CHƯƠNG 2 MÔĐUN NỘI XẠ TRỰC TIẾP
3.1. Môđun nội xạ trực tiếp đơn
Mệnh đề 3.1.1. Các điều kiện sau là tương đương đối với R- môđun
M:
(1). Nếu A, B là các môđun con bất kỳ của M với A ∼= B⊆⊕M thì
A⊆⊕M.
(2). Nếu A, B là các hạng tử trực tiếp đơn bất kỳ của M với A∩B = 0
thì A⊕B⊆⊕M.
(3). Nếu M = M1 ⊕M2 với M1 là đơn và f : M1 → M2 là R-đồng
cấu thì Imf⊆⊕M2.
Chứng minh.
(1) ⇒ (2). Cho A, B là các hạng tử trực tiếp bất kỳ của M với A, B
là các môđun đơn và A∩B = 0 .
Giả sử M = A⊕T với T ⊆ M. Xét phép chiếu chính tắc π : A⊕T → T. Ta có A⊕B = A⊕π(B) vì π(B) ∼= B⊆⊕M. Theo (1) ta có π(B)⊆⊕M. Mặt khác, M = A⊕T nên π(B)⊆⊕T suy ra T = π(B)⊕K với K ⊆ M. Ta có M = A⊕T = A⊕π(B)⊕K. Vậy A⊕B⊆⊕M.
R-đồng cấu. Khơng mất tính tổng quát ta giả sử rằng f 6= 0, tức là f là đơn cấu.
Đặt T = {m1 + f (m1)|m1 ∈ M1} là một môđun con của M. Ta cần chứng minh M = T ⊕M2.
Nếu x ∈ M thì x = m1 + m2 với m1 ∈ M1, m2 ∈ M2. Khi đó,
x = m1 + f(m1) −f(m1) + m2 ∈ T + M2 suy ra M ⊆ T + M2. Lại có
T +M2 ⊆M nên T +M2 = M.
Nếu x ∈ T + M2 thì x = m1 +f (m1) với m1 ∈ M1 thì
m1 = x−f (m1) ∈ M1 ∩M2 = 0.
Vìf là đơn cấu nên x = m1+f (m1) = 0 ⇒M2∩T = 0. VậyM = M2⊕T. Tiếp theo ta chứng minh rằng M1 ∩ T = 0. Nếu x ∈ M1 ∩ T thì
x = m1 + f (m1) với m1 ∈ M1 suy ra x−m1 = f (m1) ∈ M1 ∩ M2 = 0
do f là đơn cấu và a = 0 nên x = 0. Vì T ∼= M/M
2 ∼= M
1 là đơn nên
T ⊕M1⊆⊕M.
Cuối cùng ta chứng minh T ⊕ M1 = Imf ⊕M1. Nếu x ∈ Imf thì
x = f (m1) với m1 ∈ M1. Suy ra x = m1 − m1 + f (m1) ∈ M1 + T
hay Imf + M1 ⊆ M1 ⊕T. Mặt khác, M1 ∩ M2 = 0 và Imf ⊆ M2 nên
Imf ∩ M1 = 0. Do đó, Imf ⊕M1 ⊆ M1 ⊕T.
Hiển nhiên, M1 ⊕ T ⊆ Imf ⊕ M1 nên M1 ⊕ T = Imf ⊕ M1. Vì
M1 ⊕T⊆⊕M nên Imf⊆⊕M do đó Imf⊆⊕M2.
(3) ⇒ (1). Cho A, B là các môđun con đơn của M với B ∼= A⊆⊕M. Ta cần chứng minh B⊆⊕M.
+ Nếu A∩B 6= 0 thì dễ dàng suy ra B⊆⊕M.
+ Nếu A∩B = 0 thì ta có thể viết M = A⊕T với T ⊆ M.
Xét π : A⊕T → T là phép chiếu tự nhiên và σ : B → A là đẳng cấu, khi đó σ−1 : A→ B.
