Một số vấn đề về lý thuyết chiều

Một vành R là Noether nếu và chỉ nếu mọi tập khác rỗng các iđêan của Rđều có một phần tử cực đại.. Nếu p là một iđêan nguyên tố của vành Noether R thì vành địa phương hóa Dễ dàng kiểm tr

BỘ MÔN TOÁN

WX

ĐỀ TÀI NGHIÊN CỨU KHOA HỌC CẤP TRƯỜNG

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÝ THUYẾT CHIỀU

Chủ nhiệm đề tài: Ths LÊ VĂN CHUA

Long Xuyên, tháng 8 năm 2009

Mục lục

1 VÀNH NOETHER VÀ VÀNH ARTIN 4

1 Iđêan nguyên tố, iđêan cực đại và iđêan nguyên sơ 4

2 Vành Noether 7

3 Vành Artin 9

4 Vành phân bậc 11

2 PHÂN TÍCH NGUYÊN SƠ VÀ IĐÊAN NGUYÊN TỐ LIÊN KẾT 14 1 Môđun Noether 14

2 Phân tích nguyên sơ trong môđun Noether 16

3 Tập các iđêan nguyên tố liên kết 19

4 Giá của môđun 23

3 HÀM VÀ CHUỖI HILBERT 27 1 Môđun Artin 27

2 Môđun có độ dài hữu hạn 29

3 Môđun phân bậc 34

4 Hàm Hilbert và đa thức Hilbert-Samuel 36

4 LÝ THUYẾT CHIỀU KRULL 41 1 Chiều Krull và định lý cơ bản của lý thuyết chiều 41

2 Độ sâu của môđun 45

3 Vành Cohen-Macaulay 50

4 Vành địa phương chính quy 53

KẾT LUẬN 56

MỘT SỐ KÍ HIỆU

Kí hiệu Nghĩa của kí hiệu Trang

 Kết thúc chứng minh 5

√

q Căn của iđêan q 6

S−1(R) Vành các thương của vành R theo S 7

Rp Địa phương hóa của vành R theo p 8

J (R) Căn Jacobson của vành R 10

N (R) Linh căn của vành R 10

{Rn | n ∈ N} Lọc của vành 12

gr(R) Vành phân bậc liên kết 12

λa Đồng cấu nhân bởi a 16

S−1(M ) Địa phương hóa của môđun M theo S 16

AssR(M ) Tập các iđêan nguyên tố liên kết của môđun M 19

z(M ) Tập các ước của không trong môđun M 20

Mp Địa phương hóa của môđun M theo p 23

Supp(M ) Giá của môđun M 23

V (I) Tập các iđêan nguyên tố chứa I 24

Ann(M ) Cái triệt của môđun M 24

lR(M ) Độ dài của R−môđun M 31

{Mn | n ∈ N} Lọc của môđun 34

gr(M ) Môđun phân bậc liên kết 34

H(M, n) Hàm Hilbert của môđun M 37

F (M, t) Chuỗi Hilbert của môđun M 37

PI(M, n) Hàm Hilbert-Samuel của môđun M 38

d(M ) Bậc của đa thức Hilbert-Samuel của môđun M 39

dim M Chiều Krull của môđun M 41

dim R Chiều Krull của vành R 41

ht(I) Độ cao của iđêan I 41

Coht(I) Đối độ cao của iđêan I 41

δ(M ) Chiều Chevalley của môđun M 42

depth(M ) Độ sâu của môđun M 49

MỞ ĐẦU

1 Mục tiêu nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu những đặc trưng cơ bản về chiều của vành và môđun Từ đó điđến việc nghiên cứu hai lớp vành quan trọng trong Đại số giao hoán hiện đại là vànhCohen-Macaulay và vành địa phương chính quy, cũng như mối quan hệ giữa chúng

2 Nội dung nghiên cứu

Lý thuyết chiều là một trong những lý thuyết trọng tâm và cơ bản nhất của Đại sốgiao hoán hiện đại Mọi bài toán khảo sát cấu trúc vành hay môđun trong Đại số giaohoán đều được bắt đầu từ việc xem xét chiều của chúng Khái niệm chiều mà tôi đangnhắc đến có nguồn gốc từ Hình học và là dạng đại số của khái niệm chiều của một đatạp đại số

Chương 3 Hàm và chuỗi Hilbert, Chương này nghiên cứu lớp môđun Artin, đặcbiệt là mối quan hệ giữa vành Noether và vành Artin thông qua khái niệm độ dài hữu hạncủa môđun Cùng với cấu trúc môđun phân bậc, tôi tiếp tục nghiên cứu hai đối tượngquan trọng khác trong đại số giao hoán là hàm Hilbert và Đa thức Hilbert-Samuel củamột môđun Nôi dung chương gồm các vấn đề sau: Môđun Artin; Môđun có độ dài hữuhạn; Môđun phân bậc; Hàm Hilbert và đa thức Hilbert-Samuel

Chương 4 Lý thuyết chiều Krull, Đây là nội dung trọng tâm của đề tài Với kháiniệm chiều Krull của vành và môđun dẫn đến sự thống nhất ba đối tượng bất biến củamột môđun Đó là bậc đa thức Hilbert-Samuel, chiều Krull và chiều Chevalley thông quaĐịnh lý cơ bản của lý thuyết chiều Trong chương này còn nghiên cứu những đặc trưngkhác như: Hệ tham số; Dãy chính quy; Độ sâu của môđun và đặc biệt là vành Cohen-Macaulay và vành địa phương chính quy Nội dung chương gồm các vấn đề sau: ChiềuKrull và định lý cơ bản của lý thuyết chiều; Độ sâu của môđun; Vành Cohen-Macaulay;Vành địa phương chính quy

Trong toàn bộ đề tài nghiên cứu khoa học này, các vành được nhắc đến là các vànhgiao hoán có đơn vị 1 khác 0

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Đề tài nghiên cứu một số đối tượng cơ bản sau: Môđun Noether, Môđun Artin, Môđunphân bậc, Độ dài hữu hạn của môđun, Hàm Hilbert và đa thức Hilbert-Samuel, ChiềuKrull của vành và môđun, Độ sâu của môđun Đặc biệt là sự nghiên cứu hai cấu trúc

vành Cohen-Macaulay và vành địa phương chính quy, cũng như mối quan hệ giữa chúng.

4 Cơ sở lý luận và phương pháp nghiên cứu

Đề tài "Một số vấn đề về lý thuyết chiều" chủ yếu dựa trên cơ sở của lý thuyết vành

và lý thuyết môđun

Đề tài sử dụng phương pháp phân tích và tổng hợp các nguồn tài liệu liên quan, đểthu nhận những nội dung cần thiết nhằm phục vụ tốt cho việc nghiên cứu đề tài

Một iđêan p của một vành R được gọi là nguyên tố của R nếu p khác R và với mọi

a, b ∈ R sao cho ab ∈ p thì a ∈ p hoặc b ∈ p

Một iđêan m của một vành R được gọi là cực đại của R nếu m khác R và với mọi J

là một iđêan tùy ý của R sao cho m ⊂ J ⊂ R thì m = J hoặc J = R

Định lý 1.2

1 Một iđêan p của một vành R là nguyên tố khi và chỉ khi R/p là một miền nguyên

2 Một iđêan m của một vành R là cực đại khi và chỉ khi R/m là một trường

Chứng minh

1 Giả sử p là một iđêan nguyên tố của R Để chứng minh R/p là một miền nguyên tacần chứng minh R/p không có ước của không Thật vậy, nếu (a+p)(b+p) = 0+p thì

ab + p = 0 + p kéo theo ab ∈ p Do p là một iđêan nguyên tố nên a ∈ p hoặc b ∈ p hay

a + p = 0 + p hoặc b + p = 0 + p Vậy R/p là một miền nguyên Đảo lại, nếu R/p làmột miền nguyên thì R/p là một vành giao hoán có đơn vị 1 + p 6= 0 + p suy ra 1 /∈ p

và do đó p 6= R Giả sử ab ∈ p Khi đó ab + p = 0 + p kéo theo (a + p)(b + p) = 0 + p

Do R/p là một miền nguyên nên a + p = 0 + p hoặc b + p = 0 + p hay a ∈ p hoặc

b ∈ p Vậy p là một iđêan nguyên tố của R

2 Giả sử R/m là một trường Khi đó ta có R/m là một vành giao hoán có đơn vị

1 + m 6= 0 + m kéo theo 1 /∈ m Vậy m 6= R Để chứng minh m là một iđêan cực đại,

ta giả sử J là một iđêan của R sao cho m ⊂ J ⊂ R và cần phải chứng minh m = Jhoặc J = R Nếu m 6= J thì tồn tại a ∈ J − m và do đó phần tử a + m khác khôngtrong vành R/m Vì R/m là một trường nên a + m khả nghịch, nghĩa là tồn tại phần

tử b + m để (a + m)(b + m) = 1 + m Điều này tương đương với ab − 1 = m ∈ m

suy ra 1 = ab − m ∈ J Vậy J = R và do đó m là một iđêan cực đại của R Đảo lại,giả sử m là một iđêan cực đại của R Khi đó ta có R/m là một vành giao hoán cóđơn vị 1 + m 6= 0 + m Để chứng minh R/m là một trường, ta phải chứng minh mọiphần tử khác không của R/m đều khả nghịch Nếu a + m ∈ R/m khác không thì

a /∈ m Xét J = m + Ra = {m + ra | m ∈ m; r ∈ R} Dễ dàng kiểm tra được J làmột iđêan của R chứa m Vì a = 0 + 1a ∈ J nên J là iđêan thực sự chứa m Do m

là một iđêan cực đại nên J = R Khi đó tồn tại m ∈ m và b ∈ R sao cho 1 = m + absuy ra ab − 1 = −m ∈ m kéo theo (a + m)(b + m) = 1 + m Vậy a + m khả nghịch

và do đó R/m là một trường 

Hệ quả 1.3 Mọi iđêan cực đại của một vành R đều là iđêan nguyên tố

Định lý 1.4 Mỗi vành R luôn tồn tại ít nhất một iđêan cực đại

Chứng minh Gọi < là tập tất cả các iđêan khác với R Vì 0 ∈ < nên < khác rỗng.Bây giờ, giả sử {Ji | i ∈ I} là một họ tùy ý các iđêan của R sao cho

