2.3.1 Mệnh đề. Cho dãy khớp 0 −→ B −→ A −→ C −→ 0 các R−môđun sao cho B và A là biểu diễn được. Khi đó
AttC ⊆ AttA ⊆AttB∪ AttC.
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết B là môđun con của A và C = A/B. Do A/B là môđun thương của A nên theo Bổ đề 2.2.2, Att(A/B) ⊆ AttA.Chop ∈ AttA.Theo định lý duy nhất thứ
nhất, tồn tại môđun thương A/P của A là p-thứ cấp. Xét Q = P +B. Nếu A = Q = P +B thì
A/P = (P +B)/P ∼= B/(P ∩ B).
Vì A/P là p-thứ cấp nên p ∈ Att(A/P). Theo Bổ đề 2.2.2 ta suy ra p ∈ Att(B/(P ∩B)) ⊆ AttB. Vì vậy p ∈ AttB. Giả sử A 6= Q. Khi đó A/Q là môđun thương khác không của A/P. Vì A/P là p−thứ cấp nên theo Bổ đề 2.1.2 (ii), A/Q là p-thứ cấp. Suy ra p ∈ Att(A/Q). Vì A/Q cũng là môđun thương của A/B nên p ∈ Att(A/B). Vậy
AttA ⊆ AttB ∪Att(A/B).
2.3.2 Mệnh đề. Cho A1, . . . , Ar là R-môđun biểu diễn được. Khi đó A1L
. . .L
Ar cũng biểu diễn được và
Att(A1M. . .MAr) = r
[
i=1
AttAi.
Chứng minh. Bằng quy nạp theo r, ta chỉ cần chứng minh với r = 2 là đủ. Vì vậy ta giả thiết A, A0 là biểu diễn được và chứng minh AL
A0 cũng biểu diễn được. Giả sửA =
n X i=1 Ai vàA0 = m X j=1 A0j là các biểu diễn thứ cấp củaAvàA0.Với mỗii = 1, . . . , n, đặtBi = {(ai,0) ∈ A⊕A0 :
ai ∈ Ai}.Với mỗij = 1, . . . , mđặtCj = {(0, aj) ∈ A⊕A0 : aj ∈ A0j}. Khi đó Bi, Cj là các môđun con của A⊕A0 và
AMA0 = n X i=1 Bi+ m X j=1 Cj.
Dễ thấy rằng Bi ∼= A
i với moị i = 1, . . . , n và Cj ∼= A0
j với mọi j = 1, . . . , m. Vì thếBi vàCj là thứ cấp với mọi i, j. Do đóAL
A0 có biểu diễn thứ cấp, tức là nó biểu diễn được.
Bây giờ ta chứng minhAtt(AL
A0) = AttA∪AttA0.Xét dãy khớp
0 −→A −→f A⊕A0 −→g A0 −→0
trong đó f là phép nhúng tự nhiên f(a) = (a,0) và g là phép chiếu tự nhiên g(a, a0) =a0. Theo mệnh đề trên,
AttA0 ⊆ Att(AMA0) ⊆ AttA∪AttA0.
Hoàn toàn tương tự đối với dãy khớp
0 −→A0 −→α A⊕A0 −→β A −→0
trong đó α là phép nhúng tự nhiên α(a0) = (0, a0) vàβ là phép chiếu tự nhiên β(a, a0) = a, ta suy ra AttA⊆ AttA⊕A0. Vì thế
Att(AMA0) = AttA∪AttA0.
2.3.3 Mệnh đề. Với mọi i = 1, . . . , n, Att(A/Ai) = AttA\ {pi} và A/Ai = P
j6=i(Ai+Aj)/Ai là một biểu diễn thứ cấp tối thiểu củaA/Ai. Chứng minh. Cho i ∈ {1, . . . , n}. Ta có A/Ai = n X j=1 (Ai +Aj)/Ai ∼= n X j=1 Aj/(Aj ∩Ai).