A σ−1
B
π|B //T
suy ra π|B ◦ σ−1 : A → T là đơn cấu. Vì A là đơn, M = A ⊕ T và
Im π|B ◦σ−1 = π(B). Theo (3) ta có π(B)⊆⊕T. Nếu T = π(B) ⊕K
với K ⊆ T thì M = A⊕T = A⊕π(B)⊕K = A⊕B⊕K. Vậy B⊆⊕M.
Định nghĩa 3.1.2. Môđun M được gọi là nội xạ trực tiếp đơn nếu
M thỏa mãn một trong các điều kiện của Mệnh đề 3.1.1 trên.
Vành R được gọi là nội xạ trực tiếp đơn phải nếu môđun RR là nội xạ trực tiếp đơn.
Ví dụ 3.1.3.
(1). Mọi mơđun khơng phân tích được là nội xạ trực tiếp đơn. Đặc biệt, ZZ là nội xạ trực tiếp đơn nhưng không nội xạ trực tiếp.
(2). Nếu R là vành giao hốn thì mọi R-mơđun xyclic là C3 mơđun
do đó nó là mơđun nội xạ trực tiếp đơn.
(3). VớiR = Z8,NR = K⊕L vớiK ∼= RvàL ∼= 2R. Ta có2K khơng là hạng tử trực tiếp của KR nên không là hạng tử trực tiếp của N. Nhưng
2K ∼= N và L⊆⊕N nên N không là môđun C3. Theo [10, Corollaries 2.4 and 2.6] M = N ⊕N không là môđun C3.
Ta cần chứng minh M là nội xạ trực tiếp đơn nghĩa là M không có hạng tử trực tiếp đơn nào.
Giả sử XR là hạng tử trực tiếp đơn của MR. Ta có
M = Y1 ⊕Y2 ⊕Y3 ⊕Y4
với Y1 ∼= Y
2 ∼= K, Y
3 ∼= Y
4 ∼= L. Vì vành tự đồng cấu của K và L là vành địa phương nên theo Định lý 1.2.10 ta có sự phân tíchM = Y1⊕Y2⊕Y3⊕Y4. Vì vậy, tồn tại k ∈ {1,2,3,4}sao cho M = X⊕(L
i6=kYi). Điều này nghĩa
là nội xạ trực tiếp đơn.
Bổ đề 3.1.4. Cho M là mơđun nội xạ trực tiếp đơn. Khi đó:
(1). Với bất kỳ tập hữu hạn {X1, X2, ..., Xk} các hạng tử trực tiếp đơn
của M thì
k
P
i=1
Xi⊆⊕M.
(2). Tổng tất cả các hạng tử trực tiếp đơn của M là bất biến hoàn
toàn trong M.
Chứng minh.
(1). Giả sử M = X1⊕N1 với N⊆⊕M. Xét phép chiếu p1 : M →N1. Khi đó, hoặc p1(X2) = 0 hoặc p1(X2) ∼= X2 trong đó X2⊆⊕M. Do đó,
p1(X2)⊆⊕M nên p1(X2)⊆⊕N1 ⇒ N1 = p1(X2) ⊕ N2 với N2 ⊆ N1. Vậy M = X1 ⊕p1(X2) ⊕N2. Ta có X1 +X2 = X1 ⊕ p1(X2) nên M = (X1 +X2) ⊕ N2. Tương tự, xét phép chiếu p2 : M → N2. Khi đó, hoặc
p2(X3) = 0 hoặc p2(X3) ∼= X
3 trong đó X3⊆⊕M. Do đó, p2(X3)⊆⊕M
nên p2(X3)⊆⊕N2 từ đó suy ra N2 = p2(X3)⊕N3 với N3 ⊆N2.
Vì X1+X2+X3 = (X1 + X2)⊕p2(X3) nên M = (X1 +X2 +X3)⊕
N3.
Bằng quy nạp ta có M = (X1 +X2 +...+Xk)⊕Nk với Nk⊆⊕M. (2). Rõ ràng.
