Trước tiên ta cần nhắc lại các định nghĩa và một số tính chất về môđun với các điều kiện C1, C2, C3.
Định nghĩa 2.1.1. Cho M là R-môđun phải. Khi đó:
(C1). M được gọi là thỏa mãn điều kiện C1 nếu mọi môđun con của M
là cốt yếu trong một hạng tử trực tiếp của M.
(C2). M được gọi là thỏa mãn điều kiện C2 nếu với mọi A và B là các môđun con của M sao cho A ∼= B và B là một hạng tử trực tiếp của M thì
A cũng là một hạng tử trực tiếp của M.
tử trực tiếp của M với A∩B = 0 thì A⊕B là một hạng tử trực tiếp của M. Mệnh đề 2.1.2.M là một môđun thỏa C1 nếu và chỉ nếu với mọi môđun con A và B sao cho A∩B = 0 đều tồn tại một hạng tử trực tiếp K của M
sao cho B ⊆ K và A ∩ K = 0. Hơn nữa, trong trường hợp này A ⊕K là môđun con cốt yếu của M.
Chứng minh
"⇒" Giả sử môđun M thỏa mãn điều kiện C1 và A, B là hai môđun con của M sao cho A∩ B = 0. Khi đó tồn tại một phần bù K của A trong M
sao cho B ⊆ K. Theo giả thiết, K là một hạng tử trực tiếp của M.
"⇐" Giả sử rằng M thỏa mãn điều kiện đã nêu. Gọi B là phần bù trong
M. Khi đó tồn tại một môđun con A của M sao cho B là một phần bù của
A trong M. Theo giả thiết, tồn tại một hạng tử trực tiếp K của M sao cho
B ⊆ K vàK∩A = 0. Do đó B = K, suy ra B ⊆e K. Từ đó suy ra được rằng mọi phần bù trongM là một hạng tử trực tiếp. Vì vậy M thỏa mãn điều kiện
C1. ✷
Bổ đề 2.1.3.[13, Bổ đề 2.1] Cho M là một R-môđun phải và S =
End(M). Các điều kiện sau là tương đương: (1). M là một môđun C2.
là một hạng tử trực tiếp của M.
Chứng minh
(1)⇒ (2). Hiển nhiên.
(2) ⇒ (1). Cho N ⊆ M và α : eM → N là một đẳng cấu, trong đó
e2 = e ∈ S. Cho i : N → M là ánh xạ bao hàm.
Đặt s := iαe. Khi đó N = se(M) và Ker(se) = Ker(e). Từ đó suy ra được Ker(se) là một hạng tử trực tiếp của M.
Theo giả thiết của(2)thìN = se(M)là một hạng tử trực tiếp củaM. Như vậy ta có thể khẳng định được rằng M là môđun C2. ✷
Bổ đề 2.1.4.[5] Một hạng tử của môđun Ci cũng là môđun Ci với 1≤ i ≤ 3.
Mệnh đề 2.1.5. Cho M là một R−môđun phải các điều kiện sau đây là tương đương:
(1). M là một môđun C3.
(2). Nếu A ⊆⊕ M, B ⊆⊕ M và A∩ B = 0 thì M = A1 ⊕B = A⊕B1
với các môđun con A1 ⊇ A, B1 ⊇ B.
(3). Nếu A ⊆⊕ M, B ⊆⊕ M và A∩B ⊆⊕ M thì A+B ⊆⊕ M.
(1) ⇒ (2) Cho A, B ⊆⊕ M và A ∩ B = 0. Khi đó vì M là C3 nên
A⊕B ⊆⊕ M, M = A⊕B ⊕T (với T là môđun con của M). Nếu chúng ta chọn A1 = A⊕T và B1 = B ⊕T thì ta có M = A1 ⊕B = A⊕B1.
(2)⇒ (1) Cho A, B ⊆⊕ M và A∩B = 0. Khi đó ta cần chứng minh rằng
A⊕B ⊆⊕ M. Theo giả thiết ta có M = A1⊕B = A⊕B1 với các môđun con
A1 ⊇ A, B1 ⊇ B. Mặt khác B1 = B1∩M = B1∩(A1⊕B) =B⊕(A1∩B1)
và M = A⊕B1 = A⊕B⊕(A1 ∩B1). Vì vậy ta suy ra được A⊕B ⊆⊕ M.
