Trong phần này chúng ta sẽ xem xét các lớp vành đặc biệt chẳng hạn như vành đơn, nửa nguyên tố, nguyên tố và CS. Đồng thời mô tả khi nào các vành đó là a-vành phải. Trước hết ta xét bổ đề sau.
Bổ đề 3.4.1. Cho A và B là các iđêan phải của a-vành phải R với
A∩ B = 0. Khi đó, ta có các điều kiện sau:
(i) ϕ(A) là môđun nửa đơn. (ii) ϕ(A) là đơn nếu B là đều.
(2) Nếu elà lũy đẳng không tầm thường của R sao cho eR(1−e) 6= 0
thì Soc(eR) 6= 0. Chứng minh.
(1) (i). Cho U ≤e B. Khi đó, E(U) = E(B) và U ⊕A là bất biến đẳng cấu. Suy ra U là A-nội xạ. Mặt khác, tồn tại đồng cấu
α : E(A) −→ E(B)
sao cho α|A = ϕ. Suy ra α(A) ≤U. Do đó, ϕ(A) ≤U. Vì vậy, ϕ(A) ≤Soc(B).
(ii). Nếu B đều thì từ (i) suy ra ϕ(A) là đơn. (2). Giả sử eR(1−e) 6= 0.
Khi đó, tồn tại r0 ∈ R sao cho er0(1−e) 6= 0.
Xét đồng cấu β : (1−e)R −→eR xác định bởi β((1−e)x) = er0(1−e)x.
β xác định đúng đắn và Im(β) 6= 0. Theo (1)(i) ta có Im(β) ≤Soc(eR). Do đó, Soc(eR) 6= 0.
Mệnh đề 3.4.2 ([11, Proposition 1]). Cho M là môđun bất biến
đẳng cấu. Khi đó, R/J(R) là vành chính quy Von Neumann và các lũy đẳng nâng được modulo J(R) với J(R) =Z(M).
Định lý 3.4.3. a-vành phải là vành chính quy Von Neumann nếu
và chỉ nếu nó là nửa nguyên tố.
Chứng minh.
(=⇒). Cho R là a-vành phải. Nếu R là vành chính quy Von Neu- mann thì R là nửa nguyên tố.
(⇐=). Giả sử R là nửa nguyên tố và là a-vành phải. Ta chứng minh
R là vành chính quy Von Neumann.
RR là bất biến đẳng cấu. Theo Mệnh đề 3.4.2, R/J(R) là chính quy Von Neumann và J(R) = Z(RR). Ta chứng minh J(R) = 0. Với mỗi
x ∈ J(R), tồn tại iđêan phải cốt yếu E của R sao cho xE = 0. Vì R là
a-vành phải nên uE ≤ E với mọi đơn vịu ∈ R. Do đó, (RxR)E ≤ E suy ra (xRxR)E ≤ xE = 0. Vì vậy xRxR ≤ P hoặc E ≤ P với tất cả iđêan nguyên tố P của R. Cho {Pi}i∈I và {Pj}j∈J là họ các iđêan nguyên tố của R sao cho xRxR ≤ Pi với mọi i ∈ I và xRxR Pj với mọi j ∈ J.
Đặt X = T
i∈I
Pi và Y = T
j∈J
Pj. VìR là nửa nguyên tố nênX∩Y = 0. Hơn nữa, ta có E ≤ Y và do đó Y ≤e RR. Nếu xRxR 6= 0 thì tồn tại
r1, r2 ∈ R sao cho xr1xr2 = 06 . Khi đó, tồn tại y ∈ R sao cho xr1xr2y 6= 0
và xr1xr2y ∈ Y (mâu thuẫn). Suy ra xRxR = 0. Hơn nữa, R là nửa nguyên tố nên x = 0 hay J(R) = 0.
Định lý 3.4.4 ([12, Theorem 15]). Cho M là môđun bất biến đẳng
cấu. Khi đó, M là không chính phương nếu và chỉ nếu End(M) là tựa duo trái (phải).
Định lý 3.4.5. Mọi a-vành phải là ổn định hữu hạn, tức là, mọi
vành ma trận trên trường R là hữu hạn trực tiếp. Chứng minh.
