chiều goldie hữu hạn của môđun

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN TRẦN MAI THUẬN CHIỀU GOLDIE HỮU HẠN CỦA MÔĐUN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN Thành phố Hồ Chí Minh - 2010... ĐẠI HỌC QUỐ

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRẦN MAI THUẬN

CHIỀU GOLDIE HỮU HẠN CỦA MÔĐUN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2010

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN

TRẦN MAI THUẬN

CHIỀU GOLDIE HỮU HẠN CỦA MÔĐUN

Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số

Mã số: 604605

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS NGUYỄN VIẾT ĐÔNG

Thành phố Hồ Chí Minh_2010

Lời cám ơn

Trước tiên em xin gởi lời cảm ơn đến tất cả các thầy cô trong khoa Toán - Tin học trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên,nhất là những thầy trong bộ môn Đại số,những người đã tận tình chỉ dạy cho em trong mấy năm qua.Hơn hết,em chân thành cám ơn

thầy TS.Nguyễn Viết Đông đã động viên,khích lệ,hướng dẫn tận tình cho em trong

quá trình nghiên cứu.

Tiếp đến,em xin cám ơn cám ơn các bạn học cùng khóa đã ủng hộ em trong suốt

quá trình học.Đặc biệt là các bạn Bùi Anh Tuấn,Dương Đức Thịnh,Lê Văn Luyện

đã giúp em có những kiến thức bổ ích để hoàn thành luận văn này.

Tp Hồ Chí Minh, tháng 5, 2010

Trần Mai Thuận

Mục lục

2 Các công thức cơ bản về số chiều Goldie hữu hạn của môđun 10

2.1 Định nghĩa và một số tính chất 10

2.2 Chiều Goldie của môđun 14

2.3 Môđun co-Hopf 20

2.4 Môđun E-bất khả quy 21

2.5 Một số tính chất về chiều Goldie của môđun 24

3 Môđun mà môđun thương có chiều Goldie hữu hạn 29 3.1 Định nghĩa và tính chất của bao nội xạ 29

3.2 Môđun mà môđun thương có chiều Goldie hữu hạn 32

Lời nói đầu

Chúng ta đều biết rằng số chiều của không gian vector được định nghĩa là số phầntử của cơ sở của không gian vector đó.Trong đó,cơ sở của không gian vector được địnhnghĩa là tập con tối đại gồm các vector độc lập tuyến tính hay tập con nhỏ nhất sinh

ra không gian vector đó.Mặt khác,khái niệm môđun trên vành chính là sự tổng quáthóa của khái niệm không gian vector trên trường.Từ điều này dẫn đến việc nghiêncứu khái niệm chiều của môđun trên vành,được gọi là chiều Goldie

Trong luận văn này,chúng tôi nêu định nghĩa và chứng minh một số tính chất vềsố chiều Goldie của môđun

Luận văn gồm 3 chương:

Chương 1: Trình bày một số kiến thức cơ sở về môđun nội xạ

Chương 2: Nêu một số định nghĩa và tính chất để xây dựng chiều Goldie của môđun.Sau đó,chúng tôi trình bày định nghĩa chiều Goldie của môđun Tiếp đó,chúng tôi giớithiệu về môđun Co-Hopf và chứng minh môđun tự nội xạ có chiều Goldie hữu hạnlà môđun Co-hopf.Nêu định nghĩa môđun E-bất khả quy và các tính chất của nó.Tiếpđó,chúng tôi trình bày mối quan hệ giữa phần bù, mở rộng cốt yếu,chiều Goldie củamôđun và môđun E-bất khả quy.Cuối cùng chúng tôi nêu một số tính chất về chiềuGoldie của môđun

Chương 3: Chúng tôi trình bày về khái niệm bao nội xạ của môđun và một số tínhchất của nó.Sau đó,chúng tôi trình chứng minh môđun M là q.f.d khi và chỉ khi mỗimôđun con N chứa một môđun hữu hạn sinh T mà N/T không có môđun con tối đại