(1) ⇒(3) Vì A∩B ⊆⊕ M nên M = (A∩B)⊕K với K là một môđun con của M. Rõ ràng, A= (A∩ B)⊕(A∩K) và B = (A∩B)⊕(B ∩K).
Vì M là một môđun C3 nên (A∩K) ⊆⊕ M,(B ∩K) ⊆⊕ M
và (A∩K)∩(B∩K) = (A∩B)∩K = 0, vì vậy chúng ta suy ra được rằng
T = (A∩K)⊕(B∩ K) ⊆⊕ M.
Hơn nữa, vìT ⊆⊕ M, A∩B ⊆⊕ M và(A∩B)∩T = 0nên ta có(A∩B)⊕
T ⊆⊕ M. Khi đó, ta cóA+B = [(A∩B)⊕(A∩K)]+[(A∩B)⊕(B ∩K)] = (A∩B)⊕(A∩ K)⊕(B ∩K) = (A∩B)⊕T ⊆⊕ M.
(3)⇒ (1)Hiển nhiên. ✷
Bổ đề 2.1.6. Nếu M = A1 ⊕A2 là một môđun C3 và f : A1 → A2 là một đồng cấu với Kerf⊆⊕ A1 thì Imf⊆⊕ A2.
Trước tiên chúng ta cần chỉ ra rằng nếu f : A1 →A2 là một đơn cấu thì Imf ⊆⊕ A2.
Đặt T = {a+f(a) : a ∈ A1} là môđun con của M. Chúng ta cần chứng minh được rằng M = T ⊕A2.
Nếu x ∈ M thì x = a + b với mọi a ∈ A1, b ∈ A2. Khi đó, ta có
x = (a+f(a)) + (−f(a) +b) ∈ T +A2. Từ đó suy ra được M = T +A2. Nếu x ∈ T ∩A2 thì x = a+ f(a) với mọi a ∈ A1 và vì vậy a = x−f(a) ∈
A1 ∩A2 = 0. Do đó x = 0. Điều này chứng tỏ M = T ⊕A2 và T ⊆⊕ M. Tiếp theo chúng ta chỉ ra rằngA1∩T = 0. Lấyx ∈ A1∩T thìx = a+f(a)
với mọi a ∈ A1 và do đó x−a = f(a) ∈ A1 ∩ A2 = 0. Vì f là một đơn cấu và a = 0 nên x = 0.
VìM là một môđun C3nên A1⊕T ⊆⊕ M. Cuối cùng chúng ta thấy rằng
A1 ⊕T = A1⊕Imf. Vì A1 ⊕T ⊆⊕ M, Imf ⊆⊕ M nên Imf ⊆⊕ A2. Khi đó cho f : A1 → A2 là một đồng cấu với Kerf ⊆⊕ A1. Bây giờ, gọi B là môđun con của A1 sao cho A1 =Kerf ⊕B. Khi đó M = A1 ⊕A2 =Kerf ⊕B ⊕A2 và ánh xạ thu hẹp f|B : B → A2 là đơn cấu.
Vì một hạng tử của một môđun C3 cũng là môđun C3 nên chúng ta suy ra từ lập luận trước đó là Imf = Imf|B ⊆⊕ A2. ✷ Hệ quả 2.1.7. Cho M = A1 ⊕A2 là một môđun C3 với A1, A2 là các
môđun con của M. Nếu f : A1 →A2 là một R− đơn cấu thì Imf ⊆⊕ A2.
Định lý 2.1.8.Cho M là một môđun. Khi đó các mệnh đề sau đây tương đương với nhau:
(1). Nếu M = A1 ⊕A2 và f :A1 → A2 là một đơn cấu thì Imf ⊆⊕ A2.
(2). Nếu M = A1⊕A2 và f :A1 → A2 là một đồng cấu với Kerf ⊆⊕ A1
thì Imf ⊆⊕ A2. (3). Nếu B ∼= A ⊆⊕ M, B ⊆M và A∩B = 0 thì A⊕B ⊆⊕ M. (4). Nếu B ∼= A ⊆⊕ M, B ⊆M và A∩B = 0 thì B ⊆⊕ M. (5). Nếu A, B ⊆⊕ M, A∼= B và A∩B = 0 thì A⊕B ⊆⊕ M. (6).Nếu M = A⊕A′ = B⊕B′ và A∩B = A∩B′ = 0 thì A⊕B ⊆⊕ M. Chứng minh
(1) ⇒ (2) Cho M = A1 ⊕ A2 với A1, A2 là các môđun con của M. Gọi
f : A1 → A2 là một đồng cấu với Kerf ⊆⊕ A1. Ta đặt A1 = Kerf⊕B với B
là môđun con nào đó của A1. Khi đó ta có M = A1⊕A2= Kerf⊕B⊕A2 =
B⊕(A2⊕Kerf) và ánh xạ thu hẹp f|B : B → A2 →A2⊕Kerf là một đơn cấu. Theo giả thiết ta có được điều cần chứng minh là Imf = Imf|B ⊆⊕ A2.
