Các khái niệm
Định nghĩa 1.1.1 Cho R là vành Một R-môđun phải M là:
(1) Nhóm cộng aben M cùng với
M ×R −→ M (m, r) 7−→ mr được gọi là phép nhân môđun, thỏa mãn các điều kiện sau: i Quy tắc kết hợp: (mr 1 )r 2 = m(r 1 r 2 ). ii Quy tắc tắc phân phối:
(m1 +m2)r = m1r +m2r, m(r 1 +r 2 ) = mr 1 + mr 2 iii Quy tắc unita: m1 = m, trong đó m, m 1 , m 2 là các phần tử tùy ý của M, r1, r2 ∈ R.
Trong bối cảnh toán học, R được gọi là vành cơ sở, và nếu M là một R-môđun, ta thường ký hiệu M = M R Tương tự, khái niệm R-môđun trái cũng có thể được định nghĩa Định nghĩa 1.1.2 nêu rõ rằng tập con A của M được gọi là môđun con của M (ký hiệu A ≤ M hay A R ≤ M R) nếu A là R-môđun với phép toán cộng và nhân môđun được hạn chế trên A.
Ngoài ra nếu ta viết A < M có nghĩa là A là môđun con thực sự của
Môđun con A ≤ M được xem là môđun con cực đại của M nếu A khác M và với mọi môđun con B ≤ M, khi A nhỏ hơn B thì B phải bằng M Đồng thời, một môđun khác không phải M, ký hiệu là MR, được gọi là đơn nếu nó không có môđun con không tầm thường nào, tức là môđun MR được coi là đơn khi M khác 0 và mọi môđun con A của M đều bằng 0 hoặc bằng M.
Môđun M được gọi là nửa đơn khi nó là tổng trực tiếp của các môđun con đơn Nếu N là một hạng tử trực tiếp của M, thì tồn tại một môđun con N0 của M sao cho M có thể được biểu diễn dưới dạng tổng trực tiếp N và N0.
N ≤ d M Lúc đó ta nói N 0 là môđun con phụ của N trong M.
Từ định nghĩa trên suy ra ngay: N là hạng tử trực tiếp của M ⇔
Với mọi N ≤ M luôn tồn tại một môđun con thỏa mãn một trong hai điều kiện N ∩0 = 0, N +M = M.
Trong lý thuyết nhóm, nếu N là một nhóm con của nhóm aben M, thì nhóm thương M/N được xác định một cách hoàn toàn Các phần tử của nhóm thương này là các lớp ghép x + N của N trong M, và phép toán cọng trong M/N được thực hiện dựa trên các lớp ghép này.
Ta còn phải đi xác định phép nhân môđun để M/N trờ thành R-môđun phải. Định lý 1.1.1 Cho M R và N ≤ M. i Quy tắc:
M/N × R → M/N, với (m+N, r) 7→ (m+N)ãr = mr+N, là phép nhân môđun Nhóm aben M/N, dưới phép nhân môđun này, trở thành một R-môđun Định nghĩa 1.1.7 chỉ ra rằng M/N, được xác định như trong Định lý 1.1.1, được gọi là môđun thương của môđun M trên môđun con N của nó.
Khi I là iđêan phải của R, thì R/I trở thành một R-môđun phải Ngược lại, khi I là iđêan hai phía, R/I không chỉ là R-môđun phải mà còn là R-môđun trái, đồng thời cũng là R/I-môđun phải và trái.
Dựa trên tính chất của môđun, chúng ta định nghĩa các loại môđun con, giúp ích cho công việc của chúng ta Một môđun con N của M được gọi là đối cốt yếu trong M, ký hiệu N M, nếu với mọi môđun con L ≤ M.
N + L = M suy ra L = M. Định nghĩa này tương đương với mọi môđun con thực sự L của M suy ra N +L 6= M.
Thật vậy, giả sử phản chứng rằng N = M thì mọi L ≤ M, L 6= M ta có
L+ N = L+ M = M, nhưng điều này mâu thuẫn với L + N 6= M, từ đó chứng tỏ rằng N 6= M Một R-môđun được gọi là hữu hạn sinh nếu nó có một tập sinh gồm hữu hạn phần tử, tức là M là hữu hạn sinh nếu tồn tại các phần tử s1, s2, …, sn thuộc M sao cho M = s1R + s2R + … + snR Môđun M 6= 0 được gọi là môđun địa phương nếu tồn tại một môđun con lớn nhất khác M, nghĩa là với N ≤ M và N 6= M, N được gọi là môđun con lớn nhất nếu với mọi A ≤ M và A 6= M thì A ≤ N M được gọi là môđun hổng nếu mọi môđun con thực sự của M là đối cốt yếu trong M.
