TÍNH NCS CỦA MÔĐUN - Về một lớp môđun tổng quát hó- 123docz.net

Chương này trình bày một số kết quả về đặc trưng vành N CS được tham khảo chủ yếu từ tài liệu [1], [3], [4], [5], [11] và [14].

Theo Ví dụ 2.1.2, chúng tôi có ví dụ sau đây.

Ví dụ 3.0.1. Mọi vành nửa nguyên thủy là một vành N CS. Vì vậy mọi vành chính qui von Neumann là N CS.

Nhắc lại rằng, vành R được gọi là Kasch phải nếu mọi R-môđun phải đơn có thể nhúng trong RR, hoặc tương tự, mọi iđêan phải cực đại của R

là một linh hóa tử phải. Phía bên trái có thể định nghĩa tương tự.

Bổ đề 3.0.2. Cho R là vành nửa hoàn chỉnh, Kasch trái và Min-CS trái. Khi đó các điều sau đây là đúng:

(a) Sl ⊆ess

RR và Soc(Re) là đơn và cốt yếu trong Re với mọi lũy đẳng địa phương e ∈ R;

(b) R là Kasch phải nếu và chỉ nếu Sl ⊆ Sr;

là một tập đầy đủ các biểu diễn phân biệt của những R-môđun trái đơn.

Định lý 3.0.3. R là một vành CS trái và Kasch phải nếu và chỉ nếu R là vành liên tục nửa hoàn chỉnh với Sr ⊆ess

RR.

Bổ đề 3.0.4. Cho R là vành nửa hoàn chỉnh, vành liên tục trái và giả sử Sl ⊆ess

RR. Khi đó các điều sau đây là đúng:

(a) Zr ⊆J = Zl;

(b) Sl ⊆ Sr;

(d) R là một vành Kasch trái và phải;

(e) Soc(Re) 6= 0 với mọi địa phương e2 = e ∈ R.

Hệ quả 3.0.5. Cho R là một vành các điều sau đây là tương đương:

(a) R là CS trái, vành Kasch trái và phải;

(b) R là vành liên tục nửa hoàn chỉnh trái với đế trái cốt yếu.

Chứng minh. (a) ⇒ (b): Cho trước (a),theo Định lý 3.0.3 thì R là nửa hoàn chỉnh và liên tục trái. Vì R cũng là Kasch trái nên từ Bổ đề 3.0.2 ta có Sl ⊆ess

RR.

(b) ⇒ (a): Có được từ (d) của Bổ đề 3.0.4.

Mệnh đề 3.0.6. Cho R là một vành bất kỳ. Khi đó R là Kasch trái thì R là một vành C2 phải và do đó Zr ⊆J.

Chứng minh. Giả sử R là Kasch trái. Nếu aR là đẳng cấu với một hạng tử trực của R, a ∈ R, điều đó cho thấy rằng Ra ⊆⊕ RR (khi đó a cũng là một phần tử chính qui, vì vậy aR ⊆⊕ RR). Ta có aR là xạ ảnh, đặt

r(a) = (1 −e)R thì e2 = e. Khi đó a = ae, vậy Ra ⊆ Re và ta có thể khẳng định rằng Ra = Re. Ngược lại nếu aR không đẳng cấu với hạng tử nào của R, khi đó cho Ra ⊆ M ⊆max Re. Theo giả thiết R là Kasch trái nên có σ : Re/M → RR là đơn ánh và viết c = (e+M)σ. Khi đó ec = c

và (vì ae = a ∈ M) c ∈ r(a) = (1−e)R. Vì σ là đơn ánh nên c = ec = 0

và e∈ M. Điều đó là mâu thuẫn nên Ra = Re.

