϕ là đơn cấu chính tắc. Gọi U là tập tất cả các nhóm con A của B sao cho D∩ =A 0.
Tập U≠ ∅, do A= ∈0 U. Áp dụng bổ đề Zorn ta thấy trong U có phần tử tối đại (theo quan hệ bao hàm), chẳng hạn V. Khi đó D V D V+ = ⊕ .
Bây giờ ta chứng tỏ B= ⊕D V
Đối với phần tử tùy ý b∈B ta xét iđêan I={x∈\ bx∈ +D V}. Do là vành chính nên I=m. Hơn nữa I≠0 vì nếu I = 0 thì nhóm con H sinh bởi b thỏa mãn điều kiện : H∩(D+V)=0, từ đó suy ra (H+V)∩ =D 0, trái với tính tối đại của V.
Giả sử bm=d0 +v0. Do D chia được nên tồn tại d1∈D sao cho d m1 =d0. Khi đó v0 =(b−d m1) .
Ta khẳng định D∩(V+(b−d1))=0.
Thật vậy, nếu giả sử d= +v (b−d x1) ∈ ∩D (V+(b−d1)). Khi đó 1
bx = − +d v d x∈ + ⇒ ∈D V x I.
Bởi vậy x =m.x1 và do đó d= +v (b−d .m.x1) 1= +v v x0 1
Mà D∩ =V 0 nên d = 0. Từ tính tối đại của V suy ra (b−d1) là môđun con của V ⇒ − ∈ ⇒ ∈ +b d1 V b D V. Như vậy B= ⊕D V
Ngược lại, giả sử – môđun D là nội xạ và giả sử d D, 0 m∈ ≠ ∈. Xét biểu đồ các đồng cấu:
trong đó i là phép nhúng chính tắc, còn f được xác định bởi công thức
( )
f m =d. Do tính nội xạ của D nên tồn tại đồng cấu h :→D sao cho f =h.i. Ta có d=f m( ) ( ) ( ) ( )=h m =h 1.m =h 1 .m. Điều này chứng tỏ rằng D là nhóm chia được.
2.1.12. Mệnh đề
Nếu một – môđun D là chia được (nội xạ) thì Hom(R, D) là một R – môđun phải nội xạ.
Chứng minh:
Giả sử f : A→B là một R – đơn cấu và g : A→Hom(R, D) là một R – đồng cấu tùy ý. Xét biểu đồ: h ∃ i m→ D f B β α f ( ) g h A→Hom R, D →D
trong đó h là đồng cấu nhóm cho bởi h( ) ( )γ = γ 1
Do D là một – môđun nội xạ nên tồn tại – đồng cấu : Bβ →D để h.g = β.f
Bây giờ ta xác định α: B→Hom(R, D) cho bởi công thức:
( )( ) ( )b r br , b B, r R α = β ∈ ∈
Khi đó, rõ ràng đối với phần tử cố định b B∈ ta có α( )b ∈Hom(R, D) ( )( ) ( )br1 r br r1 ( )( )b r r1 ( ( )b r1)( )r ( )br1 ( )b r1 α = β = α = α ⇒ α = α Do đó α là R – đồng cấu. Hơn nữa ta có:
( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( )( ) ( ( ) )( ) ( )( ) f a r f a r f a r f ar hg ar g ar 1 g a r 1 g a r f g α = α = β = β = = = = ⇒ α = 2.1.13. Định lí
Mỗi môđun X đều có thể nhúng vào một môđun nội xạ N(X) nào đó, xem như là môđun con của N(X).
Chứng minh: Xem [3], Theorem 5.2.8.
2.1.14. Định lí.Đối với bất kì môđun J, các phát biểu sau là tương đương: (i) J là môđun nội xạ.
(ii) Mọi dãy khớp 0→ J χ→ → B σ C →0 là chẻ ra. (iii) J đẳng cấu với hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ nào đó.