Môđun M có thể phân tích thành M = M1 ⊕ M2 với M1 ≤ N và M2 ∩ N M Một môđun M được gọi là phân phối nếu với mọi môđun con A, B, C của M, ta có (A+B)∩C = (A∩C) + (B∩C) Môđun M được gọi là đối ngẫu nếu mọi môđun con của M là bất biến hoàn toàn, tức là f(N) ⊆ N với mọi f ∈ EndR(M) Môđun M được coi là không phân tích được nếu nó khác không và không thể biểu diễn dưới dạng tổng trực tiếp của hai môđun con khác không Nếu U, U0 ≤ M và M = U + U0 với U ∩ U0 ≤ Rad(U0), thì U0 được xem là phần phụ tổng quát của U Cuối cùng, giao của tất cả các iđêan phải cực đại của R là một iđêan phải (trái) của R, được gọi là căn phải (trái) của vành R, ký hiệu là Rad(R R).
Một số kết quả liên quan
Mệnh đề 1.2.1 Cho M R và K ≤N ≤ M, H ≤ M Lúc đó
(1) Giả sử N M Chúng ta cần chứng minh K M.
Thật vây, với mọi L ≤M: L+K = M Suy ra M = L+K ≤L+N ≤M.
Do đó L +N = M, suy ra L = M vì N M Vậy K M.
(2) "⇒" giả sử H +K M Phải chứng minh H M và K M.Với mọi L ≤ M: L+H = M, suy ra (H +K) +L = M Do H +K M nên L = M Vậy K M Tương tự ta cũng có K M.
"⇐" Giả sử H M và K M Phải chứng minh H +K M.
Với mọi L ≤ M : (H+K) +L = M, suy ra H+ (K+L) = M Do H M nên (K +L) = M Do K M nên L = M Vậy ta đã chứng minh được
Bổ đề 1.2.1 Nếu I M và f : M →N là một đồng cấu thì f(I) N. Đặc biệt, nếu I M ≤N thì I N.
Chứng minh Giả sử với mọi L ≤ N, L 6= N thỏa f(I) + L = N Suy ra f(I) không là con của L Thật vậy nếu f(I) ⊆ L thì do f(I) +L = N, suy ra L = N Điều này mâu thuẫn.
Bây giờ ta chỉ ra I +f −1 (L) = M Đầu tiên ta có nhận xét: f −1 (L) ≤M, f −1 (L) 6= M Thật vậy nếu f −1 (L) = M, do đó f(M) ⊆ L, suy ra f(I) ⊆ f(M) ⊆ L Điều này mâu thuẫn.
Rõ ràngI+f −1 (L) ⊆ M Do đó ta chỉ cần chứng minh: M ⊆ (I+f −1 (L)). Điều này là dễ thấy; với mọi m ∈ M thì f(m) ∈ N nên f(m) = f(i) +l, i ∈ I, l ∈ L Suy ra f(m−i) =f(m)−f(i) = l ∈ L Do đó m−i ∈ f −1 (L).
Ta suy được m = i + (m−i) ∈ I +f −1 (L), vì thế mà M ⊆ I + f −1 (L). Vậy M = I + f −1 (L) Điều này là không thể xảy ra vì I M Vậy f(I) N.
Hạng tử trực tiếp của vành R R có đặc trưng quan trọng, trong đó phần tử e ∈ R được xác định là lũy đẳng của R nếu thỏa mãn điều kiện e^2 = e.
Mệnh đề 1.2.2 chỉ ra rằng một hạng tử trực tiếp của vành R là một phần tử I nếu và chỉ nếu tồn tại một lũy đẳng e thuộc R sao cho I = eR Thêm vào đó, nếu e là một lũy đẳng, thì 1−e cũng là một lũy đẳng, và (1−e)R sẽ là phần phụ của eR.