Chương 1

Kiến thức cơ sở

Trong suốt luận văn này,ta xét R là vành( không nhất thiết giao hoán).Ta quy ước: khinói môđun A thì ta xem A là môđun trái

Định nghĩa 1.1 Môđun J được gọi là môđun nội xạ nếu hàm tử Hom(-,J) là hàm tử

cấu f ∈ Hom(A, J), tồn tại đồng cấu f ∈ Hom(B, J )∼ sao cho χ∗

Định nghĩa Môđun J là môđun nội xạ khi và chỉ khi với mỗi đơn cấu χ : A → B, mỗi

đồng cấu f : A → J, tồn tại đồng cấu f : B → J∼ sao cho f = f χ∼

Bởi χ là đơn cấu nên ta có thể xem A ⊂ B, và do vậy f∼có thể xem là sự mở rộngcủa f trên B Do đó, ta có thể xem môđun nội xạ J là môđun cho phép sự mở rộng

của bất kỳ đồng cấu f : A → J thành đồng cấu f : B → J∼ , trên mỗi môđun A ⊂ B.

Định lý 1.1 (Tiêu chuẩn Baer) R-môđun J là nội xạ khi và chỉ khi với bất kỳ iđêan

trái I của R và bất kỳ đồng cấu f : I → J,luôn tồn tại phần tử q ∈ J sao cho với mọi

Cho A,B là các môđun mà A ⊂ B và f : A → J là đồng cấu.Để chứng minh J nội xạ

cần chỉ ra sự tồn tại của mở rộng f : B → J∼

Xét họ Ω các cặp (D, f D) trong đó D là môđun con của B,A ⊂ B và f D : D → J là

mở rộng của f : A → J Hiển nhiên Ω 6= ∅.Ta sắp Ω theo quan hệ sau:

(D, f D ) ≥ (C, f C ) ⇔ C ⊂ D và f D là mở rộng của f C

Ta chỉ ra họ Ω với quan hệ thứ tự trên thỏa mãn điều kiện của bổ đề Zorn.Thật vậy,nếu

ξ là bộ phận khác rỗng và được sắp toàn phần của Ω,khi đó,môđun con E = S

h(λ) = λq

Bây giờ ta sẽ xây dựng ánh xạ f H : H → J như sau :với mỗi x = a + r x0 ∈ H thì

f H (x) = f G (a) + rq.

Tính hợp lý của f H được suy ra từ cách xác định phần tử q.Thật vậy,nếu phần tử

x ∈ H có 2 cách biểu diễn

x = a1+ r1x0 = a2+ r2x0

tức f H (x) là duy nhất không phụ thuộc vào cách biểu diễn của x ∈ H = G + R x0.

Dễ dàng kiểm tra f H là đồng cấu.Và như vậy ta có cặp (H, f H) ∈ Ω,đồng thời (H, fH)

thực sự lớn hơn cặp (G, f G ).Điều đó mâu thuẫn với tính tối đại của (G, f G) trong Ω

Do J là môđun nội xạ nên tồn tại phần tử x ∈ J mà với mọi λ ∈ I : j t f (λ) = λx.Khi

đó,với phần tử x t = p t (x) ∈ J t,ta có:

f (λ) = p t [j t f ](λ) = p t (λx) = λ p t (x) = λ x t

, với mỗi λ ∈ I.

Vậy j t thỏa mãn tiêu chuẩn Baer,tức j t là môđun nội xạ

Bây giờ nếu mọi môđun thành phần j k là nội xạ và f : I → J =Q

J k là đồng cấu từ

iđêan trái I của R vào J.Khi đó,với mọi k ∈ K, đồng cấu f k = p k f : I → J k ,do j k là

nội xạ nên tồn tại phần tử x k ∈ J k sao cho với mỗi λ ∈ I:f k (λ) = λ x k.Chọn phần tử

x = (x k)k∈K của J = Q J k, ta có:

f (λ) = (p k f (λ)) = (f k (λ)) = (λ x k ) = λ(x k ) = λx, ∀λ ∈ I.