J0 ⊂ J1 ⊂ · · · ⊂ Jn⊂ · · · Đặt J = ∪i∈IJi Ta sẽ chứng minh J là một iđêan của R Nếu a, b ∈ J thì tồn tại các chỉ

số i, j ∈ I sao cho a ∈ Ji và b ∈ Jj Ta giả sử Jj ⊂ Ji Khi đó a, b ∈ Ji Vì Ji là một iđêancủa R nên a − b ∈ Ji và ra ∈ Ji với mọi r ∈ R, mà Ji ⊂ J nên a − b ∈ J và ra ∈ J vớimọi r ∈ R Vậy J là một iđêan của R Hơn nữa J ∈ < Bởi vì, nếu 1 ∈ J thì sẽ có mộtchỉ số i để 1 ∈ Ji kéo theo Ji = R Điều này dẫn đến mâu thuẫn Rõ ràng J là một chặntrên của họ {Ji | i ∈ I} Theo Bổ đề Zorn thì trong < với quan hệ bao hàm phải có phần

tử cực đại m Hiển nhiên khi đó m là một iđêan cực đại của R.

Hệ quả 1.5 Mọi iđêan thực sự của một vành R luôn nằm trong một iđêan cực đại.Chứng minh Giả sử I là một iđêan thực sự của R Theo Định lý 1.4 vành thươngR/I có một iđêan cực đại T Khi đó T là một iđêan có dạng m/I với m là một iđêanchứa I Ta có (R/I)/T = (R/I)/(m/I) ∼= R/m Do T là iđêan cực đại nên (R/I)/(m/I)

là một trường Điều này dẫn đến R/m là một trường và do đó m là một iđêan cực đại của

R chứa iđêan I 

Định lý 1.6 Giả sử I1, I2, , In là các iđêan của vành R và p là một iđêan nguyên tố.Khi đó

1 Nếu I1∩ I2∩ · · · ∩ In ⊂ p thì tồn tại một chỉ số i sao cho Ii ⊂ p

2 Nếu I1∩ I2∩ · · · ∩ In = p thì tồn tại một chỉ số i sao cho Ii = p

Định lý 1.7 Giả sử p1, p2, , pn là các deal nguyên tố của vành R Khi đó nếu I là mộtiđêan sao cho I ⊂ ∪ni=1pi thì tồn tại chỉ số i sao cho I ⊂ pi.

Chứng minh Giả sử I không chứa pi với mọi i Khi đó ta có thể giả sử rằng I khôngchứa trong p1 ∪ p2∪ · · · ∪ pi−1∪ pi+1∪ · · · ∪ pn Với mọi i, ta có phần tử ai ∈ I nhưng

ai ∈ p/ 1∪ p2∪ · · · ∪ pi−1∪ pi+1∪ · · · ∪ pn Theo giả thiết I ⊂ ∪ni=1pi nên ai ∈ pi Nếu n = 2thì I không chứa trong p1 và p2 Khi đó a1 ∈ p1 và a2 ∈ p/ 1 suy ra a1+ a2 ∈ p/ 1 Tương

tự, a1 ∈ p/ 2 và a2 ∈ p2 suy ra a1+ a2 ∈ p/ 2 Do đó a1 + a2 ∈ I ⊂ p/ 1 ∪ p2 Điều này dẫnđến mâu thuẫn với a1, a2 ∈ I Nếu n > 2 thì ta thấy rằng a1a2· · · an−1 ∈ p1 ∩ · · · ∩ pn−1

và an ∈ p/ 1 ∪ · · · ∪ pn−1 Đặt a = (a1a2· · · an−1) + an không thuộc p1 ∪ · · · ∪ pn−1 Vì

a1, a2, , an−1 không thuộc pn nên a1a2· · · an−1 ∈ p/ n Do an∈ pn nên a /∈ pn Vậy a ∈ I

và a /∈ ∪n

i=1pi Điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết.

Định nghĩa Một iđêan q của vành R được gọi là iđêan nguyên sơ nếu q khác R và vớimọi a, b ∈ R sao cho ab ∈ q thì a ∈ q hoặc tồn tại số nguyên dương n sao cho bn∈ q.Nhận xét Mọi iđêan nguyên tố đều là iđêan nguyên sơ

Định lý 1.8 Nếu q là một iđêan nguyên sơ của R thì căn của q, kí hiệu

√

q= {a ∈ R | tồn tại số nguyên dương n sao cho an ∈ q}

là iđêan nguyên tố

Chứng minh Giả sử ab ∈√

q và a /∈√q Khi đó tồn tại một số nguyên dương n để

anbn = (ab)n ∈ q Vì a /∈√q nên an ∈ q Do q là iđêan nguyên sơ nên tồn tại số nguyên/dương m sao cho bnm = (bn)m ∈ q và do đó b ∈√q Vậy √

q là iđêan nguyên tố Nếu q là một iđêan nguyên sơ của R và p = √

q là iđêan nguyên tố thì ta gọi q làiđêan p−nguyên sơ

Định lý 1.9 Cho I là một iđêan của vành R Khi đó nếu √

I = m là iđêan cực đại thì

I là iđêan m−nguyên sơ

Chứng minh Nếu ab ∈ I và a /∈ I thì m + Ra là iđêan thực sự chứa iđêan cực đại

m Vậy m + Ra = R và do đó tồn tại x ∈ m và r ∈ R sao cho x + ra = 1 Vì x ∈ m nêntồn tại số nguyên dương n sao cho xn ∈ I Ta có

b = b1 = b(x + ra)n = b(xn+ sa) = bxn+ abs ∈ I ⊂√

I = m với s ∈ R

Vậy I là iđêan m−nguyên sơ 

2 Vành Noether

Định nghĩa 2.1 Một vành R được gọi là Noether nếu mọi dãy tăng các iđêan của R códạng

I1 ⊂ I2 ⊂ · · · ⊂ Im ⊂ · · ·đều bị dừng, nghĩa là tồn tại số nguyên dương n sao cho Ik= In với mọi k ≥ n

Định lý 2.2 Một vành R là Noether nếu và chỉ nếu mọi tập khác rỗng các iđêan của Rđều có một phần tử cực đại

Chứng minh Giả sử < là tập khác rỗng các iđêan của R Ta chọn I1 ∈ < Nếu I1không cực đại thì chọn I2 ∈ < sao cho I1 ⊂ I2 Nếu I2 không cực đại thì chọn I3 ∈ <sao cho I1 ⊂ I2 ⊂ I3 Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bước ta sẽ có phần tử cực đại

In ∈ < Vậy < có phần tử cực đại

Đảo lại, giả sử I1 ⊂ I2 ⊂ · · · ⊂ Im ⊂ · · · là dãy tăng các iđêan của R Theo giả thiếttập < = {Ii | i ≥ 1} có phần tử cực đại In Với mọi k ≥ n, ta có In ⊂ Ik và In ⊂ Ik bởitính cực đại và do đó Ik= In với mọi k ≥ n Vậy R là vành Noether 

Định lý 2.3 Một vành R là Noether nếu và chỉ nếu mọi iđêan của R đều hữu hạn sinh.Chứng minh Giả sử I là một iđêan tùy ý của R Gọi < là tập tất cả các iđêanhữu hạn sinh của R chứa trong I Ta có 0 ∈ < nên tồn tại một phần tử cực đại J ∈ <.Gọi a1, a2, , am là các phần tử sinh của J Với mọi b ∈ I, ta gọi Kb là iđêan sinh bởi

b, a1, a2, , am Khi đó Kb ∈ < và J ⊂ Kb Từ tính cực đại của J , ta có J = Kb với mọi

b ∈ I suy ra I ⊂ J Do cách xây dựng tập < nên J ⊂ I Vậy I = J = Kb là iđêan hữuhạn sinh của R

Đảo lại, giả sử I1 ⊂ I2 ⊂ · · · ⊂ Im ⊂ · · · là dãy tăng các iđêan của R Dễ dàng kiểmtra đượcS

k≥1Ii là một iđêan của R Theo giả thiết, S

k≥1Ii là một iđêan hữu hạn sinh.Gọi a1, a2, , am là các phần tử sinh của iđêan này Vì ak ∈ Ij nào đó nên tồn tại sốnguyên dương n sao cho ak ∈ In với mọi k và do đó S

k≥1Ik ⊂ In Từ đó suy ra Ik = Invới mọi k ≥ n Vậy R là vành Noether.

