Một số vấn đề về vành chính qui von neumann

Chú ý rằng hữu hạn ở đây là hữu hạn trực tiếp, nghĩa là nếu t * t = 1 thì 11* = 1 với mọi t E Ẩ .Mở rộng ý tuởng này, Von Neumann đã phát minh ra các vành chính qui sao cho có thể tọa độ

ĐỖ Lư Công Minh

MỘT số VẤN ĐỀ VÈ VÀNH CHINH QUI VON NEUMANN

LUẬN VĂN THẠC sĩ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Đại số và lí thuyết số

Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC sĩ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DÃN KHOA HỌC:

TS TRÀN HUYÊN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2009

MỤC LỤC

trang

Trang phụ bìa 1

Mục lục 2

Các qui ước và kí hiệu 3

MỞ ĐẦU 5

Chương 1 - CÁC KIẾN THỨC co BẢN 8

1.1 Phần tử chính qui trong vành 8

1.1.1 Khái niệm về phần tử chính qui 8

1.1.2 Vành Abel 10

1.1.3 Phần tử chính qui trong vành các tự đồng cấu của một R - môđun 12

1.2 Vành chính qui Von Neumann 13

1.2.1 Định nghĩa và một số ví dụ 13

1.2.2 Các điều kiện tương đương của vành chính qui 15

Chương 2 - MỘT SỐ VẤN ĐÈ VÈ VÀNH CHÍNH QUI 16

2.1 Các tính chất cơ bản của vành chính qui 16

2.2 Môđun xạ ảnh trên vành chính qui 29

2.3 Vành chính qui Abel 48

Chương 3 - MỘT SỐ VÀNH CHÍNH QUI ĐẶC BIỆT 62

3.1 Vành các ma trận vuông cấp n trên một vành chính qui 62

3.2 Vành các toán tử bị chặn trong không gian Hilbert 69

KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 77

TÀI LIỆU THAM KHẢO 79

CÁC QUI ƯỚC VÀ KÍ HIỆU

■ Hầu hết các vành trong luận văn đuợc giả sử rằng kết hợp và có đơn vị,các vành con và đồng cấu vành cũng đuợc cho là có đơn vị Ta hay kí

hiệu R là vành với đơn vị 1.

■ Phép chiếu tự nhiên từ vành R đến vành thương RJl được cho bởi qui

luật

XI—> X = X +1.

■ Đôi khi miền nguyên được hiểu là không cần giao hoán

■ Cho vành R và số nguyên dương n, M (R) là vành các ma trận vuông cấp

n trên R.

■ Với vành R bất kì, ta dùng kí hiệu L2(R) để chỉ dàn các iđêan hai phía của R (được sắp thứ tự bộ phận bởi quan hệ bao hàm) và ta sử dụng kí hiệu Mod - R để chỉ phạm trù tất cả R - môđun phải.

■ Tất cả các môđun trong luận văn đều là môđun trên một vành có đơn vị.Hầu hết chúng là các môđun phải, và do đó các đồng cấu thường được

viết về phía bên trái chúng Cụ thể, môđun phải A trên vành R được

xem như là một môđun trái trên End^(y4) - vành các tự đồng cấu củanó

■ Neu A là R - môđun, kí hiệu B < A nghĩa là B là môđun con của A, và kí hiệu B < A nghĩa là B là môđun con thực sự của A.

Trong trường hợp đặc biệt, nếu R là vành thì:

A<B\ A đẳng cấu với một môđun con của B.

■ Cho A là môđun và một số nguyên không âm n, nA là tổng trực tiếp n

MỞ ĐÀU

1 Lí do chọn đề tài.

Khái niệm vành chính qui Von Neumann xuất hiện năm 1936 khi John

Von Neumann định nghĩa một vành chính qui là một vành R với tính chất: với mỗi phần tử a E R luôn tồn tại b e R sao cho a = aba.

Đe phân biệt với những vành chính qui khác nhu chính qui Noether trongđại số giao hoán, lí thuyết các vành không giao hoán đã sửa đổi tên gọi và đưathêm “Von Neumann” vào tên gọi của loại vành đặc biệt này Tuy nhiên thực

sự có rất ít cơ hội nhầm lẫn hai khái niệm này bởi vì chúng rất hiếm khi đượcnghiên cứu chung

Ví dụ điển hình về vành chính qui (Von Neumann) là vành đầy đủ cácphép biến đối tuyến tính của một không gian vectơ trên một vành chia

Chuyển động theo hệ tọa độ trong hình học xạ ảnh được nghiên cứu lạitrong thời gian này (1936) theo ngôn ngữ dàn, và Von Neumann giới thiệuvành chính qui như một công cụ đại số để nghiên cứu những dàn thuộc dạngnày Dàn được Von Neumann đặc biệt quan tâm được nảy sinh trong khi họptác làm việc với F.J.Murray để giải quyết các vấn đề về đại số các toán tử trênmột không gian Hilbert, mà sau này được biết đến với tên gọi đại số Von

Neumann hay w* - đại số.

Mặc dầu w* - đại số A trở thành vành chính qui chỉ khi Ả hũu hạn chiều, một vành chính qui có thể gán với Ả bằng cách làm việc với tập P(A) các phép chiếu, mỗi một phép chiếu trên A trở thành một lũy đẳng tự liên họp Đối với w* - đại số hữu hạn A, Murray và Von Neumann sử dụng một

nhiên với dàn các iđêan phải chính của R Chú ý rằng hữu hạn ở đây là hữu hạn trực tiếp, nghĩa là nếu t * t = 1 thì 11* = 1 với mọi t E Ẩ

Mở rộng ý tuởng này, Von Neumann đã phát minh ra các vành chính qui

sao cho có thể tọa độ hóa những dàn modular có phần bù, và một dàn L đuợc tọa độ hóa bởi một vành chính qui R nếu nó đắng cấu với dàn các iđêan phải chính của R Nhu Von Neumann đã chỉ ra, hầu hết các dàn modular có phần

bù có thế tọa độ hóa bởi một vành chính qui nào đó

Theo quan điểm lí thuyết các vành thuần túy, các vành chính qui đuợcxem nhu một chủ đề nghiên cứu bị lãng quên trong một quãng thời gian dài.Trong quyển sách kinh điển của Nathan Jacobson về lí thuyết vành:

“Structure of rings”, vành chính qui đuợc đề cập đến chỉ trong một phần nhỏ.Tuy nhiên có thể nói rằng các vành chính qui có nhiều lợi ích xứng đáng đểnghiên cứu, bởi vì chúng xuất hiện trong rất nhiều ngữ cảnh

Dùng những kiến thức đã học ở bậc Đại học và Sau đại học để tiếp tụcnghiên cứu các vấn đề khác, với cách nhìn tống quát hơn là một trong nhữngmục tiêu quan trọng của học viên Ngay từ thuở sinh viên, khi làm luận văntốt nghiệp bậc đại học, tác giả đã có dịp tiếp xúc với vành chính qui VonNeumann với đề tài “Vành Chính Qui Von Neumann” Thế nhung, với nhữnghạn chế của một sinh viên lúc bấy giờ về Đại số đồng điều và các kiến thức vềĐại số giao hoán, Đại số không giao hoán, tác giả đã gặp nhiều khó khăn

và chua thể có một cái nhìn thật sự tổng quan về vành chính qui VonNeumann Do vậy, sau khi đã đuợc trang bị một số kiến thức mới từ khóa họcSau đại học, tác giả quyết định tiếp tục nghiên cứu vành chính qui VonNeumann với mong muốn dùng những kiến thức vừa đuợc học để tiếp tụcnghiên cứu vấn đề

2 Mục đích nghiên cứu.

Mục đích của đề tài là tiếp tục xem xét các tính chất của vành chính quiVon Neumann trên cơ sở luận văn ở bậc đại học: “Vành chính qui VonNeumann” Đồng thời chú trọng việc cụ thể hóa những khái niệm liên quanvào các vành cụ thể và tìm hiểu các tính chất đặc trung của khái niệm đó

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.