Vậy J thỏa mãn tiêu chuẩn Baer,tức J là môđun nội xạ

Định nghĩa 1.2 Cho R miền nguyên, môđun X trên R gọi là môđun chia được nếu

với mọi x ∈ X và với mọi λ ∈ R\{0} luôn tồn tại phần tử y ∈ X sao cho λy = x.

Định lý 1.3 Nếu R là vành chính thì mọi R-môđun ïchia được đều nội xạ.

Chứng minh. Cho X là môđun chia được,I là iđêan của R và f : I → X là đồng cấu.Để chỉ ra X là nội xạ,ta cần chứng minh có phần tử q ∈ X mà với mỗi λ ∈ I thì

f (λ) = λq

Vì R là vành chính,nên mỗi iđêan của R là iđêan chính,nói riêng tồn tại a ∈ R mà

I = aR Khi đó,chọn q ∈ X là phần tử mà f(a) = aq, do X là môđun chia được,thì với mỗi λ ∈ I,λ = ra ta có:

f (λ) = f (ra) = rf (a) = r(aq) = λq

Vậy theo tiêu chuẩn Baer,X là môđun nội xạ

Định lý 1.4 Nếu R là miền nguyên thì mọi R-môđun nội xạ đều chia được.

Chứng minh. Giả sử X là R-môđun nội xạ.Ta cần chỉ ra với mọi x ∈ X, mọi

λ ∈ R\{0} ,tồn tại y ∈ X mà x = λy.Xét iđêan I = λR,sinh bởi phần tử λ Vì

R là miền nguyên nên I là môđun tự do với cơ sở là tập một phần tử {λ}.Ánh xạ

φ : {λ} → X mà φ(λ) = x có thể mở rộng tới đồng cấu φ : I → X.Vì X nội xạ nên theo tiêu chuẩn Baer,thì tồn tại phần tử y ∈ X sao cho với mọi r ∈ I thì φ(r) = ry.Nói riêng,khi r = λ:x = φ(λ) = λy.

Vậy X là môđun chia được

Định lý 1.5 Cho R là PID,khi đó, mọi môđun thương của môđun nội xạ X đều nội

xạ.

Chứng minh Vì X nội xạ nên X chia được.Nếu M là môđun con của X thì X/M nội

xạ.Thật vậy,với mọi r ∈ R, với mọi x + M ∈ X/M,vì X nội xạ nên tồn tại y ∈ X sao cho x = ry nên x + M = ry + M = r(y + M).Do đó,X/M chia được nên X/M nội xạ.

Định lý 1.6 (Xem [1], trang 51) R-môđun X là tự do khi và chỉ khi X đẳng cấu với

tổng trực tiếp của một họ nào đó các bản sao của vành hệ tử R.

Định lý 1.7 Mọi nhóm aben M có thể nhúng vào một Z-môđun nội xạ nào đó,xem

M như là môđun con của môđun nội xạ đó.

Chứng minh Vì M là môđun nên M = F/K với F là nhóm aben tự do và K ⊆ F Vì

F là nhóm aben tự do nên theo định lý 1.6, F = ⊕ iZi Ta có

trong đó mỗi bản sao Zi của Z có thể nhúng vào bản sao Qi của Q Vì Qi chia được

nên ⊕iQi chia được.Do đó,(⊕iQi )/K chia đượcï.Vậy,(⊕iQi )/K nội xạ

Định lý 1.8 (Adjoint Isomorphism, Second Version)( Xem [10], trang 93) Cho các

môđun R A, S B R và S C trong đó R và S là vành ,khi đó ta có đẳng cấu tự nhiên:

τ0A,B,C : Hom S (B ⊗ R A, C) → Hom R (A, Hom S (B, C))

f 7→ τ0(f )

trong đó f : B ⊗ R A → C, a ∈ A, b ∈ B và τ0

(f ) a : b 7→ f (b ⊗ a)

Hệ quả 1.9 ( Xem [10],trang 93) (i) Cho các môđun R B S và S C,khi đó,hàm tử

Hom R (−, Hom S (B, C)) và Hom S(− ⊗S B, C) : M od R → Ab là đẳng cấu tự nhiên.