Định lý 2.4 Ảnh đồng cấu của một vành Noether là một vành Noether

Chứng minh Giả sử R là một vành Noether và σ : R −→ T là toàn cấu vành

Ta sẽ chứng minh T là một vành Noether Thật vậy, giả sử J là một iđêan của T Khi

đó ta có σ−1(J ) là một iđêan của R Do R là một vành Noether nên σ−1(J ) là mộtiđêan hữu hạn sinh Gọi a1, a2, , am là các phần tử sinh của σ−1(J ) Với mọi b ∈ Jđều tồn tại a ∈ R sao cho b = σ(a) kéo theo a ∈ σ−1(J ) Do đó tồn tại ri ∈ R để

a = Pm

i=1riai và suy ra b = σ(a) = Pm

i=1σ(ri)σ(ai) Vậy J là một iđêan sinh bởi cácphần tử σ(a1), σ(a2), , σ(am) và do đó T là một vành Noether 

Hệ quả 2.5 Vành thương của một vành Noether là một vành Noether

Chứng minh Giả sử I là một iđêan của vành Noether R Xét toàn cấu chính tắc

π : R −→ R/I Theo Định lý 2.4, R/I là một vành Noether

Định lý 2.6 Giả sử R là một vành Noether và S là một tập đóng nhân của R Khi đóvành các thương S−1R là một vành Noether

Chứng minh Gọi J là một iđêan của S−1R Khi đó tồn tại một iđêan I của R sao

cho J = S−1I Do R là một vành Noether nên I là một iđêan hữu hạn sinh Giả sử

a1, a2, , am là các phần tử sinh của I Ta sẽ chứng minh a1/1, a2/1, , am/1 là cácphần tử sinh của J Thật vậy, với mọi b ∈ J đều có một phần tử a ∈ I sao cho b = a/s

Vậy J là một iđêan hữu hạn sinh và do đó S−1R là một vành Noether 

Hệ quả 2.7 Nếu p là một iđêan nguyên tố của vành Noether R thì vành địa phương hóa

Dễ dàng kiểm tra được Inlà một iđêan của R Vì x(a0+ · · · + axn) = a0x + · · · + axn+1 nên

ta có I1 ⊂ I2 ⊂ I3 ⊂ · · · , do R là một vành Noether nên tồn tại n ∈ N sao cho In= Imvớimọi m ≥ n Hơn nữa Im là một iđêan hữu hạn sinh Gọi c(m)1 , c(m)2 , , c(m)k

m là các phần tửsinh của iđêan Im Giả sử fj(m)(x) = · · · + c(m)j xm ∈ I với 0 ≤ m ≤ n và 1 ≤ j ≤ km Ta sẽchứng minh I là một iđêan sinh bởi tập hữu hạn S = {fj(m)(x) | 0 ≤ m ≤ n; 1 ≤ j ≤ km}

Rõ ràng (S) ⊂ I Giả sử f (x) = a0 + · · · + axm ∈ I là đa thức bậc m Ta sẽ chứngminh f (x) ∈ (S) bằng phương pháp quy nạp theo m Nếu m = 0 thì f (x) = a0 là một đathức hằng và do đó I ⊂ (S) Giả sử (S) chứa tất cả các đa thức có bậc nhỏ hơn m của I.Nếu m ≤ n thì a ∈ Im và do đó tồn tại các aj ∈ R sao cho a =P ajc(m)j Chú ý rằng

đa thức P ajfj(m)(x) có hệ số cao nhất là a và bậc m, do đó đa thức f (x) −P ajfj(m)(x)

có bậc không vượt quá m − 1 Theo giả thiết quy nạp, ta có f (x) −P ajfj(m)(x) ∈ (S)kéo theo f (x) ∈ (S)

3 Vành Artin

Định nghĩa 3.1 Một vành R được gọi là Artin nếu mọi dãy giảm các iđêan của R códạng

I1 ⊃ I2 ⊃ · · · ⊃ In⊃ · · ·đều bị dừng, nghĩa là tồn tại số nguyên dương m sao cho Ik = Im với mọi k ≥ m

Định lý 3.2 Một vành R là Artin nếu và chỉ nếu mọi tập khác rỗng các iđêan của Rđều có phần tử cực tiểu

Chứng minh Giả sử < là tập khác rỗng các iđêan của R Ta chọn I1 ∈ < Nếu I1không cực tiểu thì tồn tại I2 ∈ < sao cho I1 ⊃ I2 Nếu I2 không cực tiểu thì tồn tại I3 ∈ <sao cho I1 ⊃ I2 ⊃ I3 Tiếp tục quá trình này sau hữu hạn bước ta sẽ có phần tử cực tiểu

Im ∈ <

Đảo lại, giả sử I1 ⊃ I2 ⊃ · · · ⊃ In⊃ · · · là một dãy giảm các iđêan của R Khi đó tập

< = {Ik | k ≥ 1} có phần tử cực tiểu Im Với mọi k ≥ m, ta có Im ⊃ Ik bởi giả thiết và

Im ⊂ Ik bởi tính cực tiểu của Im Do đó Ik = Im với mọi k ≥ m Vậy R là vành Artin Định lý 3.3 Ảnh đồng cấu của một vành Artin là một vành Artin

Chứng minh Giả sử R là một vành Artin và σ : R −→ T là một toàn cấu Ta sẽchứng minh T là một vành Artin Thật vậy, giả sử J1 ⊃ J2 ⊃ · · · ⊃ Jn⊃ · · · là một dãygiảm các iđêan của T Khi đó ta có

σ−1(J1 ⊃ σ−1(J2) ⊃ · · · ⊃ σ−1(Jn) ⊃ · · ·

là một dãy giảm các iđêan của R Do R là một vành Artin nên tồn tại một số nguyêndương m sao cho σ−1(Jk) = σ−1(Jm) với mọi k ≥ m Do σ là toàn cấu nên Jk = Jm vớimọi k ≥ m Vậy T là một vành Artin.

Hệ quả 3.4 Vành thương của một vành Artin là một vành Artin

Chứng minh Giả sử I là một iđêan của vành Artin R Xét toàn cấu chính tắc

π : R −→ R/I Theo Định lý 3.3, R/I là một vành Artin 

Định lý 3.5 Mỗi iđêan nguyên tố trong một vành Artin R là iđêan cực đại

Chứng minh Giả sử p là một iđêan nguyên tố của vành Artin R Khi đó vành thương

T = R/p là một miền nguyên Artin Với a ∈ T và a khác 0, ta có một dãy giảm các iđêan(a) ⊃ (a2) ⊃ · · · ⊃ (an) ⊃ · · · bị dừng và do đó tồn tại m ∈ N sao cho (am) = (am+1).Điều này dẫn đến tồn tại b ∈ T để am = am+1b Vì T là một miền nguyên và a khác 0nên ab = 1 Điều này chứng tỏ rằng a khả nghịch Vậy T là một trường và do đó p là mộtiđêan cực đại của R.

Nhận xét Từ chứng minh của Định lý 3.5 ta thấy rằng: Mọi miền nguyên Artin đều

là trường

Nhớ lại rằng, căn lũy linh là giao của tất cả các iđêan nguyên tố, còn căn Jacobson làgiao của tất cả các iđêan cực đại Do đó từ Định lý 3.5, ta nhận được hệ quả sau

Hệ quả 3.6 Trong một vành Artin thì căn lũy linh cũng là căn Jacobson

Định lý 3.7 Mỗi vành Artin chỉ có một số hữu hạn các iđêan cực đại

Chứng minh Gọi < là tập tất cả các giao của một số hữu hạn các iđêan cực đạitrong vành Artin R Vì R là một vành giao hoán có đơn vị nên tồn tại một iđêan cực đạitrong R và do đó tập < khác rỗng Giả sử I = m1 ∩ m2 ∩ · · · ∩ mn là phần tử cực tiểutrong < Ta sẽ chứng minh {m1, m2, , mn} chính là tập các iđêan cực đại của R Thậtvậy, nếu m là một iđêan cực đại của R thì I ⊃ m ∩ I ∈ < Từ tính cực tiểu của I ta có

I = m ∩ I hay I ⊂ m Do đó tồn tại một i nào đó để mi ⊂ m suy ra mi = m Vậy chỉ cómột số hữu hạn các iđêan cực đại trong vành Artin R 

Định lý 3.8 Nếu R là một vành Artin thì căn lũy linh N (R) là một iđêan lũy linh, nghĩa

là tồn tại một số nguyên dương k sao cho N (R)k= 0

Chứng minh Đặt I = N (R) và ta có một dãy các iđêan I ⊃ I2 ⊃ · · · ⊃ In ⊃ · · · , do

R là một vành Artin nên tồn tại k ∈ N sao cho Ik = Ik+1 = · · · = J Nếu J = 0 thì I làmột iđêan lũy linh Nếu J khác 0 thì ta nhận được một mâu thuẫn như sau: Gọi < là tậptất cả các iđêan K của R sao cho KJ khác 0 Vì J = J2 = J J khác 0 nên J ∈ < và do đó

< khác rỗng Gọi K0 là phần tử cực tiểu trong < Khi đó tồn tại một phần tử a ∈ K0 saocho aJ khác 0 và Ra ⊂ K0 kéo theo Ra = K0 Ta có (aJ )J = aJ2 = aJ khác 0 nên aJ ∈ <

và aJ ⊂ K0 suy ra aJ = K0 = Ra Do đó tồn tại b ∈ J sao cho a = ab Vì b ∈ J ⊂ I nêntồn tại m ∈ N sao cho bm = 0 Ta có a = ab = ab2 = ab3 = · · · = abm = a0 = 0 kéo theo

K0J = aJ = 0 Điều này mâu thuẫn với việc chọn K0 Vậy J phải là iđêan 0 

Hệ quả 3.9 Căn Jacobson của một vành Artin R là một iđêan lũy linh

Định lý 3.10 (Định lý cấu trúc vành Artin) Mỗi vành Artin đẳng cấu với một tích trựctiếp hữu hạn của các vành địa phương Artin

