Định nghĩa 2.1. Vành R được gọi là nội xạ 2-đơn phải, nếu với mỗi iđêan phải 2-sinh I của R, với mỗi R-đồng cấu γ : I → R sao cho γ(I) đơn, đều mở rộng được thành tự đồng cấu của R.
Nhận xét 5. Rõ ràng, các vành nội xạ đơn phải và 2-nội xạ phải đều là các vành nội xạ 2-đơn phải; nhưng điều ngược lại không đúng.
Trong phần tiếp theo đây, chúng tôi sẽ chỉ ra một số ví dụ liên quan đến vành nội xạ 2-đơn. Trong đó, Ví dụ 5 cho chúng ta một vành giao hoán và nội xạ đơn nên nội xạ 2-đơn, nhưng không P-nội xạ. Ví dụ 6 chỉ ra một vành giao hoán, nội xạ 2-đơn nhưng không nội xạ đơn. Vành trong Ví dụ 7 là nội xạ 2-đơn. Để chứng minh những ví dụ này, chúng tôi sẽ phải sử dụng những định lý được trình bày trong các phần sau.
Ví dụ 5 ([9], Example 2). Xét nhóm thương Q/Z và đặt
Z2∞ = (Q/Z)2 = {x+Z|x∈Q, x+Z có cấp là lũy thừa của 2 }= {x+Z|2ix∈Z} = nm
2i +Z| với i là số nguyên dương khác nhau và 0≤m <2i−1o
gọi là nhóm 2-pr¨ufer hay nhóm pr¨ufer của kiểu 2∞. Ta sẽ chứng tỏ rằng mở rộng tầm thường S = T(Z,Z2∞) của Zbởi Z2∞ là một vành nội xạ đơn, giao hoán, nội xạ 2-đơn, soc(S) là đơn và cốt yếu trong S nhưng S không P-nội xạ.
Chứng minh. Ta có Z2∞ = hx1, x2, . . .i, trong đó 2xi+1 = xi với i ≥ 1 và 2x1 = 0. Trước hết ta thấy rằng Z2∞ là nhóm chia được, nghĩa là với x ∈ Z2∞ và 0 6= n ∈ Z
chúng ta luôn có x= nz với z ∈ Z2∞. Thật vậy, với x∈ Z2∞, ta có x =m/2i+Z với
Vì l lẻ nên tồn tại các số nguyên a, bsao cho al+b2i+s = 1. Suy ra
y = (al+b2i+s)y = aly+b2i+sy =aly.
Đặt z =ay. Lúc đó nz = 2slz = 2slay = 2sy =x.
Vì soc(Z) = 0 và soc(Z2∞) =Zx1 nên theo Mệnh đề 1.8.1 ta có soc(S) =Zx1.
Ta thấy rằng Zx1 là cốt yếu trong S. Thật vậy, với x = m2p +nxk 6= 0 trong S, trong đó m và n bằng 0 hoặc lẻ. Nếu m 6= 0 thì x(0 +xp+1) = x1; nếu m = 0 thì
x(2k−1+ 0) =x1.
Vành S không P-nội xạ vì ánh xạ 3s7→ s từ 3S → S không mở rộng được đến S. Tiếp theo, ta chứng tỏ rằng S là nội xạ đơn nên nội xạ 2-đơn. Thật vậy, xét
γ :T → S là một R-đồng cấu từ iđêan T củaS vào S sao cho γ(T) là đơn. Ta có hai trường hợp
Trường hợp 1. Tồn tạim0+y0 trong T với m0 6= 0. Ta có thể giả sử rằng m0 là dương và nhỏ nhất. Nếun+y ∈T thìn =km0, k ∈ Z, lúc đón+y = (m0+0)(k+z), trong đó
z ∈ Z2∞ thỏa mãny =m0z (do tính chia được). Mặt khác,m0+ 0 = (m0+y0)(1 +z0), trong đó m0z0 =−y0. Như vậy T = (m0+ 0)S và điều này chứng tỏ rằng γ = 0 hoặc
γ(m0+ 0) = 0 +x1. Nếuγ = 0thì γ = 0·; ngược lại γ = (0 +x1)·, trong đóm0 =m12t
và m1 lẻ.
