Trong mục này ta sẽ nghiên cứu thêm một số kết quả liên quan đến nội dung ở các mục trớc nhằm soi sáng cho các lý thuyết đó.
2.3.1. Mệnh đề. Hệ quả 2.2.7 (i) không còn đúng khi bỏ đi giả thiết hữu hạn sinh.
Chứng minh. ĐặtM = Πp P∈ Âp và N = ⊕p P∈ Âp, trớc tiên ta sẽ chứng minh rằng N chính là môđun con xoắn của Â-môđun M.
Thật vậy, nếu ( )ap p P∈ ∈τ( )M thì có số nguyên dơng n sao cho
( )p p P 0
n a ∈ = , tức là nap =0 trong ÂP với mọi p ∈P. Vì (n, p) = 1 với mọi p>n nên từ đó suy ra ap=0 với mọi p>n. Nh vậy phần tử
( )ap p P
∈ chỉ có hữu hạn thành phần khác 0, nghĩa là ( )ap p P N
∈ ∈ .
Đảo lại, giả sử ( )ap p P N
∈ ∈ , khi đó có tập con hữu hạn J ⊂ P sao cho ap =0 với mọi p ∉ J. Đặt N = Πp J∈ p thì dẽ thấy rằng n a( )p p P 0
∈ = . Do
đó ( )ap p P∈ ∈τ( )M . VËy τ( )M =N
Bây giờ ta sẽ chứng tỏ hệ quả 2.2.7 (i) không còn đúng khi bỏ đi giả thiết hữu hạn sinh bằng cách chỉ ra rằng N không
phải hạng tử trực tiếp của M. Để thực hiện điều này, ta sẽ lần l- ợt chứng minh
HomÂ(Ô , M) =0 và Hom (Ô , M/N) ≠0 trong đó Ô là tập hợp các số hữu tỉ.
Giả sử p là một số nguyên tố tùy ý, với mọi f ∈Hom (Ô Â, ) và mọi r∈¤ , ta cã:
f(r) = f (p(r|p))=p.f (r|p) = 0.
Từ đó suy ra Hom (Ô , Âp) = 0. Theo mệnh đề1.4.2 chơng 1 ta cã
Hom¢ (¤ ,M) ≅ ∏p∈PHom¢ (¤ ,¢p) = 0.
Để chứng minh HomÂ(Ô , M/N)≠0, trớc tiên ta chỉ ra rằng M/N là một nhóm Aben chia đợc. Thật vậy, giả sử n là một số nguyên khác 0 và (ap)p∈P+N là một phần tử tùy ý của M/N. Với mỗi p> n , vì ảnh của n trong Âp là khả nghịch nên tồn tại bp∈Âp sao cho ap=nbp.
Đặt bp=0 với p≤ n khi đó (ap)p∈P và n(bp)p∈P là hai phần tử của M chỉ có hữu hạn thành phần khác nhau, do vậy
(ap)p∈P +N=n[(bp)p∈P+N].
Điều này chứng tỏ M/N là một nhóm Aben chia đợc. Theo mệnh
đề 1.8.4 chơng 1, M/N là một Â-môđun nội xạ. Với mỗi p∈P và mỗi n∈Â, kí hiệu np là ảnh của n trong Âp. Xét ánh xạ:
( )
: /
p p P
g M N
n n N
∈
→
+
¢ a
Rõ ràng g là một  đồng cấu khác 0. Vì M/N là một Â-môđun nội xạ nên theo mệnh đề 1.8.2 chơng 1 g có thể mở rộng thành một đồng cấu g1:Ô →M N/ . Nh vậy HomÂ(Ô , M/N)≠0.
Bây giờ nếu N là một hạng tử trực tiếp của M thì M/N
đẳng cấu với một môđun con của M (xem 1.4.3 chơng 1). Do vậy tồn tại đơn cấu
h M N: / →M . Khi đó dễ thấy rằng đồng cấu cảm sinh
( ) ( )
*: , / ,
h Hom M N Hom M f hf
¢ ¤ → ¢ ¤
a
cũng là một đơn cấu, nhng điều này là không thể, vì nh ta vừa chứng minh ở trên, HomÂ(Ô ,M) = 0 và HomÂ(Ô ,M/N) ≠ 0.
