7 Tổng quan và cấu trúc luận án
2.2 Bất biến Morita
Trong tiết này ta chỉ ra tính không có iđêan không tầm thường, tính không có tương đẳng không tầm thường và tính đơn của nửa vành đều được bảo toàn qua tương đương Morita. Ý tưởng giải quyết vấn đề này xuất phát từ kết quả dưới đây–một đặc trưng về tương đương Morita cho các nửa vành. Kết quả này chứa một trường hợp đặc biệt, đó là Định lý Wedderburn-Artin cổ điển, và phép chứng minh của nó là tương tự như đối với vành (xem, chẳng hạn, [41, Proposition 18.33]). Trước tiên, một phần tử lũy đẳng e của nửa vành R được gọi là đầy nếu ReR=R ([41, p. 485]).
Bổ đề 2.2.1. Với hai nửa vành tùy ý R và S, các điều kiện sau là tương đương: (i) R là tương đương Morita với S;
(ii) Tồn tại một số nguyên dương n và một phần tử lũy đẳng đầy e trong Mn(R) sao cho S ∼=eM
n(R)e.
Chứng minh. (i)=⇒(ii). Giả sử R là tương đương Morita với S. Theo định nghĩa, tồn tại một vật sinh xạ ảnh RP ∈ |RM| của RM sao cho S ∼=End(
RP). Áp dụng Mệnh đề 1.2.1 và không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng RP là một nửa môđun con của nửa môđun tự do RRn, và tồn tại một
tự đồng cấu e ∈ End(RRn) sao cho e2 = e, P = e(Rn) và e|P = idP. Vì
e ∈ End(RRn) ∼= M
n(R), nên ta có thể xem e như là một phép nhân bên phải bởi ma trận lũy đẳng (aij) ∈ Mn(R). Từ đây suy ratr(RP) =P
RaijR. Khi đó, sử dụng lưu ýrEijeEklr0 =rajkr0Eil, với{Eij}là các ma trận cơ sở trongMn(R), ta được Mn(R)eMn(R) = Mn(tr(R)). Vì RP là một vật sinh xạ ảnh của phạm trù RM và theo Mệnh đề 1.2.7, tr(P) = R; do đó Mn(R)eMn(R) = Mn(R). Như vậy, phép chứng minh đã được hoàn tất, vì đồng cấu nửa vành
θ :End(RP)−→ eEnd(RRn)e ∼=eM
n(R)e
xác định bởi θ(f) = eif e với mọi f ∈ End(RP), là một đẳng cấu, trong đó
i : P −→ Rn là phép nhúng chính tắc.
(ii)=⇒(i). Giả sử S thỏa mãn điều kiện (ii). Khi đó, S ∼= eM
n(R)e ∼=
End(Mn(R)Mn(R)e); sử dụng Mệnh đề 1.2.1, Mn(R)e là một Mn(R)-nửa môđun trái xạ ảnh; hơn nữa, vì tr(Mn(R)Mn(R)e) = Mn(R)eMn(R) = Mn(R), nên
Mn(R)Mn(R)e là một vật sinh xạ ảnh của phạm trù Mn(R)M (theo Mệnh đề 1.2.7). Từ đây suy ra S và Mn(R) là tương đương Morita.
Mặt khác, ta có Mn(R) ∼= End(
RRn) và RRn là xạ ảnh (theo Mệnh đề 1.1.5); hơn nữa, dễ thấy tr(RRn) = R, do đó RRn là một vật sinh xạ ảnh của phạm trù RM, vì thế R và Mn(R) là tương đương Morita. Từ các đạt được này và Hệ quả 1.3.4, ta thấy ngay R và S là tương đương Morita.
Kết quả sau cho thấy mối quan hệ giữa cấu trúc iđêan (tương đẳng) của nửa vành R và cấu trúc iđêan (tương đẳng) của nửa vành eRe (e2 =e∈R).