■ Đối tượng nghiên cứu: Vành chính qui Von Neumann

■ Phạm vi nghiên cún: Lí thuyết vành và môđun

4 Ý nghĩa của việc nghiên cứu đề tài.

Luận văn có thể xem như một tài liệu tham khảo bổ ích cho sinh viên

Chương 1 CÁC KIẾN THỨC co BẢN

Mục đích của chương này là điểm lại một số khái niệm cơ bản và các kếtquả đơn giản về vành chính qui Von Neumann Hầu hết các kiến thức đượctrình bày trong chương này được trích chủ yếu từ [3] theo quan điểm tóm tắtlại những kết quả chính đã đạt được khi nghiên cứu về vành chính qui VonNeumann từ thuở luận văn sinh viên Do đó, ở đa số mệnh đề, các chứngminh không được trình bày lại

1.1 Phần tử chính qui trong vành.

1.1.1 Khái niệm về phần tử chính qui.

Định nghĩa 1.1 Phần tử xeR được gọi là phần tử chính qui Von Neumann

nếu tồn tại a e R sao cho xax = X.

Neu X là phần tử chính qui Von Neumann, ta còn nói vắn tắt X là phần tử

chính qui hay X chính qui

Ví dụ 1.2 a) Neu R là vành chia thì mọi phần tử của R đều chính qui.

b) Phần tử lũy đẳng là phần tử chính qui

Tiếp theo sau đây là các tính chất cơ bản nhất của phần tử chính quitrong một vành tùy ý

Mệnh đề 1.3 Phần tử xeR là chính qui nếu và chỉ nếu iđêan phải (trái)

chính của R sinh bởi X được sinh bởi một lũy đẳng e nào đó, tức là xR = eR.

Ta kí hiệu tập tất cả các phần tử chính qui của vành R là Von(R).

Với mỗi vành R, tập Von(R) có tính chất ổn định đối với việc chọn phần

Mệnh đề 1.4 cho ta thấy mỗi phần tử chính qui đều có phần tử nguợc với

nó, và phần tử ngược này cũng chính qui

Hiển nhiên một câu hỏi sẽ được đặt ra ngay tại đây là: Phần tử ngược của

một phần tử chính qui có duy nhất không? Xét trong một vành chia R chẳng

hạn, ta thấy mỗi phần tử chính qui có ngược là duy nhất Trong lúc đó, đối với

phần tử lũy đẳng eeR, với R là một vành tùy ý, ngoài phần tử ngược với nó

là chính nó chúng ta không thể kết luận nó còn có bao nhiêu phần tử ngượcvới nó Như sẽ thấy trong những phần tiếp sau của luận văn, khi xem xét vấn

đề này trong một số vành cụ thể, vấn đề duy nhất của phần tử ngược của mộtphần tử chính qui trong vành phụ thuộc khá nhiều vào các tính chất của vành

đó Trong trường hợp chung nhất, ta có một kết quả cho phép mô tả mối liên

hệ cấu trúc các phần tử ngược của một phần tử chính qui như sau:

Mệnh đề 1.5 Cho vành R và X E Von(i?) Chọn y là phần tử ngược của X.

Nếu y' = y + 5(1 -xy) + (1 -yx)t với s,teR thì xy'x = X Ngược lại, nếu y' thỏa xy'x = x thì y' có dạng: y' = y+s(\-xy) + (\-yx)t.

Ngoài ra, nếu y' có dạng y' = y + s(l - xy) + (1 - yx)t thì điều kiện cần và đủ

để y'xy' = y' là (1 - yx)(s + t-/xs)(l - xy) = 0, với mọi s e yRy, t eRy.

Mệnh đề 1.5 mô tả cho ta một lớp đủ nhiều các phần tử ngược của một

phần tử chính qui Mối liên hệ giữa phần tử ngược y của phần tử chính qui X

với phần tử chính qui X còn được thể hiện trong mệnh đề sau:

Mệnh đề 1.6 Cho vành R và I £ Von(i?) Chọn y là phần tử ngược với X

Khi đó các điều kiện sau đây tương đương:

(a) X + (1 - xy)^(l - yx) cz Von(R).

(b) (1 - Jty)i?(l - yx) c= Von(^).

(c) X + R( 1 - yx) c= Von(R).

(d) X + (1 - xy)R d Von(R).

Mệnh đề sau đây cho ta một điều kiện khá hữu ích để nhận biết một phần

tử chính qui Nó sẽ được sử dụng như một bổ đề hữu dụng trong các phépchứng minh ở phần sau, cho nên ta tạm gọi nó là bổ đề 1.7

Bổ đề 1.7 Cho vành R và X , y eR Nếu X - xyx e Von (R) thì X e Von(tR).

về cấu trúc của Von(7?), nói chung nếu không có thêm các điều kiện bổ

sung cho vành R thì không có gì đáng nói Tuy nhiên, ta cũng có thông tin khá

lí thú sau:

Bằng cách áp dụng bổ đề 1.7 và bổ đề Zom (về tập sắp thứ tự), ta có thể

chứng minh được rằng trong Von(i?) có chứa một iđêan Iieg(R) và iđêan này

“lớn nhất” theo nghĩa: vành thương R / /re>(jR) không chứa iđêan khác 0 nằm trong Von(R/I^ẬR)).

Mênh đề 1.8 Mỗi vành R đều có môt iđêan “lớn nhất” I,„,(R) sao cho: /reg(i?) c= Von(R), Ireg(R) + Von(R) c= Von(R) và vành thương R / ỉĩeg(R) không chứa iđêan khác 0 nằm trong Von(R / Ỉ K J ( R )).

1.1.2 Vành Abel.

Như đã nhận xét trong mục trước, nếu không có các điều kiện bổ sung

cho vành R thì nói chung trên Von(i?) không có một cấu trúc nào cả Mục này dành cho việc xét tới cấu trúc của Von(R), khi R được bổ sung thêm các điều

kiện mới để trở thành một vành Abel Khái niệm về vành Abel được xác địnhnhư sau:

Định nghĩa 1.9 Vành R được gọi là Abel nếu mọi phần tử lũy đẳng của R

đều thuộc tâm của R.

Ví dụ 1.10 a) Vành chia là vành Abel.

b) Vành giao hoán là vành Abel

c) Tâm của vành R là vành Abel.

d) Neu R là vành không có phần tử lũy linh khác 0 thì mỗi lũy đẳng của R giao hoán với mọi phần tử của R, nói cách khác, R là

vành Abel

Ngoài ra còn có một số ví dụ khác về vành Abel khi ta thêm vào điềukiện chính qui để chúng trở thành vành chính qui Abel - một đối tuợng đángquan tâm ở chuơng 2 Ta tạm dừng việc lấy các ví dụ về vành Abel để đua ramột điều kiện tuông đương của nó:

Mệnh đề 1.11 Vành R là Abel nếu và chỉ nếu hai phần tử lũy đẳng bất kì của

R giao hoán được với nhau.

Theo mệnh đề 1.11, khi làm việc với vành Abel, ta tập trung chủ yếu vàocác phần tử lũy đắng Ket nối nhận xét này với mệnh đề 1.3 và các lưu ý ởmệnh đề 1.4 ta trả lời được câu hỏi đặt ra trong phần nhận xét ngay sau mệnh

đề 1.4

Neu R là vành bất kì, VonỢ?) chưa chắc là một nửa nhóm Chẳng hạn như trong vành các số nguyên môđulô n, ta khó mà mô tả nhiều về Von(Z„) Nhưng trong trường hợp R là vành Abel thì ta có kết quả sau:

Mệnh đề 1.12 Nếu R là vành Abel thì Von(7?) là một vị nhóm Hơn nữa mỗi

phần tử chính qui có một và chỉ một phần tử ngược với nó Khi đó VonỢ?)