2.3.2. Mệnh đề. Cho R là một vành chính, khi đó:
(i) R là một R-môđun không phân tích đợc.
(ii) Trờng các thơng của R cũng là một R-môđun không phân tích đợc.
(iii) Nếu p là một phần tử bất khả quy của R và e là một số nguyên dơng thì R-môđun R|Rpe là không phân tích đợc. Và ngợc lại, nếu một R môđun xyclic là không phân tích đợc, thì
số mũ của nó liên kết với lũy thừa của một phần tử bất khả quy của R.
Chứng minh.
(i) Giả sử có phân tích R = X ⊕ Y với X, Y là những môđun con không tầm thờng của R. Khi đó tìm đợc các phần tử khác
không x∈X và y∈Y. Ta có xy∈X∩Y, vì R là một miền nguyên nên xy ≠ 0 suy ra X∩Y ≠ {0}, m©u thuÉn.
(ii) Giả sử trờng các thơng F của R có phân tích F= X ⊕ Y, với X, Y là những môđun con không tầm thờng của F. Chọn các phần tử khác không a/b∈X và c/d∈Y khi đó 0 ≠ ac =(bc).
(a/b)=(ad).(c/d)∈X∩Y. Suy ra X∩Y≠{0}, m©u thuÉn.
(iii) Giả sử ta có phân tích R/Rpe= X ⊕ Y với X, Y là những R- môđun con không tầm thờng của R/Rpe. Khi đó rõ ràng X, Y cũng là những iđêan của vành thơng R/Rpe. Vì R là một vành chính nên X, Y là những R-môđun xyclic.
Giả sử a và b là hai phần tử của R sao cho ảnh của chúng trong R/Rpe lần lợt sinh ra X và Y. Viết a=ps.a1, b =pt.b1 với (a1,p)=(b1,p)=1. Khi đó dễ thấy ảnh của ps và pt trong R/Rpe t-
ơng ứng là phần tử sinh của X và Y. Bây giờ tùy theo s≤t hay s>t mà ta có X⊇Y hay X⊂Y. Nh vậy không thể có X∩Y={0}, do X, Y là những môđun con không tầm thờng. Ta gặp mâu thuẫn. Vậy R/Rpe là R-môđun không phân tích đợc.
Để chứng minh khẳng định cuối cùng, giả sử M là một R- môđun xyclic không phân tích đợc với số mũ exp(M) = α≠0.Khi
đó dễ thấy M ≅ R/Rα (xem chứng minh định lý 2.2.11). Giả sử
1
. 1e... kek u p p
α = là phân tích tiêu chuẩn của α thành tích của các nhân tử bất khả quy. Bởi mệnh đề 1.1.3 chơng 1, ta có
11
/ / e ... / kek R Rα ≅R Rp ⊕ ⊕R Rp .
Vì M không phân tích đợc nên phải có k =1, và do đó α liên kÕt víi 11
pe .
Trong mục trớc chúng tôi đã trình bày hệ quả 2.2.5 dựa vào
định lý 2.2.4, tuy nhiên cũng có thể chứng minh trực tiếp hệ quả này mà không cần dựa vào 2.2.4, tức có thể xem nó là một
định lý độc lập. Điều đó đợc thực hiện nh sau:
2.3.3. Định lý. Cho M là một môđun hữu hạn sinh trên một vành chính R. Khi đó:
(i) M = τ(M) ⊕ F với τ(M) là môđun con xoắn của M và F là một môđun tự do.
(ii) M là một môđun tự do nếu và chỉ nếu M không xoắn.
Chứng minh. Trớc hết ta chứng minh (ii).