Chứng minh Giả sử {m1, m2, , mn} là tập tất cả các iđêan cực đại của vành Artin

R Khi đó m1, m2, , mn là đối cực đại từng đôi một và

ta có mk

i ⊂ mi ⊂ R và do đó

(R/mki)/(mi/mki) ∼= R/mi

Từ đẳng cấu này ta nhận được mi/mk

i là iđêan cực đại của vành Artin R/mk

i Nếu T

là một iđêan cực đại của R/mk

i thì tồn tại một iđêan cực đại m ⊃ mk

i của R sao cho

T = m/mki Vì m ⊃ mki nên m ⊃ mi và do đó m = mi Vậy T = mi/mki là iđêan cực đạiduy nhất của vành Artin R/mk

i Do đó R/mk

i là vành địa phương Artin 

Cho vành phân bậc R = ⊕n∈NRn Họ {Rn | n ∈ N} được gọi là N−phân bậc của R và

Rn được gọi là thành phần phân bậc thứ n của R và kí hiệu là [R]n Mỗi phần tử c ∈ Rnđược gọi là phần tử thuần nhất bậc n và kí hiệu bậc của c là deg (c) = n Mọi phần tử

a ∈ R được viết duy nhất dưới dạng a = P

n∈Nan với an ∈ Rn và an = 0 hầu hết trừmột số hữu hạn Thành phần khác không an được gọi là thành phần thuần nhất của a.Một vành con S của vành R được gọi là vành con phân bậc hay vành con thuần nhất nếu

S = ⊕n∈N(S ∩ Rn) Một iđêan I của vành R được gọi là iđêan phân bậc hay iđêan thuầnnhất nếu I = ⊕n∈N(I ∩ Rn)

Ví dụ

1 Giả sử R là một vành Ta đặt R0 = R và Rn = 0 với mọi n ≥ 1 Khi đó R là mộtvành phân bậc và gọi là vành phân bậc tầm thường

2 Xét vành đa thức n biến R = K[x1, x2, , xn] với K là trường Gọi Rd là tập tất

cả các đa thức thuần nhất bậc d, tính cả đa thức không Khi đó ta có R = ⊕d∈NRd

và RdRm ⊂ Rd+m với mọi d, m ∈ N Vậy R = K[x1, x2, , xn] là một vành phânbậc

Định lý 4.2 Nếu R = ⊕n∈NRn là một vành phân bậc thì R0 là một vành con chứa đơn

n∈Nban Do biểu diễn của tổng là duy nhất nên

b = ba0 Điều này dẫn đến ca0 = c với mọi c ∈ R Đặc biệt 1 = 1a0 = a0 ∈ R0 

Cho vành phân bậc R = ⊕n∈NRn Ta đặt R+ = ⊕n>0Rn Chú ý rằng R+ là một iđêanthuần nhất của R và R/R+∼= R

0.Định lý 4.3 Giả sử R = ⊕n∈NRn là một vành phân bậc và a1, a2, , ak∈ R là các phần

tử thuần nhất có bậc dương Khi đó

Do a là phần tử thuần nhất nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử rằng bi là cácphần tử thuần nhất Khi đó

deg (bi) = n − deg (ai) < n với i = 1, 2, , k

Theo giả thiết quy nạp, b1, b2, , bk ∈ R0[a1, a2, , ak] và do đó a ∈ R0[a1, a2, , ak].Vậy Rn ⊂ R0[a1, a2, , ak] với mọi n ∈ N Điều này dẫn đến R = R0[a1, a2, , ak] Đảolại, nếu R = R0[a1, a2, , ak] thì rõ ràng R+ = (a1, a2, , ak) 

Hệ quả 4.4 Giả sử R = ⊕n∈NRn là một vành phân bậc Khi đó R là một vành Noethernếu và chỉ nếu R0 là Noether và R là một R0−đại số hữu hạn sinh

Chứng minh Nếu R là vành Noether thì R+ là iđêan hữu hạn sinh và R0 ∼= R/R

+

Do đó R0 là vành Noether Gọi a1, a2, , ak là các phần tử sinh của R+ Khi đó ta có

R = R0[a1, a2, , ak] bởi Định lý 4.3 Vậy R là một R0−đại số hữu hạn sinh

Đảo lại, nếu R0 là vành Noether và R là một R0−đại số hữu hạn sinh thì tồn tại cácphần tử a1, a2, , ak ∈ R sao cho R = R0[a1, a2, , ak] Dễ thấy rằng R là ảnh đồng cấucủa vành đa thức k biến R0[x1, x2, , xk] Vì R0[x1, x2, , xk] là một vành Noether nên

a ∈ Rn, b ∈ Rm thì a + Rn+1 ∈ Rn/Rn+1 và b + Rm+1 ∈ Rm/Rm+1 Tích của hai phần tửnày được xác định bởi

(a + Rn+1)(b + Rm+1) = ab + Rn+m+1

Do đó tích của một phần tử của grn(R) và một phần tử của grm(R) là một phần tử thuộc

grn+m(R) Nếu a ∈ Rn+1 và b ∈ Rm+1 thì ab ∈ Rn+m+1 Vậy phép nhân trong gr(R) đượcxác định tốt và do đó gr(R) là một vành phân bậc

Cho I là một iđêan của vành R Xét lọc I−adic của R Khi đó ta nhận được vànhphân bậc liên kết của R là

gr(R) = ⊕n∈Ngrn(R)trong đó grn(R) = In/In+1 Trong trường hợp này vành phân bậc liên kết của R được kíhiệu là grI(R)

Định lý 4.6 Cho I là một iđêan của vành Noether R Khi đó vành phân bậc liên kết

grI(R) cũng là vành Noether

Chứng minh Giả sử iđêan I sinh bởi các phần tử a1, a2, , ak và gọi ¯a1, ¯a2, , ¯ak

là ảnh của ai trong I/I2 Khi đó ta có

grI(R) = (R/I)[¯a1, ¯a2, , ¯ak]

Vì R là vành Noether nên vành thương R/I cũng là vành Noether Rõ ràng grI(R) là ảnhđồng cấu của vành Noether (R/I)[x1, x2, , xk] và do đó grI(R) là vành Noether 

Chương 2

PHÂN TÍCH NGUYÊN SƠ VÀ

IĐÊAN NGUYÊN TỐ LIÊN KẾT

Mệnh đề 1.1 Cho M là một R−môđun Khi đó các điều kiện sau đây là tương đương

1 Mọi dãy tăng các môđun con của M đều dừng, nghĩa là nếu

M1 ⊂ M2 ⊂ M3 ⊂ · · · ⊂ Mm ⊂ · · ·

là một dãy giảm các môđun con của M thì tồn tại một số nguyên dương n sao cho

Mk = Mn với mọi k ≥ n

2 Mọi tập khác rỗng các môđun con của M đều có một phần tử cực đại

3 Mọi môđun con của M đều hữu hạn sinh

Chứng minh

1 ⇒ 2 Giả sử mỗi dãy tăng các môđun con của M đều dừng và < là một tập khácrỗng các môđun con của M Khi đó tồn tại một môđun con M1 ∈ < Nếu M1 không cựcđại thì tồn tại một môđun con M2 ∈ < thực sự chứa M1 Như vậy nếu trong < không

có phần tử cực đại thì sẽ tồn tại một dãy tăng M1 ⊂ M2 ⊂ M3 ⊂ · · · ⊂ Mm ⊂ · · · cácmôđun con của M không dừng Điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết Vậy trong <

có một phần tử cực đại

2 ⇒ 3 Giả sử mỗi tập khác rỗng các môđun con của M đều có một phần tử cựcđại và N là một môđun con của M Gọi < là tập tất cả các môđun con hữu hạn sinhcủa N Vì 0 ∈ < nên < khác rỗng Theo giả thiết < có một phần tử cực đại U Gọi

x1, x2, , xn là các phần tử sinh của U Với y ∈ N và gọi Uy là môđun con của N sinhbởi y, x1, x2, , xn Rõ ràng Uy ∈ < và U ⊂ Uy Do U là phần tử cực đại trong tập <nên U = Uy với mọi y ∈ N Vậy y ∈ Uy = U với mọi y ∈ N và do đó N ⊂ U Theo cáchxây dựng tập < ta có U ⊂ N Vậy N = U và do đó N là môđun hữu hạn sinh

3 ⇒ 1 Giả sử mỗi môđun con của M đều hữu hạn sinh và

M1 ⊂ M2 ⊂ M3 ⊂ · · · ⊂ Mm ⊂ · · ·

là một dãy tăng các môđun con của M Khi đó dễ dàng kiểm tra được ∪i∈IMi là mộtmôđun con của M Theo giả thiết ∪i∈IMi là môđun hữu hạn sinh Gọi x1, x2, , xmlà cácphần tử sinh của ∪i∈IMi Khi đó tồn tại một số nguyên dương n sao cho x1, x2, , xm ∈

Mn Với mọi k ≥ n, ta có Mk ⊂ ∪i∈IMi ⊂ Mn ⊂ Mk và do đó Mk = Mn Vậy mỗi dãytăng các môđun con của M đều dừng 

Định nghĩa 1.2 Một R−môđun M được gọi là môđun Noether nếu nó thỏa mãn mộttrong ba điều kiện đương đương của Mệnh đề 1.1

Nhận xét Một vành R là Noether nếu và chỉ nếu R là R−môđun Noether

Định lý 1.3

1 Môđun con của một môđun Noether cũng là một môđun Noether

2 Ảnh đồng cấu của một môđun Noether cũng là một môđun Noether

Chứng minh

1 Giả sử N là một môđun con của R−môđun Noether M và U là một môđun concủa N Rõ ràng U cũng là một môđun con của M Vì M là môđun Noether nên Uhữu hạn sinh Vậy N là môđun Noether

2 Giả sử M là một R−môđun Noether và σ : M −→ P là một toàn cấu môđun

Ta sẽ chứng minh P là môđun Noether Thật vậy, nếu Q là một môđun con của

P thì σ−1(Q) là một môđun con của M Do M là môđun Noether nên σ−1(Q) làmôđun hữu hạn sinh Gọi x1, x2, , xm là các phần tử sinh của σ−1(Q) Khi đó ta

có σ(x1), σ(x2), , σ(xn) là các phần tử sinh của Q Vậy Q là môđun hữu hạn sinh

Định lý 1.5 Giả sử 0 −→ N −→ Mσ −→ P −→ 0 là một dãy khớp ngắn các R−môđun.τKhi đó M là môđun Noether nếu và chỉ nếu N và P là các môđun Noether

Chứng minh Do 0 −→ N −→ Mσ −→ P −→ 0 là một dãy khớp nên ta có N ∼τ = Imσ

và M/Kerτ = M/Imσ ∼= P Khi đó N và P là các môđun Noether nếu và chỉ nếu Imσ

và M/Imσ là các môđun Noether Điều này tương đương M là môđun Noether.