được gọi là vị nhóm ngược Ngược lại, nếu Von(7?) là vị nhóm ngược thì R

là

vành Abel

Nhận xét 1.13 Neu trong vành R mỗi phần tử chính qui đều có một phần tử

ngược duy nhất tương ứng thì ta cũng không thể kết luận được phần tử ngược

đó là phần tử nghịch đảo của phần tử chính qui Đe lấy ví dụ chứng tỏ nhận

xét trên, ta chỉ cần R là vành giao hoán (hay chỉ cần R Abel là đủ, vì theo

mệnh đề 1.12, phần tử ngược của phần tử chính qui trong vành Abel là duynhất) nhưng không là miền nguyên (nghĩa là không thỏa luật giản ước)

Chẳng hạn, trong Z10 = (õ, ĩ, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9} ta có:

0.0.0 = 0, ĨI.Ĩ = Ĩ, 4.4.4 = 4, 5.5.5 = 5, 6.6.6 = 6, 9.9.9 = 9,

18.2 = 2, 8.2.8 = 8, 3.73 = 3, 73.7 = 7

Trong Z10, mỗi phần tử đều chính qui và có duy nhất một phần tử nguợc với

nó Tuy nhiên: 2.8 = 8.2 = 6^1 nên 2 và 8 không phải là nghịch đảo củanhau, mặc dù 2 và 8 nguợc nhau, duy nhất

Do đó ta thấy khái niệm phần tử ngược tuy là mở rộng của khái niệmphần tử nghịch đảo nhưng không dễ thu hẹp khái niệm ngược về nghịch đảo

Trong [3], phần tử chính qui trong vành các tự đồng cấu của một nhómAbel được xem xét khá cẩn thận Ta đã biết mỗi nhóm Abel có thể xem nhưmột z - môđun, vậy liệu các kết quả về phần tử chính qui trong vành các tựđồng cấu của một nhóm Abel có thể nào được chuyển sang vô điều kiện cho

vành các tự đồng cấu của một R - môđun, trong đó R là vành có đon vị tùy ý?

Khi ra soát lại các phép chứng minh ở [3], tuyệt nhiên không cần sử dụng đếnbất kì một tính chất đặc biệt nào của các z - môđun mà R - môđun tổng quátkhông có Điều này cho phép ta đưa ra câu trả lời khẳng định, nghĩa là:

1.1.3. Phần tử chính qui trong vành các tự đồng cấu của một R -

Từ đặc trưng cơ bản của phần tử lũy đẳng được xét tới trong mệnh đề1.14, ta có thể chứng minh được đặc trưng của một phần tử chính qui trongEnd^(M), thể hiện trong mệnh đề sau:

Mệnh đề 1.15 Phần tử / eEnd^M) là chính qui nếu và chỉ nếu tồn tại sự

phân tích M thành các tổng trực tiếp: M = Mị®M2= Mị®M2 sao cho / \M : Mj —» M\ là một đẳng cấu và fịM: M2 —» M'2 là đồng cấu không.

Mệnh đề 1.15 về đặc trưng của các phần tử chính qui trong End^(M)cho ta các hệ quả đáng chú ý sau:

Hệ quả 1.16 Nếu / G EndR(M) là phần tử chính qui thì M = Im/ © K.erf.

Hệ quả 1.17 Phần tử / G End/?(M) là chính qui nếu và chỉ nếu Im f và

Ker/ là các hạng tử trực tiếp của M.

Đáng lẽ, để kết thúc mục này, ta đưa thêm một ví dụ nữa về các phần tửchính qui, chẳng hạn khảo sát tính chính qui đối với các toán tử bị chặn trongkhông gian Hilbert nhưng vì những lí do nhất định, ta sẽ bàn luận về chúngtrong chương 3

Ờ mục tiếp theo, ta nhắc lại một vài khái niệm cơ bản cùng các đặc trưngđơn giản nhất về vành chính qui Von Neumann

1.2 Vành chính qui Von Neumann.

1.2.1 Định nghĩa và một số ví dụ.

Định nghĩa 1.18 Vành R được gọi là vành chính qui (Von Neumann) nếu

mọi phần tử của nó là phần tử chính qui

Nghĩa là: R chính qui nếu và chỉ nếu R = Von(^).

Hệ quả 1.20 Neu vành chính qui đồng thời là miền nguyên thì nó là truờng.

Mệnh đề 1.21 Vành chính qui R là vành chia nếu và chỉ nếu R chỉ có hai

phần tử lũy đẳng tầm thường

Mệnh đề 1.22 Tích trực tiếp của một họ khác rỗng các vành chính qui là

vành chính qui

Mệnh đề 1.23 Ánh đồng cấu của vành chính qui là vành chính qui Suy ra

tính chính qui được bảo toàn qua phép đẳng cấu và vành thương của vànhchính qui cũng là vành chính qui

Ta đưa ra ba ví dụ về vành chính qui, trong đó hai ví dụ đầu tiên được

trích dẫn trong [3], ví dụ cuối thuộc về kinh điển

Ví dụ 1.25 Vành các ma trận vuông thực cấp n là vành chính qui.

Ví dụ 1.26 Cho K là trường và Sị, , Sn là các tập con hữu hạn khác rỗng

của K Cho Xị, , Xn là n biến và đặt Pi(Xi) = Y[(Xị - k) với mỗi

keSị

ỉ = 1, , n Khi đó vành thương K[XV , Xn] / , Pn(Xn)) là vành

chính qui giao hoán

Ví dụ 1.27 Vành các phép biến đổi tuyến tính của một không gian vectơ trên

một vành chia là vành chính qui

Thật vậy, gọi Endỡ(C) là vành các phép biến đổi tuyến tính của không

gian vectơ Vtrên vành chia D Lấy / G EndD(V) Khi đó Im/ là một không gian con của V nên ta có thể chọn một cơ sở (eị)ieJ của nó và bố sung vào đó

để được cơ sở của V.

Với i e J chọn bị sao cho /(bị) = ẽị và đặt /'(<?.) = bị.

Với ieJ' đặt f\e.) = 0 Do mỗi phép biến đổi tuyến tính hoàn toàn xác định

nếu biết ảnh của một cơ sở nên /' G Endỡ(C)

Bây giờ, với mọi xeV: f (x) E Im f nên / (x) = Khi đó:

iej

(ff'f)(x) = ffWery,

/

ỵiff\el).yl = ỴJf{bl).yl =Ỵjery, = /(*)

1.2.2 Các điều kiện tương đương của vành chính qui.

Mệnh đề 1.28 Cho vành R Khi đó các điều kiện sau đây tương đương:

(a) R là vành chính qui.

(b) Mỗi iđêan phải (trái) chính của R đều sinh bởi một lũy đẳng.

(c) Mỗi iđêan phải (trái) hữu hạn sinh của R đều sinh bởi một lũy đẳng.