Giả sử M là một R-môđun không xoắn với hệ sinh {x1, x2, ..., xn}. Chọn ra trong hệ sinh này một hệ sinh con độc lập tuyến tính cực đại {y1, y2, ..., yk}. Gọi N là môđun con của M sinh bởi {y1, y2, ..., yk}. Vì {y1, y2, ..., yk} độc lập tuyến tính nên N là một R-môđun tự do. Lại vì {y1, y2, ..., yk} là một hệ con độc lập tuyến tính cực đại của {x1, x2, ..., xn} nên với mọi i
= 1, 2, ..., n họ {y1, y2, ..., yk, xi} phụ thuộc tuyến tính, tức là tồn tại phần tử khác không ai ∈R sao cho aixi∈N. Đặt a=a1...an≠0 thì aixi∈N với mọi i=1,2, ..., n. Do đó aM ⊆ N. Từ đây suy ra aM cũng là một R-môđun tự do.
Xét đồng cấu
λa:M →aM
cho bởi λa(m) = am với mọi m ∈ M. Rõ ràng λa là một toàn cấu.
Do M là R-môđun không xoắn nên λa cũng là đơn cấu, tức M ≅ aM. Do đó M cũng là một R-môđun tự do.
Ta còn phải chứng minh (i). Chú ý rằng M/τ(M) là một R- môđun không xoắn (xem 1.2.4 (ii) chơng 1), do đó theo (ii) nó là một môđun tự do. Xét dãy khớp ngắn
( ) ( )
0→τ M →M →M /τ M →0.
Bởi mệnh đề 1.7.5 chơng 1, dãy khớp này chẻ ra, tức là M = τ(M) ⊕ F với F là môđun con của M. Vì F ≅ M/τ(M) nên F là một môđun tự do.
Một cách tơng tự, ta cũng chứng minh đợc hệ quả 2.2.3 bằng con đờng khác không thông qua định lý 2.2.1.
2.3.4. Định lý. Cho F là một nhóm Aben tự do hạng n. Khi
đó mỗi nhóm con G của F đều là một nhóm Aben tự do hạng r(G) = m ≤ n. Hơn nữa tồn tại một cơ sở S = {u1, ..., un} của F và một cơ sở T = {v1, ..., vm} của G sao cho vi = tiui với i = 1, 2, ..., m; trong đó t1, ..., tm là những số nguyên dơng thỏa mãn ti chia hết ti+1 với mọi i = 1,..., m-1.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n.
Với n=0, định lý đúng một cách hiển nhiên. Giả sử n>0 và
định lý đã đợc chứng minh đúng với n=1. Ta loại trừ trờng hợp tầm thờng G=0 và xem G≠0.
Giả sử V={y1, ..., yn} là một cơ sở của F. Khi đó mỗi phần tử g∈G đều biểu diễn đợc duy nhất dới dạng
g= k1(g)y1+....+kn(g)yn,
với ki(g) ∈ Z, i=1, 2, ..., n. Gọi k(g) là số nguyên dơng nhỏ nhất trong tất cả các số nguyên dơng của tập {k1(g), ...., kn(g)}. Với mỗi cơ sở V của F, ta đặt k(V)=min{k(g)|g∈G}. Gọi P là tập tất cả các cơ sở của V và gọi t1= min{k(C)|C∈P} khi đó tồn tại v1∈G và một cơ sở U sao cho t1 là một hệ số trong biểu diễn
của v1 qua cơ sở U. Đánh số lại các phần tử của U, nếu cần thiết ta cã thÓ xem
v1 = t1x1+k2x2+...+knxn,
trong đó k2, ..., kn ∈Z. Chia k2, ..., kn cho t1, ta đợc ki = t1qi+ri, 0≤ri<t1 (i=2, ..., n).
Đặt u1 = x1 +q2x2+...+qnxn, thì U’= {u1, x2, ..., xn} là một cơ sở mới của F mà theo cơ sở đó ta có
v1 = t1u1 +r2x2+...+rnxn.
