CHƯƠNG 2 MÔĐUN NỘI XẠ TRỰC TIẾP
3.4. Môđun nội xạ trực tiếp đơn và V vành
Trong phần này ta tìm hiểu mối liên hệ giữa môđun nội xạ trực tiếp đơn và V-vành.
Mệnh đề 3.4.1. Các điều kiện sau là tương đương đối với vành R:
(1). R là V-vành phải.
(2). Mọi R-môđun phải là nội xạ trực tiếp đơn.
(3). Mọi R-môđun phải hữu hạn đối sinh là nội xạ trực tiếp đơn.
(4). Tổng trực tiếp của các môđun nội xạ trực tiếp đơn là nội xạ trực tiếp đơn.
(5). Mọi R-môđun phải 2-sinh là nội xạ trực tiếp đơn.
Chứng minh.
(1) ⇒ (2) ⇒(3),(1) ⇒ (4) và (4) ⇒ (5). Rõ ràng.
(3) ⇒ (1) và (4) ⇒ (1). Nếu S là R-mơđun phải đơn thì theo giả
thiết ta có S⊕E(S) là nội xạ trực tiếp đơn. Theo điều kiện (3) của Mệnh đề 3.1.1 thì S = E(S), do đó S là nội xạ và R là V-vành phải.
(5) ⇒ (1). Cho S = xR là R-môđun phải đơn và 0 6= y ∈ E(S). Khi
đó xR⊆eyR. Theo giả thiết thì xR⊆eyR là mơđun nội xạ trực tiếp đơn. Theo điều kiện (3) của Mệnh đề 3.1.1 thì xR = yR nên S = E(S) và R
là V-vành phải.
Một R-môđun phải M được gọi là nội xạ đế mạnh nếu và chỉ nếu với bất kỳ R-môđun phải N và bất kỳ môđun con nửa đơn K của N, mọi
Bổ đề 3.4.2. R-môđun phải M được gọi là nội xạ đế mạnh nếu và
chỉ nếu M = E ⊕T với E là nội xạ và soc(T) = 0.
Mệnh đề 3.4.3. Các điều kiện sau là tương đương đối với vành R:
(1). R là V-vành phải, Nơte phải.
(2). Mọi R-môđun phải nội xạ trực tiếp đơn là nội xạ đế mạnh.
Chứng minh.
(1) ⇒ (2). R là V-vành phải Nơte phải thì mọi R-môđun phải là nội
xạ, điều này nghĩa là mọi R-môđun phải là nội xạ đế mạnh.
(2) ⇒ (1).Theo Bổ đề 3.4.2, mọi R-môđun phải là nội xạ nên R là
V-vành. Nếu {Ki, i ∈ I} là họ đếm được của các R-mơđun phải đơn thì
theo Bổ đề 3.3.1 M = L
i∈IE(Ki) là nội xạ trực tiếp đơn nên nội xạ đế mạnh. Vì M có đế cốt yếu nên theo Bổ đề 3.4.2 M là nội xạ. Vậy R là vành Nơte phải.
Định lí 3.4.4. Một vành chính quy R là V-vành phải nếu và chỉ nếu
mọi R-môđun phải cyclic là nội xạ trực tiếp đơn.
Chứng minh.
(⇒). Theo Mệnh đề 3.4.1
(⇐). ChoSS làR-môđun phải đơn và E = E(S) là bao nội xạ củaS.
Giả sử ngược lại rằng tồn tại 0 6= x ∈ E sao cho x /∈ S. Rõ ràng, S⊆exR.
Ta định nghĩa toàn cấu f : R → xR xác định bởi f (r) = xr, r ∈ R và tập X = Kerf. Khi đó f cảm sinh ra đẳng cấu σ : xR → R/X. Nếu
T/X = σ(S) thì T/X = (tR+X)/X với t 6= 0. Vì R là vành chính quy nên tồn tại s ∈ R sao cho tst = t. Nếu đặt e = ts thì e2 = e và T/X = (tR+X)/X = (eR+X)/X, lại có S⊆exR nên T/X là iđêan phải cực tiểu cốt yếu trong R/X. Nếu M =: {r ∈ R : er ∈ X} thì R/M ∼= T/X và M là iđêan phải cực đại của R.
Bây giờ ta chứng minh với N =: M ∩ X thì X/N ∼= R/M. Vì
((1−e)R+X)/X là mơđun con khác 0 của R/X, tức là
(eR+X)/X ⊆ ((1−e)R+X)
nên e+ X = (1−e) (−r)X, r ∈ R. Do đó, y := e+ (1−e)r ∈ X và
ey = e. Ta có N =: M ∩ X ⊆ X ⊂ T và nếu y ∈ N thì y ∈ M, khi đó
ey ∈ X nên e ∈ X điều này mâu thuẫn với giả thiết. Vì vậy, y /∈ N và
X 6⊂ M. Ta có X/N = X/(M ∩X) ∼= (X +M)/M = R/M.