Định lý 2.2.2. Cho e là một phần tử lũy đẳng trong nửa vành cho trước R. (i) Cho I là một iđêan của eRe.Khi đó e(RIR)e =I.Đặc biệt,α: I 7−→ RIR là một đơn cấu (bảo toàn quan hệ bao hàm) từ tập các iđêan của eRe đến tập các iđêan của R. Ánh xạ này là song ánh nếu e là lũy đẳng đầy.
(ii) Cho Γ là một tương đẳng trên nửa vành eRe. Khi đó, quan hệ hai ngôi
Θ trên R được xác định bởi: với mọi a, b∈ R
(a, b) ∈Θ⇐⇒ (erase, erbse) ∈Γ,∀r, s∈R,
(bảo toàn quan hệ bao hàm) từ tập các tương đẳng trên eRe đến tập các tương đẳng trên R. Ánh xạ này là song ánh nếu e là lũy đẳng đầy.
Chứng minh. (i). Nếu I là một iđêan của eRe, thì
e(RIR)e= eR(eIe)Re = (eRe)I(eRe) =I.
Từ điều này, dễ dàng suy ra α là một đơn cấu. Giả sử elà lũy đẳng đầy, tức là,
ReR = R. Với bất kỳ iđêan J của R, đặt I = eJ e, hiển nhiên, I là một iđêan của eRe. Khi đó,
R(eJ e)R =Re(RJ R)eR = (ReR)J(ReR) =RJ R =J.
Điều này chỉ ra rằng α là một toàn cấu, và do đó, α là song ánh.
(ii). ChoΓlà một tương đẳng trêneRe. Dễ thấy rằngΘlà một nửa môđun con của R−R−song nửa môđun R2 và chứa tương đẳng đồng nhấtidR; do đó, Θ là một tương đẳng trênR. Tiếp theo, ta chứng minh(eRe)2 ∩Θ = Γ :Thật vậy, với mỗi (eae, ebe) ∈Γ, ta có (er(eae)se, er(ebe)se) = (ere(eae)ese, ere(ebe)ese) ∈Γ với mọi r, s∈R; vì thế Γ⊆ (eRe)2 ∩ Θ.
Ngược lại, với mỗi (eae, ebe) ∈ Θ, suy ra (er(eae)se, er(ebe)se) ∈ Γ với mọi
r, s∈ R. Khi đó, chọnr =s= e, ta được (eae, ebe) ∈Γ, do đó, (eRe)2 ∩Θ ⊆Γ. Giả sử e là lũy đẳng đầy, tức là, tồn tại một số nguyên dương n ≥ 1 và các phần tử αi, βi ∈ R sao cho Pni=1αieβi = 1. Cho Π là một tương đẳng bất kỳ trên R. Đặt Γ := (eRe)2 ∩Π, rõ ràng Γ là một tương đẳng trên eRe. Khi đó, xét tương đẳng Θ trên R được xác định như trong (ii). Ta chứng minh Θ = Π: Thật vậy, với mỗi (a, b) ∈Π suy ra (erase, erbse) ∈Π với mọi r, s ∈R, vì Π là tương đẳng trên R; do đó, (a, b) ∈Θ. Vì vậy Π ⊆Θ.
Ngược lại, với mỗi (a, b) ∈Θ, ta nhận được (erase, erbse) ∈Γ := (eRe)2∩Π với mọi r, s ∈ R; vì thế, (erase, erbse) ∈ Π với mọi r, s ∈ R. Đặc biệt, ta luôn có (eβiaαje, eβibαje) ∈ Π với mọi i, j = 1,2, ..., n. Khi đó, do Π là tương đẳng trên R nên (αieβiaαjeβj, αieβibαjeβj) ∈ Π với mọi i, j = 1,2, ..., n; do đó, (a, b) =Pnj=1Pni=1(αieβiaαjeβj, αieβibαjeβj)∈ Π. Từ đây suy ra Θ⊆ Π. Kết quả này chỉ ra rằng β là toàn ánh; do đó, β là song ánh.