Chứng minh:
(i) ⇒ (ii) : Cho J là môđun nội xạ và dãy 0→ J χ→ → B σ C →0
là khớp. Khi đó, đồng cấu đồng nhất 1 : JJ →J có thể mở rộng tới đồng cấu : B J
(ii) ⇒ (iii) Theo định lí 2.1.13, môđun J có thể nhúng vào môđun nội xạ N(J) nào đó. Khi đó, ánh xạ nhúng j: J→N J( ) sinh ra dãy khớp ngắn:
( ) ( )
j p
0→ J →N J →N J J→0
Mà theo (ii), dãy này chẻ ra. Vậy ta có đẳng cấu N J( )≅ ⊕J Im p, tức là J đẳng cấu với hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ N(J).
(iii) ⇒ (i) Nếu J là hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ nào đó, thì theo định lý 2.1.7 hiển nhiên J là môđun nội xạ.
2.1.15. Định lí
Vành R là Noether phải khi và chỉ khi tổng trực tiếp các R – môđun phải nội xạ là nội xạ.
Chứng minh:
Giả sử R là Noether phải và i i I
E E
∈
= ⊕ , trong đó các E i là nội xạ với mọi
i∈I. Ta sẽ chứng minh rằng E nội xạ. Theo tiêu chuẩn Bear, ta chỉ cần chứng minh rằng E là RR – nội xạ.
Xét biểu đồ sau trong đó J là iđêan của RR và f : J→E là R – đồng cấu môđun phải:
Do RR – Noether nên J=(x , x ,1 2 , xn) (hữu hạn sinh). Vì
( ) ( )1 2 ( )n
f x ,f x ,,f x ∈E nên tồn tại k để f J( )⊆E1⊕ ⊕ Ek =E′. Do k hữu hạn nên E’ nội xạ, từ đó suy ra tồn tại đồng cấu h : RR →E′ là mở rộng của f. Vậy E nội xạ.
Ngược lại, nếu mọi tổng trực tiếp các môđun nội xạ là nội xạ, ta phải chứng minh rằng RR là Noether. Giả sử I1 ⊂I2 ⊂ là dãy tăng bất kì các iđêan phải của R. E h ∃ f J R
Đặt i i 1 I I ∞ = = và gọi n ( n) i 1 E E R / I = = ⊕
Theo giả thiết, E là nội xạ và dễ thấy I là iđêan của RR.
Xác định ( n)
n 1
f : I ∞ E R / I
=
→ ∏ , trong đó (f x( ))n = +x In
Với mỗi x∈I ta có x∈Ik với một k nào đó. Từ đó suy ra rằng x+In =0
với mọi n≥k. Vậy thực chất đồng cấu f : I→E (tức là ảnh của f chỉ ở trong E với n ( n)
i 1
E E R / I
=
= ⊕ ).
Do E nội xạ nên theo tiêu chuẩn Baer, tồn tại α∈E để f x( )= α ∀ ∈.x x I. Khi đó α =k 0
Bây giờ ∀ ∈x I ta có x+Ik =(f x( ))k = α( ).x k = αk.x= ⇒ ∈0 x Ik hay k
I=I . Tức là dãy các iđêan ở trên là dừng. Vậy RR là Noether.
2.2. VÀNH TỰ NỘI XẠ 2.2.1. Định nghĩa 2.2.1. Định nghĩa
Vành R được gọi là vành tự nội xạ phải nếu RR là một R – môđun nội xạ.
Chú ý : Mọi vành R đều là tự xạ ảnh vì RR là một R – môđun tự do nhưng chưa chắc mọi vành đều là tự nội xạ.