Mệnh đề 1.28 cho ta một chú ý sáng giá khi nghiên cún các vành chínhqui: tập trung vào các phần tử lũy đẳng của chúng

Để phát biểu điều kiện tương đương tiếp theo, ta cần các phần tử lũyđẳng với tính chất đặc biệt hơn - tính trực giao

Mệnh đề 1.29 Cho ịe.} — là họ các lũy đẳng trực giao trong vành R (nghĩa

n

ei.ej = 0, Vi * j) thỏa ^e = 1 Khi đó R là vành chính qui nếu và chỉ nếu

Sử dụng mệnh đề trên, ta có thể chứng minh được vành các ma trận

vuông cấp n trên một vành chính qui là vành chính qui Sau đó, bằng suy luận

khá đơn giản, từ các điều kiện tương đương của vành chính qui, ta thu đượccác tính chất của vành con, iđêan, vành các thương của vành chính qui như đãtrình bày trong [3] Thế nhưng, các tính chất này chưa thực sự đầy đủ Chonên, ta kết thúc mục này ở đây để chuyển sang khảo sát một cách tổng quát và

tỉ mỉ hơn các tính chất của vành chính qui trong chương 2

Chương 2 MỘT SỐ VẤN ĐÈ VÈ VÀNH CHÍNH QUI

Chương này dành cho việc mô tả các tính chất của vành chính qui và mộtlóp các vành chính qui đặc biệt là vành chính qui Abel Thêm vào đó, cácmôđun xạ ảnh hữu hạn sinh trên vành chính qui và chính qui Abel cũng đượcxem xét khá kĩ để làm nổi bậc lên vai trò của các phần tử lũy đẳng trong vànhchính qui

2.1 Các tính chất cơ bản của vành chính qui.

Mục đích của mục này là giới thiệu vài tính chất cơ bản của vành chínhqui Điểm nhấn quan trọng là đưa ra những điều kiện cần thiết để vành làvành chính qui Trong mệnh đề 1.28 ta đã chỉ ra tính chất cơ bản nhất và cónhiều ứng dụng rộng rãi của vành chính qui, bằng cách chỉ ra các lũy đẳngtrong vành chính qui

ở mục này, ta thường xuyên và hầu như liên tục phải sử dụng các phần

tử lũy đẳng trong vành chính qui, chẳng hạn:

Mệnh đề 2.1 Cho R là vành chính qui Khi đó:

(a) Tất cả iđêan một phía đều lũy đẳng

(b) Tất cả iđêan hai phía đều nửa nguyên tố

(c) J(R) = 0 với J(R) là căn Jacobson của R.

(d) R là (phải và trái) nửa di truyền.

(e) R là (phải và trái) không suy biến.

Chứng minh.

(a) Lấy J là iđêan phải của R.

Với xeJ,3yeR: xyx = x và do đó x = (xy)x E J2 Suy ra J = J2.

(b) Dễ dàng suy ra từ (a) theo tính chất của iđêan nửa nguyên tố

(d) Theo mệnh đề 1.28 mọi iđêan một phía hữu hạn sinh của R đều là hạng

tử

trực tiếp của R nên xạ ảnh.

(e) Giả sử x/ = 0 với xeR và / <e Rr Tồn tại lũy đẳng eeR sao cho

Re = Rx và do đó: ReJ = RxJ = 0 Suy ra / < (1 - e)R.

Khi đó: / n eR = 0 Do vậy eR = 0 và x = xe = 0 Vậy RR không suy biến □

Trước khi nghiên cứu tính chất của iđêan trong vành chính qui ta cần

định nghĩa iđêan chính qui.

Định nghĩa 2.2 Một iđêan hai phía / của vành R được gọi là chính qui nếu

với mỗi x e / , tồn tại y E / sao cho xyx = X.

Mệnh đề 2.3 Cho J <K là các iđêan hai phía của vành R Khi đó: K chính

qui nếu và chỉ nếu / và K / / đều chính qui.

Chứng minh.

■ Neu K chính qui thì K / / chính qui.

Lấy xeJ,3yeK: xyx = X Khi đó: z = yxy eJ và xzx = X.

Vì vậy, / chính qui

■ Ngược lại, giả sử / và K / / chính qui.

Lấy xeK, X + J là phần tử chính qui của K// nên tồn tại y + JeK/J:

X + J = (x + J)(y + /)(x + /) Suy ra X - xyx e / là phần tử chính qui Do đó 3z E /: X - xyx = (x - xyx)z(x - xyx).

Vì vậy x = x[(ì-yx)z(ì-xy) +y]x = xwx, với w = (ì-yx)z(ì-xy) +y e K Vậy K chính qui □

Trong trường hợp đặc biệt, mệnh đề 2.3 chứng tỏ rằng mọi iđêan hai phíatrong một vành chính qui là chính qui Nhìn nhận theo lối khác, nếu / là một

iđêan hai phía trong vành R sao cho / và Rì J chính qui thì R chính qui.

Phương pháp này tỏ ra hữu ích khi xây dựng các ví dụ về vành chính qui,chẳng hạn:

Mệnh đề 2.4 Tích trực tiếp con hữu hạn của các vành chính qui là chính qui.

về ỉreg(R) kết hợp với tiêu chuẩn chính qui của iđêan được phát biểu trong mệnh đề 2.3 ta có thể chỉ ra được hình ảnh cụ thể của ỉreg(R) mà trong mệnh

đề tiếp theo gọi là M.

Mệnh đề 2.5 Cho vành R và M = {xe RI RxR là iđêan chính qui} Ta có:

(a) M là iđêan hai phía chính qui của R.

(b) M chứa tất cả iđêan hai phía chính qui của R.

(c) Vành thương RIM không chứa iđêan hai phía chính qui khác 0.

Vì vậy RxR + RyR c= M với mọi X , yeM Do vậy Mlà iđêan hai phía.

Dĩ nhiên M chính qui.

(b) Lấy Ả là iđêan hai phía chính qui của R và xét xe A.

Khi đó RxR là iđêan hai phía của A nên chính qui Suy ra X E M và A c= M.

(c) Neu AIM là iđêan hai phía chính qui trong RIM thì theo mệnh đề 2.3,

A chính qui do Mchính qui Suy ra AczM va A/M = 0 □

Theo mệnh đề 2.3, iđêan của vành chính qui là chính qui Một câu hỏiđuợc đặt ra là vành con của vành chính qui có là vành chính qui không?

Ta xét trường các số hữu tỉ Q Vì trường là vành chính qui nên Q làvành chính qui nhưng một vành con của Q là vành các số nguyên z không làvành chính qui (phần tử 2 e z không phải là phần tử chính qui vì iđêan 2Zkhông được sinh bởi lũy đẳng nào: z chỉ có hai lũy đẳng là 0 và 1)

Ví dụ trên cho ta thấy một vành con của vành chính qui chưa chắc làvành chính qui Tuy nhiên, đối với các vành con đặc biệt, ta có:

Mệnh đề 2.6 Góc của vành chính qui là vành chính qui.

Chứng minh.

Với mỗi phần tử lũy đẳng e e R, góc của vành R được định nghĩa là vành con eRe Ta cần chứng minh nếu R là vành chính qui thì eRe cũng là vành chính qui với mọi lũy đắng e.

Thật vậy, lấy X E eRe, chọn yeR: x = xyx Vì e là lũy đẳng nên ta có:

xe = ex = X Suy ra: X = (xe)y(ex) = x(eye)x Đặt a = eye e eRe ta có

Vậy eRe là vành chính qui □

Mệnh đề 2.7 Tâm của vành chính qui là chính qui.

Chúng minh.

Lấy R là một vành chính qui với tâm s và chọn xeS.

Tồn tại y e R sao cho xyx = X Đặt z = yxy Chỳ ý rằng xzx = X.

Cho r e R, ta cú: zr = yxyr = yyrx = yyrxyx = yxyxry = yx^y.

Do đối xỳng, rz = yrxy = yx^7 = zr, do đú z E s Vỡ vậy s là chớnh qui □

Hệ quả 2.8 Một vành chớnh qui R ^ 0 là khụng phõn tớch đuợc (như một

vành) nếu và chỉ nếu tõm của nú là trường

Chứng minh.

Giả sử R khụng phõn tớch được Gọi s là tõm của R và X là phần tử khỏc 0 bất

kỡ của s Theo mệnh đề 2.7, 3y e s: xyx = X, do đú xy là một lũy đẳng tõm khỏc 0 trong R Do R khụng phõn tớch được nờn xy = 1 Vỡ vậy s là trường □

Trong trường hợp đặc biệt, hệ quả 2.8 chứng tỏ rằng tõm của vành chớnh

qui nguyờn tố là một trường

Cỏc vành chớnh qui được đặc trung húa đồng điều bởi cỏc vành mà mọi

mụđun (trỏi hoặc phải) trờn nú đều dẹt Vỡ lớ do này, trường phỏi Bourbaki

thớch gọi cỏc vành chớnh qui là cỏc vành dẹt tuyệt đoi.