Hệ quả 2.2.3. Cho e là một lũy đẳng đầy trong một nửa vành cho trước R. Khi đó, R là không có iđêan không tầm thường (không có tương đẳng không tầm thường) khi và chỉ khi eRe là không có iđêan không tầm thường (không có tương đẳng không tầm thường). Đặc biệt, R là một nửa vành đơn khi và chỉ khi eRe là một nửa vành đơn.
Sau đây ta sẽ thấy tính không có iđêan không tầm thường, tính không có tương đẳng không tầm thường và tính đơn được chuyển sang cho nửa vành ma trận.
Bổ đề 2.2.4. Cho R là một nửa vành và n là một số nguyên dương. Khi đó, Mn(R) là không có tương đẳng không tầm thường (không có iđêan không tầm thường) khi và chỉ khi R là không có tương đẳng không tầm thường (không có iđêan không tầm thường). Đặc biệt, Mn(R) là một nửa vành đơn khi và chỉ khi R là một nửa vành đơn.
Chứng minh. Trước tiên, ta chứng minh cho trường hợp tính không có tương đẳng không tầm thường. Điều kiện cần đã được chứng minh bởi El Bashir-Kepka cho các nửa vành không đòi hỏi phần tử đơn vị (xem [5, Lemma 3.1]).
Điều kiện đủ: Giả sử R là một nửa vành không có tương đẳng không tầm thường và m(τ) là một tương đẳng trên Mn(R), gọi {Eij} là các ma trận cơ sở của Mn(R). Khi đó, dễ thấy quan hệ τ, được xác định bởi: với bất kỳ a, b∈R,
aτ b⇐⇒ ∀i, j(aEijm(τ)bEij),
là một tương đẳng trên R. Vì R là không có tương đẳng không tầm thường, nên
τ =idR, hoặc τ =R×R.
Mọi ma trận A = (aij) ∈ Mn(R) luôn được viết dưới dạng A = P
i,jaijEi,j; do đó, m(τ) =Mn(R)×Mn(R) khi τ =R×R.
Bây giờ, ta chỉ ra rằng nếu τ = idR, thì m(τ) = idMn(R). Thật vậy, giả sử ngược lại; tức là, tồn tại hai ma trận A = (aij), B = (bij) ∈ Mn(R) sao cho
Am(τ)B và A 6=B. Khi đó, tồn tại i0, j0 sao cho ai0j0 6=bi0j0; tuy nhiên,
∀i, j (ai0j0Eij =Eii0AEj0jm(τ)Eii0BEj0j =bi0j0Eij),
Trường hợp tính không có iđêan không tầm thường được suy ngay ra từ khẳng định: tồn tại một song ánh (bảo toàn thứ tự bao hàm) giữa tập các iđêan của
R và tập các iđêan của Mn(R) (xem [18, Proposition 6.45]).
Khẳng định còn lại được suy ra ngay từ các đạt được nói trên.
Dùng Bổ đề 2.2.4 và Định lý 2.1.5 cho phép ta mô tả cấu trúc của nửa vành nửa đơn không có tương đẳng không tầm thường.
Hệ quả 2.2.5. Vành nửa đơn R là không có tương đẳng không tầm thường nếu và chỉ nếu R ∼= M
n(D), với n ≥ 1và D là một thể, hoặc D ∼= B.
Chứng minh. Giả sử R là một nửa vành nửa đơn không có tương đẳng không tầm thường. Áp dụng Định lý 2.1.5, R ∼= M
n1(D1) × · · · × Mnr(Dr), trong đó
D1, . . . , Dr là các nửa thể vàn1, . . . , nr là các số nguyên dương. VìR là không có tương đẳng không tầm thường, nên r= 1 và D1 là không có tương đẳng không tầm thường (theo Bổ đề 2.24). Theo Mệnh đề 2.1.1, D1 là một vành, hoặc vị nhóm (D1,+,0) là lũy đẳng. Nếu D1 là vành, thì nó sẽ là một thể. Ngược lại, tồn tại một toàn cấu nửa vành f : D1 −→ B được xác định bởi f(0) = 0 và
f(x) = 1 với mọi06=x ∈D1. DoD1 là không có tương đẳng không tầm thường, nên f là đơn cấu, do đó, f là đẳng cấu.
