Mệnh đề 2.2.1 ([9], Proposition 5). Tích trực tiếp Q
i∈I Ri của các vành là nội xạ 2-đơn phải nếu và chỉ nếu Ri là nội xạ 2-đơn phải, với mọi i ∈I.
Chứng minh. “Điều kiện cần” là hiển nhiên. Ngược lại, giả sử mỗiRi là nội xạ 2-đơn phải, ta chứng minh R = Y
i∈I
Ri. Xét γ : T → R là một R-đồng cấu phải, trong đó
T = aR +bR là iđêan phải 2-sinh của R và γ(T) là đơn. Gọi σi và πi lần lượt là các phép nhúng và phép chiếu chính tắc của R, ta kí hiệu a= (ai), b= (bi). Với mỗi
k ∈ I, ta viết ek = σiπi(1) và Tk = {x ∈ Rk|σk(x) ∈ T}. Lúc đó Tk = akRk +bkRk
là một iđêan phải 2-sinh của Rk, ánh xạ γk = πkγσk : Tk → Rk là Rk-đồng cấu phải và γk(Tk) =πk(γσk(Tk))≤πk(γ(T)) là đơn hoặc 0 như một iđêan phải của Rk bởi vì
πk là đồng cấu vành. Do mỗi Rk là nội xạ 2-đơn phải nên γk =ck·, với ck ∈ Rk. Bây giờ, với t ∈ T, ta viết t = (ti), γ(t) = (si) thì mỗi tk ∈ Tk bởi vì σk(tk) = tek ∈ T và
γσk(tk) =γ(tek) =γ(t)ek =σk(sk). Suy ra cktk = γk(tk) =πkγσktk =πkσk(sk) =sk. Với c = (ci) ∈R, ta có ct= (citi) = (si) =γ(t), do đó γ = c·.
Ví dụ 8. Xét R1 là vành trong Ví dụ 5 và R2 là vành trong Ví dụ 6 thì vành
R =R1×R2 là một vành giao hoán, nội xạ 2-đơn nhưng không nội xạ đơn và 2-nội xạ.
Chứng minh. Vì R1 và R2 là các vành giao hoán nội xạ 2-đơn nên theo Mệnh đề 2.2.1, R là giao hoán và nội xạ 2-đơn.
Mệnh đề 2.2.2 ([9], Proposition 7). Vành R là nội xạ 2-đơn phải nếu và chỉ nếu mỗi R-đồng cấu γ : I → RR đều có thể mở rộng RR → RR, trong đóI là iđêan 2-sinh phải của R và γ(I) là nửa đơn.
Chứng minh.Vì mỗi môđun đơn là nửa đơn nên “điều kiện cần” là hiển nhiên. Ngược
lại, giả sử R là nội xạ 2-đơn phải. Nếu γ(I) = 0 thì γ = 0. Nếu γ(I) 6= 0 thì ta có
γ(I) = ⊕n
i=1Ki, trong đó Ki là các iđêan phải đơn. Xét phép chiếu πi : γ(I) → Ki. Ta có πiγ : I → R trong đó πiγ(I) = Ki là đơn và R là nội xạ 2-đơn nên πiγ = ci·, với ci ∈R. Từ đây ta được γ = (c1+. . .+cn)·.
Chúng ta gọi một môđun MR là tựa nội xạ 2-đơn (2-simple quasi-injective) nếu với mỗi môđun con 2-sinh X ≤ M, với mỗi R-đồng cấu từ X → M với ảnh đơn, đều có thể mở rộng thành tự đồng cấu của M.
Bổ đề 2.2.3 ([9], Lemma 8). Nếu MR là một môđun tựa nội xạ 2-đơn và End(MR) là vành địa phương thì soc(MR) bằng 0 hoặc đơn và cốt yếu trong M.
Chứng minh. Giả sử soc(MR) 6= 0, chúng ta sẽ chứng tỏ rằng soc(MR) là đơn và cốt yếu trong M. Gọi K ≤ M là đơn. Nếu 0 6=T ≤ M là một môđun con cyclic thì chỉ cần chứng tỏ rằng K ≤ T.
Mệnh đề 2.2.4 ([9], Proposition 9). Cho R là một vành nội xạ 2-đơn phải.
1) Nếu e là một lũy linh địa phương trong R thì soc(eR) bằng 0 hoặc đơn và cốt yếu trong eR.
2) Nếu R là vành nửa hoàn chỉnh thì các điều kiện sau tương đương: (a) soc(eR) 6= 0 với mỗi lũy linh địa phương e.
(b) soc(RR) hữu hạn sinh và cốt yếu trong M.
Chứng minh. (1). Vì R là tựa nội xạ 2-đơn và eR là hạng tử trực tiếp của R nên nó
cũng tựa nội xạ 2-đơn. Hơn nữa, End(eR) ∼= eRe là vành địa phương nên từ Bổ đề
2.2.3 ta có soc(eR) là 0 hoặc đơn và cốt yếu trong eR.
(2). Vì R là nửa hoàn chỉnh nên 1 =e1+. . .+en, trong đó ei là các lũy đẳng địa phương, trực giao. Lúc đó soc(RR) = soc(e1R) ⊕. . .⊕soc(enR). Nếu soc(eiR) 6= 0
thì soc(eiR) là đơn và cốt yếu trong eiR. Do đó, soc(RR) là hữu hạn sinh và cốt yếu trong RR. Chiều ngược lại là hiển nhiên.