Cho R là a-vành phải. Khi đó, R = S×T vớiSS là Artin nửa đơn và
TT không chính phương. Theo Định lý 3.4.4 , T là vành tựa duo (quasi- duo) phải. Khi đó, Mn(R) = Mn(S ⊕ T). Do đó, Mn(R) ∼= M
n(S) ⊕
Mn(T). Rõ ràng, Mn(S) là hữu hạn trực tiếp. Ta chứng minh Mn(T) là hữu hạn trực tiếp. Cho {Mi} là tập các iđêan phải cực đại của vành tựa duo T. Khi đó, mỗi Mi là iđêan hai phía và J(T) =T
Mi. Rõ ràng T /Mi
là thể. Do đó, Mn(T)/Mn(Mi) ∼=
Mn(T /Mi) là vành Artin đơn cũng là hữu hạn trực tiếp. Xét đồng cấu vành ϕ : Mn(T) −→ Q
iMn(T /Mi). Ta có Ker(ϕ) = Mn(J(T)) =J(Mn(T)). Vì mỗi Mn(T /Mi) là hữu hạn trực tiếp nên Q
iMn(T /Mi) là hữu hạn trực tiếp. Do đó, Mn(T)/JMn(T) là hữu hạn trực tiếp và cũng là vành con của vành hữu hạn trực tiếp. Vì vậy Mn(T) là hữu hạn trực tiếp. Suy ra Mn(R) hữu hạn trực tiếp và do đó R ổn định hữu hạn.
Hệ quả 3.4.6. Mọi a-vành phải chính quy Von Neumann là đơn vị chính quy .
Bổ đề 3.4.7. Vành của phép biến đổi tuyến tính R := End(VD)
của không gian vectơ V trên thể D là a-vành phải nếu và chỉ nếu V là không gian vectơ có chiều hữu hạn.
Chứng minh.
Nếu V là không gian vectơ có chiều vô hạn trên D thì End(VD)
không là hữu hạn trực tiếp. Vì vậy, theo Định lý 3.4.3 ở trên End(VD)
không là a-vành phải. Do đó, V có chiều hữu hạn.
Mệnh đề 3.4.8. ChoR là a-vành phải nửa nguyên tố vớiSoc(R) =
0. Khi đó, R là chính quy mạnh.
Chứng minh.
Giả sử R là a-vành phải nửa nguyên tố. Rõ ràng, R là chính quy Von Neumann. Cho e là lũy đẳng trong R. Giả sử (1−e)Re 6= 0. Khi đó, Soc((1 −e)R) = 06 (mâu thuẫn). Do đó, (1− e)Re = 0. Điều này chứng tỏ rằng e là lũy đẳng tâm. Vì mọi lũy đẳng của R là tâm nên R
là chính quy mạnh.
Định lý 3.4.9. Cho R là vành nguyên tố. Khi đó, R là a-vành phải
nếu và chỉ nếu R là vành Artin đơn.
Chứng minh.
Giả sử R là a-vành phải nguyên tố. Theo Định lý 3.3.4, hoặc R là vành Artin đơn hoặc R là vành không chính phương. Ta xét trường hợp
R là a-vành phải nguyên tố không chính phương. Theo Định lý 3.4.3, R
là vành chính quy Von Neumann. Vì R không chính phương nên tất cả luỹ đẳng của R là tâm. Do đó, R là vành chính quy mạnh. Mọi vành chính quy mạnh nguyên tố là thể. Đặc biệt, từ lập luận trên ta có mọi
Trong [9], Er, Singh và Srivastava đã chứng minh rằng môđun bất biến đẳng cấu M thỏa mãn tính chất (C2). Nếu M là môđun CS thì M
là môđun liên tục và do đó M là bất biến qua đồng cấu lũy đẳng của
E(M). Vì E(M) là môđun clean và là môđun nội xạ nên đồng cấu bất kỳ của E(M) là tổng của đồng cấu lũy đẳng và là tự đẳng cấu. Do đó, môđun CS bất biến đẳng cấu M là bất biến qua đồng cấu của E(M)
và do đó là tựa nội xạ. Tức là, nếu R là vành bất biến đẳng cấu phải,
CS phải thì R là tự nội xạ phải. Vì vậy, ta xét các điều kiện yếu trong mệnh đề sau.
Mệnh đề 3.4.10. Cho R là a-vành phải, CS yếu phải. Nếu e là
lũy đẳng nguyên thủy của R sao cho eR(1− e) 6= 0 thì eRe là thể và
eR(1−e) chỉ là R-môđun con thực sự của eR. Chứng minh.