(ii) Cho các môđun S B R và S C,khi dó,hàm tử Hom R (−, Hom S (B, C)) và Hom S (B ⊗ S −, C) :

R M od → Ab là đẳng cấu tự nhiên.

Bổ đề 1.10 Nếu D là nhóm aben chia được,khi đó HomZ(R, D) là R-môđun nội xạ

trái.

Chứng minh. Nếu f : R → D và a ∈ R,ta định nghĩa (af)(r) = f(ra) với mọi

r ∈ R Khi đó, HomZ(R, D) là R-môđun trái.Để chứng minh HomZ(R, D)là R-môđun

nội xạ ta cần chứng minh Hom R (−, HomZ(R, D)) là hàm tử khớp.Theo hệ quả 1.9,

Hom R (−, HomZ(R, D)) ∼ = HomZ(R ⊗ R −, D) trong đó HomZ(R ⊗ R −, D) là hợp

của HomZ(−, D) ◦ (R ⊗ R−) Vì D là Z-môđun chia được , theo định lý 1.3,D là

Z−môđun nội xạ.Do đó,HomZ(−, D) và R ⊗ R−đẳng cấu tự nhiên với hàm tử đồng

nhất trên R M od ,cả hai hàm tử này đều khớp nên Hom R (−, HomZ(R, D)) là hàm tử

khớp

Định lý 1.11 Mỗi môđun M có thể nhúng vào một môđun nội xạ nào đó,xem như

là môđun con của môđun nội xạ đó.

Chứng minh. Xem M là nhóm aben,ta định nghĩa φ : M → HomZ(R, M ) với

m 7→ φ m trong đó φ m (r) = rm.Dễ thấy φ là Z- đồng cấu,ta sẽ chứng minh φ là đơn

Định lý 1.12 Đối với bất kỳ môđun J,ba phát biểu sau là tương đương:

i J là môđun nội xạ.

ii Mọi dãy khớp 0 → J → B χ → C → 0 σ là chẻ ra.

iii J dẳng cấu với hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ nào đó.

Chứng minh (i) ⇒ (ii): Cho J là môđun nội xạ và dãy khớp 0 → J → B χ → C → 0 σ

Khi đó,đồng cấu đồng nhất 1J : J → J có thể mở rộng tới đồng cấu φ : B → J.Vậy đồng cấu χ có nghịch đảo trái,tức dãy là chẻ.

(ii) ⇒ (iii) Theo định lý 1.11,môđun J có thể nhúng vào môđun nội xạ N(J)nào đó.Khi đó,ánh xạ nhúng j : J → N(J) sinh ra dãy khớp ngắn

0 → J → N (J ) j → N (J )/J → 0 p mà theo (ii),dãy là chẻ ra.Và ta có đẳng cấu N(J) ∼ = J ⊕ imp,tức J đẳng cấu với hạng

tử trực tiếp của môđun nội xạ N(J)

(iii) ⇒ (i): Nếu J là hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ nào đó,theo định lý 1.2 J là

môđun nội xạ

Chương 2

Các công thức cơ bản về số chiều

Goldie hữu hạn của môđun

2.1 Định nghĩa và một số tính chất

Định nghĩa 2.1 Môđun con K 6= 0 của M được gọi là cốt yếu(essential)trong M( hay

M là mở rộng cốt yếucủa K)nếu K ∩ A = 0 với A là môđun con của M thì A = 0.Và

iv Nếu K ≤ M ≤ N, K ≤ e N khi và chỉ khi K ≤ e M và M ≤ e N

vi Nếu f : M → N là đẳng cấu và A là môđun con của M.Khi đó,A ≤ e M khi và chỉ khi f(A) ≤ e N.

