Ta có tổng trực tiếp của môđun mở rộng không hẳn luôn luôn là mở rộng. Trong phần này, chúng tôi chứng minh rằng tổng trực tiếp của môđun Baer không hẳn luôn luôn là Baer. Qua ví dụ, chúng tôi đưa ra điều kiện cần cho tổng trực tiếp của môđun Baer là Baer.
Chúng ta thấy rằng tổng trực tiếp của môđun K-đối không suy biến là K-đối không suy biến, tuy nhiên điều tương tự cho K-không suy biến thì không hẳn đúng.
Mệnh đề 2.4.1. Cho (Mi)i∈I là họ các môđun sao cho Mi là K-đối không suy biến, ∀i ∈ I ( I là tập chỉ số). Khi đó, L
i∈IMi là K-đối không suy biến.
Chứng minh. Cho Mi là môđun K-đối không suy biến, ∀i ∈ I. Gọi M = L
i∈I Mi. Lấy N ≤ M sao cho ϕN 6= 0,∀ϕ ∈ End(M). Trong trường hợp đặc biệt, πiN 6= 0,∀i ∈ I, trong đó πi là phép chiếu chính tắc của M trên Mi, i ∈ I.
Lấy bất kỳ ψi ∈ End(Mi), ψiπi : M →Mi ⊆ M, khi đó ψiπiN 6= 0,∀i ∈ I. Chọn ψi tuỳ ý, ta có πiN ≤e Mi ∀i ∈ I vì K-đối không suy biến của Mi. Vì πiN ≤e Mi∀i ∈ I, dễ dàng ta có N ≤e M.
Chúng ta sử dụng kết quả của Mệnh đề 2.4.1 để chỉ ra rằng tổng trực tiếp vô hạn của môđun Baer không nhất thiết là môđun Baer. Thật vậy, môđun có hạng vô hạn trên vành Baer không hẳn là Baer.
Ví dụ 2.4.1. Z(N) không phải là Z-môđun Baer, trong đó Z là môđun Baer. Vì Z là mở rộng và là Baer, ta có Z là K-không suy biến khi đó Z(N) là K-đối không suy biến (theo Mệnh đề 2.4.1) nếu nó là Baer thì Z(N) sẽ mở rộng, mâu thuẫn. Vậy tổng trực tiếp hữu hạn của môđun Baer không phải là môđun Baer.
Ví dụ 2.4.2. Z-môđun M = Z⊕Z2 không là Baer, đúng cho cả Z và Z2
của tất cả Z môđun Baer.
Những ví dụ chỉ ra rằng có một mối quan hệ giữa Baer và mở rộng của Baer. Nói rõ hơn, trong trường hợp tổng quát, tổng trực tiếp của môđun mở rộng không là mở rộng.
Chú ý rằng, nếu coi môđun (K-)không suy biến mở rộng là môđun Baer K-đối không suy biến (theo Định lí 2.2.2) tính K-đối không suy biến trở thành tổng trực tiếp với điều kiện đặc biệt (Mệnh đề 2.4.1) và nếu tổng trực tiếp là Baer thì nó sẽ mở rộng (theo Định lý 2.2.2).
Chúng tôi định nghĩa các tính chất liên quan sau đây.
Định nghĩa 2.4.1. Cho M và N là môđun Baer.
M được gọi làN-Baer nếu với mỗi đồng cấuϕ :M →N, thìKerϕ ≤⊕ M. Các môđun M và N là Baer lẫn nhau nếu M là N-Baer và N là M-Baer.
Mệnh đề 2.4.2. Cho {Mi}i∈I là một họ của môđun Baer, với I là tập chỉ số. Nếu L
i∈IMi là môđun Baer thì họ {Mi} thoả mãn các điều kiện sau:
a) Cho cặp (i,j) bất kì, i 6= j ∈ I, Mi và Mj là Baer lẫn nhau.
b)∀i 6= j ∈ I, với mọi đơn cấu ϕ: Mi0 ≤⊕ Mi → Mi vàMj0 ≤⊕ Mj →Mi. Khi đó
A = {(ϕ−1(a),−ψ−1(a) | a ∈ Im(ϕ)∩Im(ψ)}
là hạng tử trực tiếp của Mi0 ⊕Mj0.