Giả sử rằng \( R R = I \oplus K \) với \( K \leq R R \), ta có \( 1 = e + f \) với \( e \in I \) và \( f \in K \) Khi tác động \( e \), ta nhận được \( e = e^2 + ef \) và từ đó suy ra \( e - e^2 = ef \) Mặt khác, từ \( e = e^2 + fe \), ta cũng có \( e - e^2 = fe \) Do đó, \( e - e^2 = ef = fe \) thuộc \( I \cap K \), trong khi \( I \cap K = 0 \), dẫn đến \( e = e^2 \) Từ đó, ta suy ra \( f = fe + f^2 \) và cuối cùng có \( f = f^2 \).
Với mọi x ∈ I ta có x = ex+x−ex= ex+ (1−e)x ∈ I ⊕K Ngoài ta ta còn có x = x+ 0 Do sự biểu diễn là duy nhất nên suy ra x = ex ∈ eR.
Vì vậy I ≤ eR Suy ra I = eR (1−e)R∩eR = 0 và (1−e)R là phần phụ của eR nên R R = eR⊕(1−e)R.
Bổ đề 1.2.2 Luật modular: Cho I, J, K ≤ M sao cho I ≤ J Khi đó (I +K)∩J = I + (K ∩J).
Chứng minh Ta sẽ chứng minh hai chiều:
"⇒" Với mọi y ∈ (I + K) ∩ J ta có y = a + b, với a ∈ I ≤ J, b ∈ K và y ∈ J Bây giờ ta cần chứng minh b ∈ (K ∩ J) Thật vậy, y = a+ b, suy ra b = y −a ∈ (K ∩ J) Từ đó suy ra y = a+ b ∈ I + (K ∩J) Vậy ((I +K)∩J) ⊂ (I + (K ∩J)).
"⇐" Với mọiy ∈ I+ (K∩J) Ta sẽ phải chứng minh rằng y ∈ (I+K)∩J).
Từ y ∈ I + (K ∩ J) ta có y = a+ b với a ∈ I ≤ J, b ∈ (K ∩ J) Suy ra được y ∈ (I +K)∩ J Vậy I + (K ∩J) ⊂ (I +K)∩J.
Bổ đề 1.2.3 aR không đối cốt yếu trong R khi và chỉ khi tồn tại một iđêan phải cực đại I của R với a không thuộc I.
Chứng minh "⇐" Ta có I ≤ I+aR DoI cực đại nên I+aR = R, I 6= R. Suy ra aR không đối cốt yếu trong R.
"⇒" Giả sử aR không đối cốt yếu trong R Khi đó tồn tại L ≤R sao cho
L 6= R: aR+L = E Đặt F = {I ≤ R : I 6= R, I+aR = R} Suy ra F 6= ∅ vì L ∈ F.
Với mọi I 1 , I 2 ∈ F, I 1 ≤ I 2 ⇔ I 1 ⊂ I 2 Suy ra "≤" là một quan hệ thứ tự.
Lấy Λ⊂ F,Λ 6= ∅, λ sắp thứ tự toàn phần Đặt J = S
I vì Λ là một tập sắp thứ tự toàn phần nên J là một iđêan phải của R.
Bây giờ ta sẽ chứng minh J ∈ F Điều này tương đương với việc chứng tỏ rằng J 6= R và aR+J = R.
Giả sử ngược lại J = R, thì R = S
I = R Suy ra Λ ∈ R, suy ra tồn tại I ∈ Λ: 1 ∈ I Do đó I = R, điều này mâu thuẫn vì I 6= R Vậy J 6= R Lại có I ∈ Λ, nên aR + I = R ≤ aR+ J, suy ra aR+J = R Suy ra J ∈ F.
Mặt khác với mọi I ∈ Λ, I ≤ J, suy ra J là cận trên của Λ Theo bổ đề Zorn: Tồn tại I ∈ F, I cực đại Bây giờ ta chứng minh I là iđêan phải cực đại của R.
Với mọi I ≤H Giả sử rằngH 6= R Ta cóI+aR = R, suy raH+aR = R vì I ≤H.
Suy ra H ∈ F Mặt khác I ⊂ H nên theo tính chất cực đại ở trên thì
I = H Vậy I là iđêan phải cực đại của R.