Chứng minh i Giả sử K ∩ N ∩ A = 0 với A ≤ M

Ta có K ≤ e M và N ∩ A ≤ M nên N ∩ A = 0.Mà N ≤ e M nên A = 0

Vậy K ∩ N ≤ e M

ii Giả sử K ∩ A = 0 với A ≤ N

Nên K ∩ A ∩ M = 0 Mà K ≤ e M và A ∩ M ≤ M nên A ∩ M = 0

Mặt khác M ≤ e N và A ≤ N nên A = 0

Vậy K ≤ e N

iii Giả sử K ∩ N ∩ A = 0 với A ≤ N ∩ M

Mà K ≤ e M và N ∩ A ≤ M nên N ∩ A = 0

Mặt khác A ≤ N nên N ∩ A = A = 0.Vậy K ∩ N ≤ e M ∩ N

iv (⇒) Giả sử K ∩ A = 0 với A ≤ M

Ta có A ≤ M nên A ≤ N Mà K ≤ e N nên A = 0.Vậy K ≤ e M

Giả sử M ∩ B = 0 với B ≤ N nên K ∩ M ∩ B = 0 ⇔ K ∩ B = 0 ( vì K ≤ M)⇔

B = 0 (vìK ≤ e N ) Vậy M ≤ e N

(⇐) Giả sử K ∩ A = 0 với A ≤ N nên K ∩ M ∩ A = 0

Mà K ≤ e M ,M ∩ A ≤ M và M ≤ e N nên A = 0

Vậy K ≤ e N

(v)(⇒) Giả sử f(A)∩B = 0 với B là môđun con của N nên A∩f−1(B) = 0.Vì A ≤ e M

nên f−1(B) = 0.Do đó,B = f(f−1(B)) = 0.Vì vậy,f(A) ≤ e N

(⇐) chứng minh tương tự

Mệnh đề 2.2 Cho L1, L2, K1, K2 là các môđun mà L1 ≤ K1, L2 ≤ K2 và K1∩ K2 =

0 Khi đó, L1≤e K1, L2≤e K2 khi và chỉ khi L1+ L2≤e K1+ K2

Chứng minh. (⇒) Giả sử L1≤e K1 và L2≤e K2.Đặt A1 = L1+ K2 và A2 =

L2+ K1.Ta sẽ chứng minh A1≤e K1+ K2

Lấy 0 6= a ∈ K1+ K2 nên a = a1+ a2 với a1 ∈ K1, a2 ∈ K2

Nếu a1 = 0 thì a ∈ A1 nên < a > ∩ A1 6= 0

Nếu a1 6= 0, vì L1≤e K1 và 0 6=< a1 >⊆ K1 nên ∃ x1 6= 0 sao cho x1 ∈< a1 > ∩ L1

Khi đó, ∃ x2 ∈< a2 > sao cho x1+ x2 ∈< a1+ a2 >

Vì x1 6= 0 nên 0 6= x1+ x2 ∈< a1+ a2 > ∩ A1 =< a > ∩ A1

Vậy A1≤e K1+ K2 Chứng minh tương tự ta được A2≤e K1+ K2

Vì L1+ L2 = A1∩ A2 nên theo mệnh đề 2.1i, L1+ L2 = A1∩ A2≤e K1+ K2

(⇐) Giả sử L1+ L2≤e K1+ K2 ta sẽ chứng minh L1≤e K1, L2≤e K2

Giả sử L1∩A = 0 với A ≤ K1

Lấy x ∈ A ∩ (L1+ L2) nên x ∈ A và x = l1+ l2 với l1 ≤ L1, l2 ≤ L2

Nên − l1+x = l2 ∈ (L1+A) ∩ L2⊆ K1∩ K2 = 0 ⇒ l2 = 0

Do đó,x = l1 ∈ L1∩A = 0 ⇒ A ∩ (L1+ L2) = 0

Vì L1+ L2≤e K1+ K2 nên A = 0

Vậy L1≤e K1.Chứng minh tương tự ta được L2≤e K2

Mệnh đề 2.3 Môđun con K của M cốt yếu trong M khi và chỉ khi với mỗi 0 6= x ∈ M

thì tồn tại r ∈ R sao cho 0 6= rx ∈ K

Chứng minh (⇒) Nếu K ≤ e M và 0 6= x ∈ M, khi đó Rx ∩ K 6= 0.

(⇐) 0 6= x ∈ L ≤ M , khi đó tồn tại r ∈ R mà 0 6= rx ∈ K ∩ L.