Theo Bổ đề 3.4.1, Soc(eR) 6= 0. Vì R là bất biến đẳng cấu phải nên
R là (C2) phải trong [9]. Theo Định lý 1.9.12, eR cũng là môđun CS
yếu. Trước hết ta chứng minh Soc(eR) là môđun đơn mà cốt yếu trong
eR. Vì eR là môđun CS yếu nên Soc(eR) là cốt yếu trong hạng tử trực tiếp củaeR. Nhưng eR là môđun không phân tích được. Do đó, Soc(eR)
là cốt yếu trong eR. Với phần tử a khác không tùy ý, a ∈ Soc(eR), vì
eR là môđun CS yếu không phân tích được nên aR cốt yếu trong eR. Mà Soc(eR) ≤ aR cho nên Soc(eR) = aR. Do đó, Soc(eR) là môđun đơn. Vì vậy eR là đều. Vì môđun đều bất biến đẳng cấu là tựa nội xạ nên eR là tựa nội xạ. Do đó, eRe ∼= End(eR) là vành địa phương, tức là e là lũy đẳng địa phương của R.
Ta chứng minh eR(1−e) chỉ là môđun con thực sự của eR.
Vì eR(1− e) 6= 0 nên theo Bổ đề 3.4.1, eR(1− e) ⊂ Soc(eR). Do đó,
eR(1−e) = Soc(eR)(1−e). Ta chứng minh eJ(R)e là môđun con của
eR. Vì R bất biến đẳng cấu phải theo Mệnh đề 3.4.2, J(R) =Z(RR) và vì vậy J(R)Soc(eR) = 0. Ta có (eJ(R)e)Soc(eR) = eJ(R)Soc(eR) = 0
suy ra (eJ(R)e)(eR(1−e)) = 0. Mặt khác, ta có
eJ(R)eR = eJ(R)e(Re+ R(1−e)) =eJ(R)eRe ⊂ eJ(R)e.
Do đó, eJ(R)e là R-môđun con của eR. Vì Soc(eR) là đơn nên ta có
eJ(R)e∩ Soc(eR) = 0 hoặc Soc(eR) ≤ eJ(R)e. Giả sử Soc(eR) ≤eJ(R)e.
Khi đó, eR(1−e) = Soc(eR)(1−e) ≤eJ(R)e(1−e) = 0 (mâu thuẫn). Suy ra eJ(R)e∩Soc(eR) = 0. Do đó, eJ(R)e = 0.
Cho I là môđun con thực sự của eR. Vì eR là địa phương nên
I ≤ eJ(R) và vì vậy, Ie = 0. Mặt khác, ta có I(1−e) ≤ eR(1−e) suy ra I ≤eR(1−e) = Soc(eR). Do đó, I = 0 hoặc I = Soc(eR). Đặc biệt, ta có Soc(eR)e = 0. Vì vậy eR(1−e) = Soc(eR)(1−e) = Soc(eR).
Định lý 3.4.11. Cho R là vành không phân tích được, không địa
phương. Các điều kiện sau là tương đương: (1) R là q-vành phải.
(2) R là a-vành phải và CS phải.
Chứng minh. Sử dụng Mệnh đề 3.4.10 và [13, Theorem 3].
Ta sử dụng các kết quả trên để đưa ra sự mô tả của a-vành phải.
Định lý 3.4.12. Cho n≥ 1 là số nguyên, D1, D2, ..., Dn là các thể
và ∆ là a-vành phải với mọi lũy đẳng tâm và iđêan cốt yếu P sao cho
∆/P là thể và ∆-môđun phải ∆/P không được nhúng trong ∆∆. Cho Vi
là (Di −Di+1)-song môđun sao cho
dim(Di{Vi}) = dim({Vi}D
i+1) = 1
với mọi i = 1,2, ..., n−1, và Vn là (Dn−∆)-song môđun sao cho VnP = 0
và dim(Dn{Vn}) = dim({Vn}A/P) = 1. Khi đó,
R := Gn(D1, ..., Dn,∆, V1, ..., Vn) = D1 V1 D2 V2 D3 V3 . . . . . . Dn Vn ∆
là a-vành phải. Chứng minh.
Cho 1 ≤ i ≤ n+ 1 và ei là ma trận mà vị trí thứ (i, i) bằng 1 còn các vị trí còn lại bằng 0. Dễ dàng thấy được ejRej+1 là iđêan phải cực đại của R với mọi j = 1,2, ..., n. Cho K là iđêan phải của vành ∆và cho
ˆ
K là tập tất cả các ma trận mà vị trí (n+ 1, n+ 1) lấy từ K và tất cả số khác bằng 0. Cho 1≤ i ≤ n và iđêan phải K của ∆.
Trước hết ta có các kết quả sau sẽ được sử dụng trong suốt quá trình chứng minh định lý.
(1) eiR và Kˆ là nội xạ lẫn nhau. eiRei+1 và Kˆ cũng là nội xạ lẫn nhau.
(2) Hom(eiR,Kˆ) = 0 = Hom(eiRei+1,Kˆ).