Bây giờ giả sử R là một vành C2 phải và cho a ∈ Zr. Ta có r(a) ∩

r(1 − a) = 0 nên r(1 − a) = 0 do đó (1 − a)R ∼= R. Theo giả thiết

(1−a)R ⊆⊕ R nên R(1−a) ⊆⊕ R, do đó ta có R(1−a) = Rg, g2 = g. Vì vậy 1−g ∈ r(1−a) = 0, do đó R(1−a) = R, a ∈ Zr. Vậy Zr ⊆ J. Ví dụ 3.0.7. Một vành N CS trái không nhất thiết là N CS phải, là N CS phải nếu nó là liên tục trái và là artin hai bên.

Chứng minh. Theo [[5], Ví dụ 18.27 (2)], đó là một vành liên tục trái artin hai bên không là liên tục phải. Dễ hiểu rằng R là N CS trái. Ta chứng tỏ rằng R không là N CS phải. Giả sử R là N CS phải, theo Hệ quả 2.2.19 thì R là CS phải. Như vậy, theo Hệ quả 3.0.5, R là Kasch hai bên. Vì mỗi vành Kasch trái là C2 phải (thấy ở Mệnh đề 3.0.6) nên R là C2 phải. Do đó R là liên tục phải. Điều này là không xảy ra. Vậy R không là N CS

phải.

Mệnh đề 3.0.8. Một tích trực tiếp của các vành R = Q

i∈IRi là N CS phải nếu và chỉ nếu Ri là N CS phải với mọi i ∈ I.

Chứng minh. Cho πi và ιi (i ∈ I), lần lượt là phép chiếu lên thành phần thứ i và phép nhúng chính tắc lên thành phần thứ i.

(Z⇒) Với mỗi Ri, giả sử rằng Ti là một iđêan phải đóng khác không của Ri. Đầu tiên, ta chứng tỏ rằng T = ιi(Ti) là một iđêan phải đóng của R. Ngược lại, có một iđêan K của R sao cho T là chứa thực sự trong

K và T ⊆ess K. Nếu j 6= i thì T ⊆ess K dẫn đến πj(K) = 0. Như vậy,

K = ιiπi(K). Từ đó T là chứa thực sự trong K và T ⊆ess K nên Ti là chứa thực sự trong πi(K) và Ti ⊆ess πi(K). Điều đó là không xảy ra, vì Ti

là một iđêan phải đóng của Ri. Vì vậy T là iđêan phải đóng khác không của R. Vì R là N CS phải nên T không là đối cốt yếu. Vì vậy tồn tại một iđêan phải thực sự L của R sao cho T +L = R. Điều đó là dễ thấy rằng

πi(L) là một iđêan phải thực sự của Ri sao cho Ti+πi(L) =Ri. Như vậy,

Ti không là một iđêan đối cốt yếu của Ri. Do đó, Ri là N CS phải.

(⇐\) Giả sử rằng T là một iđêan phải đóng khác không của R. Tập

Ti = πi(T), i ∈ I. Điều đó là dễ thấy rằng T = Q

i∈ITi. Vì T là iđêan phải đóng khác không của R, dễ hiểu rằng với mỗi i ∈ I, Ti là một iđêan phải đóng của Ri. Với T 6= 0, tồn tại i ∈ I sao cho Ti là một iđêan phải đóng khác không của Ri. Vì Ri là N CS phải nên có một iđêan phải riêng Ki

của Ri sao cho Ti+Ki = Ri. Tập Ki = Ri với mỗi i 6= j và K = Q

i∈IKi. Khi đó K là một iđêan phải thực sự của R sao cho T = K+R. Do đó, T

không là một iđêan phải đối cốt yếu của R. Vì vậy R là N CS phải. Bổ đề 3.0.9. Cho R là một vành và cho e2 = e ∈ R sao cho ReR = R. Nếu T là một iđêan phải đóng khác không của eRe thì T R cũng là một iđêan phải đóng khác không của R.

cần chứng tỏ K = T R. Vì T ⊆ eRe nên T R ⊆ess eK. Đầu tiên, ta chứng tỏ rằng

T ⊆ess eKeRe = eKReRe = eKRe = eKe.

Vì ReR = R, tồn tại ai, bi ∈ R, i= 1,2, . . . , n, sao cho

i=1

aiebi = 1.