Mệnh đề 1.2.3 Cho R = RR Khi đó
I, trong đó I là iđêan phải cực đại của R R
I Ta phải chứng minh Rad(R) =A. Đầu tiên ta sẽ chứng minh A ≤Rad(R R ) = T
Lấy I R R Gọi H là iđêan phải cực đại của R (bất kỳ), H 6= R Ta có H ≤ I + H Do H cực đại nên I + H = R hoặc I + H = H Từ
I+H = R, do I RR suy ra H = R Điều này mâu thuẫn vì H 6= R Do đó I +H = H, suy ra I ≤ H, với H là iđêan phải cực đại của R Do đó
Ta chỉ còn phải chứng minh Rad(R R ) ≤ A.
Với mọi a ∈ Rad(RR), suy ra a ∈ I, trong đó I là iđêan phải cực đại của R Cần chứng minh rằng aR thuộc RR Giả sử aR không đối cốt yếu trong RR, theo Bổ đề (1.5), sẽ tồn tại một iđêan phải cực đại I của R mà a không thuộc I, điều này mâu thuẫn với giả thiết a ∈ I Do đó, kết luận rằng a ∈ A và suy ra Rad(RR) ≤ A.
Môđun đối cốt yếu đơn, môđun GS, WGS và môđun nâng đơn.
Môđun đối cốt yếu đơn
Trong bài viết này, chúng tôi định nghĩa môđun đối cốt yếu đơn và cung cấp một số ví dụ minh họa, đồng thời chứng minh các tính chất của nó dựa trên kiến thức về môđun đối cốt yếu Cụ thể, một môđun con N của M được gọi là đối cốt yếu đơn trong M, ký hiệu là N m M, nếu với mọi phần tử n thuộc N, điều kiện M không bằng nR+ K luôn được thỏa mãn.
K là môđun con thực sự của M; tức là với mọi n∈ N, nR M.
Mệnh đề 2.1.1 Cho N là môđun con của môđun M Khi đó N m M khi và chỉ khi N ⊆ Rad(M).
Chứng minh "⇒" Với mọi n ∈ N Ta có N m M nên nR M Khi đó n∈ nR ⊆ Rad(M) Vậy N ⊆ Rad(M).
"⇐" Với mọi n ∈ N Do N ⊆ Rad(M) nên n ∈ Rad(M), suy ra n ∈ I 1 +
I 2 + I k với I i M, i = i, k Do đó tồn tại i 1 , i 2 , , i k ∈ I 1 , I 2 , , I K : n= i1 +i2 + ik Suy ra nR ≤I1 +I2 + .+Ik.
Gọi K là môđun con thực sự của M Ta phải chứng minh nR+K 6= M. Giả sử ngược lại M = nR+K Khi đó
Từ (2.1) và (2.2) ta có K = M Điều này mâu thuẫn vì K 6= M Do đó nR+K 6= M Suy ra nR M, với n∈ N Vậy N m M.
Ví dụ 2.1.1 Với mọi môđun M thì Rad(M) m M.
Chứng minh Ta cóRad(M) ⊆ Rad(M) Theo Mệnh đề 2.1, suy raRad(M) m
Ví dụ 2.1.2 Nếu Rad(M) =M, thì mọi môđun con của M là đối cốt yếu đơn trong M.
Chứng minh Với mọi N ≤ M, vì Rad(M) = M nên N ≤ Rad(M) Theo mệnh đề 2.1 thì N m M.
Ví dụ 2.1.3 Nếu M là môđun địa phương thì mọi môđun con thực sự của M là đối cốt yếu đơn trong M.
Chứng minh Với mọi C ≤ M, C 6= M Ta phải chứng minh C m M.
Môđun con I được xác định là môđun con cực đại của M, trong đó M là môđun địa phương, dẫn đến sự tồn tại của một môđun lớn nhất N khác M Theo đó, I ≤ N, và ta có I = N = Rad(M) cho mọi I ≤ max M Nếu C là môđun con thực sự của M, thì C cũng là môđun con của N = Rad(M) Do đó, ta có C ⊆ Rad(M), và theo Mệnh đề 2.1, C không bằng M.
Ví dụ 2.1.4 Mọi môđun con của môđun hổng, không địa phương M là đối cốt yếu đơn trong M.
Chứng minh Với mọi N ≤ M, M hổng, không địa phương Ta phải chứng minh N m M Điều phải chứng minh này tương đương với việc chứng minh ∀n ∈ N : nR M.
Trường hợp 1: Nếu với mọin ∈ N, nR6= M Do M là hổng nên mọi môđun con thực sự của M đều đối cốt yếu trong M Lúc đó nR M.