Ngược lại, nếu R ∼= M
n(D), với D là một thể, hoặc R ∼= B, thì áp dụng Bổ
đề 2.2.4 và Định lý 2.1.5, ta thấy ngay R là nửa đơn và không có tương đẳng không tầm thường.
Sử dụng Bổ đề 2.2.1, Hệ quả 2.2.3 và Bổ đề 2.2.4, ta thấy ngay rằng tính không có iđêan không tầm thường, tính không có tương đẳng không tầm thường và tính đơn của nửa vành đều bất biến qua tương đương Morita.
Định lý 2.2.6. Cho R và S là hai nửa vành tương đương Morita với nhau. Khi đó, R là không có iđêan không tầm thường (không có tương đẳng không tầm thường) khi và chỉ khi S là không có iđêan không tầm thường (không có tương đẳng không tầm thường). Đặc biệt, R là một nửa vành đơn khi và chỉ khi S là một nửa vành đơn.
vành Ri trên tập định hướng I là một họ gồm những nửa vành Ri, i ∈ I, cùng với những đồng cấu nửa vành ϕij : Ri −→ Rj thỏa mãn điều kiện ϕjkϕij = ϕik
nếu i ≤ j ≤k, và ϕii = 1Ri với mọi i, j, k ∈I. Quan hệ hai ngôi ≡ trên hợp rời
∪{Ri| i ∈ I} của các Ri, i ∈ I, được xác định bởi: với bất kỳ x ∈ Ri, y ∈ Rj,
x ≡ y nếu và chỉ nếu tồn tại k ∈ I sao cho i ≤ k, j ≤ k và ϕik(x) = ϕjk(y), là một tương đẳng. Ký hiệu xb là lớp tương đương chứa x, và R là tập hợp tất cả các lớp tương đương của quan hệ ≡. Khi đó, R có cấu trúc của một nửa vành với phép ‘+’ và phép ‘·’ xác định theo công thức
b
x+yb = ϕik(x\) +ϕjk(y) và xb·by =ϕik(x\)·ϕjk(y),
trong đó x ∈ Ri, y ∈ Rj, i ≤ k, j ≤ k. Nửa vành này được gọi là giới hạn trực tiếp của họ {Ri| i ∈ I} và được ký hiệu là lim−→I Ri := R. Đồng thời, dễ thấy rằng tồn tại một họ {ϕi| i ∈ I} những đồng cấu chính tắc ϕi : Ri −→ R, i∈ I, xác định bởi ϕi(x) :=xb với mọi x ∈ Ri, sao cho ϕi =ϕjϕij với mọi i ≤ j; hơn nữa, nếu tất cả ϕij ( i ≤ j) là đơn cấu, thì các ϕi, i ∈ I đều là đơn cấu ([19, p. 129-130]).
Tính không có iđêan không tầm thường, tính không có tương đẳng không tầm thường và tính đơn được bảo toàn khi mở rộng chúng sang giới hạn trực tiếp.
Mệnh đề 2.2.7. Cho {Ri| Ri ∈ |SRing|, i ∈ I} là một họ trực tiếp các nửa vành và R = lim−→I Ri. Nếu Ri, i ∈ I là không có iđêan không tầm thường (tương ứng, không có tương đẳng không tầm thường và đơn) thì R là không có iđêan không tầm thường (tương ứng, không có tương đẳng không tầm thường và đơn).
Chứng minh. Trước tiên, ta chứng minh cho tính không có iđêan không tầm thường. Thật vậy, giả sử L là một iđêan khác không của nửa vành R. Khi đó, tồn tại i ∈ I, x ∈ Ri, và ϕi : Ri −→ R sao cho b0 6= ϕi(x) = xb ∈ L. Vì Ri là không có iđêan không tầm thường, nên iđêan (x) của Ri sinh bởix sẽ chứa 1i ∈
Ri, và ϕi(1i) = b1 ∈ ϕi((x)) ⊆ L, do đó, L = R và R là không có iđêan không tầm thường.