Vì Aj 6⊆Ai với mọi j 6= i nên Aj/(Aj ∩Ai) 6= 0. Vì Aj làpj−thứ cấp nênAj/(Aj∩Ai)làpj-thứ cấp với mỗij 6= i. Rõ ràngAj/(Aj∩Ai) = 0
với j = i. Do đó
A/Ai = X j6=i
(Ai +Aj)/Ai
là một biểu diễn thứ cấp củaA/Ai.Bỏ đi những thành phần thứ cấp thừa (nếu có) từ biểu diễn thứ cấp trên, ta thu được một biểu diễn thứ cấp tối thiểu của A/Ai. Vì thế AttA/Ai ⊆ AttA\ {pi}. Sử dụng Mệnh đề 2.3.1 đối với dãy khớp
0−→ Ai −→ A −→ A/Ai −→ 0
ta suy ra
AttA ⊆ AttAi∪ Att(A/Ai) ⊆ {pi} ∪(AttA\ {pi}) = AttA.
Vì thế AttA/Ai ⊇ AttA\ {pi}, và do đó AttA/Ai = AttA \ {pi}. Điều này cũng chứng tỏ biểu diễn thứ cấp
A/Ai = X j6=i
(Ai +Aj)/Ai
là tối thiểu.
2.3.4 Mệnh đề. Cho S là tập đóng nhân của R. Đánh số lại pi sao cho S ∩pi = ∅ với i = 1, r và S ∩pj 6= ∅với j = r + 1, n. Khi đó S(A) là môđun con duy nhất biểu diễn được của A thoả mãn
Chứng minh. Ta có S(A) = Pr
i=1Ai là môđun con biểu diễn được của A và vì thế AttS(A) = {p1, . . . ,pr}. Vì Aj 6⊆ S(A) với mọi j > r nên
(Aj +S(A))/S(A) 6= 0. Do đó Aj/(S(A)∩Aj) là pj−thứ cấp với mọi j > r. Vì thế A/S(A) = n X j=r+1 (Aj +S(A))/S(A) ∼= n X j=r+1 Aj/(S(A)∩Aj)
là biểu diễn thứ cấp của A/S(A). Sử dụng Mệnh đề 2.3.1 và lập luận tương tự như trong chứng minh Mệnh đề 2.3.3 ta có thể chỉ ra rằng biểu diễn thứ cấp này của A/S(A) là cực tiểu. Vì thế Att(A/S(A)) = AttA\ {p1, . . . ,pr} và AttS(A) ={p1, . . . ,pr}.
ChoB là môđun con biểu diễn được của Avới Att(A/B) = AttA\ {p1, . . . ,pr} và AttB = {p1, . . . ,pr}. Gọi A/B = Pn
j=r+1Pi là biểu diễn thứ cấp cực tiểu, trong đó Pj làpj−thứ cấp. DoS∩pj 6= ∅với mọi j > r nên tồn tạixj ∈ S∩pj với mỗij = r + 1, n.Đặtx = xr+1. . . xn. Khi đó x ∈ S. Do xj ∈ pj nên tồn tại tj ∈ N đủ lớn để xtj
j Pj = 0, và vì thế với t là số lớn nhất trong các tj thì ta có xt(A/B) = 0. Suy ra xtA ⊂ B. Lại vì x ∈ S nên x /∈ pi với mọi i = 1, r. Do đó phép nhân bởi x trên Ai là toàn cấu, tức là xtAi = Ai với mọi i = 1, . . . , r. Suy ra
xtA = n X i=1 xtAi = r X i=1 xtAi = r X i=1 Ai = S(A) ⊂ B. Gọi B = Pr
i=1Qi là biểu diễn thứ cấp cực tiểu của B, trong đó Qi là pi−thứ cấp với mọi i = 1, . . . , r. Với mỗi s ∈ S ta có s /∈ pi với mọi i = 1, r. Vì thế phép nhân bởi s trên Qi là toàn cấu, tức là sQi = Qi với mọi i = 1, r. Suy ra B = sB ⊆sA với mọis ∈ S.Vì thế B ⊆ T
2.3.5 Mệnh đề. Các phát biểu sau là đúng
(i) A có một xích A = B0 ⊃ B1 ⊃ . . . ⊃ Br = 0 các môđun con của A sao cho mỗi môđun thương Bi−1/Bi là thứ cấp.