Mệnh đề 3.1.5. Cho M là môđun hữu hạn sinh. Nếu M là nội xạ
trực tiếp đơn thì bất kỳ các mơđun con nửa đơn A, B với A ∼= B⊆⊕M, ta
có A⊆⊕M.
Chứng minh.
Cho A, B là các môđun con nửa đơn của M với A ∼= B⊆⊕M. Do M
hữu hạn sinh nên A, B đều hữu hạn sinh nên ta có A =
k P i=1 Ai, B = k P i=1 Bi
với Ai, Bi là các môđun đơn và Ai ∼= B
i⊆⊕M, i = 1, k. Vì M là nội xạ trực tiếp đơn nên Ai⊆⊕M, i = 1, k. Theo Bổ đề 3.1.4 thì ta có A⊆⊕M.
Mệnh đề 3.1.6. Cho M là một mơđun sao cho tổng tất cả các hạng
tử trực tiếp đơn của nó là cốt yếu trong hạng tử trực tiếp của M. Khi
đó, M là mơđun nội xạ trực tiếp đơn nếu và chỉ nếu M = M1 ⊕ M2
với soc(M1) ∩rad(M1) = 0, soc(M1) là bất biến hoàn toàn trong M và
soc(M2) ⊆ rad(M2).
Chứng minh.
(⇒). Cho F là tập tất cả các hạng tử trực tiếp đơn của M. Theo giả thiết ta có sự phân tích M = M1 +M2 với P
X∈F
X là cốt yếu trong M1 và
M2 ⊆ M với X là hạng tử trực tiếp đơn của M. Theo Bổ đề 3.1.4 ta có P
X∈F
X = soc(M1) là bất biến hồn tồn trong
M. Mọi mơđun đơn chứa trong P
X∈F
X là đẳng cấu với hạng tử trực tiếp đơn củaM mà M là môđun nội xạ trực tiếp đơn nên nó là hạng tử trực tiếp đơn củaM do đó nó là hạng tử trực tiếp củaM1. Vậy mọi môđun đơn chứa trong P
X∈F
X không chứa trong rad(M1). Nên soc(M1)∩rad(M1) = 0.
Cho M2 = X + Y với X là đơn và Y ⊆ M2. Vì X khơng là hạng tử trực tiếp của M2 nên X ∩ Y 6= 0, do X là đơn nên X ∩ Y = X hay
X ⊆ Y. Do đó, Y = M2, điều này chứng tỏ rằngX là môđun con bé nhất của M2. Vậy soc(M2) ⊆ rad(M2).
(⇐). Cho A, B là các môđun con đơn của M với A ∼= B⊆⊕M. Khi đó, B 6⊂ M2 vì mọi mơđun đơn của M2 là bé trong M2 suy ra B ⊆ M1. Xét phép chiếu p : M → M1 vì B ⊆ M1 nên p(B) 6= 0. Mặt khác,
soc(M1) ∩ rad(M1) = 0 và p(B) không bé trong M1 nên p(B)⊆⊕M1. Vì A ∼= B ∼= p(B)⊆⊕M1 nên tồn tại tự đồng cấu f của M sao cho
f (p(B)) =A. Lại có soc(M1) là bất biến hồn tồn trong M,
A ⊆soc(M1) nên A không bé trong M1. Vậy A⊆⊕M1 ⇒ A⊆⊕M.
Một hạng tử trực tiếp đơn địa phương của một môđun M là tổng trực tiếp L := L
t∈ΛXt của các môđun con đơn của M sao cho L
là hạng tử trực tiếp của M với bất kỳ tập con hữu hạn F của Λ.
Mệnh đề 3.1.7. Giả sử rằng mọi hạng tử trực tiếp đơn địa phương
của M là hạng tử trực tiếp của M. Khi đó, M là môđun nội xạ trực tiếp
đơn khi và chỉ khi M = M1 ⊕M2 với M1 là môđun con nửa đơn bất biến
hoàn toàn của M và soc(M2) ⊆ rad(M2).