Bây giờ, ta chứng minh cho trường hợp không có tương đẳng không tầm thường. Giả sử ρ 6= idR là một tương đẳng trên R; tức là, tồn tại một cặp
(bx,yb) ∈ ρ và (x,b yb) ∈/ idR. Khi đó, tồn tại i ∈I, x, y ∈ Ri và ϕi : Ri −→ R sao cho x 6= y, ϕi(x) = xb và ϕi(y) = yb. Gọi τ là tương đẳng trên Ri sinh bởi cặp (x, y). Do x 6= y và (x, y) ∈ τ nên τ 6= idRi; do đó τ = R2i, vì Ri là không có tương đẳng không tầm thường. Hơn nữa, dễ thấy {(ϕ(a), ϕ(b))| (a, b) ∈τ} ⊆ρ. Từ đây suy ra (b0, ϕi(1i) = b1), (b1 =ϕi(1i), b0)∈ρ, do đó, ρ=R2.
Khẳng định còn lại được suy ra ngay từ các đạt được nói trên.
Cho trước một nửa vành D và gọi Ri = M2i(D) (i ≥ 0) là nửa vành ma trận cấp 2i trên D. Ta có thể xem Ri như là vành con của Ri+1 khi đồng nhất (2i ×2i)-ma trận M với (2i+1 ×2i+1)-ma trận
M 0
0 M
. Theo cách này, ta nhận được một chuỗi các nửa vành
R0 ⊆R1 ⊆R2 ⊆ . . .,
trong đóR0 =D; dễ thấy rằng giới hạn trực tiếp R = lim
−→I Ri của họ{Ri|i ∈ I}
đúng bằng ∪I Ri.
Mệnh đề 2.2.8. Nửa vành R = lim−→I Ri là không Artin trái.
Chứng minh. Chứng minh hoàn toàn tương tự như đối với trường hợp vành (xem [42, pp. 39-40]). Để thuận tiện cho người đọc, chúng tôi xin trình bày lại nó ở đây. Cụ thể, cho ei, i ≥ 0, là các ma trận cơ sở của Ri với 1 nằm ở vị trí (1,1) và các vị trí khác đều là 0. Sử dụng các phép nhúng R0 ⊆R1 ⊆ R2 ⊆ . . ., ta xem ei như là một phần tử của R; dễ thấy rằngei+1 =ei+1ei ∈ Ri+1 với mọi
i, do đó, ta có một dây chuyền giảm Re0 ⊇ Re1 ⊇ Re2 ⊇ . . . những iđêan trái của R. Ta chứng minh rằng dãy này là không dừng. Để thấy điều này, ta cần chỉ ra ei ∈/ Rei+1 với mỗi i. Thật vậy, giả sử ei ∈ Rei+1, ta suy ra ei ∈ Rjei+1
với j > i nào đó. Do đó, tồn tại ma trận M ∈ Rj sao cho ei = M ei+1 ∈ Rj. Tuy nhiên, điều này là vô lý, vì phần tử ở vị trí (2i+ 1,2i+ 1) của hai ma trận
M ei+1 ∈ Rj và ei ∈ Rj lần lượt là0 và 1, một cách tương ứng.
Từ Mệnh đề 2.2.7 và Mệnh đề 2.2.8, bằng cách chọn nửa vành D đặc biệt (chẳng hạn, ta chọn D = B hoặc D là trường), ta sẽ nhận được các ví dụ về nửa vành không có iđêan không tầm thường, không có tương đẳng không tầm thường và đơn không Artin. Đồng thời, hai mệnh đề trên cũng nói lên rằng cấu
trúc của vành không có iđêan không tầm thường, không có tương đẳng không tầm thường và đơn tổng quát là phức tạp. Do đó, tiết và chương tiếp theo, chúng tôi chỉ nghiên cứu cấu trúc của các nửa vành nói trên cho một số lớp nửa vành khá đặc biệt.