2.1 Môđun trên vành chính
2.1.2 Môđun trên vành chính
Cho A là một miền nguyên và K là trường các thương của A. Một A−môđun tự do có thể là đơn ánh tới một không gian vec-tơ trên K.
Định lý 6 Cho A là một vành chính, M là một A−môđun tự do hạng n và M0 là một môđun con của M. Ta có:
1. M0 là tự do hạng q với 0≤q ≤n.
2. Nếu M0 6= 0 thì tồn tại một cơ sở (e1, . . . , en) của M và các phần tử khác 0là a1, . . . , aq ∈A thỏa mãn (a1e1, . . . , aqeq)là một cơ sở của M0 và thỏa mãnai|ai+1 với mọi 1≤i≤q−1.
Chứng minh Định lý là tầm thường nếu M0 6= 0 vì vậy chúng ta có thể giả sử M0 6= 0. Gọi L(M, A) là tập các dạng tuyến tính trên M. Cho u ∈ L(M, A), uM0 là một môđun con của A, một iđêan của A. Chúng ta có thể viết
u(M0) =Aau
với au ∈ A bởi vì các iđêan của A là iđêan chính. Chọn u ∈ L(M, A) thỏa mãn Aau là cực đại trong các Aav, v ∈L(M, A).
Giả sử rằng x1, . . . , xn là một cơ sở của M, do đó ta có thể đồng nhất M với An. Chọn
pri :M →A là phép chiếu tọa độ thứ i, tức là
pri(xj) =δij.
Vì M0 6= 0 nên tồn tại ít nhất một i với 1≤i≤n sao cho pri(M0)6= 0. Do đó au 6= 0.
Từ cách xây dựng M0, tồn tại e0 ∈ M0 thỏa mãn u(e0) = au. Chúng ta cần chứng minh rằng cho mọi v ∈L(M, A), thì au|v(e0). Thật vậy, nếu
d=gcd(au, v(e0)) thì
d=bau+cv(e0) với b, c∈A vì vậy
d= (bu+cv)(e0).
Từ bu+cv là một dạng tuyến tính trên M, ta có Aau ⊂Ad⊂u(M0).
Tính cực đại củaAa kéo theo rằngAd =Aau, vì vậyau cần là ước củav(e0).
Trong trường hợp đặc biệt, au|pri(e0) vì vậy pri(e0) =aubi với bi ∈A. Đặt
e=
n
X
t=1
btxt.
Do đó e0 =aue. Từ
u(e0) =au =auu(e),
ta suy ra u(e) = 1( chú ý au 6= 0). Ta sẽ chứng minh rằng 1. M = Ker(u) +Ae.
2. M0 = (M0 ∩Ker(u)) +Ae0, ở đó e0 =aue.
Thật vậy
1. Cho mọi x∈M, ta có
x=u(x)e+ (xưu(x)e).
Ta thấy rằng
u(xưu(x)e) = u(x)ưu(x)u(e) = 0, từ u(e) = 1, vì vậy
xưu(x)e∈Ker(u).
Điều này chứng minh rằng
Ae+ Ker(u) =M.
Hiển nhiên ta có
Ae∩Ker(u) = 0.
2. Cho y∈M0, ta có u(y) =bau với b∈A, vì vậy
y=baue+ (yưu(y)e) =be0 + (yưu(y)e).
Lại thấy rõ ràng rằng yưu(y)e∈Ker(u) và yưu(y)e=yưbe0 ∈M0, tức là
yưu(y)e∈M0 ∩Ker(u) và be0 ∈Ae0 ⊂Ae.
Bây giờ ta sẽ chứng minh mệnh đề đầu tiên của định lý bằng quy nạp theo hạng q của M0.
• Nếu q= 0, M0 = 0 thì mệnh đề là hiển nhiên.
• Nếuq >0, M0∩Ker(u) có hạng làq−1và do đó là tự do theo giả thiết quy nạp. Bây giờ tổng là trực tiếp, ta thu được một cơ sở của M0 bằng cách bổ sung thêm e0 vào một cơ sở của M0 ∩Ker(u). Do đó M0 là tự do và mệnh đề đầu tiên là đúng.
Để chứng minh mệnh đề thứ 2, chúng ta dùng quy nạp theo hạng n của M. Nhắc lại rằng trường hợp n = 0 là tầm thường. Theo mênh đề đầu tiên, Ker(u) là tự do và hạng là n−1, và do đó tổng là trực tiếp. Ta áp dụng giả thiết quy nạp cho môđun tự do Ker(u) và môđun con M0 ∩Ker(u):
“Nếu M0∩Ker(u)6= 0, thì tồn tại q≤n một cơ sở e2, . . . , en của Ker(u) và các phần tử khác 0kí hiệu là a2, . . . , aq ∈A sao cho a2e2, . . . , aqeq là một cơ sở của M0 ∩Ker(u), hơn nữa ai|ai+1,∀2≤i≤q−1.”