Ví dụ:
a) Vành các số nguyên không phải là vành tự nội xạ vì : xét iđêan 2 của
và đồng cấu: f : 2 2n n n → ∀ ∈
Nếu là – môđun nội xạ thì tồn tại phần tử q∈ sao cho với mọi
2n 2
( ) ( ) f q f 2n q2n n q2n λ = λ ⇔ = ⇔ = 1 q 2
⇔ = (điều này không thể xảy ra vì q∈) Vậy vành các số nguyên không phải là vành tự nội xạ.
b) Xét R là vành các ma trận tam giác trên cấp n (n ≥ 2) trên vành K. Khi đó R không là vành tự nội xạ. Ta xét trường hợp n = 2, xét iđêan I 0 a
0 0 = và đồng cấu f : I→R xác định bởi f 0 a 0 0 0 0 0 a =
. Nếu R là R – môđun nội xạ thì tồn tại phần tử q x y R
0 z = ∈
sao cho với mọi 0 a I, a K 0 0 λ = ∈ ∈ thì ta có: ( ) f λ = λq 0 a x y 0 a 0 xa f 0 0 0 z 0 0 0 0 ⇔ = = 0 0 0 xa 0 a 0 0 ⇔ = a 0
⇔ = (mâu thuẫn vì a tùy ý thuộc K) Vậy R không là vành tự nội xạ.
c) Cho S là miền các iđêan phải chính và b ≠ 0 là phần tử của S sao cho bS = Sb. Khi đó vành thương R= =S S bS tự nội xạ phải.
Xét iđêan phải X=aS bS của R và đồng cấu:
f : X→R
a→s trong đó s S∈
( ) ( ) ( ) ( )
0=f 0 =f b =f ac =f a.c = s.c =sc⇒ ∈sc Sb. Với điều kiện bS = Sb ta có thể viết:
sc=tb=tac với t S∈ s ta ⇒ = , vì vậy f a( )= =s t .a Khi đó đồng cấu: f : R→R 1→ t là mở rộng của f lên R. Vậy R là vành tự nội xạ.
d) n là vành tự nội xạ vì xét iđêan d n của n và đồng cấu:
f : d n → n
a +n→ +a n
Khi đó có phần tử q 1 n= + ∈ n sao cho với mọi λ = +a n∈d n
ta có f( ) (λ =f a+n)= +a n= +(1 n)(a +n)= λq . Vậy n là vành tự nội xạ.
2.2.2. Mệnh đề
Nếu vành A là tự nội xạ phải thì:
a) Với bất kì iđêan phải H , H1 2 ta có l H( 1∩H2) ( ) ( )=l H1 +l H2 . b) Với bất kì iđêan trái hữu hạn sinh H thì l r H( ( ))=H.
Chứng minh: a) Rõ ràng ta có l H( ) ( ) (1 +l H2 ⊂l H1∩H2). Ta chứng minh ( 1 2) ( ) ( )1 2 l H ∩H ⊂l H +l H . Lấy x∈l H( 1∩H2). Xét ánh xạ: 1 2 : H H A ϕ ∩ → a + →b xb với a∈H , b1 ∈H2
Ta có ϕ là đồng cấu vành. Vì AA nội xạ nên theo tiêu chuẩn Baer có y A∈ sao cho ϕ +(a b) (=y a+b)=xb với mọi a∈H , b1 ∈H2. Đặc biệt
( ) 1 ( )1 0= ϕ a =ya a∀ ∈H ⇒ ∈y l H . Với mọi b∈H2 ta có ( )b yb xb (x y b) 0 z x y l H( )2 ϕ = = ⇒ − = ⇒ = − ∈ . Vì thế ( ) ( )1 2 x = + ∈y z l H +l H . Do đó l H( 1∩H2) ( ) ( )=l H1 +l H2 .
b) Cho H là iđêan trái hữu hạn sinh của A. Khi đó có các phần tử h , h ,1 2 , hn sao cho H=Ah1+Ah2 ++Ahn. Ta có: ( ) n n ( ) i i i 1 i 1 r H r Ah r Ah = = = ∑ = Áp dụng câu a ta có: ( ) ( ) n ( ( )) i i 1 l r H l r Ah = = ∑
Do đó ta chỉ cần chứng minh rằng l r Ax( ( ))=Ax với mọi x∈A. Rõ ràng
( )
( )
Ax ⊂l r Ax . Lấy y∈l r Ax( ( )), khi đó r x( ) ( )⊂r y do vậy ánh xạ
: xA A
ψ → cho bởi ψ( )xa =ya là đồng cấu vành A. Vì A A là nội xạ nên theo tiêu chuẩn Baer có phần tử z∈A sao cho ψ( )xa =zxa. Vì vậy
( )
( )
zx= ⇒ ∈y y Ax⇒l r Ax ⊂Ax. Vậy l r Ax( ( ))=Ax.