Định lớ 2.9 Một vành R là vành chớnh qui nếu và chỉ nếu mọi R - mụđun phải

(trỏi) là dẹt

Chứng minh.

■ Trước tiờn giả sử rằng R là chớnh qui.

Xột R - mụđun phải M Ta chứng minh với mọi iđờan hữu hạn sinh / của R, phộp nhỳng chớnh tắc Ỉ:I —> R cảm sinh đơn cấu \M

đè:MđRỊ^>M<8)RR.

Thật vậy, theo mệnh đề 1.28, tồn tại phần tử lũy đẳng y G R sao cho / = Ry Khi đú: R = Ry â ,R(1 - ỳ).

Gọi p:R->Ry là phộp chiếu chớnh tắc, ta cú: pỉ = 1J.

Vỡ thế (èMđ p)(ỡMđ 0 = 1M đ O') = 1„ đ 1, = 1„*, Suy ra đ là đơn cấu.

■ Ngược lại, giả sử mọi R - mụđun phải là dẹt.

Chọn xe R, môđun R/xR là dẹt nên ánh xạ tự nhiên

(R / xR) ®RRX^> R/ xR là đơn ánh Do đó, ánh xạ Rx / RxR R/ xR cũng

là đơn ánh Vì vậy, RxnxR = xRx và do đó xexRx Suy raR chính qui □

Một đặc trưng khác của vành chính qui là:

Định lí 2.10 Vành R là chính qui nếu và chỉ nếu các điều kiện sau đồng thời

xảy ra:

(a) R là nửa nguyên tố.

(b)Hợp của một dây chuyền bất kì các iđêan nửa nguyên tố của R là

iđêan nửa nguyên tố

(c) R / p là chính qui với mọi iđêan nguyên tố p của R.

Chứng minh.

■ Neu R chính qui, dễ có (c) Theo mệnh đề 2.1, tất cả các iđêan hai phía

của

R là nửa nguyên tố, do đó (a) và (b) đúng.

■ Ngược lại, giả sử (a), (b) và (c) đúng

Neu R không chính qui, tồn tại xeR sao cho XỂxRx Chú ý rằng 0 là iđêan nửa nguyên tố của R (do (a)) sao cho X Ể xRx + 0.

Theo (b), áp dụng bổ đề Zom cho họ tất cả iđêan nửa nguyên tố ỉ của R thỏa mãn X Ể xRx +1, tồn tại iđêan nửa nguyên tố J của R là tối đại (trong các iđêan nửa nguyên tố vừa đề cập) sao cho X Ể xRx + J.

Do đó, R / J không chính qui và theo (c) thì J không nguyên tố Vì vậy, tồn tại các iđêan hai phía ẢvầB chứa thực sự J sao cho AB < J.

Đặt K = {r e R I rB <J) và L = {r e RI Kr<J}.

Bởi vì J nửa nguyên tố, ta suy ra rằng KvầL cũng nửa nguyên tố.

Do (K nLý <KL< J ta có KnL<J.

Rõ ràng A < K và B < L, do đó K và L chứa thực sự J Bởi tính tối đại của J, tồn tại các phần t ử y, z eR sao cho X - xyx E K và X - xzx e L.

Chú ý rằng: X - x(y + z — yxz)x = X - xyx - (x - xyx)zx e K và

X - x(y + z- yxz)x = X - xzx - xv(x - xzx)

nên X e xRx + K nLcz xRx + J: mâu thuẫn.

Vì vậy R phải chính qui □

Hệ quả 2.11 Vành R là chính qui nếu và chỉ nếu mọi iđêan hai phía của R là

lũy đắng và R / p là chính qui với mọi iđêan nguyên tố p của R.

Rõ ràng định lí 2.10 sẽ trở nên gọn hơn nếu bỏ đi giả thiết (b), nhung mộtđịnh lí như vậy không đúng trong trường họp tống quát, như ví dụ ở phần tiếptheo sau sẽ chỉ ra

Ví dụ 2.12 Tồn tại một vành nửa nguyên tố R sao cho R / p chính qui với

mọi iđêan nguyên tố p của R, nhưng R không chính qui.

là vành con của M2(S) Do SKS * s, theo mệnh đề 1.29, R

Với n = 1, 2, gọi en là phần tử đơn vị của Fn và đặt fn =

0 e, nj Khi đó / là một lũy đẳng thuộc tâm của R và fnR = M2(F) là một vành nguyên tố Hệ quả là, R đẳng cấu với một tích trực tiếp con của các vành nguyên tố fnR, do đó R là nửa nguyên tố.

Xét iđêan nguyên tố p bất kì của R.

S Nếu f n £ P với n nào đó thì ì - f n e P Trong trường họp này, ta có

p = (1 - f n ) R và R / p = f n R = M 2 ( F ) là chính qui.

s Nếu mọi / e p thì M2(K) = ®fR < p Do R/ M2(K) = 'F 0"

yp F/ta cótrong trường hợp này R / P = F là chính qui □

Tuy nhiên, có một lóp quan trọng các vành mà dạng gọn hơn của định lí

2.10 vẫn đúng, gọi là vành không có phần tử lũy linh khác 0 Ta chứng minh

điều này trong đinh lí 2.15 Trước tiên, ta cần một định nghĩa

Định nghĩa 2.13 Một iđêan nguyên tố đầy đủ trong một vành R là một iđêan hai phía thực sự p sao cho R / p là một miền nguyên (không cần giao hoán).

Bố đề 2.14 Nếu R là vành không có phần tử lũy linh khác 0 thì mọi iđêan

nguyên tố tối tiểu của R là nguyên tố đầy đủ.

Chứng minh.

■ Trước tiên ta chứng minh rằng nếu av , an e R và ava2 an = 0 thì

tích

của các ai với thứ tự bất kì luôn bằng 0.

Đe chứng minh điều này, thật ra ta chỉ cần chứng tỏ rằng nếu xaby = 0 trong

R thì xbay = 0

'C Neu x = y = ì thì từ ab = 0 ta có (ba)2 = b(ab)a = 0 và do đó ba = 0.

s Nếu X = 1: (ab)y = 0 => yab = 0 => y(aba) = 0 => (aba)y = 0

=> (ba)(bay) = 0 => bayba = 0 => (bay)2 = 0 => bay = 0.

S Trong trường hợp tổng quát:

x(aby) = 0 => (ab)(yx) = 0 => (bay)x = 0 => x(bay) = 0.

■ Bây giờ, gọi p là iđêan nguyên tố tối tiểu bất kì của R.

Một m - hệ thong trong R là một tập con X ^ 0 sao cho 0 < Ê X và nếu

X , yeX thì tồn tại r e R sao cho xry E X.

Khi đó R\p là một m - hệ thống, và ta có thể chọn một m - hệ thống tối đại X chứa R\p.

Neu Q là một iđêan hai phía của RvầQ tối đại giữa tất cả các iđêan hai phía rời nhau với X thì Q là nguyên tố Do ộ rời R\p ta có Q<p và vì vậy

Q = p bởi tính tối tiểu của p.

Ket quả là, p rời nhau với X, do đó X = R \ p Vì vậy R\p là một m - hệ

Rõ ràng R \pcz Y, do đó, theo tính tối đại của R\p ta đuợc R\P = Y.

Do vậy R\p là đóng đối với phép nhân, cho nên RỊP là miền nguyên □

Định lí 2.15 Gọi R là vành không có phần tử lũy linh khác 0 Khi đó R là

chính qui nếu và chỉ nếu R / p là chính qui với mọi iđêan nguyên tố đầy đủ p của R.

Chứng minh.

■ Nếu R chính qui thì hiển nhiên R / p là chính qui với mọi iđêan nguyên

tố

đầy đủ p của R.