Định nghĩa 2.2 Nếu K, A là các môđun con của M và K là môđun con tối đại của M

với tính chất K ∩ A = 0,thì ta nói K là phần bù của A( hay K là phần bù trong M).

Mệnh đề 2.4 Cho M là R-môđun và A là môđun con của M.Khi đó,mọi môđun con

N của M mà giao với A bằng 0 đều nằm trong một môđun con của M,tối đại với tính chất nói trên.

Chứng minh Xét tập hợp S = {K ≤ M/K ∩ A = 0}

Do N ∈ S nên S 6= ∅.Xét thứ tự bao hàm trong tập S.Giả sử

Định nghĩa 2.3 Môđun con K của M được gọi là một hạng tử trực tiếp của M nếu có

môđun con A của M sao cho M = K ⊕ A.Khi đó,K cũng được gọi là hạng tử bù trực

Định lý 2.6 Cho K là môđun con của M.Khi đó,K là phần bù trong M khi và chỉ khi

tồn tại môđun con A của M mà A ∩ K = 0 và Q ∩ A 6= 0 với Q là môđun con của M và K là môđun con thực sự của Q.Hơn nữa,K + A ≤ e M và (A ⊕ K)/K ≤ e M/K.

Chứng minh (⇒) Giả sử K là phần bù trong môđun M nên K là phần bù của một

môđun con A của M

Nên K là môđun con tối đại của M mà K ∩ A = 0.

Giả sử Q là môđun con của M mà K là môđun con thực sự của Q

Nếu Q ∩ A = 0 thì do tính tối đại của K nên ta suy ra K=Q ( vô lý).Vậy Q ∩ A 6= 0.

(⇐) Hiển nhiên

Bây giờ ta sẽ chứng minh K + A ≤ e M

Gả sử (K + A) ∩ H = 0 với H ≤ M.Lấy x ∈ (K + H) ∩ A

Mệnh đề 2.7 Nếu K là hạng tử trực tiếp của môđun M thì K là phần bù trong M.

Chứng minh Vì K là hạng tử trực tiếp của M nên tồn tại môđun con A của M sao

cho M = K ⊕ A.

Lấy môđun con Q của M sao cho K ≤ Q ≤ M và Q 6= K,ta cần chứng minh Q∩A 6= 0 Thật vậy,vì Q 6= K nên tồn tại phần tử q ∈ Q/K.Do dó,tồn tại duy nhất k ∈ K và

a ∈ A sao cho q = k + a.

Nên ta có 0 6= a = q − k ∈ Q ∩ A hay Q ∩ A 6= 0.

Vậy K là phần bù trong M

Định nghĩa 2.4 Môđun M được gọi là đều (uniform) nếu mọi môđun con của M đều

cốt yếu trong M

Định lý 2.8 (i) I là môđun đều khi và chỉ khi với mọi môđun con L,K của I,L∩K = 0

thì L = 0 hoặc K = 0.

(ii)Cho f : M → N là đẳng cấu.Nếu A là môđun con của M, khi đó, A là đều trong

M khi và chỉ khi f(A) là đều trong N

(iii) Cho H và K là các môđun con của M mà H ∩ K = 0.Nếu U là môđun con của

M mà chứa trong H,khi đó,U là đều khi và chỉ khi (U + K)/K là đều.

(iv) Cho U,K là các môđun con của M mà U ∩ K = 0.Khi đó,U là đều trong M khi và chỉ khi (U + K)/K là đều trong M/K.

Chứng minh (i)(⇒) Do I là đều và L là môđun con của I nên L ≤ e I

Giả sử L 6= 0.Ta có L ∩ K = 0 và L ≤ e I nên K ∩ I = 0.Vì K ⊆ I nên K = K ∩ I = 0.

(⇐) hiển nhiên.

(ii)(⇒) Lấy C là môđun con của f(A).Ta sẽ chứng minh C ≤ e f (A) Thật vậy,vì C ∈ N nên tồn tại môđun con B của A sao cho C = f(B).