Cố định các kí hiệu như trên, đặt a1 = au và e1 = e. Thì e1, e2, . . . , en là một cơ sở của M và a1e1, a2e2, . . . , aqeq là một cơ sở của M0. Ta chỉ cần chứng minh a1|a2 là đủ.
Chọn v là dạng tuyến tính trong M xác định bởi v(e1) = v(e2) = 1, v(ei) = 0,∀i≥3.
Ta có
a1 =au =v(aue1) =v(e0)∈v(M),
vì vậy Aau ⊂v(M0). Bởi tính lớn nhất của Aau ta có thể kết luận rằng v(M0) = Aau =Aa1.
Vì a2 =v(a2e2)∈v(M0), chúng ta thấy rằng a2 ∈Aa1, tức là a1|a2.
Định nghĩa 11 iđêan Aa1 trong định lý 6 được gọi là nhân tử bất biến của M0 trong M.
Hệ quả 2 ChoA là một vành chính. ChoE là mộtA−môđun kiểu hữu hạn.
Thì E là đẳng cấu với tích
(A/a1)×(A/a2)×. . .×(A/an) ở đó ai là các iđêan của A thỏa mãn
a1 ⊃a2 ⊃. . .⊃an.
Chứng minh Cho x1, . . . , xn là một tập hữu hạn các phần tử sinh của E.
Khi đó tồn tại một toàn cấu
φ:An →E
thỏa mãn E là đẳng cấu với An/Ker(φ). Theo định lý 6, tồn tại một cơ sở e1, . . . , en của An, một số nguyên q ≤n và các phần tử khác không a1, . . . , aq của A thỏa mãn a1e1, . . . , aqeq là một cơ sở của Ker(φ) và thỏa mãn
ai|ai+1,∀1≤i≤q−1.
Đặt ap = 0 cho q+ 1 ≤ p ≤ n. Ta có An/Ker(φ) là đẳng cấu với tích Aei/Aaiei,∀1 ≤ i ≤ n và Aei/Aaiei là đẳng cấu với A/Aai. Vì vậy ta dễ dàng suy ra hệ quả 2 với các iđêan Aa1, . . . , Aan.
Định nghĩa 12 Chúng ta nói một môđunE trên một miền nguyên A là tự do xoắn nếu phương trình ax= 0, a∈A, x∈E kéo theo a= 0 hoặc x= 0.
Hệ quả 3 Trên mọi vành chính A, mọi môđun E kiểu hữu hạn và tự do xoắn là tự do.
Chứng minh Sử dụng hệ quả 2, ta có
E ∼(A/a1)×(A/a2)×. . .×(A/an).
Loại bỏ các nhân tử bằng 0, ta có thể giả sử rằng ai 6=A với mọi i.
Nếu a1 6= 0, nếu a là một phần tử khác 0 của a1, nếu x1 là một phần tử khác 0 của A/a1, và nếu x = (x1,0, . . . ,0) thì ax = 0 mâu thuẫn với E là xoắn tự do.
Do đó a1 = 0, ai = 0 với mọi i và E là đẳng cấu với An.
Hệ quả 4 Trên một vành chính A, mọi môđun E kiểu hữu hạn là đẳng cấu với một tích hữu hạn các môđun Mi ở đó mỗi Mi là bằng A hoặc A/Ap3 với p là số nguyên tố.
Chứng minh Sử dụng hệ quả 2, ta nhân mỗi nhân tử A/Aa với a 6= 0, ta có: “ nếu a=ups11. . . psrr là phân tích nguyên tố của a thì A/Aa là đẳng cấu với tích của các A/Apsii”.
Hệ quả 5 Cho G là một nhóm giao hoán hữu hạn. Thì tồn tại x ∈ G sao cho cấp của x là bội chung nhỏ nhất của cấp các phần tử của G.
Chứng minh Chú ý rằng một nhóm giao hoán là một Z−môđun. Áp dụng hệ quả 2, ta có
G∼Z/a1Z×. . .×Z/anZ
với a1|a2|. . .|an. Ta cóai 6= 0 với mọi i, nếu không G là vô hạn.
Chúng ta viết y là lớp thặng dư của 1 trong Z/arZ và ta viết x= (0, . . . ,0, y).
Cấp của x hiển nhiên là an. Cho z = (z1, . . . , zn)∈G, ta có anz = 0, bởi vì ai|an với mọi i. Do đó an là một bội của cấp của z và x là phần tử cần tìm.