Chứng minh. Một phần tử của vành tự đồng cấu của L
Mi là một ma trận, với phần tử ở vị trí (i,j) là đồng cấu Mj → Mi. Vì ⊕Mi là Baer, thì hạt nhân của mọi tự đồng cấu là hạng tử trực tiếp.
a) Lấy tự đồng cấu (ϕi0j0)i0,j0∈I với:
1) ϕi0j0 = 0, ∀i0 6= i và j0 6= j;
2) ϕij = ψ, Ker((ϕi0j0)) = (Lj0∈(I{j})Mk ⊕Ker(ψ). Đây là hạng tử ⇒Ker(ϕ) ≤⊕ Mj.
b) Tương tự, ϕ được định nghĩa trên hạng tử của Mi, nó có thể mở rộng tới Mi bằng cách xét ϕπ0, trong đó π0 là phép chiếu chính tắc lên hạng tử, tương tự với ψ.
Đơn giản hơn, chúng ta sử dụng như kí hiệu cho các đồng cấu mới. Lấy tự đồng cấu (αi0j0)i0,j0∈I, với:
1) αi0j0 = 0, ∀(i0, j0) 6= (i, j),(i, i); 2) αii = ϕ
3) αij = ψ. Ker((αi0j0)) = K = {(b, c) | ϕ(b) +ψ(c) = 0}
Chú ý rằng Ker(ϕ) ⊕Ker(ψ) ⊆ K. Hơn nữa, khi tất cả hạt nhân của ϕ và ψ là hạng tử trực tiếp, chúng ta có Mi = Ker(ϕ) ⊕ Mi0 và Mj = Ker(ψ)⊕Mj0. Chú ý, với ϕ là đơn ánh trên Mi0 và ψ là đơn ánh trên Mj0. Ta có ϕ(b) +ϕ(c) = 0, nếu và chỉ nếu ϕ(b) = −ψ(c) ∈ Im(ϕ)∩ Im(ψ). Cho (b, c) ∈ (Mi0 ⊕Mj0)∩ K, ta có (b, c) ∈ {(ϕ |−1M0
j (a),−ψ |−1M0
j (a)), a ∈ Im(ϕ)∩Im(ψ)}= A. (Ker(ϕ)⊕Ker(ψ))∩ A = {(0,0)}, rõ ràng. Tóm lại, cho bất kì cặp(b, c) ∈ K, có thể viết duy nhất (b, c) = (b0, c0) + (b00, c00) với(b0, c0) ∈ Ker(ϕ)⊕Ker(ψ) và(b00, c00) ∈ Mi0⊕Mj0, ta cóK = Ker(ϕ)⊕ Ker(ψ)⊕A. Bây giờ,K là hạng tử củaMi0⊕Mj0, do đóA ≤⊕ Mi0⊕Mj0. Ví dụ 2.4.3. Nếu M là Baer thì một họ {Mi}i∈I, trong đó Mi ∼= M,∀i ∈ I thoả mãn điều kiện tính chất Baer lẫn nhau. Tuy nhiên, như ví dụ Z(N) ở trên, chưa đủ để là tổng trực tiếp của Baer.
Mệnh đề 2.4.3. Cho M là tổng trực tiếp hữu hạn của môđun có hạng hữu
hạn và không xoắn của vành tự đồng cấu là miền iđêan chính. Khi đó M là Baer.
Chứng minh. Trong [14] đã chứng minh M là SSIP. Ngoài ra hạt nhân của bất kì đồng cấu của M dễ dàng là hạng tử của M. Do đó sử dụng Mệnh đề 2.1.1, ta có M là Baer.