(3) eiR và ejR nội xạ lẫn nhau với mọi j =6 i. eiRei+1 và ejR cũng nội xạ lẫn nhau với mọi j 6= i.
Cho U là iđêan phải cốt yếu của R. Khi đó, eiRei+1 ≤ U với mọi
i = 1,2, ..., n. Cho W :=
n
P
i=1
eiRei+1. Ta có W là iđêan của R và W ≤U. Vì vành thương R/W ∼= Ln
i=1
Di
⊕∆ và U/W là iđêan phải của R/W. Khi đó, tồn tại các tập rời nhau I, J của tập {1,2, ..., n} và iđêan phải K của ∆
sao cho U = L i∈I eiR ⊕ L j∈J ejRej+1 ! ⊕K.ˆ Ta có phần kết luận rút gọn sau: (i) L j∈J
ejRej+1 là R-môđun phải nửa đơn và vì vậy L
j∈J
ejRej+1 là tựa nội xạ.
(ii) L
i∈I
eiR là R-môđun phải tựa nội xạ. Theo (3), ta chỉ cần chứng minh mỗi eiR là R-môđun phải tựa nội xạ với mọi i ∈ I. Ta có eiRei+1
Cho f : eiRei+1 −→ eiR là R-đồng cấu. Ta có eiRei+1 = 0 0 0 0 0 0 . . Vi . . . 0 0 0
Khi đó, f(eiRei+1) = eiRei+1. Vì dim(Di{Vi}) = dim({Vi}D
i+1) = 1 nên tồn tại vi ∈ Vi sao cho
Divi = viDi+1. Giả sử f(vi) = 0 0 0 0 0 0 . . vidi+1 . . . 0 0 0
Với di+1 ∈ Di+1 nào đó. Khi đó, tồn tại di ∈ Di sao cho divi = vidi+1. Ta xét R-đồng cấu f¯: eiR −→ eiR đươc xác định như phép nhân trái bởi 0 0 0 0 0 0 . . di . . . 0 0 0
Khi đó, f¯là mở rộng của f. Ta cũng có tương tự trong trường hợp của
enR.
(iii). Kˆ = ˆK1 ⊕ Kˆ2, với Kˆ1 là R-môđun tựa nội xạ và Kˆ2 là R- môđun bất biến đẳng cấu không chính phương. Theo Định lý 3.3.4, ta có sự phân tích ∆ = ∆1 ×∆2 với ∆1 là Artin nửa đơn và ∆2 là không chính phương. Khi đó, tồn tại ∆-môđun tựa nội xạ K1 và ∆-môđun không chính phương K2 sao cho K = K1⊕K2. Do đó, Kˆ = ˆK1⊕Kˆ2. Vì
en+1R(1−en+1) = 0 nên ta thu được K1 là tựa nội xạ và K2 là không chính phương. Hơn nữa, theo giả thiết, K2 là bất biến đẳng cấu.
Cho X = L i∈I eiR ⊕ L j∈J ejRej+1 ! ⊕ Kˆ1 và Y = ˆK2. Khi đó,
U = X ⊕Y. Theo (1), (2), (3), X là tựa nội xạ, Y là bất biến đẳng cấu không chính phương và trực giao với X; X và Y là nội xạ lẫn nhau. U
là bất biến đẳng cấu. Điều này chứng tỏ mỗi iđêan phải cốt yếu của R
là bất biến đẳng cấu. Cho A là iđêan phải bấy kỳ của R, C là phần bù của A trong R. Khi đó, A⊕C là iđêan phải cốt yếu của R. Do đó, như chứng minh trên, A⊕C bất biến đẳng cấu suy ra A là bất biến đẳng cấu. Điều này chứng tỏ R là a-vành phải.
Định lý 3.4.13. Mỗi a-vành phải CS yếu, không suy biến phải,
Artin phải, không phân tích được R là đẳng cấu với
Mn1(e1Re1) Mn1×n2(e1Re2) Mn1×n3(e1Re3) ... Mn1×n2(e1Rek) 0 Mn2(e2Re2) Mn2×n3(e1Re2) ... Mn2×nk(e2Rek) 0 0 . ... . ... ... ... ... ... 0 0 0 ... Mnk(ekRek) Trong đó eiRei là thể, eiRei ∼= e jRej với mỗi 1 ≤ i, j ≤ k và n1, ..., nk
là các số nguyên dương. Hơn nữa, nếu eiRej 6= 0 thì
dim(eiRei(eiRej)) = 1 = dim((eiRej)ejRej).