Vì 0≤ri < t1 (i=2, ..., n) nên từ cách xác định t1 ta suy ra ri = 0 với mọi i= 2, ..., n. Vậy v1=t1u1.
Bây giờ gọi H là nhóm con của F sinh bởi các phần tử x2, ..., xn. Rõ ràng H là một nhóm Aben tự do hạng n -1. Đặt K = H ∩ G.
Theo giả thiết quy nạp, K là một nhóm Aben tự do hạng r(K) ≤ n -1. Giả sử r(K) = m -1. Vẫn theo giả thiết quy nạp, tồn tại một cơ
sở {u1, u2,..., un} của H và một cơ sở {v1, v2,..., vm} của K sao cho vi = tiui, (i = 2, ..., m) trong đó t2, ..., tm là những số nguyên dơng và ti chia hết ti+1 với mọi i = 2, ..., m -1.
Gọi J là nhóm con xyclic của F sinh bởi v1 và I là nhóm con xyclic của F sinh bởi u1. Ta thấy ngay J ⊆ I. Vì v1∈ G nên J ⊂ G. Ta sẽ chỉ ra rằng G = J ⊕ K.
Thật vậy, vì U’= {u1, x2, ..., xn} là một cơ sở mới của F nên I
∩ H={0}. Từ đó rút ra J ∩ K ⊆ J ∩ H = {0}.
Mặt khác, với g là một phần tử bất kỳ của G, ta có thể biểu diễn nó qua cơ sở của U’
g = c1u1+c2x2+...+cnxn,
trong đó ci ∈ Z, i=1,...,n. Chia c1 cho t1, ta đợc c1 = t1q+r, 0≤r<t1.
Đặt g’= g- qv1 ∈ G, ta có g’= ru1 + c2x2 + ... + cnxn.
Vì 0 ≤ r < t1, nên theo cách chọn t1, ta suy ra r = 0. Vậy g’=
c2x2+...+cnxn∈H. Điều này dẫn đến g’∈ H ∩ G = K, và do đó g = qv1 + g’∈ J+K.
Nh vậy G = J ⊕ K, tức G là một nhóm Aben tự do hạng r(G) = m ≤ n. Dễ thấy S ={u1, ..., un} là một cơ sở của F và T= {v1, ..., vm} là một cơ sở của G. Để hoàn thành chứng minh của định lý, ta còn phải chỉ ra rằng t1 chia hết t2. Giả sử t2= t1q0+r0 với 0
≤ r0 < t1. Xét phần tử u’1= u1-q0u2. Khi đó {u’1, u2, ..., un} cũng là một cơ sở của F, và đối với cơ sở này, phần tử v2-v1∈ G có biÓu diÔn
v2-v1= (-t1)u’1+r0u2.
Vì 0 ≤ r0 < t1 nên theo cách chọn của t1 ta rút ra r0 = 0, tức t1
chia hÕt t2.
Bây giờ ta sẽ tìm hiểu mệnh đề sau mà vai trò của nó
đối với lý thuyết nhóm Aben hữu hạn sinh tơng tự nh vai trò của định lý 2.2.4.
2.3.5. Mệnh đề. Mọi nhóm Aben sinh bởi n phần tử đều
đẳng cấu với tổng trực tiếp của n nhóm xyclic có cấp lần lợt là t1, t2, ..., tn trong đó
1 ≤ t1 ≤ ... ≤ tn ≤ ∞
và ti chia hết ti+1 với mọi i mà ti+1 hữu hạn.
Chứng minh. Giả sử X là một nhóm Aben sinh bởi n phần tử. Khi
đó tồn tại một nhóm Aben tự do F hạng n và một nhóm con G của F sao cho X đẳng cấu với nhóm thơng F/G.
Bởi định lý 2.3.4, G là một nhóm Aben tự do hạng r(G) = m
≤ n, đồng thời tồn tại một cơ sở S = {u1, ..., un} của F và một cơ sở T={v1, ..., vm} của G sao cho vi = tiui (1≤i≤m), trong đó