Điều kiện đủ để tổng trực tiếp của môđun mở rộng thì chúng phải là nội xạ lẫn nhau. Chúng ta đã chứng minh tương tự với môđun Baer.
Định lý 2.4.1. Cho {Mi}i∈I là lớp môđun Baer, trong đó I là tập chỉ số hữu hạn. Cho bất kỳ i 6= j, Mi và Mj là Baer lẫn nhau và nội xạ lẫn nhau.
Khi đó L
i∈I Mi là môđun Baer.
Chứng minh. Chúng ta chứng minh theo phương pháp quy nạp trên bảng tập số I.
Bắt đầu với |I| = 2. Chọn các môđun M1 và M2. Lấy {ϕj}j∈J là lớp của tự đồng cấuM1⊕M2, trong đóJ là tập chỉ số bất kì. Chúng ta cần chứng minh T
jKer(ϕj) ≤⊕ M1 ⊕M2. Gọi K = Tj Ker(ϕj).
Chúng ta có thể đưa bài toán về trường hợp với phép giao ở trên bằng giao một trong hai M1 hoặc M2 là 0. Giả sử, K ∩ M1 6= 0. Ta có Ker(ϕj)∩M1 = Ker(π1ϕjι1)∩Ker(π2ϕjι1) trong đó π1, π2 là phép chiếu chính tắc và ι1, ι2 là đơn cấu chính tắc (đồng cấu hạn chế ϕj tới M1, phần tử từ M1 là hạt nhân sẽ bao gồm ảnh của nó cấu thành 0 từ M). Mặt khác, tất cả hạt nhân là hạng tử, vì hạt nhân đầu tiên là hạt nhân của tự đồng cấu và hạt nhân thứ 2 của đồng cấu từ M1 vào M2 (chúng ta có tính chất Baer lẫn nhau).
Do đó, vế trái của đẳng thức cũng là hạng tử. NênK∩M1 = (TjKer(ϕj))∩
M1 = Tj(Ker(ϕj) ∩ M1) ≤⊕ M1. Suy ra K = (K ∩ M1) ⊕ K0 và M1 = (K ∩M1)⊕M10. Ta có K0 ∩M2 ≤⊕ M2, K0 = (K0 ∩M2)⊕K00 và M2 = (K0 ∩M2)⊕M20.
Trong trường hợp K00 là giao của tất cả hạt nhân các đồng cấuϕj hạn chế
tới M10 ⊕M20 ; K00 ∩M10 = 0, K00 ∩M20 = 0, M10, M20, tất cả là Baer (trở thành hạng tử của môđun Baer) và chúng là Baer lẫn nhau, hiển nhiên;
chúng là nội xạ lẫn nhau. Ta rút gọn, nhưng không mất đi tính tổng quát.
Kể từ bây giờ, K00 = K và M10 = M1, M20 = M2.
Vì chúng nội xạ lẫn nhau, ta có thể gán K thành hạng tử N2 với tính chất:
K ⊆ N2 và M1 ⊕N2 = M1⊕M2. Ta có N2 ∼= M2 và N2 cũng là Baer, và N2 ∼= M2 và N2 là Baer lẫn nhau, nội xạ lẫn nhau với M1. Lấy p1 và p2 là phép chiếu chính tắc lên M1 và N2, i1, i2 là đơn cấu chính tắc trên M1 và N2 tương ứng. Ta có K = Tj(Ker(p1ϕji2)TKer(p2ϕji2). Tương tự, với mỗi j, j tất cả hạt nhân là hạng tử trong N2 (tính chất Baer, và tính chất Baer lẫn nhau), và giao của các hạng tử tuỳ ý là hạng tử (tính chất Baer) K ≤⊕ N2 ≤⊕ M1 ⊕M2 điều cần chứng minh.