Trường hợp 2.T = 0⊕H, trong đóH ≤ Z2∞. Nếu H = Z2∞ thì HomZ(H,Zx1) = 0và lúc này kết quả là hiển nhiên. Nếu H là hữu hạn thìH =hxki, vậy thì T = (0 +xk)S. Tương tự như trường hợp 1, ta có γ = 0· hoặc γ = (2k−1+ 0)·.
Ví dụ 6 (Camillo Example, [9]). Xét R = Z2[x1, x2, . . .] gồm tất cả các đa thức có bậc bất kì và nhận hệ số trên trường Z2, trong đó xi thỏa mãn quy tắc x3i = 0 với mọi i, xixj = 0 với i 6= j và x2i = x2j với mọi i và j. Đặt m = x21 = x22 = . . .. Ta có
m2 = 0 =xim với mọi i. Chúng ta có một số kết quả sau đây 1) R là vành giao hoán, sinh bởi {1, m, x1, x2, . . .}.
2) Vì R chỉ có một iđêan cực đại duy nhất là (m, x1, x2, . . .) nên R là vành địa phương và lúc đó J = (m, x1, x2, . . .). Suy ra rl(J) =J nên R là vành Kasch. 3) Ta có J3 = 0 nên J lũy linh, R/J ∼=
Z2, soc(R) =J2 = Z2m là đơn và cốt yếu trong R.
4) Theo Bổ đề 1.6.5, R là nội xạ cực tiểu.
5) Vì R/J là nửa đơn vàJ lũy linh nên R là nửa nguyên sơ.
Bây giờ, ta sẽ chứng minh rằng R là vành nội xạ 2-đơn nhưng không nội xạ đơn.
Chứng minh. Giả sử γ : I → R là R-đồng cấu vành với I =aR+bRlà iđêan 2-sinh sao cho γ(I) là đơn. Vì R là nội xạ cực tiểu nên mọi R-đồng cấu từ γ(I) vào R đều mở rộng được thành R-đồng cấu từ R vào R nên γ cũng mở rộng được. Do đó R là nội xạ 2-đơn.
Ta sẽ chứng minh R không nội xạ đơn bằng cách chỉ ra phản ví dụ. Xét ánh xạ (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
γ : J → R xác định bởi γ(a) = a2 với mọi a ∈ J. Vì R là vành có đặc số bằng 2 nên γ là Z-đồng cấu vành. Mặt khác, J3 = 0 và r2− r ∈ J (do R/J ∼=
Z2) nên
γ(ar) = a2r2 = a2r = γ(a)r, suy ra γ là R-đồng cấu và γ(J) = Z2m là đơn. Nếu
R nội xạ đơn thì γ = c· với c ∈ R. Lúc đó (c − a)a = 0 với mọi a ∈ J. Suy ra
c ∈J (ngược lại,c−a là khả nghịch) và c =εm+Pn
i=1εixi, trong đóε, εi ∈Z2. Mà
m= x2n+1 =γ(xn+1) =cxn+1 = 0, mâu thuẫn. Vậy R không nội xạ đơn.
Ví dụ 7 (Clark Example, [6]). Chúng ta xây dựng một vành giao hoán R với dàn iđêan như sau
0 =Rv0 < Rv1 < Rv2 < . . . < V < . . . < Rp2 < Rp < R,
trong đó p và vi, i≥1, thỏa điều kiện pvk =vk−1 với mọi k ≥ 1 và V là iđêan không chính. Lúc đó R là nội xạ 2-đơn nhưng không tự nội xạ.