(2)⇒ (1) Hiển nhiên.
và B ∼=σ A ⊆⊕ M. Chúng ta cần chứng minh rằng A ⊕B ⊆⊕ M. Vì A là hạng tử trực tiếp của M nên M = A⊕T với môđun con T nào đó của M. Xét ánh xạ π : A⊕ T → T là phép chiếu tự nhiên. Hiển nhiên ta có được
A⊕B = A⊕π(B). Vì π|B :B → T là một đơn cấu nên B ∼= π(B).
Khi đó, vì M = A⊕T và π|B ◦σ−1 : A → T là một đơn cấu nên từ giả thiết chúng ta có thể suy ra được rằng Im(π|B ◦σ−1) =π(B) ⊆⊕ T.
Nếu T = π(B) ⊕ K với một môđun con K của T thì M = A⊕ T =
A⊕π(B)⊕K = A⊕B ⊕K, vì vậy A⊕B ⊆⊕ M.
(3)⇒ (4) Hiển nhiên.
(4) ⇒ (6) Chúng ta cần chứng minh nếu M = A ⊕ A′ = B ⊕ B′ với
A∩ B = A∩B′ = 0 thì A⊕B ⊆⊕ M.
Gọi π : B ⊕ B′ → B′ là một phép chiếu tự nhiên. Vì A ∩ B = 0 nên
π(A) ∼= A ⊆⊕ M. Mặt khác, chúng ta có π(A) ∩ A ⊆ B′ ∩ A = 0 nên từ giả thiết suy ra π(A) ⊆⊕ M và vì vậy π(A) ⊆⊕ B′; trong đó B′ = π(A)⊕T
với T là môđun con của B′.Từ đây, chúng ta suy ra A⊕ B = π(A) ⊕ B. Gọi π(a) + b ∈ π(A) ⊕ B với a = b1 + b′1 ∈ B ⊕ B′. Khi đó π(a) +b =
π(b1+b′1) +b = b′1+b = (b′1+b1) + (b−b1) =a+ (b−b1) ∈ A⊕B. Ngược lại, nếu x = a+b ∈ A⊕B thì π(x) =π(a). Vì x∈ M = B⊕B′, x = b1+b′1 với
x = π(a)+b1 ∈ π(A)⊕B. Khi đó vìM = B⊕B′ = B⊕π(A)⊕T = A⊕B⊕T
nên suy ra được A⊕B ⊆⊕ M.
(6)⇒ (5). Lấy A, B ⊆⊕ M với A ∼= B vàA∩B = 0. Viết M = B⊕B′ và cho π : B ⊕B′ →B′ là phép chiếu tự nhiên và f : B →A là một đẳng cấu. Ánh xạ π◦f : B → B′ là 1−1. Vì nếu định nghĩa T := {b+πf(b) : b ∈ B} thì M = T ⊕B′ và T ∩B = T ∩B′ = 0. Vì vậy từ (6) suy ra T ⊕B ⊆⊕ M. Vì T ⊕B = π(A)⊕B = A⊕B.
(5) ⇒ (1) Cho A1, A2 ⊆ M, M = A1 ⊕A2 và f : A1 → A2 là một đơn cấu. Chúng ta cần chứng minh Imf ⊆⊕ A2. Gọi T := {a +f(a) : a ∈ A1} thì M = T ⊕ A2, T ∩ A1 = 0 và A1 ∼= M/A2 ∼= T. Vì vậy từ (5) suy ra
A1 ⊕T ⊆⊕ M. Vì A1 ⊕T = A1 ⊕Imf nên Imf ⊆⊕ A2. ✷ 2.2. Môđun với điều kiện C4
Định nghĩa 2.2.1. Một môđun M được gọi là môđun C4 nếu nó thỏa mãn một trong các điều kiện trong Định lý 2.1.8. Một vành R được gọi là vành phải C4 nếu RR là một môđun phải C4.