Giả sử rằng RỊP là chính qui với mọi iđêan nguyên tố đầy đủ p của R.

Neu p là iđêan nguyên tố tối tiểu bất kì của R thì p nguyên tố đầy đủ (theo bổ

đề 2.14), do đó R / p là chính qui Do RỊP còn là miền nguyên nên R / p là một vành chia Hệ quả là, ta có R/ Q là vành chia với mọi iđêan nguyên tố Q

Do mỗi iđêan nửa nguyên tố của R là giao của các iđêan nguyên tố, ta suy ra tập các iđêan nguyên tố của R trùng với tập các iđêan hai phía J sao cho R / J

không có phần tử lũy linh khác 0

Kết quả là, hợp của một dây chuyền các iđêan nửa nguyên tố của R phải là nửa nguyên tố Theo định lí 2.10, R là chính qui □

Trên đây là một vài đặc trưng của vành chính qui tổng quát Đối với cácvành chính qui giao hoán, chúng có thể được đặc trưng hóa bởi nhiều cách

Định lí 2.16 Đối với vành giao hoán R, các điều kiện sau đây tương đương: (a) R là chính qui.

(b) Mọi R - môđun đơn là nội xạ.

(c) R không có phần tử lũy linh khác 0 và mọi iđêan nguyên tố của R là

Do đó f(a) = f(ya) = (fy)a = wa.

Do vậy/có thể mở rộng đến đồng cấu R^> R/ M.

00 => (c):

■ Trước tiên ta chứng minh rằng nếu M là iđêan tối đại của R thì

X E xM, Vx E M

Giả sử ngược lại, 3xeM: X Ể xM Khi đó xR /xM ^ 0 và ta có

R/ M = xR/ xM, do đó có một toàn cấu / :xR^> R/ M

Do RIM nội xạ nên / có thể mở rộng đến đồng cấu g:R—> R/ M và do đó

/(xR) < g(M) = 0: vô lí Vì vậy, kết luận ở trên là đúng.

■ Không mất tính tổng quát, ta chỉ cần xét trường hợp lũy linh bậc 2

Giả sử X 2 = 0 với 0 * X e R Linh hóa tử J = {r e RI xr = 0} là một iđêan

phải thực sự và do đó được chứa trong một iđêan phải tối đại M.

Do xeJ<M, ta có X E xM bởi kết luận ở trên Khi đó 3y eM: X = xy và

do đó 1 -y eJ <M Điều này không thế xảy ra!

Vì vậy, R không thể có bất kì phân tử lũy linh khác 0 nào.

■ Bây giờ, lấy p là iđêan nguyên tố của R và gọi M là iđêan tối đại chứa

p.

Lấy X e M, ta có xe xM và do đó 3y e M : x(l - ỳ) = 0 vì 1 -y<£M nên

1 -y Ểp, do đó xeP.VÌ vậy M = p vàp là iđêan tối đại.

(c) => (d):

Bởi vì không có iđêan nguyên tố nào của R thực sự được chứa trong M, ta có MRM là iđêan nguyên tố duy nhất của Rư , do đó MRM là lũy linh Lấy X / s E MRM , ta có (x / sỴ = 0 với n nào đó, do đó txn = 0 với t eR\M.

Khi đó (txỴ = 0 và suy ra tx = 0 Do vậy X / 5 = 0.

Vậy MRM = 0 hay RM là trưòng.

Định lí 2.17 Cho A\kR- môđun phải tựa nội xạ và Q = End/Ỉ(^() Gọi J(Q)

là căn Jacobson của Q Khi đó:

(a) /(C) = {/efi| Kerf<' Aị.

(b) Q / J(Q) là vành chính qui.

(c) Nếu J ( Q ) = 0 thì Q là tự nội xạ phải.

Chứng minh.

(a) & (b):

■ Đặt K = {f E QI Kerf <e Ả} và xét /, g bất kì thuộc K.

Bởi vì Kerf n Kerg < Ker(/ - g), ta có Ker(f - g) <e Ả do đó / -g eK.

Lấy heQ, ta có: Ker(fh) = h~x(Ker/) <e Ả, do đó fh<EK.

Tuong tự, Ker/ < Ker(/ỉ/) nên hf eK Vậy K\ầ một iđêan hai phía của Q.

u Lấy / el, ta có Kerf <e Ả và [Ker(l -/)]n[Ker/] = 0, do đó Ker(l - /) = 0 Khi đó 1 - / cảm sinh một đẳng cấu từ Ả lên (1 - f)A, và đẳng cấu nguợc (1 - f)A —» Ả có thể mở rộng đến đồng cấu g e Q sao cho

rộng thành một đồng cấu g E Q sao cho gf = 1 trên B.

Hệ quả là, ựgf - f)B = 0, do đó B 0 Kerf < Ker(/g/ - /).

Vì vậy fgf - f eK, do đó Tg/- = / trong Q/ K Suy ra ộ / K là chính qui Theo mệnh đề 2.1, J(Q / K)= 0, do đó J{Q) = K và Q / /(0 = Q/ K là

(c) Theo (b), Q là chính qui (do J(Q) = 0) và theo định lí 2.9, Ả là một Q

-môđun trái dẹt

Gọi J là iđêan phải bất kì của Q và lấy / e Hom0(y, Q0).

Do 0 Ả là môđun dẹt nên ta có biểu đồ sau giao hoán:

Hệ quả 2.18 Lấy A là một R - môđun phải và đặt Q = End^(^() Neu A hoặc

nửa đơn hoặc không suy biến tựa nội xạ thì Q là một vành chính qui tự nội xạ

phải

Chứng minh.

Do A tựa nội xạ nên theo định lí 2.17 ta chỉ cần chứng minh J{Q) = 0.

Lấy / eJ(Q), ta có Kerf <e A (theo 2.17).

Neu A nửa đơn thì Kerf = A và / = 0.

'C Nếu A không suy biến, bởi vì /(A) = A/ Kerf là suy biến ta lại thu đuợc

/ = 0

Vậy J(Q) = 0 trong cả hai trường hợp □

Trong trường hợp đặc biệt, hệ quả 2.18 chứng tỏ rằng vành các tự đồngcấu của một không gian vectơ phải là chính qui và tự nội xạ phải

Hệ quả 2.19 Neu R là vành không suy biến phải thì vành các thương tối đại

(phải) Q là chính qui và tự nội xạ phải.

Chứng minh.

Do RR không suy biến nên E(Rr) cũng vậy.

Thêm vào nữa, do Q = EndR(E(Rr ) ) , hệ quả 2.18 chúng tỏ Q chính qui và tự

nội xạ phải □

2.2 Môđun xạ ảnh trên vành chính qui.

Mục này chủ yếu liên quan đến tính chất phân tích được của các môđun

xạ ảnh hũu hạn sinh trên vành chính qui, một phần bao gồm những tính chấtthuần túy môđun, và một phần bao gồm các lũy đẳng trong vành các tự đồngcấu hay trong vành các hệ tử

Các kết quả được chia làm bốn nhóm, liên quan đến:

(a) Dàn các môđun con hữu hạn sinh của một môđun xạ ảnh hữu

hạn sinh

(b)Đắng cấu giữa các sự phân tích thành tổng trực tiếp của một

môđun xạ ảnh hữu hạn sinh

(c) Phương pháp tạo thành dãy đếm được các lũy đẳng

(d)Các lũy đẳng nâng và môđun xạ ảnh hữu hạn sinh môđulô

iđêan hai phía

Trước hết, ta cần một vài sự chuẩn bị

Định lí 2.20 Neu Ả là môđun xạ ảnh hũu hạn sinh trên vành chính qui R thì

End^ (Ả) là vành chính qui.

Chúng minh.