Giả sử C∩D = 0 với D là môđun con của f(A) nên f(B)∩D = 0.Do đó,B∩f−1(D) = 0.

Vì B là môđun con của A nên B ≤ e A nên f−1(D) = 0.Vì f là đẳng cấu nên D =

0.Vậy,C ≤e f (A).Vậy f(A) đều

(⇐) Lấy E là môđun con của A.Ta sẽ chứng minh E ≤ e A

Giả sử E ∩ X = 0 với X là môđun con của A.Nên f(E ∩ X) = 0 ⇔ f(E) ∩ f(X) = 0.

Ta có f(E) ≤ f(A) và f(A) là đều nên f(E) ≤ e f (A)

Do đó,f(X) = 0,mà f là đẳng cấu nên X = 0.Do đó,E ≤ e A.Vậy,A đều

(iii) Đặt f : H → (H + K)/K với f(h) = h + K Khi đó, f là đẳng cấu.Theo (ii),U là đều khi và chỉ khi f(U) = (U + K)/K là đều.

(iv) Được suy ra từ (iii)

2.2 Chiều Goldie của môđun

Định nghĩa 2.5 H có chiều Goldie hữu hạn( ký hiệu FGD) nếu H không chứa một

tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác không

Định lý 2.9 Môđun K có chiều Goldie hữu hạn khi và chỉ khi với bất kỳ dãy tăng

ngặt H1, H2, các môđun con của K thì tồn tại một số nguyên i sao cho H k≤e H k+1

với k ≥ i.

Chứng minh (⇒) Giả sử K có chiều Goldie hữu hạn.Lấy dãy tăng ngặt H1, H2,

các môđun con của K Giả sử với mỗi số nguyên i tồn tại số nguyên k ≥ i sao cho H k

không cốt yếu trong H k+1

Lấy i = 1.Khi đó,tồn tại số nguyên k1 ≥ 1 sao cho H k1 không cốt yếu trong H k1 +1

Đặt i2 = k1+1.Khi đó,tồn tại số nguyên k2 ≥ i2 sao cho H k2 không cốt yếu trong

H k2 +1 Ta có k i+1 ≥ k i+1.Cứ tiếp tục như vậy ta có dãy con {Hki}∞i=1 của {H i}∞i=1

mà H ki không cốt yếu trong H ki +1 và k i+1 ≥ k i+1.Vì H1, H2, là dãy tăng nên

H ki+1 ⊇ H ki +1 Vì vậy, dãy con {H ki}∞

i=1 của {H i}∞

i=1 có H ki không cốt yếu trong

H ki +1

Đặt B i = H ki với i ≥ 1 Nên {B i}∞

i=1 là dãy tăng mà B i không cốt yếu trong B i+1.Với

mỗi số nguyên i tồn tại môđun con A i 6= 0của B i+1 mà A i ∩ B i = 0(vì B i không cốt

yếu trong B i+1).

Ta sẽ chứng minh P∞

i=1 A i là tổng trực tiếp Lấy x1 ∈ A i1, , x n ∈ A in mà x1+ +

x n = 0 Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử i1 < i2 < < i n và x n6= 0

Ta có

A i1 ⊆ B i1 +1 ⊆ ⊆ B in, A i2 ⊆ B i2 +1 ⊆ ⊆ B in, , A in−1 ⊆ B in−1 +1 ⊆ ⊆ B in

Ta có x1+ x2+ + x n−1 ⊂ A i1+ A i2+ + A in−1 ⊆ B in

Ta có (A i1+ A i2+ + A in−1) ∩ A in ⊆ A in∩ B in = 0 ⇒ x1+ + x n−1 = − x n ∈

(A i1+ A i2+ + A in−1) ∩ A in = 0 ⇒ x n = 0 (vô lý) Vậy P∞

i=1 A i là tổng trực tiếp vôhạn các môđun con khác không của K (vô lý)

(⇐) Ta sẽ chứng minh K không chứa một tổng trực tiếp vô hạn các môđun con kháckhông

Giả sử K chứa một tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác không {I i}∞i=1 Đặt

J n = I1+ I2+ + I n với n ≥ 1 Khi đó, J1 ⊆ J2 ⊆

Vì 0 6= I n+1 ⊆ J n+1 và J n ∩ I n+1 = 0 nên J n không cốt yếu trong J n+1 với n ≥ 1.