Nếu tồn tại một số nguyên dương n₀ ∈ N sao cho n₀R = M, thì M sẽ là mô đun cyclic Tuy nhiên, vì M là hổng, chúng ta có thể kết luận rằng M là mô đun địa phương Tuy nhiên, theo giả thiết ban đầu, M không phải là mô đun địa phương, do đó trường hợp này không thể xảy ra.
Vậy với mọi n ∈ N: nR ≤ M, nR6= M Do M là hổng nên mọi môđun con thực sự của M là đối cốt yếu trong M, do đó nR M Vậy N m M
Ví dụ 2.1.5 M là Z-môđun tự do Từ Rad(Z) = 0 ta có Rad(M) = 0. Khi đó 0 là môđun con đối cốt yếu đơn duy nhất của M.
Chứng minh Đầu tiên ta sẽ chứng minh Rad(Z) = 0.
I Gọi I là môđun con củaZ, màI Z, suy raI 6= Z. Thật vậy vì nếuI = Z, với mọi K ≤ Z,K 6= Z; khi đóI+K = Z+K = M. Điều này mâu thuẫn vì A+K 6= M.
Ta phải chứng minh I = 0 Giả sử ngược lại I 6= 0, I ≤ Z do đó I nZ, n 6= ±1 Mọi K ≤ Z, tồn tại m ∈ Z : (m, n) = 1, m 6= ±1 Khi đó
K+I = Z Suy ra mZ+nZ = Z Suy ra mZ = Z Điều này mâu thuẫn vì m 6= ±1 Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng I = 0 Vậy Rad(Z) = 0.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh Rad(M) = 0.
Do M là một Z-môđun tự do, suy ra tồn tại một cơ sở S của M Kích thước của S, ký hiệu là |S|, có thể là hữu hạn hoặc vô hạn Vì M là Z-môđun, điều này cho thấy sự tồn tại của các tính chất đặc trưng trong cấu trúc của M.
M ∼= Z |S| Ta có Rad(Z |S| ) =Rad(Z) = 0 Do đó Rad(M) = 0.
Cuối cùng ta chứng minh 0 là môđun con đối cốt yếu đơn duy nhất của
M Giả sử A m M Khi đó A ⊆ Rad(M) = 0 Suy ra A = 0 Vậy ta có điều phải chứng minh.
Chúng ta sẽ khám phá một số tính chất quan trọng của môđun con đối cốt yếu đơn, những tính chất này thường được áp dụng trong các kết quả nghiên cứu tiếp theo.
Bổ đề 2.1.1 Cho A, B và C là các môđun con của R-môđun M.
(3) Nếu A m M và f : M →N là một đồng cấu thì f(A) m f(M).
(4) Cho A ⊆ B Khi đó B m M nếu và chỉ nếu A m M và B/A m M/A.
(5) Cho A 1 , A 2 , , A n là các môđun con đối cốt yếu đơn của M Khi đó
(6) A+B m M nếu và chỉ nếu A m M và B m M.
(7) Cho N là một môđun con của môđun M, Rad(M) M Khi đó
Chứng minh Ta chứng minh lần lượt các bổ đề trên.
(1) Giả sử A m B và B ⊆ C, ta phải chứng minh A m C Điều này tương đương việc chúng ta phải chỉ ra A ⊆ Rad(C) Do A m B, nên
A⊆ Rad(B) Từ B ⊆C suy ra Rad(B) ⊆Rad(C).
Thật vậy: Xét đơn cấu chính tắc: f :B → C Ta có f là một đồng cấu, thì f(Rad(B)) ≤ Rad(C) ([6]) Suy ra Rad(B) ≤Rad(C).
Do đó A ⊆ Rad(B) ⊆Rad(C), suy ra A ⊆ Rad(C) Vậy A m C.
(2) Giả sử A m M, A⊆ B và B d M, cần chứng minh A m B.
Từ A m M và A ⊆ B ≤ d M Ta có A ⊆ (Rad(M)∩B) Ta phải chứng minh rằng A ⊆ Rad(B); điều này tương đương với việc phải chỉ ra rằng (Rad(M)∩B) ⊆ Rad(B).