Hệ quả 1.6 Nếu M1, M2, , Mn là các R−môđun Noether thì M1⊕ M2⊕ · · · ⊕ Mn làR−môđun Noether

Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Nếu n = 2 thì ta có một dãy khớpngắn

0 −→ M1 ι1

−→ M1⊕ M2 π2

−→ M2 −→ 0

Vì M1 và M2 là môđun Noether nên M1⊕ M2 là môđun Noether bởi Định lý 1.5 Giả sử

n ≥ 2 và kết quả đúng với n − 1 Xét dãy khớp ngắn

Định lý 1.8 Giả sử M là một R−môđun Noether và S là một tập đóng nhân của vành

R Khi đó S−1M là S−1R−môđun Noether

Chứng minh Giả sử N0 là một môđun con của S−1M Khi đó tồn tại một môđuncon N của M sao cho N0 = S−1N Do M là môđun Noether nên N là môđun hữu hạnsinh Gọi x1, x2, , xn là các phần tử sinh của N Khi đó ta dễ dàng kiểm tra được

x1/1, x2/1, , xn/1 là các phần tử sinh của N0 Vậy N0 là môđun hữu hạn sinh và do đó

S−1M là S−1R−môđun Noether 

Cho R−môđun M và a ∈ R Khi đó ánh xạ λa : M −→ M cho bởi λa(x) = ax với mọi

x ∈ M , là một tự đồng cấu của M Đồng cấu này được gọi là đồng cấu nhân bởi phần tử

a cho M

Định nghĩa 2.1 Cho N là một môđun con của R−môđun M Ta nói rằng N là mộtmôđun con nguyên sơ của M nếu N khác M và với mọi a ∈ R, đồng cấu nhân bởi a chomôđun thương M/N λa: M/N −→ M/N hoặc là đơn cấu hoặc là lũy linh

Mệnh đề 2.2 N là một môđun con nguyên sơ của R−môđun M khi và chỉ khi vớimỗi a ∈ R, x ∈ M sao cho ax ∈ N thì x ∈ N hoặc tồn tại một số nguyên dương n để

Cho N là một môđun con của R−môđun M Khi đó tập tất cả các phần tử a ∈ Rsao cho tồn tại một số nguyên dương n để anM ⊂ N là một iđêan của vành R và kíhiệu là rM(N ) Từ Mệnh đề 2.2 ta suy ra rằng: Nếu N là một môđun con nguyên sơ

của M thì rM(N ) cũng chính là tập tất cả các phần tử a ∈ R sao cho đồng cấu nhân

λa: M/N −→ M/N không là đơn cấu

Định lý 2.3 Nếu N là một môđun con nguyên sơ của R−môđun M thì rM(N ) là mộtiđêan nguyên tố

Chứng minh Nếu ab ∈ rM(N ) thì λab = λaλb không là đơn cấu Điều này dẫn đến

λa hoặc λb không là đơn cấu và do đó a ∈ rM(N ) hoặc b ∈ rM(N ) Chú ý rằng rM(N ) làmột iđêan thực sự của R vì λ1 là đơn cấu Vậy rM(N ) là một iđêan nguyên tố của R Nếu N là một môđun con nguyên sơ của M và p = rM(N ) thì ta nói rằng N là mộtmôđun con p−nguyên sơ của M

Mệnh đề 2.4 Nếu N1, N2, , Nk là các môđun con p−nguyên sơ của M thì

N1∩ N2 ∩ · · · ∩ Nkcũng là môđun con p−nguyên sơ của M

Chứng minh Giả sử N = N1∩ N2 và rM(N1) = rM(N2) = p Trước hết ta chứngminh N là một môđun con nguyên sơ của M Với a ∈ R, x ∈ N sao cho ax ∈ N thì

ax ∈ N1 và ax ∈ N2 Vì N1 và N2 là môđun con nguyên sơ của M nên x ∈ N1 và x ∈ N2hoặc r ∈ p Do đó x ∈ N1 ∩ N2 = N hoặc r ∈ p Vậy N là một môđun con nguyên

sơ của M Tiếp theo ta sẽ chứng minh rM(N ) = p Nếu a ∈ rM(N ) thì tồn tại một sốnguyên dương n sao cho anM ⊂ N suy ra anM ⊂ N1 và anM ⊂ N2 Vậy a ∈ rM(N1)

và a ∈ rM(N2) và do đó a ∈ p Bây giờ, nếu a ∈ p thì tồn tại các số nguyên dương n

và m sao cho anM ⊂ N1 và amM ⊂ N2 suy ra an+mM ⊂ N Vậy a ∈ rM(N ) và do đó

rM(N ) = p Sử dụng phép chứng minh quy nạp theo n một cách hình thức, ta nhận đượcđiều phải chứng minh 

Định nghĩa 2.5 Một môđun con thực sự N của R−môđun M được gọi là bất khả quynếu N không thể biểu diễn dưới dạng N1 ∩ N2 với N1 và N2 là các môđun con của Mthực sự chứa N

Định lý 2.6 Nếu N là một môđun con bất khả quy của R−môđun Noether M thì N làmột môđun con nguyên sơ

Chứng minh Giả sử N không là môđun con nguyên sơ của M Khi đó tồn tại mộtphần tử a ∈ R sao cho đồng cấu nhân λa : M/N −→ M/N không là đơn cấu và cũngkhông là lũy linh Xét dãy tăng các môđun con của M/N

a Khi đó ta có Kerϕ = Kerϕ2 Ta sẽ chứng minh Kerϕ ∩ Imϕ = 0.Nếu x ∈ Kerϕ ∩ Imϕ thì tồn tại y để x = ϕ(y) Khi đó 0 = ϕ(x) = ϕ2(y) kéo theo

y ∈ Kerϕ2 = Kerϕ Vậy x = ϕ(y) = 0 và do đó Kerϕ ∩ Imϕ = 0 Vì λa không là đơn cấu

và cũng không là lũy linh nên Kerϕ và Imϕ khác môđun không

Xét toàn cấu chính tắc π : M −→ M/N và đặt N1 = π−1(Kerϕ), N2 = π−1(Imϕ).Trước hết ta sẽ chứng minh N = N1∩ N2 Nếu x ∈ N1∩ N2 thì π(x) ∈ Kerϕ ∩ Imϕ = 0

và do đó π(x) = 0 hay x ∈ N Bây giờ, nếu x ∈ N thì π(x) = 0 ∈ Kerϕ ∩ Imϕ kéo theo

x ∈ N1 ∩ N2 Tiếp theo ta sẽ chứng minh N thực sự chứa trong N1 và N2 Chọn một

phần tử khác không y ∈ Kerϕ Vì π là toàn cấu nên tồn tại x ∈ M sao cho y = π(x) và

do đó x ∈ π−1(Kerϕ) = N1 Tuy nhiên x không thuộc N vì p(x) = y khác không Vậy Nthực sự chứa trong N1 Chứng minh tương tự ta cũng có N thực sự chứa trong N2 Nhưvậy, ta đã chứng minh được tồn tại hai môđun con N1 và N2 thực sự chứa N = N1∩ N2.Điều này có nghĩa là môđun con N không bất khả quy và dẫn đến mâu thuẫn Vậy N làmột môđun con nguyên sơ của M 

Định nghĩa 2.7 Cho N là một môđun con của R−môđun M Ta nói rằng N có một phântích nguyên sơ nếu N = N1∩N2∩· · ·∩Nr, trong đó Nilà các môđun con pi−nguyên sơ của

M Nếu các pi từng đôi một phân biệt và Nikhông chứa N1∩N2∩· · ·∩Ni−1∩Ni+1∩· · ·∩Nrvới mọi i thì phân tích nguyên sơ của N được gọi là phân tích nguyên sơ thu gọn.Định lý 2.8 Cho N là một môđun con của R−mudule M Khi đó nếu N có một phântích nguyên sơ thì N có một phân tích nguyên sơ thu gọn

Chứng minh Giả sử N có phân tích nguyên sơ N = N1∩N2∩· · ·∩Nr, trong đó Nilàcác môđun con pi−nguyên sơ của M Nếu tồn tại Ni ⊃ N1∩N2∩· · ·∩Ni−1∩Ni+1∩· · ·∩Nrthì N = N1 ∩ N2 ∩ · · · ∩ Ni−1∩ Ni+1∩ · · · ∩ Nr cũng là một phân tích nguyên sơ của

N Bằng lập luận này, ta loại bỏ các thành phần Ni không ảnh hưởng đến giao của các

Nj Sau khi đánh lại chỉ số ta có N = N1 ∩ N2 ∩ · · · ∩ Nk, trong đó Ni không chứa

N1∩ N2∩ · · · ∩ Ni−1∩ Ni+1∩ · · · ∩ Nk với 1 ≤ i ≤ k Giả sử p1, p2, , pk là các iđêannguyên tố đôi một khác nhau trong tập {rM(N1), rM(N2), , rM(Nr)} Gọi Mi là giaocủa tất các các môđun con pi−nguyên sơ Ni Theo Mệnh đề 2.4, Mi cũng là môđun con

pi−nguyên sơ của M Rõ ràng Mi không chứa M1∩ M2∩ · · · ∩ Mi−1∩ Mi+1∩ · · · ∩ Mk và

N = N1∩ N2∩ · · · ∩ Nk = M1 ∩ M2 ∩ · · · ∩ Mk.Vậy N có một phân tích nguyên sơ thu gọn.