Ví dụ 2.2.2. Mọi môđun C3 là môđun C4. Ví dụ này là hiển nhiên và được suy ra từ Hệ quả 2.1.7 và Định lý 2.1.8.
Ví dụ 2.2.3.Nhắc lại rằng một môđunM được gọi là hạng tử không chính phương nếu với mọi N ⊆ M và N = Y1 ⊕Y2 với Y1 ∼= Y2 (và Y1, Y2 ⊆⊕ M)
thì Y1 = Y2 = 0. Khi đó mọi môđun hạng tử không chính phương đều là môđun C4. Sử dụng định nghĩa trên dễ dàng thấy được rằng mọi môđun hạng tử không chính phương đều là môđun C4 vì thỏa (5) của Định lý 2.1.8. Ví dụ 2.2.4.Môt môđun M có tính chất tổng hai hạng tử (SSP) là một môđun C4. Vì mọi môđun có tính chất tổng trực tiếp (SSP) thì thỏa mãn điều kiện C3 nên theo Ví dụ 2.2.2 thì nó cũng là một môđun C4.
Sau đây là một ví dụ về một môđun không chính phương (cũng là môđun
C4) nhưng không phải là môđun C3. Ví dụ này được đưa ra bởi P.Nielsen. Ví dụ 2.2.5.[7,Ví dụ 2.10.] Cho R := F2[x1, x2, ...]he, fi thỏa các điều kiện sau e2 = e, f2 = f, ex1 = f x1 = 0, ef x2 = f ex2 = 0, ef ex3 = f ef x3 = 0, ... Để thuận tiện ta đặt Rn := F2[xn, xn+1, ...], e2n = (ef)n, e2n+1 = (ef)ne, f2n = (f e)n, f2n+1 = (f e)nf với mọi n≥ 1 và đặt e0 = f0 = 1. Khi đó
(1). eR∩f R = 0 và eR+f R không phải là hạng tử của RR. (2). Môđun RR là không chính phương.
Mệnh đề 2.2.6.
(1). Một hạng tử của môđun C4 cũng là một môđun C4. (2). Nếu M ⊕M là một môđun C4 thì M là một môđun C2.
(3). Cho M là một môđun C4, A ⊆⊕ M, B ⊆⊕ M và A∩ B = 0. Nếu tồn tại một đơn cấu f :A → B thì A là môđun C2.
Chứng minh
(1). Cho M là một môđun C4, K ⊆⊕ M và viết M = K ⊕ L với L là một môđun con của M. Giả sử K = A⊕B và f : A →B là một đơn cấu.
Ánh xạf có thể xem như một đơn cấuf : A→ B⊕L, vìM = A⊕(B⊕L)
là một môđun C4 nên chúng ta suy ra được rằng Imf ⊆⊕ B.
(2). Giả sử M ⊕ M là môđun C4 và A ∼=σ B ⊆⊕ M. Chúng ta cần chứng minh A ⊆⊕ M. Viết M = B ⊕ L với L là môđun con của M. Vì
M ⊕M = B ⊕(L⊕M) = B ⊕(M ⊕L) là một môđun C4. Và vì vậy đơn cấu σ−1 : B →M →M ⊕L là chẻ ra, tức là A = σ−1(B) ⊆⊕ M.
(3). Vì M là môđun C4 chúng ta suy ra từ Định lý 2.1.8(3) rằng
A⊕A ∼= A⊕Imf ⊆⊕ M. Theo (1) thìA⊕Alà môđunC4và từ (2) suy raAlà
môđunC2. ✷
Bổ đề 2.2.7. Cho M là một R-môđun phải. Khi đó mọi môđun con của
M là một môđun C4 khi và chỉ khi A và B là giả nội xạ tương hỗ (tức là A
là giả B−nội xạ và B là giả A−nội xạ) với mọi A, B là môđun con của M
với A∩B = 0.
Chứng minh
Giả sử mọi môđun con của M là môđun C4 và cho N = A⊕B trong đó
là giả A−nội xạ.
Gọi f :K →B là một đơn cấu với K ⊆A. Theo giả thiết K⊕B là một môđun C4, và theo Định lý 2.1.8 thì ánh xạ f là chẻ ra, tức là Imf ⊆⊕ B. Theo Định lý 2.1.8 ta có K ∼= Imf ⊆⊕ N với K∩Imf = 0 nên suy ra được rằng K ⊆⊕ N. Do đó K ⊆⊕ A và f có thể được mở rộng đến A.