Thật vậy, ta có M = B ⊕ B 0 , nên Rad(M) = Rad(B) ⊕ Rad(B 0 ) và vì vậy Rad(M) ∩ B = Rad(B) ⊕ Rad(B 0 ) ∩ B ⊆ Rad(B) Do đó (Rad(M)∩B) ⊆ Rad(B) Suy ra A ⊆Rad(B) Vậy A m B.
(3) Giả sử A m M, f : M → N là một đồng cấu, cần chứng minh f(A) m f(M) Từ A m M, ta có A ⊆ Rad(M), do f là một đồng cấu nên f(A) ⊆ f(Rad(M)) Mà f(Rad(M)) ≤ Rad(f(M)) Do đó f(A) ⊆ Rad(f(M)) Vậy f(A) m f(M).
(4) "⇒" Giả sử B m M, A ⊆ B, ta phải chứng minh A m M và B/A m M/A Từ A ⊆ B và B m M, ta có A ⊆ B ⊆ Rad(M) Do đó
Xét toàn cấu chính tắc f : M →M/A Ta có B m M Suy ra f(B) m f(M) hay B/A m M/A.
"⇐" Giả sử A m M và B/A m M/A, phải chứng minh B m M.
Từ A m M, ta có A ⊆ Rad(M) Từ B/A m M/A, ta cũng có B/A ⊆ Rad(M/A) Lại có Rad(M/A) ⊆ Rad(M)/A.
I/A Suy ra (M/A)/(I/A) đơn, theo định lý thứ hai về đẳng cấu (M/A)/(I/A) ∼= M/I Suy ra M/I đơn Do đó Rad(M/A) = T
I/A nên x¯ = x + A, x ∈ I, với I ≤ max M Do đó ¯ x ∈ [ T
(5) Giả sử A 1 , A 2 , A n là các môđun con đối cốt yếu đơn của M Ta phải chứng minhA 1 +A 2 + .+A n m M Với mọi x ∈ A 1 +A 2 + .+A n thì tồn tại a 1 ∈ A 1 , a 2 ∈ A 2 , , a n ∈ A n sao cho x = a 1 +a 2 + .+a n Ta có (a 1 +a 2 + .+a n )R ⊆ a 1 R+a 2 R+ +a n R.
(6) "⇐" Giả sử A m M và B m M Cần chứng minh A+B m M.
Sử dụng (5) cho n= 2 ta được điều cần chứng minh.
"⇒" Giả sử A+B m M, cần chứng minh rằng A m M và B m M.
Từ A+ B m M, nên A+B ⊆ Rad(M) Ta có A ⊆ A+ B ⊆ Rad(M). Suy ra A ⊆ Rad(M) Lại có B ⊆ A+B ⊆ Rad(M) Suy ra B ⊆ Rad(M). Vậy A m M và B m M.
(7) "⇒" Giả sử N m M, cho N ≤ M, Rad(M) M Phải chứng minhN M TừN m M, màRad(M) M, ta cóN ⊆ Rad(M) M.
"⇐" Cho N ≤ M, giả sử N M, Rad(M) M Phải chứng minh
N m M Từ N M, ta có N ⊆ Rad(M) Vậy N m M.
Môđun GS
Trong bài viết này, chúng tôi xem xét lại các đặc điểm của môđun mở rộng liên quan đến môđun phần phụ, dựa trên nghiên cứu của Y Wang và N Ding [8] Định nghĩa 2.2.1 nêu rõ rằng, với N, L ≤ M, N được xác định là môđun phần phụ của M.
L trong M nếu N + L = M và N ∩L N. Định nghĩa 2.2.2 Cho U, U 0 ≤ M U 0 là phần phụ tổng quát củaU trong
M nếu U + U 0 = M và U ∩U 0 m U 0 Định nghĩa 2.2.3 Môđun M được gọi là GSnếu mọi U là môđun con của M thì U có một phần phụ tổng quát U 0
Bổ đề 2.2.1 Xem trong [9] Cho M là một môđun và K là một môđun con phần phụ của M Khi đó K ∩Rad(M) =Rad(K).
Chứng minh Ta có Rad(K) ⊆ K và Rad(K) ⊆ Rad(M) nên Rad(K) ⊆
Bây giờ ta chỉ cần chứng minh K ∩ Rad(M) ⊆ Rad(K) Như ta biết nếu
U1 M, U2 M, , Um M thì U1 +U2 + + Um M Do đó ta chỉ lấy U M và chỉ cần chỉ ra rằng K ∩U K.