Định lý 2.9 Nếu N là một môđun con thực sự của R−môđun Noether M thì N có mộtphân tích nguyên sơ

Chứng minh Trước hết ta chứng minh N luôn được biểu diễn dưới dạng một giaohữu hạn của các môđun con bất khả quy của M Bằng phản chứng, ta giả sử trái lại Nkhông phân tích được dưới dạng một giao hữu hạn của các môđun con bất khả quy của

M Gọi < là tập tất cả các môđun con của M không phân tích được dưới dạng một giaohữu hạn của các môđun con bất khả quy của M Do N ∈ < nên < khác rỗng Vì M làmôđun Noether nên trong < có một phần tử cực đại U Theo định nghĩa của tập < ta có

U là khả quy, nghĩa là U = U1 ∩ U2 với U1 và U2 là các môđun con của M thực sự chứa

U Vì U ∈ < là phần tử cực đại nên U1 và U2 không thuộc < Vậy U1 và U2 phân tíchđược dưới dạng một giao hữu hạn các môđun con bất khả quy của M và do đó U phântích được dưới dạng một giao hữu hạn của các môđun con bất khả quy của M Điều nàydẫn đến mâu thuẫn với U ∈ < Vậy N luôn được biểu diễn dưới dạng một giao hữu hạncủa các môđun con bất khả quy của M Theo Định lý 2.6, ta nhận được chứng minh.

Hệ quả 2.10 Mọi môđun con thực sự của một môđun Noether đều có phân tích nguyên

sơ thu gọn

Chứng minh Đây là hệ quả trực tiếp của Định lý 2.8 và Định lý 2.9

3 Tập các iđêan nguyên tố liên kết

Định nghĩa 3.1 Cho M là một R−môđun và p là một iđêan nguyên tố của R Ta nóirằng p là một iđêan nguyên tố liên kết của M hoặc p liên kết với M nếu tồn tại một phần

tử khác không x ∈ M sao cho

p= Ann(x) = {a ∈ R | ax = 0}

Tập tất cả các iđêan nguyên tố liên kết với M được kí hiệu là AssR(M )

Mệnh đề 3.2 Cho M là một R−môđun và p là một iđêan nguyên tố của R Khi đó p

là một iđêan nguyên tố liên kết của M khi và chỉ khi tồn tại một đơn cấu R−môđun từR/p vào M

Chứng minh Giả sử p là một iđêan nguyên tố liên kết của M Khi đó tồn tại mộtphần tử khác không x ∈ M sao cho p = Ann(x) Rõ ràng ánh xạ σ : R/p −→ M cho bởiσ(a + p) = ax là một đơn cấu R−môđun Đảo lại, nếu tồn tại một đơn cấu τ : R/p −→ Mthì x = τ (1 + p) là một phần tử khác không trong M Ta sẽ chứng minh p = Ann(x) Thậtvậy, nếu a ∈ p thì a + p = 0 và ax = aτ (1 + p) = τ (a + p) = τ (0) = 0 Vậy a ∈ Ann(x) và

do đó p ⊂ Ann(x) Nếu a ∈ Ann(x) thì ax = 0 hay τ (a + p) = 0 = τ (0) Vì τ là đơn cấunên a + p = 0 suy ra a ∈ p Vậy Ann(x) ⊂ p Do đó p = Ann(x) là một iđêan nguyên tốliên kết của môđun M 

Hệ quả 3.3 Nếu N là một môđun con của R−môđun M thì AssR(N ) ⊂ AssR(M ).Mệnh đề 3.4 Cho M là một R−môđun Khi đó

2 Gọi < là tập tất cả các iđêan Ann(x) với x khác không trong M Vì M khác môđunkhông nên < khác rỗng Mặt khác, do R là một vành Noether nên trong tập < cómột phần tử cực đại I = Ann(y) Ta sẽ chứng minh I là một iđêan nguyên tố Rõràng I là một iđêan thực sự của R vì phần tử đơn vị 1 không thuộc I Giả sử ab ∈ Inhưng a /∈ I thì aby = 0 nhưng ay khác không Do đó b ∈ Ann(ay) Dễ dàng nhậnthấy I = Ann(y) ⊂ Ann(ay) Do I là phần tử cực đại trong < nên I = Ann(ay).Vậy b ∈ I và do đó I là một iđêan nguyên tố của R Như vậy ta đã chứng minh tồntại một iđêan nguyên tố liên kết I của M Điều này chứng tỏ rằng AssR(M ) khácrỗng 

Mệnh đề 3.5 Nếu p là một iđêan nguyên tố của vành R thì AssR(R/p) = {p}

Chứng minh Ta có p là một iđêan nguyên tố liên kết của R/p bởi vì bao giờ cũng

có một đơn cấu R−môđun từ R/p vào R/p Nếu Q ∈ AssR(R/p) thì tồn tại một phần tử

khác không a + p trong R/p sao cho Q = Ann(a + p) Khi đó ta có b ∈ Q nếu và chỉ nếu

ba ∈ p Điều này tương đương với b ∈ p vì p là iđêan nguyên tố và a /∈ p Vậy Q = p và

do đó AssR(R/p) = {p} 

Định nghĩa 3.6 Cho M là một R−môđun Một phần tử a ∈ R được gọi là ước củakhông trong M nếu tồn tại một phần tử khác không x ∈ M sao cho ax = 0 Tập tất cảcác phần tử ước của không trong M được kí hiệu là z(M )

Định lý 3.7 Cho M là một R−môđun Khi đó

1 ∪{p | p ∈ AssR(M )} ⊂ z(M )

2 Nếu R là một vành Noether thì ∪{p | p ∈ AssR(M )} = z(M )

Chứng minh

1 Nếu a ∈ ∪{p | p ∈ AssR(M )} thì a ∈ p với p là một iđêan nguyên tố liên kết nào

đó của M Khi đó tồn tại một phần tử khác không x ∈ M sao cho p = Ann(x) Vì

a ∈ p = Ann(x) nên ax = 0 Vậy a ∈ z(M ) và do đó ∪{p | p ∈ AssR(M )} ⊂ z(M )

2 Nếu a ∈ z(M ) thì tồn tại một phần tử khác không x ∈ M sao cho ax = 0 Ta có Rx

là một môđun con khác không của M Vì R là vành Noether nên tồn tại một iđêannguyên tố liên kết p = Ann(bx) của Rx bởi Mệnh đề 3.4 Do ax = 0 nên a(bx) = 0suy ra a ∈ Ann(bx) = p ∈ AssR(Rx) ⊂ AssR(M ) Vậy a ∈ ∪{p | p ∈ AssR(M )} và

do đó ∪{p | p ∈ AssR(M )} = z(M ) 

Định lý 3.8 Giả sử N là một môđun con của R−môđun M Khi đó

AssR(M ) ⊂ AssR(N ) ∪ AssR(M/N )

Chứng minh Nếu p ∈ AssR(M ) thì có một đơn cấu R−môđun σ : R/p −→ M Đặt

H = Imσ và L = H ∩ N Nếu L = 0 thì ánh xạ τ : H −→ M/N cho bởi

σ(a + p) 7−→ σ(a + p) + N

là đơn cấu Do đó H đẳng cấu với một môđun con của M/N Từ đó ta nhận được một đơncấu từ R/p vào M/N Vậy p ∈ AssR(M/N ) Nếu L khác môđun không thì tồn tại mộtphần tử khác không x ∈ H và x ∈ N Vì H ∼= R/p và x ∈ N nên Ann(x) = Ann(a+p) = p.Vậy p ∈ AssR(N ) và do đó định lý được chứng minh 

Hệ quả 3.9 Nếu M = Mn⊃ Mn−1 ⊃ · · · ⊃ M0 = 0 là một dãy giảm các môđun con củaR−môđun M thì

AssR(M ) ⊂ ∪ni=1AssR(Mi/Mi−1)

Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Nếu n = 1 thì M = M1 ⊃ M0 = 0 và

do đó AssR(M ) ⊂ AssR(M0) ∪ AssR(M1/M0) = ∅ ∪ AssR(M ) = AssR(M ) Vậy hệ quảđúng với n = 1 Giả sử n > 1 và hệ quả đúng với n−1 Ta có Mn−1 ⊃ · · · ⊃ M0 = 0 và theogiả thiết quy nạp AssR(Mn−1) ⊂ ∪n−1i=1AssR(Mi/Mi−1) Bây giờ ta xét M = Mn ⊃ Mn−1.Theo Định lý 3.8, ta có

AssR(M ) ⊂ AssR(Mn−1) ∪ AssR(Mn/Mn−1) ⊂ ∪n−1i=1AssR(Mi/Mi−1) ∪ AssR(Mn/Mn−1)

Vậy AssR(M ) ⊂ ∪n

i=1AssR(Mi/Mi−1) Phép chứng minh quy nạp được hoàn thành và do

đó hệ quả được chứng minh.