Ngược lại, choN là một môđun con của M. Theo Định lý 2.1.8, chúng ta cần chứng minh rằng nếu N := A⊕B và f : A →B là một đơn cấu thì f là chẻ ra. Thật vậy, vìAlà giảB−nội xạ vàA ∼= Imf nên suy ra đượcImf là giả
B−nội xạ. Từ đóImf ⊆⊕ B. ✷
Bổ đề 2.2.8. Cho M là một môđun phải mà tất cả các môđun con của nó đều là môđun C4. Nếu A, B là hai môđun con của M với A ∼= B và
A∩ B = 0 thì cả A và B là đều là môđun nửa đơn. Hơn nữa nếu thêm điều kiện M là một môđun CS thì A⊕B ⊆⊕ M.
Chứng minh
Cho T là một môđun con của A. Theo Bổ đề 2.2.6 thì T là giả B−nội xạ.
Vì A ∼= B nên suy ra được T là giả A−nội xạ và vì vậy T ⊆⊕ A. Điều này chứng tỏ được rằng A là nửa đơn.
Mặt khác, A ∼= B nên chúng ta suy ra B cũng là môđun nửa đơn. Vì
sao cho B ⊆e D. Cho f : A → B là một đẳng cấu và i : B → D là ánh xạ bao hàm. Theo giả thiết và Bổ đề 2.2.7 thì đơn cấu g = i◦f : A → D
là chẻ ra, tức là B = Img ⊆⊕ D. Như vậy B = D là một hạng tử của
M. Vì M là môđun C4 nên A ⊕ B là một hạng tử của M theo Định lý
2.1.8(3). ✷
Để thuận lợi cho việc nghiên cứu chúng ta cần bổ sung thêm định nghĩa sau.
Định nghĩa 2.2.9.
(1). Một R-môđun phải M được gọi là có đế không chính phương nếu nó không chứa các môđun con khác không đẳng cấu thành một chính phương
S ⊕S với S là môđun đơn.
(2).MộtR-môđun phảiM được gọi là môđun hạng tử không chính phương nếu với mọi N ⊆ M và N = Y1 ⊕Y2 với Y1 ∼= Y2 thì Y1 = Y2 = 0.
Mệnh đề 2.2.10. Một môđun M là không chính phương nếu và chỉ nếu
M có đế không chính phương và với mọi môđun con của M là môđun C4.
Mệnh đề 2.2.10 là hệ quả của hai bổ đề trên.
Định nghĩa 2.2.11.Một môđun M được gọi là thỏa mãn tính chất biến đổi trong nếu với mọi phân tích tổng trực tiếp trong M = L
i∈IMi và với mọi hạng tử N ⊆⊕ M thì tồn tại các môđun con Mi′ ⊆ M(i ∈ I) sao cho
M = L
i∈IMi′ ⊕N. Nếu điều này đúng với |I| < ∞ thì M được gọi là thỏa mãn tính chất biến đổi hữu hạn trong.
Mệnh đề 2.2.12. Nếu M là môđun C4 với tính chất biến đổi hữu hạn trong thì M là môđun C3.
Chứng minh
Cho A và B là hai hạng tử của M với A∩B = 0. Từ giả thiết chúng ta có thể viết M = A⊕C = B ⊕D trong đó C, D ⊆ M. Theo tính chất biến đổi trong thì M = A⊕ B′ ⊕D′ trong đó B = B′ ⊕B”, D = D′ ⊕ D” và
B′, B”, D′, D” ⊆ M. Vì B”∩D′ = 0 và B”∩(A⊕B′) = 0 nên từ Định lý 2.1.8(6) suy ra được (A⊕B′)⊕B” = A⊕B là một hạng tử của M, điều phải
chứng minh. ✷
Hệ quả 2.2.13. Nếu M là một môđun hạng tử không chính phương với tính chất biến đổi hữu hạn trong thì M cũng là một môđun C3.
Mệnh đề 2.2.14. Nếu M là một môđun C4 thỏa mãn điều kiện DCC
trên các hạng tử thì M = (L
i∈INi)⊕K với mỗi Ni là một môđun C2 và K
là không chính phương.
Chứng minh
Sẽ không có gì để chứng minh nếuM là một môđun hạng tử không chính