Theo mệnh đề 1.29, eMn(R)e chính qui với mọi n và mọi lũy đẳng

e G Mn(R) và End/?(^() = eMn(R)e nên chính qui □

Ngược lại với định lí 2.20, vành các tự đồng cấu của các môđun tổngquát trên các vành chính qui có thể không chính qui, như ví dụ sau:

Ví dụ 2.21 Tồn tại vành chính qui R và iđêan hai phía J sao cho End^y^)

không chính qui

Chúng minh.

Lấy truờng F, đặt Fn=F với n = 1, 2,

Gọi s là F - đại số con của sinh bởi 1 và K = ®Fn.

Vì K là iđêan của vành chính qui nên K chính qui.

cảm sinh một tự đồng cấu / G EndR(JR).

Ta có: '0 0"^ K, là một môđun con cốt yếu thực sự của iđêan phải

H ="0 0^ Suy ra fj không thể là hạng tử trực tiếp của H, do đó fj

không thể là hạng tử trực tiếp của JR Kết quả là, không tồn tại lũy đẳng

e End/?(//?) sao cho hJ = fj, và do đó, không tôn tại ơ G End^y^) sao cho fgf = / Vì vậy EndRỰR) không chính qui □

Ví dụ 2.22 Tồn tại một vành chính qui giao hoán R với một môđun hữu hạn

sinh A sao cho End^ (A) không chính qui.

Chúng minh.

Chọn trường F, đặt Fn=F với n = 1, 2, và gọi R là F - đại số con của

j^[F sinh bởi 1 và 0F Theo ví dụ 2.21, R là vành chính qui.

Chọn một phần tử X e \ R và đặt B = R + xR, Ả = R® B.

Định nghĩa / 6 End/Ỉ(^) theo qui luật: /(r, b) = (0, r).

Chú ý rằng /(Ả) = 0 © R là một môđun con cốt yếu thực sự của 0 © B, ta suy luận theo 2.21 rằng không thể tồn tại g G End^(^() sao cho fgf = /.

Vì vậy End^ (A) không chính qui □

Ta xem 2.21 và 2.22 như một cảnh báo: không phải mọi vành được kếthọp với vành chính qui theo một phương thức “hợp lí” nào đó thì nhất thiếtphải chính qui

Từ định lí 2.20 ta thu được một kết quả hay được sử dụng như sau:

Định lí 2.23 Neu Ả là một môđun phải xạ ảnh trên vành chính qui R thì mọi

môđun con hữu hạn sinh của Ả là hạng tử trực tiếp của A.

Chứng minh.

Ta có thể đồng nhất A với một môđun con của một R - môđun phải tự do F Lấy B là môđun con hữu hạn sinh của A, ta suy ra rằng F có một hạng tử trực

tiếp tự do G hữu hạn sinh chứa B.

Ta chỉ cần chứng minh B là hạng tử trực tiếp của G, khi đó B là hạng tử trực

tiếp của F và do đó cũng là của A.

Chọn n là số nguyên dương sao cho B có thể được sinh bởi n phần tử, nhúng

G vào một R - môđun phải tự do hữu hạn sinh H với H là môđun có cơ sở gồm ít nhất n phần tử.

Khi đó tồn tại / eEnd^iT/) sao cho flỉ = B Theo định lí 2.20, End^ET) chính qui, do đó có g e End/?(//) sao cho fgf = f Hệ quả là, fg là một lũy đẳng và fgH = fH = B hay B là hạng tử trực tiếp của G □

Hệ quả 2.24 Gọi A là một môđun phải trên vành chính qui R và lấy n là một

số nguyên duơng Nếu A có thể đuợc sinh bởi n phần tử thì mọi môđun con hữu hạn sinh của A cũng vậy.

Chứng minh.

Chọn toàn cấu chiếu /: nRR —» A.

Neu B là môđun con hữu hạn sinh của A thì tồn tại một môđun con hữu hạn sinh c < nRR sao cho /(C) = B Theo định lí 2.23, c là hạng tử trực tiếp của nRR Vì vậy, c có thể đuợc sinh bởi n phần tử và B = /(C) cũng vậy □

Ta xem xét kết quả đầu tiên của mục này: Dàn các môđun con hữu hạn

sinh của một môđun xạ ảnh hữu hạn sinh

Định nghĩa 2.25 Cho A là môđun xạ ảnh hữu hạn sinh trên vành chính qui R.

Ta sử dụng kí hiệu L(A) để chỉ tập tất cả môđun con hừu hạn sinh của A, sắp

thứ tự bộ phận bởi quan hệ bao hàm

Chú ý rằng theo mệnh đề 1.28, L(Rr) chỉ bao gồm tất cả iđêan phải chính của R Sử dụng những bổ đề sau, ta chứng tỏ rằng tập sắp thứ tự bộ phận L(A) thật sự là dàn.

Bố đề 2.26 Cho A là môđun xạ ảnh hữu hạn sinh trên vành chính qui R và B

là R - môđun xạ ảnh Lấy / G Hom/?(^4, B) Nếu c là môđun con hữu hạn sinh của B thì /_1 (C) là hữu hạn sinh và là một hạng tử trực tiếp của A.

Chứng minh.

Theo định lí 2.23, c là một hạng tử trực tiếp của B, do đó B / c xạ ảnh.

Nếu g là đồng cấu chiếu tự nhiên B —» B / c thì theo một ứng dụng khác của 2.23, gf (Ả) là một hạng tử trực tiếp của B / c, do đó gf (Ả) xạ ảnh.

Suy ra, /_1 (C) = Kergf là hạng tử trực tiếp của A và do đó hữu hạn sinh □

Bố đề 2.27 Cho Ả là môđun xạ ảnh trên vành chính qui Nếu Bx, ., Bn là các

môđun con hữu hạn sinh của ^4 thì Bx n n Bn hữu hạn sinh.

Chứng minh.

Ta chỉ cần xét trường hợp n = 2.

Nếu / \BX^> A là đồng cấu nhúng thì BxnB2= /_1(ổ2) hữu hạn sinh theo

bổ đề 2.26 □

Định lí 2.28 Neu A là môđun xạ ảnh hữu hạn sinh trên một vành chính qui thì

L(A) là dàn modular có phần bù Với B, c e L(A), ta có B V c = B + c và

B A C = B nC.

Chứng minh.

■ Lấy B,c e L(A), dễ có B + C E L(A) và B + c = B V c.

Do B nC e L(A) (theo 2.27), ta cũng có B nC E L(A) và B nC = B AC

Do đó L(A) là một dàn.

■ Mặt khác, các phép toán trên dàn L(A) là + và n, ta suy ra L(A)

modular

■ Lấy B e L(A), định lí 2.23 cho ta A = B® c với c < A, do đó c là phần

bù của B trong L(A) Do vậy L(A) là dàn có phần bù □

Theo định lí 2.28, L(A) là dàn modular có phần bù và ta có thể dùng L(A) để nghiên cứu L(Tt) trong đó T = End/?(4) theo nghĩa có một đẳng cấu dàn ọ giữa LỢT) và L(A) như sau:

Mệnh đề 2.29 Cho A là môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh trên vành chính qui

R và đặt T = End/?(4) Khi đó:

(a) Có một đẳng cấu dàn <p: L(Tt) —» L(A) cho bởi qui luật cpụ) =

Với Se L(A), ta có ẹ-\B) = {/ erI f(A) < B}.

(b) Với J, K e L(TT), ta có J = K nếu và chỉ nếu (pỤ) = (p{K) (c) Với J, K G L(Tt) , ta có J < K nếu và chỉ nếu ọỤ) < ọ(K).

Chứng minh.

(a) Lấy J e L(Tt) , ta CÓ J = eT với lũy đẳng e E T, do đó JẢ = eAe L(Ả).

Vì vậy, qui luật ọỤ) = JA cho ta một ánh xạ đơn điệu (p:LỢT)^> L(A).

Lấy B e L(A), đặt ụ/(B) = ịfeĩị f(A) < B}.

Do B = eA với lũy đẳng eeT ta có Ụ/(B) = eT e L(Tt).