Giả sử 0 6= eke ∈ eKe, trong đó k ∈ K. Vì T R ⊆ess eK, tồn tại r ∈ R

sao cho 0 6= eker ∈ T R. Khi đó tồn tại i0 sao cho

06= ekerai0e ∈ T Re = T.

Như vậy, T ⊆ess eKeRe. Từ đó T là một iđêan phải đóng của eRe, ta có

T = eKeRe = eKe.

Do đó,

T R = eKeR = eKReR = eKR = eK.

Với eK = T R, chứa trong K, ta có

K = eK ⊕(1−e)K.

Vì eK = T R ⊆ess K nên (1−e)K = 0. Vậy K = eK = T R

Trước khi đến với Định lí 3.0.11 chúng tôi trình bày định lí sau đây. Định lý 3.0.10. Cho e là một lũy đẳng trong R và J = radR. Khi đó rad(eRe) = J ∩ (eRe) = eJ e. Ngoài ra, eRe/rad(eRe) ∼= ¯eR¯e, trong đó

e là ảnh của e trong R = R/J.

Chứng minh. Với kết luận đầu tiên, nó là đủ để chứng minh ba sự kéo theo sau đây:

(a) r ∈ rad(eRe) ⇒r ∈ J.

(b) r ∈ J ∩(eRe) ⇒ r ∈ eJ e.

Với (a), nó là đủ để cho thấy rằng với bất kỳ y ∈ R,1−yr có một nghịch đảo trái trong R.

Đầu tiên, trong eRe, ta tìm b ∈ eRe, sao cho b(e− eye ·r) = e, đó là

b(1−yr) =e. Như vậy,

yrb(1−yr) =yre = yr.

Thêm vào (1− yr), ta được (1 + yrb)(1−yr) = 1. Vậy khẳng định (a) được chứng minh.

Với (b), cần chú ý rằng với r ∈ J ∩eRe, ta có r = ere ∈ eJ e.

Với (c), nó là đủ để cho thấy với bất kỳ y ∈ eRe, e−yr có một nghịch đảo trái trong eRe. Vì r ∈ eJ e ⊆ J, tồn lại một x ∈ R sao cho x(1−yr) = 1.

Nhưng khi đó,

e = ex(1−yr)e = ex(e−yr) =exe·(e−yr),

vì vậy exe ∈ eRe là một nghịch đảo trái với e−yr.

Để hoàn thành chứng minh, ta cần tính eRe/eJ e. Xét ánh xạ tự nhiên

eRe →eR¯¯ e đó là từeređến e¯¯re¯. Ánh xạ này xác định một đồng cấu vành triệt tiêu trên eJ e, do đó nó cảm sinh một toàn cấu eRe/eJ e → eR¯¯ e. Đó là một đẳng cấu, vì nếu e¯¯re¯= 0 thì ere ∈ J ∩ eRe= eJ e.

Định lý 3.0.11. Cho R là một vành và cho e2 = e ∈ R sao cho ReR = R. Nếu R là N CS phải thì eRe cũng là N CS phải.

Chứng minh. Cho S = eRe và cho T là một iđêan phải đóng khác không của S. Theo Bổ đề 3.0.9, T R là một iđêan phải đóng khác không của R. Vì R là N CS phải nên T R không là một iđêan phải đối cốt yếu của R. Tiếp theo, ta chứng tỏ rằng T không là một iđêan phải đối cốt yếu của S. Nếu T là một iđêan phải đối cốt yếu của S thì

T ⊆ J(S) = eJ(R)e

(thấy ở Định lí 3.0.10). Vì J(R) là một iđêan của R nênT R ⊆J(R). Điều đó cho thấy rằng T R là một iđêan phải đối cốt yếu của R. Điều này là mâu thuẫn. Vì vậy T không thể là một iđêan phải đối cốt yếu của R. Như vậy, S là N CS phải.

Hệ quả 3.0.12. Nếu R là một vành Kasch trái thì R là một vành C2 phải mạnh.