Chứng minh.
(⇒). Cho F là tập tất cả các hạng tử trực tiếp đơn của M. Khi đó M1 = P
X∈F
X = L
X∈HX (với H ⊆ F) là bất biến hoàn toàn trong
M. Theo Bổ đề 3.1.4 ta có L
{X : X ∈ H} là hạng tử trực tiếp đơn địa phương của M do đó theo giả thiết thì nó là hạng tử trực tiếp của
M. Nên M = M1 ⊕ M2 với M2 ⊆ M. Theo Mệnh đề 3.1.6 ta suy ra
soc(M2) ⊆ rad(M2).
(⇐). Theo chiều ngược lại của Mệnh đề 3.1.6.
Nếu môđun M thỏa mãn điều kiện ACC trên các hạng tử trực tiếp thì mọi hạng tử trực tiếp đơn địa phương của M chính là tổng trực tiếp hữu hạn của các hạng tử trực tiếp đơn do đó nó là hạng tử trực tiếp của
M.Vì vậy, từ Mệnh đề 3.1.7 ta có hệ quả sau:
Hệ quả 3.1.8. Cho mơđun M thỏa mãn điều kiện ACC trên các
hạng tử trực tiếp. Khi đó, M là mơđun trực tiếp đơn khi và chỉ khi
M = M1 ⊕M2 với M1 là mơđun con nửa đơn bất biến hồn tồn của M
và soc(M2) ⊆rad(M2).
Hệ quả 3.1.9. Cho môđun M thỏa mãn điều kiện ACC trên các
hạng tử trực tiếp. Nếu M là môđun nội xạ trực tiếp đơn thì với bất kỳ
mơđun con nửa đơn A, B mà A ∼= B⊆⊕M, ta có A⊆⊕M.
Chứng minh.
Theo Hệ quả 3.1.8 ta có M = M1⊕M2 với M1 là mơđun con nửa đơn bất biến hồn tồn của M và soc(M2) ⊆ rad(M2). Giả sử A ∼= B⊆⊕M
B∩M2 = 0 nên tồn tại N ⊆ M1 sao cho A∼= B ∼= N. Ta có N⊆⊕ M1 và
M1 bất biến hoàn toàn trong M mà A ⊆ M1 nên A là hạng tử trực tiếp của M1. Do đó, A là hạng tử trực tiếp của M.
Định nghĩa 3.1.10. Cho M và N là các R-môđun phải. M được
gọi là N-nội xạ đơn nếu với bất kỳ môđun con đơnK của N, mọi R-đồng
cấu f : K → M đều mở rộng thành g : N →M.
Môđun M được gọi là tựa nội xạ đơn nếu nó là M-nội xạ đơn. Mơđun M được gọi là nội xạ đơn nếu nó là R-nội xạ đơn.
Vành R được gọi là nội xạ đơn phải nếu RR là nội xạ đơn.
Bổ đề 3.1.11. Cho N = L
α∈INα là tổng trực tiếp của các R-mơđun
phải. Khi đó, M là N-nội xạ đơn nếu và chỉ nếu M là Nα-nội xạ đơn, với
mọi α ∈ I.
Bổ đề 3.1.12. Nếu M là R-môđun phải nội xạ trực tiếp đơn thì mọi
hạng tử trực tiếp đơn của M là M-nội xạ đơn.
Chứng minh.
Cho A là một hạng tử trực tiếp đơn của M và f : K → A là đồng cấu với K là môđun con đơn của M. Ta cần chứng minh rằng f mở rộng vào M.
+ Nếu f = 0 thì hiển nhiên.
+ Nếu f 6= 0 thì ta có A ∼= K. Vì M là nội xạ trực tiếp đơn nên ta có K⊆∼= M và f mở rộng thành g : M → A. Vậy A là M-nội xạ đơn.