Chứng minh. Xét D là một miền nguyên giao hoán với dàn iđêan 0< . . . < Dpn <
. . . Dp2 < Dp < D. [Miền D này luôn tồn tại, chẳng hạn D = Z(p) với p nguyên tố, hoặc D = F[[x]], với F là một trường và chọn p = x.] Gọi U là nhóm các phần tử khả nghịch của D. Lúc đó, trường các thương là Q = {upk : k ∈ Z, u ∈ U}. Bây giờ ta sẽ xây dựng R.
Bước 1. Trước hết, ta chứng minh rằng, dàn các iđêan của D-môđun con của DQ
mà chứa D là
Thật vậy, rõ ràng ta có D < Dp−1 < Dp−2 < . . . < Q. Nếu D ≤ DA 6= Q
thì tồn tại m ≥ 0 sao cho p−m ∈ A và p−(m+1) ∈/ A. Nếu x ∈ A\Dp−m, ta viết
x =up−k, k ≥1, u ∈U; thì p−k ∈ A và do đó k ≤m nên x= (upm−k)p−m ∈ Dp−m. Tiếp theo, ta kí hiệu DV = Q/D và vm = p−m +D ∈ V, m ≥ 0 (do vậy v0 = 1 +D = 0). Lúc đó pvk =vk−1 với mọi k≥ 1, đồng thời chúng ta có
Bước 2. Ta chứng minh rằng 0 = Dv0 < Dv1 < Dv2 < . . . < V là dàn D-môđun con củaDV; vàDV là môđun chia được (nên nội xạ). Thật vậy, ta cóDvm =Dp−m/D, do đó Dv0 ≤ Dv1 ≤ . . . ≤ V, theo Bước 1. Tiếp theo, ta chứng minh rằng DV chia được. Với mọi d∈ D\{0}, d =upn, u ∈U, n≥ 1 và với mọi v ∈ V, v =d1vm, d1 ∈D, đặt w = u−1d1vm+n, ta có v = dw nên DV chia được. Từ chứng minh, ta cũng được
dV =V, với mọi d∈D\{0}.
Bây giờ, đặt R là mở rộng tầm thường của D bởi V; tức là R = D⊕ V, trong đó phép nhân được định nghĩa bởi (d + v)(d0 + v0) = dd0 + (dv0 + d0v). Lúc đó
Rvm = R(0 +vm) = 0⊕Dvm, với mọi m ≥ 0 và Rpn = R(pn + 0) = Dpn ⊕V, với mọi n ≥ 0bởi vì V =pnV.
Bước 3. Ta chứng tỏ rằng 0≤ Rv0 < Rv1 < . . . < V < . . . Rp2 < Rp < R là dàn iđêan của R. Thật vậy, xét A là một iđêan của R, A6= 0, R.
• Nếu A ≤V thì ta đặt A0 ={v ∈V : 0 +v ∈A}. Khi đó, theo Bước 2, A0 = V
hoặc A0 =Dvm với m nào đó. Điều này dẫn đến A =V hoặc A= Rvm.
• Nếu A * 0 + V thì đặt A1 = {d ∈ D|d +v ∈ A, v ∈ V}. Vì A 6= R nên
A1 =Dpn, n ≥1. Lúc đó, vìV chia được nên A= Dpn⊕V; nghĩa là A =Rpn. Theo Bước 2, ta có V = P
mRvm = ∪mRvm nên V không phải là iđêan chính. Vì mọi iđêan (ngoại trừ V) là iđêan chính và V không có môđun con cực đại nên R là nội xạ đơn, do đó nó nội xạ 2-đơn phải. Tuy nhiên, R không tự nội xạ. Thậy vậy, vì
vm−1 =pvm nên có ánh xạ γ : V → R xác định bởi γ(0 +dvm) = 0 +dvm−1. Ánh xạ này là một đồng cấu nhưng không thể là một phép nhân trái.