Ví dụ 3.0.13. Cho F là một trường và giả sử rằng a 7→ ¯a là một phép đẳng cấu F → F ⊆F, trong đó trường con F 6= F. Cho R là không gian véctơ trái với cơ sở là {1, t}, ta định nghĩa t2 = 0 và ta = ¯at với mọi a ∈ F. Khi đó R là một F-đại số. Do đó các điều sau đây là đúng:

(a) R là địa phương, R/J ∼= F và J2 = 0;

(b) J = Rt = F t là iđêan trái thực sự duy nhất của R;

(d) X 7→Xt là một đẳng cấu dàn từ F-không gian con phải X của F đến dàn các iđêan phải Xt của R chứa trong J;

(1) R là artin phải;

(2) R là noether;

(3) R là phải hữu hạn chiều;

(4) FF là hữu hạn chiều.

Hơn nữa, nếu p là một số nguyên tố và F = Zpx là trường các dạng hữu tỷ trên Zp thì ánh xạ ω 7→ ωp là một đẳng cấu F → F, trong đó F = {ωp | ω ∈ F} và dim(FF) = p.

Ví dụ sau đây cho thấy rằng một vành ma trận trên một vành N CS

trái không thể là N CS trái, là N CS trái nếu vành là artin trái và CS

trái.

Ví dụ 3.0.14. (Bj¨ork) Cho F là một trường và giả sử rằng a 7→¯a là một phép đẳng cấu F →F ⊆F, trong đó trường con F 6= F. Cho R là không gian véctơ trái với cơ sở là {1, t}, ta định nghĩa t2 = 0 và ta = ¯at với mọi a ∈ F. Khi đó R là một F-đại số. Do đó R là N CS trái, nhưng Mn(R) không là N CS trái với mọi n > 2.

Chứng minh. Theo Ví dụ 3.0.13, R chỉ có ba iđêan trái và R là nội xạ đơn phải nhưng không là nội xạ đơn trái. Nó là dễ hiểu rằng R làN CS trái. Vì

R là artin trái và nội xạ đơn phải, R là tối tiểu đầy đủ phải. Nhắc lại rằng, một vành R được gọi là tối tiểu đầy đủ phải nếu nó là nửa hoàn chỉnh, nội xạ đơn phải và Soc(eR) 6= 0 với mỗi lũy đẳng địa phương e ∈ R. Theo Định lí 1.2.2, R là Kasch trái và phải. Giả sử rằng Mn(R) là N CS trái với n > 2. Vì R là nửa hoàn chỉnh nên theo Mệnh đề 3.0.17 bên dưới ta có Mn(R) là CS trái. Khi R là Kasch phải, theo Hệ quả 3.0.12 ta có R là một vành C2 trái mạnh. Điều đó nghĩa là mọi Mk(R) là C2 trái, k > 1.

Vì vậy Mn(R) là liên tục trái. Theo Định lý 1.2.1 thì R là tự nội xạ trái. Điều này là không xảy ra. Vậy Mn(R) không là N CS trái với n > 2.

Chúng tôi sử dụng kí hiệu Mn×1(R) là tập của tất cả các ma trận cột cỡ n×1 trên R.

Mệnh đề 3.0.15. Cho R là một vành và cho n > 1. Khi đó Mn(R) là N CS phải nếu và chỉ nếu Mn×1(R) là N CS như một R-môđun phải. Chứng minh. Ta chỉ chứng minh kết quả với n = 2, những cái khác chứng minh tương tự. Với iđêan phải bất kì T của M2(R), T có từ {[αβ] | α, β ∈ K}, trong đó K là một môđun con của M2×1(R). T là một iđêan phải đóng (đối cốt yếu) của M2(R) nếu và chỉ nếu K là một R- môđun con đóng (đối cốt yếu) của M2×1(R). Vì vậy M2(R) là N CS phải nếu và chỉ nếu M2×1(R) là N CS như một R-môđun phải.