Vì vậy, ta có một ánh xạ đơn điệu \ự : L(A) —» LỢT).

Nếu e là một lũy đẳng bất kì trong T thì ọ(eT) = eA và y/(p(eT) = eT Vì vậy ụf(p là ánh xạ đồng nhất trên LỢT) Nguợc lại, ự/(eA) = eT và cpxựieA) = eA.

Do vậy <p và y/ là các ánh xạ nguợc của nhau, do đó đều là đẳng cấu dàn (b) Tồn tại lũy đẳng e E T, lũy đẳng / e T sao cho J = eT và K = fr.

Khi đó J = K nếu và chỉ nếu tồn tại phần tử X e eTf và y e /Te sao cho

xy = e và yx = f Điều này chỉ xảy ra nếu và chỉ nếu eA= fA, nghĩa là,

<Pự) = V>(K).

(c) Chứng minh tương tự (b) □

Riêng đối với dàn các iđêan phải và trái chính của R, ta có kết quả:

Định lí 2.30 Neu R là vành chính qui thì qui luật (pỤ) = {x E RI xJ = 0} định

nghĩa một phản đẳng cấu dàn (p: L(Rr) -» L(RR) Phản đẳng cấu ngược cho

bởi qui luật: f'(í) = {ieí| ẲJC = 0}

Do J = eR với lũy đẳng eeR, ta có (pỤ) = R(ì-è) e L(RR).

là đồng nhất trên L(Rr) và bằng đối xứng, (pụ7 là đồng nhất trên L(RR)

Do vậy (Ọ và ụ/ ngược nhau và chúng là các phản đẳng cấu dàn □

Ta chuyển sang sự phân tích thành tổng trực tiếp của các môđun xạ ảnhtrên vành chính qui Ket quả quan trọng nhất thuộc về định lí 2.35 với nhiều

áp dụng rộng rãi ở mục tiếp theo khi nghiên cứu phổ nguyên tố của vànhchính qui Abel

Trước tiên ta phân tích mỗi môđun xạ ảnh với tập sinh đếm được thànhtổng trực tiếp các môđun con cyclic

Mệnh đề 2.31 Cho Ả là môđun phải xạ ảnh với tập sinh đếm được trên vành

chính qui R Khi đó Ả là tổng trực tiếp các môđun con cyclic với mỗi hạng tử trực tiếp đẳng cấu với một iđêan phải chính của R.

Chúng minh.

Chọn các môđun con A0 = 0 < Ax < A2 < của A sao cho uA =A và

An / An_J cyclic với mọi n = 1, 2,

Theo định lí 2.23, tồn tại phân tích A =An_ỉ®B với mọi n = 1, 2, và ta suy ra rằng A = ®Bn Dễ có Bn cyclic với mọi n = 1, 2,

Bởi B là hạng tử trực tiếp của A nên Bn xạ ảnh và đẳng cấu với một iđêan

phải chính của R □

Hầu hết vấn đề về sự phân tích các môđun xạ ảnh trên vành chính quibao gồm việc so sánh hai sự phân tích (khác nhau) của cùng một môđun.Theo định lí 2.33 chỉ ra, bất kì hai sự phân tích thành tổng trực tiếp của mộtmôđun xạ ảnh hữu hạn sinh trên một vành chính qui phải có thành phần đẳngcấu nhau Đe chứng minh kết quả này ta cần một bố đề

Bố đề 2.32 Cho 4> ., A là các môđun xạ ảnh trên một vành chính qui và B

là một môđun con hữu hạn sinh của Ắl © 0 An Khi đó tồn tại sự phân tích:

4 = An © Ải2 với mỗi ỉ = 1, ,n sao cho 4 © © An = B © An 0 © 4,1 và

A12 © ©4*2

-B-Chứng minh.

■ Trong trường hợp n = 1, có sự phân tích 4 = B © 41 và ta đặt A12=B.

■ Với n > 1, giả sử bổ đề đúng với n-1.

Gọi p: 4 © — © A, —» 4 và q: 4 © ••• © 4 ► A © — © 4 là các phép

chiếu thông thường

Ta có q(B) là hữu hạn sinh và do đó xạ ảnh (định lí 2.23) Suy ra dãy khớp:

0^BnAỉ^>B^ q{B) chẻ ra Do vậy B = (5n4)©q(B).

Khi đó AỈ2=B n 4 là hữu hạn sinh Do đó 4 = 41 © ^12 V<^1 A\ nà° đó.

Sử dụng giả thiết qui nạp trong trường hợp n-1, ta thu được phân tích

4 = 4, © 4-2 với i = 2, ,n sao cho 4 © — © 4 = q(B) © A2Ị © © 4,1 và

4>2 © -©472 ~q(B)’

Chú ý rằng Aì2 © © 4,2 - (B n A) © q(B) - B •

Quan sát q(B) = (1 - p)B < B + 4 5ta cỏ:

4 © © 4 = (£) + (^21 © - © Anl) ^ B + A + (^21 © - © 4*1)

và do vậy, 4 © © 4 = B + 4 + (4i © © 4,1).

Do 4 = An © An<B + Ản ta được 4 © © An = B + (4i © © 4,1).

Đặt F = B n (4i © © Anỉ) và chú ý rằng:

q(F) < q(B) n ® ® 4,) = q(B) n (4, ® ® 4,,) = 0

Khi đó F < Kerg = A1, do đó F < B n Ax= AX2 Thêm vào đó:

F = /?(F) < p(Axx © © Anl) = ^4n, do vậy F < ^4n n An = 0.

Vì thế Ạ © © An - B © Au © © 4,1 và phép qui nạp thực hiện được □

Đinh lí 2.33 Cho Ạ ® ® A = B, © © B là môđun xa ảnh hữu han sinh

trên vành chính qui Khi đó tồn tại phân tích A = A.x © © A.k với ỉ = 1,

,n sao cho AXJ © © Anj = B với j = 1, ,k.

Chúng minh.

■ Với k = 1, ta chỉ cần lấy A.J = A với mọi ỉ.

■ Với k = 2: Có sự phân tích 4 © ••• © 4, = Cj © C2 với Cj =

Theo bổ đề 2.32, tồn tại phân tích A = © ^4.2 với mỗi ỉ sao cho:

4 © © 4 = C2 © 4i © ••• © AĩX và Ax2 © © Aĩ2 = C2 = B2 Hon nữa, cả 4i © ••• © 4,1 Cj đều là phần bù của C2 trong 4 © — © 4,

nên ta được 4i © ••• © 4,1 = Cl = Bx.

■ Với k> 2, giả sử định lí đúng với k-1.

Theo trường họp k = 2, tồn tại phân tích 4 = 4i © Q với mọi i = 1, ,n sao

Hệ quả 2.34 Cho ẨỊ © ® A -< Bx © © Bk là các môđun xạ ảnh hữu hạn

sinh trên một vành chính qui Khi đó:

(a) Tồn tại phân tích Aị = Ản © © Aih với / = 1, ,H sao cho

Aj 0 - ® Anj -< Bj với j = 1, ,k (b) Tồn tại phân tích Bj = Bn® ® BJn với j = \, ,k sao cho

Ai = Bỵ © 0 Bkị với / = 1, ,H -1 và An < Bỉn © © Bkn Chúng minh.

Ta phải có Ảj © © An © An+1 = BX® © Bk với An+Ỉ nào đó.

(a) Theo định lí 2.33, tồn tại phân tích A = A.ị © © A.k với i = \, ,n

sao cho AỈJ © © An+Ìj = B với j = 1, ,k Suy ra AÌJ © © Anj

< Bị.

(b) Lại theo định lí 2.33, nhung vai trò của Aị và B đuợc hoán đổi, ta có

phân tích Bj = BjX © © B'jn+Ì với j = 1, ,k sao cho Bu © © Bki

môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh bất kì thành các tổng trực tiếp sao cho các