Do dó, ta có dãy tăng ngặt các môđun con khác không J1, J2, mà J i không cốt yếu

trong J i+1 với i ≥ 1 (vô lý).

Vậy K có chiều Goldie hữu hạn

Bổ đề 2.10 Nếu K có chiều Goldie hữu hạn thì K chứa một môđun con đều.

Chứng minh. Giả sử K không có môđun con nào đều Do đó, K không là môđun

con đều Vì vậy,tồn tại các môđun con khác không K1, L1 của K mà K1∩ L1 = 0 và

K1+ L1 ⊆ K.

L1 không là môđun đều nên tồn tại các môđun con khác không L2, K2 của L1 mà

L2∩ K2 = 0 và L2+ K2 ⊆ L1

Cứ tiếp tục như vậy , ta được hai dãy {K i}∞i=1 và {L i}∞i=1 các môđun con khác không

của K mà K i ∩ L i = 0 với mọi i và K i + L i ⊆ L i−1 với i ≥ 2.

Vậy L1 ⊇ L2 ⊇ Tổng P i=1 K i là tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác khôngcủa K Điều này mâu thuẫn với giả thiết K có chiều Goldie hữu hạn Do đó, K cómôđun con đều.

Định lý 2.11 Cho H là R-môđun khác không và có chiều Goldie hữu hạn Khi đó,

Chứng minh (i) Giả sử với một số hữu hạn các môđun con đều U i , 1 ≤ i ≤ n mà

tổng là tổng trực tiếp, tổng P

U i không cốt yếu trong H Theo bổ đề 2.10, H chứa một môđun con đều U1

Khi đó, U1 không cốt yếu trong H Nên tồn tại môđun con khác không H1 của H mà

U1∩ H1 = 0 Theo bổ đề 2.10, H1 chứa một môđun con đều U2

Khi đó, tổng U1+ U2 là tổng trực tiếp của hai môđun con đều Vì vậy,tổng U1+ U2

không cốt yếu trong H Nên tồn tại môđun con khác không H2 của H mà (U1+ U2) ∩

H2 = 0 Khi đó, theo bổ đề 2.10, tồn tại môđun con đều khác không U3 của H2 Nên

tổng U1+ U2+ U3 là tổng trực tiếp

Cứ tiếp tục như vậy, ta được dây chuyền tăng ngặt vô hạn U1 ⊂ (U1+ U2) ⊂

(U1+ U2+ U3) ⊂ các môđun con của H mà U1⊕ U2⊕ ⊕ U s không cốt yếu trong

U1⊕ U2⊕ ⊕ U s ⊕ U s+1 với s ≥ 1 Theo định lý 2.9, H không có chiều Goldie hữu

hạn ( vô lý)

Vậy tồn tại các môđun con đều U i , 1 ≤ i ≤ n mà tổng U1+ U2+ + U n là tổng trựctiếp và cốt yếu trong H

(ii) Giả sử V i , 1 ≤ i ≤ k là các môđun con đều khác không của H mà tổng của chúng là tổng trực tiếp và V1+ V2+ + V k cốt yếu trong H

Đặt K1= V2⊕ V3⊕ ⊕ V k Vì K1 không cốt yếu trong H nên tồn tại (1 ≤ i ≤ n) mà

K1∩ U i = 0

Không mất tính tổng quát, giả sử K1∩ U1 = 0.Thật vậy,K1 không cốt yếu trong H

nên tồn tại B 6= 0 mà B ∩ K1 = 0

Ta có B ∩ U1⊕ ⊕ U k 6= 0(vì U1⊕ U k cốt yếu trong H và B 6= 0) nên tồn tại số nguyên i sao cho B ∩ U i = 0.Không mất tính tổng quát giả sử B ∩ U1 = 0 Ta có