Mệnh đề 3.0.16. Cho R là một vành và cho Λ là một tập vô hạn. Khi đó CFMΛ(R) là N CS phải (tương ứng, CS) nếu và chỉ nếu R(Λ)R là N CS (tương ứng, CS).

Mệnh đề 3.0.17. Cho R là vành nửa hoàn chỉnh và cho n > 1. Khi đó Mn(R) là N CS phải nếu và chỉ nếu Mn(R) là CS phải.

Chứng minh. R là nửa hoàn chỉnh, theo Mệnh đề 1.2.3, RR là một môđun nâng. Vì tính chất nửa hoàn chỉnh là một bất biến Morita của vành nên

Mn(R) là nửa hoàn chỉnh với mọi n > 1. Khi đó, theo Hệ quả 2.2.19 thì

Mn(R) là N CS phải nếu và chỉ nếu Mn(R) là CS phải.

Hệ quả 3.0.18. Nếu R là nửa hoàn chỉnh và N CS phải thì RR có chiều Goldie (hay chiều đều) hữu hạn.

Chứng minh. Theo Mệnh đề 3.0.17, R là CS phải. Vì R là nửa hoàn chỉnh nên tồn tại lũy đẳng địa phương e1, e2, . . . , en của R sao cho

R =

i=1

eiR.

Ta chứng tỏ rằng với mỗi lũy đẳng địa phương e của R thì eR là đều. Khi đó số chiều Goldie (hay chiều đều) của RR là n. Nếu eR không là đều thì nó có môđun khác không T1, T2 là không phụ thuộc. Vì R là CS phải nên

T1 là cốt yếu trong một hạng tử trực tiếp của eR. Khi e là địa phương thì

T1 là cốt yếu trong eR. Điều đó là mâu thuẫn. Vậy eR là đều.

Mệnh đề 3.0.19. Cho R là một vành hoàn chỉnh phải và cho Λ là một tập vô hạn. Khi đó các phát biểu sau đây là tương đương:

(a) RR(Λ) là N CS;

(b) RR(Λ) là CS;

(d) CFMΛ(R) là CS phải.

Chứng minh. Vì R là hoàn chỉnh phải nên theo Mệnh đề 1.2.4 ta có R(Λ)R

là một môđun nâng. Theo Định lí 2.2.18,(a) ⇔(b). Theo Mệnh đề 3.0.16,

(a) ⇔ (c) và (b) ⇔ (d).

Cuối cùng, chúng tôi có một sự mô tả mới của các vành P−CS phải. Bổ đề 3.0.20. Một vành R là nửa hoàn chỉnh và P

đếm được CS phải, nếu và chỉ nếu R là hoàn chỉnh phải và R(RN) là CS-đều.

Nhắc lại rằng, một vành R được gọi là P

đếm được N CS phải nếu mọi tổng trực tiếp của các bản sao đếm được của R là một môđun N CS.

R được gọi là P

−CS nếu mọi tổng trực tiếp của các bản sao của RR là một môđun CS.

Định lý 3.0.21. Một vành R là hoàn chỉnh phải và P đếm được N CS phải nếu và chỉ nếu R là P

−CS phải.

Chứng minh. Theo Bổ đề 3.0.20, ta chỉ cần chứng minh điều kiện cần. Vì

R là hoàn chỉnh phải vàP

đếm được N CS phải, Theo Mệnh đề3.0.19, R

làP

đếm đượcCS phải. Khi đó theo Bổ đề3.0.20,R làP

−CS phải. Nhận xét 3.0.22. Một vành P−N CS phải không nhất thiết là P−CS.

KẾT LUẬN

Trong luận văn này chúng tôi đã thực hiện được các công việc sau đây. 1. Trình bày những kiến thức cơ bản về một số lớp môđun và một số

lớp vành quan trọng.

2. Đọc hiểu và trình bày lại một cách chi tiết, có hệ thống các kết quả liên quan đến môđun N CS trong các tài liệu tham khảo.

3. Đọc hiểu và trình bày lại một cách chi tiết, có hệ thống các kết quả về đặc trưng vành N CS.