Đơn giản, chúng ta cần chỉ ra rằng M1 ⊕ M2 là Baer lẫn nhau với M3. Lấy bất kỳ ϕ : M3 → M1 ⊕ M2;Ker(ϕ) = Ker(π1ϕ) ∩ Ker(π2ϕ) ≤⊕ M1 ⊕M2. Bây giờ lấy ψ : M1 ⊕M2 → M3. Nếu Ker(ψ) ∩ M1 6= 0, thì Ker(ψ)∩M1 ≤⊕ M1 và Ker(ψ)∩M1 ≤⊕ Ker(ψ).
Do đó, chúng ta rút gọn Ker(ψ)∩ M1 = 0. Mặt khác, M1 và M2 là nội xạ tương ứng, chúng ta có thể gán Ker(ψ) thành hạng tử L, Ker(ψ) ≤ L M1 ⊕ L = M1 ⊕ M2, trong đó L ∼= M2. Từ điều dễ dàng sau đây Ker(ψ) ≤⊕ L (L là Baer, và Baer lẫn nhau với Mi, . . .) cùng với tính chất Baer của M1⊕M2, chúng ta có tính chất Baer lẫn nhau của M1⊕M2 và M3.
Bây giờ giả sử rằng tổng của n môđun Baer là tất cả Baer thoả mãn tính chất Baer lẫn nhau, và nội xạ lẫn nhau là môđun Baer, và tổng này và Mn+1 là Baer lẫn nhau. Chúng ta qua bước n+ 1. Vì tính nội xạ lẫn nhau đúng cho tổng trực tiếp (L
i≤nMi và Mn+1 là nội xạ lẫn nhau), chúng ta có: L
nMi và Mn+1 là tất cả môđun Baer, chúng là Baer lẫn nhau và nội xạ lẫn nhau.
Do đó L
i≤nMi⊕Mn+1 = ⊕i≤n+1Mi là môđun Baer.
Chúng ta chỉ ra tính chất của tổng thoả mãn tính chất Baer lẫn nhau mà không phân tích thành môđun Baer.
Mệnh đề 2.4.4. Cho (Mi)i∈I là một họ của mono-endo môđun thoả mãn tính chất Mi là Mj-Baer ( ∀i, j = 1,2), với I là tập chỉ số. Nếu
N ≤⊕ M = Li∈I Mi thì có Mi ⊆ N hoặc N ∩Mi = 0,∀i ∈ I.
Chứng minh. Nhắc lại tự đồng cấu vành của M đã định nghĩa theo S.
Lấy e2 = ei là phần tử thuộc S tương ứng với tính phân tích được M = L
i∈IMi. Lấy N = f M, cho f2 = f ∈ S. Với bất kỳ i ∈ I, ta có eiSei ∼= Si = End(Mi).
Giả sử 0 6= m ∈ N ∩Mi, với i ∈ I. Khi đó eim = m; f m = m sao cho eif eim = m. Vì Mi là mono-endo, theo Mệnh đề 2.3.2 tự đồng cấu eifi là giá trị duy nhất tại m, do đó eifi = ei, lấy (1 − ei)f eim = 0 ta có Ker(1−ei)f ei 6= 0 tuy nhiên Ker(1−ei)f ei ≤ ⊕Mi theo tính chất Baer lẫn nhau. Vậy Ker(1−ei)f ei = Mi.
Vậy nên f ei = eif ei + (1−ei)f ei = ei, do đó Mi ⊆ N.
Hệ quả 2.4.1. Cho M là môđun mono-endo (ví dụ nếu M = Z), và lấy Mi ∼= M, với i ∈ I, I là tập chỉ số. Khi đó ∀N ≤⊕ Li∈I Mi chúng ta có Mi ∩N = 0 hoặc Mi ⊆N.
Bổ đề 2.4.1. Cho M1 và M2 là các môđun Baer và là Baer lẫn nhau. Lấy N ≤⊕ M = M1 ⊕M2. Khi đó N1 ∩ M1 ≤⊕ M1 và N1 ∩ M1 ≤⊕ M2 (rõ ràng cho cả ≤⊕ M).