Định lý 3.10 Giả sử M là một môđun khác không, hữu hạn sinh trên vành Noether R.Khi đó tồn tại một dãy giảm các môđun con M = Mn ⊃ Mn−1 ⊃ · · · ⊃ M0 = 0 sao cho

1 Nếu M1 khác Mthì môđun thương M/M1 khác môđun không Lại theo Mệnh đề 3.4, M/M1 có một iđêannguyên tố liên kết p2 = Ann(x2+ M1) với x2 không thuộc M1 Đặt M2 = M1+ Rx2 Khi

đó ánh xạ σ : R −→ M2/M1 cho bởi σ(a) = ax2+ M1 là một toàn cấu với Kerσ = p2 và

do đó M2/M1 ∼= R/p

2 Quá trình trên sẽ dừng sau hữu hạn bước vì M là môđun Noether.Như vậy, ta tìm được hữu hạn các môđun con M1, M2, , Mn = M của M sao cho

M = Mn⊃ Mn−1 ⊃ · · · ⊃ M0 = 0trong đó Mi/Mi−1∼= R/p

i với pi là các iđêan nguyên tố của R Chú ý rằngAssR(Mi/Mi−1) = AssR(R/pi) = {pi}

Theo Định lý 3.8, ta có

AssR(Mi) ⊂ AssR(Mi−1) ∪ AssR(Mi/Mi−1) = AssR(Mi−1) ∪ {pi}

Bằng phép chứng minh quy nạp theo n, ta có AssR(M ) ⊂ {p1, p2, , pn} 

Định lý 3.11 Giả sử M là môđun khác không, hữu hạn sinh trên vành Noether R Khi

đó nếu 0 = ∩ri=1Ni là một phân tích nguyên sơ thu gọn của môđun không, trong đó Ni làcác môđun con pi− nguyên sơ thì

AssR(M ) = {p1, p2, , pr}

Chứng minh Giả sử p ∈ AssR(M ) Khi đó tồn tại phần tử khác không x ∈ M saocho p = Ann(x) Vì x khác không nên ta tìm được một chỉ số j để x /∈ Ni với 1 ≤ i ≤ j

và x ∈ Ni với j + 1 ≤ i ≤ n Do Ni là các môđun con pi−nguyên sơ nên pi = rM(Ni)

Vì pi là các iđêan nguyên tố hữu hạn sinh nên tồn tại các số nguyên dương ni sao cho

pni

i M ⊂ N Do đó (∩ji=1pni

i )x ⊂ ∩r

i=1Ni = 0 Vậy ∩ji=1pni

i ⊂ Ann(x) = p Khi đó tồn tạimột chỉ số i ≤ j sao cho pi ⊂ p Ta sẽ chứng minh pi = p Nếu a ∈ p thì ax = 0 và x /∈ Ni

Do đó đồng cấu nhân λa : M/Ni −→ M/Ni là lũy linh Vậy a ∈ rM(Ni) = pi và do đóAssR(M ) ⊂ {p1, p2, , pr}

Ta sẽ chứng minh {p1, p2, , pr} ⊂ AssR(M ) Muốn vậy ta chỉ cần chứng minh pi làcác iđêan nguyên tố liên kết của M Không mất tính tổng quát ta chỉ chứng minh p1 làiđêan nguyên tố liên kết của M Do sự phân tích của môđun 0 là thu gọn nên N1 khôngthể chứa giao của các Ni với i > 1 Do đó tồn tại x ∈ N2 ∩ N3∩ · · · ∩ Nr nhưng x /∈ N1

Vì N1 là môđun con p1−nguyên sơ nên p1 = rM(N1) Khi đó tồn tại số nguyên dương nsao cho pn

1x ⊂ N1 và pn−11 x không chứa trong N1 Nếu chọn y ∈ pn−11 x mà y /∈ N1 thì

y khác không Ta sẽ chứng minh p1 = Ann(y) Ta có p1y ⊂ pn

ta có AssR(M/N ) = {p1, p2, , pr} là duy nhất xác định bởi N 

Hệ quả 3.13 Cho M là một môđun hữu hạn sinh trên vành Noether R và N là môđun concủa M Khi đó N là môđun con p− nguyên sơ của M nếu và chỉ nếu AssR(M/N ) = {p}.Chứng minh Nếu AssR(M/N ) = {p} thì trong phân tích nguyên sơ thu gọn của Nchỉ có duy nhất một thành phần p−nguyên sơ Do đó N là môđun con p−nguyên sơ của

M Đảo lại, nếu N là môđun con p−nguyên sơ của M thì bản thân N chính là một phântích nguyên sơ thu gọn của nó và do đó AssR(M/N ) = {p} bởi Định lý 3.12 

Định nghĩa 3.14 Cho N là môđun con của môđun hữu hạn sinh M trên vành Noether

R Giả sử N = ∩ri=1Ni là một phân tích nguyên sơ thu gọn của N và AssR(M/N ) ={p1, p2, , pr}, với Ni là pi−nguyên sơ Khi đó AssR(M/N ) được gọi là tập các iđêannguyên tố liên kết với N Nếu pi cực tiểu trong tập {p1, p2, , pr} thì pi được gọi là iđêannguyên tố cô lập hay cực tiểu của N , còn Ni tương ứng với pi cực tiểu được gọi là thànhphần cô lập hay cực tiểu của N Ngược lại, nếu pi không cực tiểu thì pi được gọi là iđêannguyên tố nhúng của N , còn Ni tương ứng với pi nhúng được gọi là thành phần nhúngcủa N

Mệnh đề 3.15 Cho M là một R−môđun và S là một tập đóng nhân của R Giả sử

p là một iđêan nguyên tố của R sao cho p ∩ S = ∅ Khi đó nếu p ∈ AssR(M ) thì

S−1p= pS ∈ AssS−1 R(S−1M )

Chứng minh Nếu p ∈ AssR(M ) thì tồn tại một phần tử khác không x ∈ M sao cho

p = Ann(x) Ta sẽ chứng minh S−1p = Ann(x/1) Vì p ∩ S = ∅ nên x/1 là một phần

tử khác không trong S−1M Nếu a ∈ p và a/s ∈ S−1p thì (a/s)(x/1) = (ax)/s = 0/skéo theo a/s ∈ Ann(x/1) Nếu a/s ∈ Ann(x/1) thì (a/s)(x/1) = 0 hay (ax)/s = 0 Khi

đó tồn tại t ∈ S sao cho tax = 0 suy ra ta ∈ p Do đó a/s = (at)/(st) ∈ S−1p Vậy

S−1p= Ann(x/1) ∈ AssS−1 R(S−1M ) 

Mệnh đề 3.16 Cho M là một R−môđun và S là một tập đóng nhân của vành Noether

R Giả sử < là tập tất cả các iđêan nguyên tố p của R sao cho p ∩ S = ∅ Khi đó có mộtsong ánh từ tập AssR(M ) ∩ < lên tập AssS−1 R(S−1M )

Chứng minh Rõ ràng tương ứng ϕ : AssR(M ) ∩ < −→ AssS−1 R(S−1M ) cho bởi

p7−→ S−1p là đơn ánh Nếu Q ∈ AssS−1 R(S−1M ) thì tồn tại một iđêan nguyên tố p của

R không giao với S sao cho Q = S−1p Gọi x/t là một phần tử khác không của S−1Msao cho Q = S−1p = Ann(x/t) Ta sẽ chứng minh p ∈ AssR(M ) và từ đó suy ra ϕ làtoàn ánh Thật vậy, do R là một vành Noether nên p là một iđêan nguyên tố hữu hạn

sinh Gọi a1, a2, , an là các phần tử sinh của p Khi đó ta có (ai/1)(x/t) = 0 với mọi

i = 1, 2, , n Điều này dẫn đến tồn tại si ∈ S sao cho siaix = 0 với mọi i = 1, 2, , n.Nếu đặt s = s1s2· · · sn thì saix = 0 với mọi i = 1, 2, , n Với mọi a ∈ p ta luôn cósax = 0 và do đó a ∈ Ann(sx) Vậy p ⊂ Ann(sx) Nếu b ∈ Ann(sx) thì bsx = 0 suy

ra (b/1)(x/t) = 0 Do đó b/1 = c/r ∈ S−1p Khi đó tồn tại một phần tử u ∈ S sao chou(br − c) = 0 hay ubr = uc ∈ p Vì p là iđêan nguyên tố và ur /∈ p nên b ∈ p VậyAnn(sx) ⊂ p và do đó p = Ann(sx) ∈ AssR(M ) 

Mệnh đề 3.17 Cho M là một môđun hữu hạn sinh trên vành Noether R và N làmột môđun con p−nguyên sơ của M Giả sử Q là một iđêan nguyên tố tùy ý của R và

σ : M −→ MQ là đồng cấu tự nhiên Khi đó

1 Nếu p không chứa trong Q thì MQ = NQ

2 Nếu p chứa trong Q thì N = σ−1(NQ)

Chứng minh Ta có một song ánh từ AssR(M/N ∩ <) lên AssRQ((M/N )Q) =AssRQ(MQ/NQ), trong đó < là tập các iđêan nguyên tố của R chứa trong Q Vì N làmột môđun con p−nguyên sơ của M nên AssR(M/N ) = {p} bởi Hệ quả 3.16

1 Nếu p không chứa trong Q thì AssR(M/N ∩ <) = ∅ và do đó AssRQ(MQ/NQ) = ∅.Vậy MQ/NQ = 0 hay MQ = NQ

2 Nếu p chứa trong Q thì R − p ⊂ R − Q Vì AssR(M/N ) = {p} nên p chính là tậpcác ước của không trong M/N bởi Định lý 3.7 Do đó R − Q không chứa ước củakhông trong M/N Vậy đồng cấu tư nhiên τ : M/N −→ (M/N )Q ∼= M

Q/NQ chobởi x 7−→ x/1 là đơn cấu Nếu x ∈ N thì σ(x) ∈ NQ và do đó x ∈ σ−1(NQ) Vậy