Thật vậy, do K là một môđun con phần phụ của M nên sẽ cho môđun
N sao cho K là phần phụ của môđun M tức là K +N = M.
Với mọi X ≤ K: X + (K ∩U) = K, phải chứng minh X = K.
Ta có M = K + N = X + (K ∩ U) + N Ta cũng có (K ∩ U) ≤ U, suy ra M ≤ X + U + N; vì vậy M = X + U + N Mặt khác U M,
M = K+N Do đó ta có X = K Điều đó chứng tỏ rằng K∩U K hay
Từ (1) và (2) ta suy ra được Rad(K) = K ∩Rad(M).
Mệnh đề 2.2.1 Cho M là môđun GS và L là môđun con của M, L ∩ Rad(M) = 0 Khi đó L là nửa đơn Đặc biệt một môđun GS M mà Rad(M) = 0 là nửa đơn.
Chứng minh Chọn L 0 là môđun con bất kì của L Do M là môđun GS nên
L có một phần phụ tổng quát L 00 , có nghĩa làL 0 ≤ M sao cho L 0 +L 00 = M và L 0 ∩L 00 ⊆ Rad(L 00 ) Vì vậy L = L∩M = L∩(L 0 +L 00 ) =L 0 + (L∩L 00 ). Ngoài ra L 0 ∩(L∩L 00 ) = 0.
Thật vậy L 0 ∩ (L ∩ L 00 ) ≤ L ∩ Rad(L 00 ) ≤ L ∩ Rad(M) = 0 Suy ra
L = L 0 ⊕(L∩L 00 ) Vì vậy L là nửa đơn.
Mệnh đề 2.2.2 Cho M 1 , U ≤ M và M 1 là môđun GS Nếu M 1 + U có một phần phụ tổng quát trong M, thì khi đó U cũng có một phần phụ tổng quát
Chứng minh Do M1+U có một phần phụ tổng quát trong M, suy ra tồn tại X ≤ M sao cho X + (M1 + U) = M và X ∩ (M1 + U) ⊆ Rad(X).
Có (X + U) ∩ M 1 ≤ M 1, và vì M 1 là môđun GS, tồn tại Y ≤ M 1 sao cho (X + U) ∩ M 1 + Y = M 1 và (X + U) ∩ (M 1 ∩ Y) ⊆ Rad(Y) Do đó, ta có X + U + Y = M và (X + U) ∩ Y ⊆ Rad(Y), từ đó Y trở thành một phần phụ tổng quát của X + U trong M Rõ ràng, (X + Y) + U = M, vì vậy chứng minh rằng (X + Y) ∩ U ⊆ Rad(X + Y).
Từ Y + U ≤ M 1 + U, X ∩ (Y + U) ≤ X ∩ (M 1 + U) ⊆ Rad(X) Vì vậy (X+Y)∩U ≤ X∩(Y+U)+Y∩(X+U) ⊆ Rad(X)+Rad(Y) ⊆Rad(X+Y). Suy ra(X+Y)∩U ≤ Rad(X+Y) VậyU có một phần phụ tổng quát.
Mệnh đề 2.2.3 Cho M 1 và M 2 là môđun GS Nếu M = M 1 +M 2 thì M là một môđun GS.
Chứng minh Với mọi A ≤ M, ta cần chứng minh rằng A có một phần phụ tổng quát Do M = M1 + M2, suy ra M = M1 + M2 + A, suy ra
M = M 1 + (M 2 + A) Chọn U = M 2 + A, ta có M 1 là môđun GS và
M 1 + U = M 1 + (M 2 + A) = M có một phần phụ tổng quát là {0} trong
M Do đó theo Mệnh đề 2.5 thì U có một phần phụ tổng quát, có nghĩa là
A+M2 có một phần phụ tổng quát Theo Mệnh đề 2.5 một lần nữa thì A có một phần phụ tổng quát Vì vậy M là môđun GS.
Mệnh đề 2.2.4 Nếu M là môđun GS, khi đó a N là môđun con của M thì M/N cũng là một môđun GS. b M/Rad(M) là nửa đơn.