Ta chứng minh rằng(eR+N)/N ∼= R/M. Nếug : R →(eR+N)/N được xác định bởi g(r) = er + N, r ∈ R. Khi đó, g là một tồn cấu. Vì M là iđêan phải cực đại của R và M ⊆ Kerg nên M = Kerg và
(eR+N)/N ∼= R/M.
Tiếp theo ta chứng minh rằng ((1−e)yR+N)/N ∼= R/M. Nếu
m ∈ M thì ta có em = eym ∈ X (vì ey = e) suy ra ym ∈ M. Do đó,
ym ∈ M ∩X = N nên yM ⊆ N. Vì eM ⊆ N và ey = e nên eyM ⊆ N
hay (1−e)yM ⊆yM +eyM ⊆N. Nếu ta định nghĩa
h : R → ((1−e)yR+ N)/N
xác định bởi h(r) = (1−e)yr +N, r ∈ R thì ta có h là một tồn cấu. Vì (1−e)yM ⊆ N nên ((1−e)yR+N)/N ∼= R/M. Vì vậy
((1−e)yR+N)/N ∼= (eR+N)/N ∼= R/M ∼= X/N ∼
= (eR+X)/X ∼= T/X ∼= S.
Ta có eM ⊆ N, eN ⊆ eM ⊆ N và N là bất biến qua phép nhân bên trái bởi e. Do đó, R/N = (eR+ N)/N ⊕ ((1−e)R+ N)/N. Vì
((1−e)yR+N)/N ∼= (eR+N)/N⊆⊕R/N, theo giả thiết ta suy ra
((1−e)yR+N)/N⊆⊕R/N hay ta có
((1−e)yR+ N)/N⊆⊕((1−e)R+ N)/N.
Vì vậy, R/N = (eR+N)/N ⊕((1−e)yR+N)/N ⊕A/N với A/N là
R-môđun con của R/N.
Cuối cùng, ta cần chứng minh rằng R/N = (eR+N)/N ⊕X/N. Khi đó (R/N)R có chiều đều 2. Vì vậy, ta cần chứng minh A/N = 0 và
R/N = (eR+N)/N⊕((1−e)yR+N)/N tương ứngR/X ∼= (eR+N)/N là đơn, điều này mâu thuẫn với giả thiết. Ta có (eR+N)/N∩X/N = 0.
er−x ∈ N và do N ⊂ X nên er ∈ X nghĩa là r ∈ M , do đó er ∈ N. Vì vậy, (eR+N)/N ∩X/N = 0.
Lại có (eR+N)/N và X/N là các môđun con đơn của R/N và
X/N ∼= (eR+N)/N⊆⊕R/N nên ta có:
(eR+N)/N +X/N = (eR+N)/N ⊕X/N⊆⊕R/N.
Ta cần chứng minh (eR+N)/N ⊕X/N⊆essR/N. Cho (aR+N)/N là môđun con khác 0 của R/X.
Nếu a ∈ X thì 0 +N 6= a+N ∈ X/N ⊂ (eR+N)/N ⊕X/N. Ngược lại, giả sử a /∈ X thì (aR+ X)/X là mơđun con khác 0 của R/X. Vì (eR+X)/X là môđun con đơn cốt yếu của R/X nên
(eR+X)/X ⊆ (aR+X)/X. Do đó, e+X = ar+X với r ∈ R. Vậy với
một số x0 ∈ X, ar = e+x0 thì ta có
0 +N 6= ar+ N = (e+N) + (x0 + N) ∈ (eR+N)/N ⊕X/N.
Ví dụ 3.4.5. Cho V là không gian véctơ hữu hạn chiều trên trường
K. Cho E = endK(V) và R là vành con của E sinh bởi đế của E và tâm
K của E (nghĩa là phép biến đổi vô hướng 1Vk với k ∈ K). Thì V là R-
mơđun trái đơn. Nếu V∗ = HomK(V, K) và V∗∗ = HomK(V∗, K) thì
RV ⊂ V∗∗ vì VK là hữu hạn chiều. Lại có RV∗∗ là mở rộng cốt yếu của
RV nên nó khơng phân tích được và R- môđun trái V ⊕V∗∗ là hữu hạn đối sinh nhưng khơng nội xạ trực tiếp đơn. Vì nếu V ⊕V∗∗ nội xạ trực tiếp đơn thì theo Mệnh đề 3.1.1 ta có ι : V →V∗∗ là đơn cấu chẻ ra điều này mâu thuẫn với giả thiết. Theo Mệnh đề 3.4.1,R khơng phải là V-vành trái, R là vành chính quy von Neumann, K là R-mơđun trái phẳng vì vậy
cả V∗ và K là R-mơđun nội xạ phải. Vì V∗ và K là các R-môđun phải
đơn nên R là V-vành.