Chứng minh. Cho R là a-vành phải CS yếu phải, không suy biến phải, Artin phải, không phân tích được. Trước hết, ta chứng minh eR là tựa nội xạ với mọi lũy đẳnge ∈ R. Vì Rlà Artin phải nên ta có Soc(eR) 6= 0. Vì R là bất biến đẳng cấu phải và CS yếu phải nên eR cũng là môđun
CS yếu. Hơn nữa, Soc(eR) là môđun đơn cốt yếu trong eR. Do đó, eR
đều và vì vậy eR là tựa nội xạ. Để hoàn thiện chứng minh này ta đưa ra lập luận sau.
Chọn họ độc lập F = {eiR : 1 ≤ i ≤n} của các iđêan phải không phân tích được sao cho R =
n
L
i=1
eiR.
Ta viết lại như sau: R = [e1R]⊕[e2R]⊕...⊕[ekR], với 1 ≤i ≤ k. [eiR]
trực tiếp của ni bản sao của eiR. Xét 1 ≤ i < j ≤ k. Ta sắp xếp các hạng tử [eiR] theo cách l(ejR) ≤ l(eiR). Giả sử ejRei 6= 0. Khi đó, ta có phép nhúng của eiR vào ejR. Do đó, l(eiR) ≤ l(ejR). Mà theo giả thiết
l(ejR) ≤ l(eiR) nên l(ejR) = l(eiR). Vì vậy, ejR ∼= e
iR. Điều này mâu thuẫn. Do đó, ejRei = 0 với j > i. Ta có R ∼= Mn1(e1Re1) Mn1×n2(e1Re2) Mn1×n3(e1Re3) ... Mn1×n2(e1Rek) 0 Mn2(e2Re2) Mn2×n3(e1Re2) ... Mn2×nk(e2Rek) 0 0 . ... . ... ... ... ... ... 0 0 0 ... Mnk(ekRek) Với mỗi eiRei là thể, eiRei ∼= e jRej với mỗi 1 ≤ i, j ≤ k và n1, ...nk là các số nguyên dương. Hơn nữa, nếu eiRej 6= 0 thì
KẾT LUẬN
Trong luận văn này tôi đã trình bày một số nội dung về môđun bất biến đẳng cấu, sự phân tích của môđun bất biến đẳng cấu, cấu trúc của vành mà các iđêan bất biến đẳng cấu. Một số kết quả chúng tôi đã tổng quan được:
(1) Môđun M là bất biến đẳng cấu nếu và chỉ nếu mọi đẳng cấu giữa hai môđun con cốt yếu của M mở rộng đến tự đẳng cấu (tự đồng cấu) của M.
(2) Nếu tổng trực tiếp M1⊕M2 là bất biến đẳng cấu thì M1 và M2
là nội xạ lẫn nhau.
(3) Mọi môđun bất biến đẳng cấu thỏa mãn (C3).
(4) Môđun M là giả nội xạ nếu và chỉ nếu M bất biến đẳng cấu. (5) a-vành phải là tổng trực tiếp của vành Artin nửa đơn chính phương đầy đủ và vành không chính phương phải.
(6) Vành R là Artin nửa đơn nếu và chỉ nếu vành ma trận Mn(R)
là a-vành phải với n > 1 nào đó.
(7) Mọi a-vành phải là ổn định hữu hạn.
(8) a-vành phải là vành chính quy Von Neumann nếu và chỉ nếu nó là nửa nguyên tố.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng Việt:
[1] T.C. Quỳnh, L.V. Thuyết (2013), Lý thuyết vành và môđun, NXB Đại học Huế.
Tiếng Anh:
[2] A.K. Boyle and K.R. Goodearl (1975), Rings over which certain modules are injective, Pacific J. Math. 58(1), 43–53.
[3] V.P. Camillo, D. Khurana, T.Y. Lam, W.K. Nicholson and Y. Zhou (2006), Continuous modules are clean, J. Algebra 304 (1), 94–111. [4] V.P. Camillo and H.P. Yu (1994), Exchange rings, units and idem-
potents, Commun. Algebr 22 (12), 4737–4749.
[5] J. Dauns and Y. Zhou (2006),Classes of Modules, Pure and Ap- plied Mathematics, A Series of Monograph and Textbooks, Vol. 281 (Chapman-Hall/CRC Press (Taylor Francis Group)).
[6] H. Q. Dinh (2005), A note on pseudo-injective modules, Commun. Algebra 33, 361–369.
[7] N. V. Dung, D. V. Huynh , P. F. Smith and R. Wisbauer (1994),
Extending Modules, Pitman Research Notes in Mathematics Series, Vol. 313 (Longman Scientific and Technical, Harlow).
[8] D. Eisenbud and P. Griffith (1971), Serial rings, J. Algebra 17,