Np1 = (N1)p1∩ ∩r

i=2(Ni)p1 = (N1)p1 ∩ Mp1 = (N1)p1

Do đó N1 = σ−1[(N1)p1] = σ−1(Np1) chỉ phụ thuộc vào N và p1 mà không phụ thuộc vào

sự phân tích nguyên sơ của N 

Định nghĩa 4.1 Cho M là một R−môđun Tập tất cả các iđêan nguyên tố p của R saocho Mp 6= 0 được gọi là giá của môđun M Giá của môđun M được kí hiệu là Supp(M )

Mệnh đề 4.2 Cho M là một R−môđun Khi đó các mệnh đề sau là tương đương

1 M = 0

2 Mp = 0 với mọi iđêan nguyên tố p của R

3 Mm = 0 với mọi iđêan cực đại m của R

Chứng minh Các mệnh đề 1 ⇒ 2 ⇒ 3 là hiển nhiên Bây giờ, ta sẽ chứng minhmệnh đề 3 ⇒ 1 Giả sử M khác môđun không Khi đó tồn tại một phần tử khác không

x ∈ M Đặt I = Ann(x) Rõ ràng I là một iđêan thực sự của R Do đó I chứa trong mộtiđêan cực đại m nào đó của R Theo giả thiết ta có x/1 = 0 trong Mm Khi đó tồn tại

s /∈ m sao cho sx = 0 Theo định nghĩa của tập I, ta có s ∈ I Vì I ⊂ m nên s ∈ m Điềunày dẫn đến mâu thuẫn Vậy M = 0.

Hệ quả 4.3 Supp(M ) = ∅ nếu và chỉ nếu M = 0

Mệnh đề 4.4 Nếu 0 −→ N −→ M −→ P −→ 0 là một dãy khớp các R−môđun thì

Supp(M ) = Supp(N ) ∪ Supp(P )

Chứng minh Do 0 −→ N −→ M −→ P −→ 0 là dãy khớp nên ta nhận đượcdãy khớp 0 −→ Np −→ Mp −→ Pp −→ 0 với mọi iđêan nguyên tố p của R Giả sử

p ∈ Supp(M ) − Supp(N ) Khi đó Np = 0 và do đó Mp ∼= P

p Vì Mp 6= 0 nên Pp 6= 0.Vậy p ∈ Supp(P ) Như vậy ta đã chứng minh được Supp(M ) ⊂ Supp(N ) ∪ Supp(P )

Vì Np đẳng cấu với một môđun con của Mp nên ta suy ra Supp(N ) ⊂ Supp(M ) Nếu

Mp = 0 thì Pp = 0 (bởi vì Mp −→ Pp là toàn cấu) Vậy Supp(P ) ⊂ Supp(M ) và do đóSupp(M ) = Supp(N ) ∪ Supp(P ).

Cho I là một iđêan của vành R Đặt V (I) là tập các iđêan nguyên tố p chứa I của

R Giả sử M là một R−môđun, tập Ann(M ) = {a ∈ R | aM = 0} là một iđêan của

R và được gọi là cái triệt của môđun M Khi đó ta có ba tập AssR(M ), Supp(M ) và

V (Ann(M )) Mối quan hệ của ba tập này được thể hiện ở mệnh đề sau đây

Mệnh đề 4.5 Nếu M là một R−môđun thì AssR(M ) ⊂ Supp(M ) ⊂ V (Ann(M )).Chứng minh Nếu p ∈ AssR(M ) thì tồn tại một phần tử khác không x ∈ M saocho p = Ann(x) Ta sẽ chứng minh Mp 6= 0 Thật vậy, nếu Mp = 0 thì M = 0 suy ra

x = 0 Điều này dẫn đến mâu thuẫn và do đó Mp 6= 0 Vậy p ∈ Supp(M ) và do đóAssR(M ) ⊂ Supp(M ) Nếu q ∈ Supp(M ) thì Mq 6= 0 Giả sử Ann(M ) không chứa trong

q Khi đó tồn tại a ∈ Ann(M ), nhưng a /∈ q Với mọi y ∈ M ta có ay = 0 Điều này dẫnđến y/s = 0 với mọi y ∈ M và s /∈ q Từ đó suy ra Mq = 0 và ta gặp phải mâu thuẫn.Vậy Ann(M ) ⊂ q và do đó q ∈ V (Ann(M )) Do đó Supp(M ) ⊂ V (Ann(M )).

Mệnh đề 4.6 Nếu M là môđun hữu hạn sinh trên vành R thì Supp(M ) = V (Ann(M )).Chứng minh Theo Mệnh đề 4.5, ta chỉ cần chứng minh V (Ann(M )) ⊂ Supp(M ).Giả sử V (Ann(M )) không chứa trong Supp(M ) Khi đó tồn tại p ∈ V (Ann(M )), nhưng

p∈ Supp(M ) Vì p // ∈ Supp(M ) nên Mp = 0 Gọi x1, x2, , xnlà các phần tử sinh của M

Ta có xi/1 = 0 với i = 1, 2, , n Khi đó tồn tại si ∈ p sao cho s/ ixi = 0 với i = 1, 2, , n.Nếu s = s1s2· · · sn thì s /∈ p và sxi = 0 với mọi i = 1, 2, , n Từ đó suy ra s ∈ Ann(M )

Vì p ⊃ Ann(M ) nên s ∈ p và ta gặp phải mâu thuẫn Vậy V (Ann(M )) ⊂ Supp(M ) và do

đó Supp(M ) = V (Ann(M )) 

Hệ quả 4.7 Nếu I là một iđêan của vành R thì V (I) = Supp(R/I).

Chứng minh Ta có R/I là môđun hữu hạn sinh trên R và Ann(R/I) = I Do đó

V (I) = V (Ann(R/I)) = Supp(R/I) 

Mệnh đề 4.8 Nếu M là một môđun hữu hạn sinh trên vành Noether R thì

a ∈ ∩ri=1pi thì a ∈ pi = rM(Ni) với mọi i Khi đó tồn tại các số nguyên dương ni sao cho

aniM ⊂ Ni Đặt n = max{n1, n2, , nr}, ta có anM ⊂ ∩ri=1Ni = 0 Vậy a ∈ pAnn(M)

2 ⇒ 3 Nếu q ∈ AssR(M ) sao cho p ⊃ q thì p ⊃ q ⊃pAnn(M) ⊃ Ann(M)

3 ⇒ 1 Giả sử p ⊃ Ann(M ) và Mp = 0 Vì M là môđun hữu hạn sinh trên R nên tồntại s /∈ p sao cho sM = 0 Điều này mâu thuẫn với p ⊃ Ann(M ) Vậy Mp 6= 0 và do đó

Bây giờ, giả sử p là phần tử cực tiểu của tập AssR(M ) Khi đó p ∈ Supp(M ) Ta sẽchứng minh p là phần tử cực tiểu của tập Supp(M ) Nếu p không là phần tử cực tiểu củatập Supp(M ) thì tồn tại một phần tử q ∈ Supp(M ) sao cho p ⊃ q Theo Mệnh đề 4.10,tồn tại q0 ∈ AssR(M ) sao cho p ⊃ q ⊃ q0 Điều này mâu thuẫn với p là phần tử cực tiểucủa tập AssR(M ) Vậy p là phần tử cực tiểu của tập Supp(M ) Do đó các phần tử cựctiểu trong hai tập AssR(M ) và Supp(M ) là như nhau 

Định lý 4.12 Giả sử M là môđun khác môđun không, hữu hạn sinh trên vành Noether

R Khi đó tồn tại một dãy các môđun con

M = Mn⊃ Mn−1 ⊃ · · · ⊃ M1 ⊃ M0 = 0

và một họ các iđêan nguyên tố p1, p2, , pn sao cho

Mi/Mi−1∼= R/pi với mọi i = 1, 2, , n.

{pi} = AssR(R/pi) ⊂ Supp(R/pi) = Supp(Mi/Mi−1)

Vì pi ∈ Supp(Mi/Mi−1) ⊂ Supp(Mi) ⊂ Supp(M ) nên pi ∈ Supp(M ) Vậy

{p1, p2, , pn} ⊂ Supp(M )

và do đó

AssR(M ) ⊂ {p1, p2, , pn} ⊂ Supp(M ) = V (Ann(M ))

Theo Hệ quả 4.11, ba tập này có cùng các phần tử cực tiểu 

Chương 3

HÀM VÀ CHUỖI HILBERT

Mệnh đề 1.1 Cho M là một R−môđun Khi đó các khẳng định sau là tương đương

1 Mọi dãy giảm các môđun con của M đều dừng, nghĩa là nếu

M1 ⊃ M2 ⊃ M3 ⊃ · · · ⊃ Mm ⊃ · · ·

là một dãy giảm các môđun con của M thì tồn tại một số nguyên dương n sao cho

Mk = Mn với mọi k ≥ n

2 Mọi tập khác rỗng các môđun con của M đều có phần tử cực tiểu

Chứng minh Giả sử mỗi dãy giảm các môđun con của M đều dừng và < là một tậpkhác rỗng các môđun con của M Khi đó tồn tại một môđun con M1 ∈ < Nếu M1 khôngcực tiểu thì tồn tại một môđun con M2 ∈ < thực sự chứa trong M1 Như vậy, nếu trong <không có phần tử cực tiểu thì sẽ tồn tại một dãy giảm M1 ⊃ M2 ⊃ M3 ⊃ · · · ⊃ Mm ⊃ · · ·các môđun con của M không dừng Điều này dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết Vậy trong

1 Môđun con của một môđun Artin cũng là một môđun Artin

2 Ảnh đồng cấu của một môđun Artin cũng là một môđun Artin