Bổ đề 3.4.6. Cho e2 = e ∈ R và I là một iđêan phải của R. Các
điều kiện sau là tương đương:
(2). eI ⊆ I.
Cho S là tập con của vành R và hSi là vành con của R sinh bởi S và
1R. Vành R được gọi là thỏa mãn điều kiện (*) nếu với bất kỳ các phần tử lũy đẳng e và f, eR + f R = gR với g2 = g ∈ he, fi. Rõ ràng mọi vành Aben (mọi phần tử lũy đẳng là tâm) thỏa mãn điều kiện (*) nhưng một vành thỏa mãn điều kiện (*) không cần phải là vành Aben (chẳng hạn M2(Z2)). Mọi vành chính quy thỏa mãn điều kiện (*) là V-vành phải. Một vành được gọi là vành trao đổi nếu phần tử lũy đẳng có thế nâng lên modulo mọi iđêan phải (trái).
Ví dụ 3.4.7. Cho vành R là vành trao đổi thỏa mãn điều kiện (*).
Thì mọi R-mơđun phải cyclic là nội xạ trực tiếp đơn.
Chứng minh.
Cho I là iđêan phải của R. Giả sử K/I là hạng tử trực tiếp đơn của
R/I thì (R/I)R = (K/I)⊕(K0/I) nên R = K +K0. Ta có thể viết
1 = x+ x0 với x ∈ K và x0 ∈ K0. Từ đó ta có
x−x2 = (1−x)x = x0x ∈ K ∩K0 = I.
Vì R là vành trao đổi nên các phần tử lũy đẳng có thể nâng lên được modulo I. Vì vậy, tồn tại e2 = e ∈ R sao cho x −e ∈ I. Từ đó suy ra
(1−x)− (1−e) ∈ I. Điều này chứng minh rằng K = eR+ I và K0 = (1−e)R+I. Vì (R/I)R = (K/I)⊕(K0/I) theo Bổ đề 3.4.6 ta có eI ⊆ I. Nếu L/I là một hạng tử trực tiếp đơn khác củaR/I thì ta có L = f R+I
với f2 = f và f I ⊆ I. Theo giả thiết thì tồn tại g2 = g ∈ he, fi sao cho
eR+f R = gR. Vì vậy, K/I+L/I = (eR+f R+I)/I = (gR+I)/I. Vì
g ∈ he, fi, eI ⊆ I và f I ⊆ I nên gI ⊆ I. Theo Bổ đề 3.4.6 thì (gR+I)
Ví dụ 3.4.8. Cho Q = ∞
Q
i=1
Ri với Ri = Mn(D) với D là vành chia được với mọi i và cho R = Li≥1Ri ,1Qi là vành con của Q sinh bởi
L
i≥1Ri và 1Q. Khi đó, R là V-vành chính quy.
Chứng minh.
Ta sử dụng Định lý 3.4.4 để chứng minh rằng R là V-vành phải. Cho
N là iđêan phải của R, (X/N)R⊆⊕(R/N)R và (Y/N)R⊆⊕(R/N)R sao cho X ∩Y = N. Ta sẽ chứng minh X/N ⊕Y/N⊆⊕(R/N)R. Giống như phần chứng minh ví dụ trên thì tồn tại các phần tử lũy đẳng e, f của R
sao cho: X/N = eR+N/N , Y/N = f R+ N/N eN ⊆N, f N ⊆N, (eR+N)∩(f R+N) = N Ta có: e = (e1, e2, ..., en, e0, e0, ...) f = (f1, f2, ..., fn, f0, f0, ...) 1 = α+ β . với α = (1,1,1, ...,1,0,0, ...) (n lần số 1) và β = (0,0, ...,0,1,1, ...) (n lần số 0). Thì R = B với A = αR và B = βR. Ta xét các trường hợp sau: + Trường hợp 1: Nếu e0 = f0 = 1 thì eR = (e1R1 ×e2R2 ×...×enRn)×B và f R = (f1R1 ×f2R2 ×...×fnRn)×B . Ta có B ⊆ X ∩ Y ⊆ N nên N = (A∩N) ⊕ B. Mặt khác, lại có
(R/N)R ∼= A/(A∩N) là nửa đơn. Vậy X/N ⊕ Y/N là hạng tử trực tiếp của (R/N)R.