(ii) Nếu A = B0 ⊃ B1 ⊃ . . . ⊃ Br = 0 là một xích như trong (a), trong đó Bi−1/Bi là qi−thứ cấp, thì AttA ⊆ {q1, . . . ,qr}.
Chứng minh. (a) Với mỗi i = 0,1, . . . , n−1 ta đặt Bi = X j>i Aj. Khi đó rõ ràng B0 = A, Bn = 0và Bi−1 = X j>i−1 Aj = Bi+Ai.Vì Ai 6⊆ Bi nên (Bi +Ai)/Bi 6= 0. Lại vì Bi−1/Bi = (Bi +Ai)/Bi ∼= A i/(Ai ∩Bi)
nên Bi−1/Bi là môđun thương khác 0 của Ai, và do đó Bi−1/Bi là pi−thứ cấp. Vì thế chọn r = nta có ngay kết quả.
(ii) Sử dụng Mệnh đề 2.3.1 nhiều lần ta có
AttA⊆ Att(A/B1)∪ AttB1
⊆ Att(A/B1)∪ Att(B1/B2)∪ AttB2
⊆ . . . ⊂ Att(A/B1)∪Att(B1/B2)∪. . .Att(Br−1/Br) = r [ i=1 Att(Bi−1/Bi) ={q1, . . . ,qr}. 2.3.6 Mệnh đề. Đặt P
= {AnnQ : Q là môđun thương khác 0 của A}. Nếu q là phần tử cực đại của P
thì q ∈ AttA. Chứng minh. Giả sử q là phần tử cực đại củaP
. Lấy x, y ∈ R sao cho xy ∈ qvà x /∈ q.Do q ∈ P
sao cho AnnQ = q. Vì xy ∈ qnên xyQ = 0 và vì x /∈ qnên xQ 6= 0. Đặt K = {z ∈ Q : xz = 0}. Khi đó yQ ⊆ K nên y(Q/K) = 0, tức là y ∈ Ann(Q/K). Vì q = AnnQ nên q ⊆ Ann(Q/K). Vì xQ 6= 0 nên tồn tại z ∈ Qsao cho xz 6= 0,và vì thế z /∈ K.Suy ra Q/K 6= 0. Vì thế
Ann(Q/K) ∈ P
. Do tính tối đại của qtrong P
nên q= Ann(Q/K). Do đó y ∈ q. Như vậy q là iđêan nguyên tố và là linh hoá tử của một môđun thương khác 0 của Q, do đó theo Định lý 2.2.3 (iv) ⇒ (i), q ∈ AttQ ⊆ AttA.
Cuối cùng ta cần bổ đề sau.
2.3.7 Bổ đề. Giả sử(R,m)là vành địa phương và Alà R-môđun Artin. Khi đó các điều sau tương đương:
(i) A hữu hạn sinh;
(ii) A có độ dài hữu hạn; (iii) Att(A) ⊆ {m}.
Chứng minh. Ta chỉ cần chứng minh (ii) ⇔(iii).
(ii) ⇒ (iii) Vì A có độ dài hữu hạn nên tồn tại n sao cho mnA = 0. Vì vậy A = 0 hoặc A làm-thứ cấp.
(iii) ⇒ (ii) Vì Att(A) ⊆ {m} nên tồn tại n sao cho mnA = 0. Điều này kéo theo A có độ dài hữu hạn.