Chứng minh. Lấy N2 sao cho N1 ⊕N2 = M. Lấy π1 là phép chiếu chính tắc của M lên M1 và π2 là phép chiếu chính tắc của M M2; p1 là phép chiếu của M lên N1 và p2 là phép chiếu của M lên N2.
Ta có đồng cấu sau:
ϕ : M1 → M1;ϕ= π1(p2|M1) và
ψ : M1 → M2;ψ = π2(p1|M1).
Hai hạt nhân của đồng cấu phải là hạng tử (theo tính chất Baer và tính chất Baer lẫn nhau) và giao của chúng phải là hạng tử (tất cả hạng tử thuộc M1 cũng thuộc M). Lấy phép giao các của hạt nhân.
Kerϕ = {m ∈ M1|π1(p2(m)) = 0} = {m ∈ M1|p2(m) ∈ M2}; Kerψ = {m ∈ M1|π2(p1(m)) = 0} = {m ∈ M1|p1(m) ∈ M1}. Do đó
Kerϕ∩Kerψ = {m ∈ M1|p2(m) ∈ M2, p1(m) ∈ M1.
Mặt khác, m = p1(m) +p2(m); với p1 số hạng đầu tiên thuộc M1 và p2 số hạng thứ 2 thuộc M2 ta có p1(m) = m, p2(m) = 0.
Vậy cho bất kì m ∈ Kerϕ∩ Kerψ, m = p1(m) ⇒ m ∈ M1 ∩ N1. Ngược lại, cho bất kì m ∈ M1 ∩ N1, p1(m) = m ⇒ ψ(m) = 0, p2(m) = 0 ⇒ ϕ(m) = 0. Do đó m ∈ Kerϕ∩Kerψ, M1 ∩N1 ≤⊕ M1 ≤⊕ M.
Tóm lại, M2 ∩M1.
Nhận xét 2.4.1. Kết quả trên tổng quát bất kì tổng của Baer lẫn nhau, môđun Baer tóm tắt bằng chứng minh sau: Lấy N1⊕N2 = ⊕Mi, πi là phép chiếu chớnh tắc lờn Mi, ài phộp chiếu chớnh tắc lờnL
k6=iMk, pj phép chiếu chớnh tắc lờn Nj, j = 1,2. Lấy ϕ = ài(p2|Mi) và ψ = πi(p1|Mi). Cỏc hạt nhân phải là hạng tử. Giao đó cũng là hạng tử. Với phép giao đó là phép chọn m sao cho p1(m) ∈ Mi và p2(m) ∈ Lk6=iMk;m = p1(m) +p2(m) ⇒ m = p1(m) và p2(m) = 0. Tóm lại, tương tự như trên, điều này có nghĩa là giao của hạt nhân chính là Mi ∩N1.
Nhận xét 2.4.2. Chúng ta có thể thực hiện mà không sử dụng tính chất Baer của M2 trong Bổ đề trên, nghĩa là chúng ta sử dụng tính chất đơn
giản bởi vì M1 là Baer và tất cả đồng cấu từ M1 vào M2 là hạng tử của hạt nhân.
Mệnh đề 2.4.5. Cho M là vành. Những khẳng định sau là tương đương:
1. Mọi R-môđun(phải) là Baer.
2. Mọi R môđun phải nội xạ là Baer.
3. R là Artin nửa đơn.
Chứng minh. Chúng tôi chứng minh mọi môđun M là nội xạ.
Lấy môđun E(M) ⊕ (E(M)/M) là Baer. Do đó m ∈ E(M) tới mˆ ∈ E(M)/M, và hạng tử thứ 2 là 0, phải là hạt nhân tương tự hạng tử. Vậy M ≤⊕ E(M) ⇒ M = E(M).