+ Trường hợp 2: Nếu e0 = f0 = 0 thì eR = eA và f R = f A. Vì A là vành Artin nửa đơn và (A/N A)A là nửa đơn nên (eA+f A+N A)/N A
là hạng tử trực tiếp của (A/N A)A. Vì vậy tồn tại g2 = g ∈ A sao cho
eA+f A+N A = gA+N Avàg(N A) ⊆N A. Do đó,eR+f R+N = gR+N
tiếp của (R/N)R. Vậy X/N ⊕Y/N là hạng tử trực tiếp của (R/N)R. + Trường hợp 3: Nếu e0 = 0 và f0 = 1 (trường hợp e0 = 1 và
f0 = 0 chứng minh tương tự) thì eR = eA và f R = f A ⊕ B. Vì A là vành Artin nửa đơn và (A/N A)A là nửa đơn nên (eA+f A+N A)/N A
là hạng tử trực tiếp của (A/N A)A.Vì vậy tồn tại g2 = g ∈ A sao cho
eA+f A+N A = gA+N Avà g(N A) ⊆ N A. Khi đó, h := (g, β) là phần tử lũy đẳng của R và eR+f R+N = gA+B+N = hR+N. Hơn nữa,
hN ⊆ gN + βN = g(N A) +N B ⊆ N A+ N B = N. Theo Bổ đề 3.4.6 thì (hN +N)/N là hạng tử trực tiếp của (R/N)R. Vậy X/N ⊕Y/N là hạng tử trực tiếp của (R/N)R.
KẾT LUẬN
Luận văn tổng quan được một số kết quả sau:
(1) Trình bày các điều kiện cần và đủ để một môđun là môđun nội xạ trực tiếp (Định nghĩa 2.1.3) và môđun nội xạ trực tiếp đơn (Mệnh đề 3.1.1).
(2) Mọi môđun tựa nội xạ là nội xạ trực tiếp và mở rộng (Mệnh đề 2.1.10)
(3) Tính chất vành C2 phải là bất biến Morita (Định lý 2.2.16) (4) Mọi môđun nội xạ trực tiếp đơn phải là môđun C3 nếu và chỉ nếu mọi mọi môđun nội xạ trực tiếp đơn phải là tựa nội xạ hay nếu và chỉ nếu
R là vành Artin chuỗi với J(R)2 = 0 (Định lý 3.3.4).
(5). Tính chất vành nội xạ trực tiếp đơn phải là bất biến Morita (Định lý 3.2.4).
(6) Chúng tôi đã thiết lập được mối liên hệ giữa môđun nội xạ trực tiếp đơn vàV-vành: Một vành là V-vành phải nếu và chỉ nếu mọi R-môđun
phải là nội xạ trực tiếp đơn, nếu và chỉ nếu mọi R-môđun phải 2-sinh là
nội xạ trực tiếp đơn (Mệnh đề 3.4.1).
(7) Một vành chính quy R là V-vành phải nếu mọi R-mơđun phải
TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt
[1] Trương Công Quỳnh, Lê Văn Thuyết (2013), Giáo trình lý thuyết vành và mơđun, NXB ĐH Huế.
Tiếng Anh
[2] I. Amin, Y.Ibrahim, M.F Yousif (2015), C3 modules, Algebra Collo-
quium 22(4), 655-670.
[3] F.W.Anderson, K.R.Fuller (1974), Ring and Categories of Modules,
Springer-Verlag, Berlin, New York.
[4] V. Camillo, Y.Ibrahim, M.F Yousif (2014), Simple direct injective mod- ules, Journal of Algebra 420, 39-53.
[5] Z. Chen (1986), Characterization of direct injective modules, J. North-
ern Jiaotong Univer, 4, 72-75.
[6] N.V.Dung, D.V. Huynh, P.F Smith, R. Wisbauer (1994),Extending
Modules, Longman Scientific and Teachnical.
[7] K. Joongsung, C. YourKi (1980), On direct injective modules, Kyung-
pook, J. Math. J., 20(2), 189-191.
[8] F.Kasch(1982),Modules and Rings, London Math. Soc. Monogr, vol 17,
Academic Press, New York.
[9] S.H.Mohamed, B.J.Muller (1982), Continuous and Discrete Modules,
Cambridge Univ. Press, Cambridge, UK.
[10] W.K. Nicholson, M.F.Yousif (2003), Quasi-Frobenius Rings, Cam-
bridge Univ. Press, Cambridge, UK.
[11] W.K. Nicholson (1976), Semiregular modules and rings, Canad, J.
Math, XXVIII, 1105-1120.
[12] R.Wisbauer (1991), Foundation of Module and Ring Theory, Gordon