2.2.3. Bổ đề
Vành các tự đồng cấu của mỗi môđun nội xạ không phân tích được là vành địa phương.
Chứng minh:
Lấy Q là A – môđun nội xạ phải không phân tích được và ϕ∈End QA . Khi đó Kerϕ ∩Ker 1( − ϕ =) 0. Thật vậy lấy a∈Kerϕ ∩Ker 1( − ϕ), khi đó ϕ( )a =0
và E Ker 1( ( − ϕ)) lần lượt là bao nội xạ của Kerϕ và Ker 1( − ϕ). Khi đó ta có dãy khớp:
( )
0→Kerϕ ⊕Ker 1− ϕ →Q
Vì Q là nội xạ nên Q=Q1⊕Q2 trong đó Q1E Ker( ϕ ⊕Ker 1( − ϕ)) theo mệnh đề ở phần 1.21.2. Vì Q không phân tích được QQ1. Do đó
( )
( ) ( ) ( ( ))
QE Kerϕ ⊕Ker 1− ϕ E Kerϕ ⊕E Ker 1− ϕ . Vì E Ker( ϕ ≠) 0 và
( )
( )
E Ker 1− ϕ ≠0 nên ta có điều mâu thuẫn. Do đó Kerϕ =0 hay
( )
Ker 1− ϕ =0. Chúng ta có thể giả sử Kerϕ =0. Xét Imϕ, nếu Imϕ ≠Q thì theo mệnh đề ở phần 1.21.2 Q=Q1⊕Q2 trong đó Q1 E Im( ϕ ⇒) Q phân tích được (mâu thuẫn). Vì vậy Imϕ =Q và do đó ϕ là đẳng cấu. Nếu Ker 1( − ϕ =) 0 thì chứng minh tương tự ta cũng có 1− ϕ là đẳng cấu. Vì ϕ hoặc 1− ϕ khả nghịch nên End QA là vành địa phương.
2.2.4. Định lí
Nếu A là vành mà phần tử đơn vị có sự phân tích thành tổng hữu hạn của các phần tử lũy đẳng nguyên thủy đôi một trực giao (vành FDI) và A là tự nội xạ phải thì A nửa hoàn thiện.
Chứng minh:
Lấy e là phần tử lũy đẳng nguyên thủy của A. Khi đó môđun phải xạ ảnh eA không phân tích được và nội xạ. Vì vậy End eAA eAe là vành địa phương theo bổ đề ở phần 2.2.3 và AEndAA nửa hoàn thiện theo định lí ở phần 1.23.2.
2.2.5. Hệ quả
Nếu A là vành Noether phải và tự nội xạ phải thì soc( )AA ≠0.
Theo định lí ở phần 2.2.4 A là nửa hoàn thiện. Lấy R là radical Jacobson của A. Theo mệnh đề ở phần 1.22.4 r R( )=soc( )AA . Nếu r R( )=0 thì
( )
( )
l r R =A. Nhưng theo tính chất 2 của mệnh đề ở phần 2.2.2 thì l r R( ( ))=R. Do đó soc( )AA ≠0.
2.2.6. Mệnh đề
Giả sử vành A thỏa mãn các tính chất (1) và (2) của mệnh đề ở phần 2.2.2. Khi đó với bất kì iđêan phải hữu hạn sinh I của A và với mỗi f∈HomA( )I, A có phần tử a∈A sao cho f x( )=ax với mọi x∈I.
Chứng minh:
Ta chứng minh phát biểu trên quy nạp theo n là số phần tử sinh của iđêan