Chứng minh (1) Với mọi L là môđun con của M chứa N Do M là môđun
GS nên sẽ tồn tại K là môđun con của M thõa mãn K + L = M và
K ∩ L ≤ Rad(K) Từ đó, suy ra M/N = L/N + (N + K)/N và L/N ∩ ((N + K)/N) = (N + (L ∩ K))/N Ngoài ra, (N + (K ∩ L))/N ≤ Rad((N + K)/N) Xét hàm f: K → N + K xác định bởi f(x) = x và π: N + K → (N + K)/N là toàn cấu chính tắc, suy ra π ◦ f: K → (N + K)/N là đồng cấu môđun Do L ∩ K ≤ Rad(K) nên L ∩ K m K, dẫn đến f(L ∩ K) m f(K), và từ đó (N + (L ∩ K))/N m (N + K)/N, suy ra (N + (K ∩ L))/N ≤ Rad((N + K)/N) Vậy (N + K)/N là một phần phụ tổng quát của L/N trong M/N, tức là M/N là GS.
(2) Cho N là môđun con bất kì của M chứa Rad(M) Khi đó sẽ tồn tại một phần phụ tổng quát K của N trong M, nghĩa là M = N +
K và N ∩ K thuộc Rad(K) và Rad(M), dẫn đến N ∩ K thuộc Rad(M) Từ đó, M/Rad(M) có thể được phân tách thành N/Rad(M) và (K + Rad(M))/Rad(M) Điều này cho thấy mọi môđun con của M/Rad(M) là hạng tử trực tiếp trong M, do đó M/Rad(M) là nửa đơn.
Môđun W GS
Trong mục này chúng tôi cũng khảo sát lại một số tính chất của môđun
W GS vành R là nửa địa phương khi và chỉ khi mọi môđun cyclic là W GS môđun, theo nghiên cứu của Y.Wang và N.Ding [8] Môđun M được định nghĩa là phần phụ tổng quát yếu, hay W GS, nếu với mọi môđun con N ≤ M, tồn tại L ≤ M sao cho.
Cho P và M là môđun Một toàn cấu f: P −→ M được gọi là phủ của M khi Kerf P Ngoài ra, nếu Kerf P và P là một xạ ảnh, thì toàn cấu f: P −→ M được gọi là phủ xạ ảnh của M.
Mệnh đề 2.3.1 Cho M là một W GS môđun Khi đó
(1) Mọi môđun con phần phụ của M là môđun W GS.
(2) Nếu f : N −→M là một phủ của M, N cũng là một môđun W GS.
(3) Mọi môđun thương của M là một môđun W GS.
Chứng minh rằng cho môđun phần phụ K trong M, với mọi môđun con N ≤ K, tồn tại môđun L ≤ M sao cho M = N + L và N ∩ L ≤ Rad(M) Từ đó, có thể suy ra K = K ∩ M = K ∩ (N + L) = N + (K ∩ L) và N ∩ (K ∩ L) = N ∩ L = K ∩ (N ∩ L) ≤ K ∩ Rad(M) = Rad(K).
Bổ đề 2.3) Vậy nên ta có K là một môđun W GS.
Cho f: N → M là một phủ của M, với mọi L ≤ N, ta có f(L) ≤ M Khi M là một môđun W GS, tồn tại P ≤ M sao cho f(L) + P = M và f(L) ∩ P ≤ Rad(M) Từ đó, N = f^(-1)(M) f^(-1)(f(L) + P) = Kerf + L + f^(-1)(P) = L + f^(-1)(P) và f^(-1)(Rad(M)) ≥ f^(-1)(f(L) ∩ P) ≥ L ∩ f^(-1)(P) Theo [2, Mệnh đề 9.15], ta có f^(-1)(Rad(M)) Kerf + Rad(N) = Rad(N), dẫn đến L ∩ f^(-1)(P) ≤ Rad(N) Do đó, N là một môđun W GS.
(3) Cho N là môđun con của M và L/N là môđun con của M/N Với L ≤
M, do M là một W GS môđun nên tồn tại K ≤ M sao cho L+K = M và
K∩L ≤ Rad(M) Vì thế M/N = L/N+(K+N)/N Chof : M −→ M/N là một toàn cấu chính tắc Từ K ∩L ≤ Rad(M),(L/N)∩((K+N)/N) (L ∩ (K + N))/N = (N + (K ∩ L))/N = f(L ∩ K) ≤ f(Rad(M)) ≤ Rad(M/N) Vậy ta có điều cần chứng minh.
Hệ quả 2.3.1 Cho M là một môđun và N M Khi đó M là một môđun
W GS khi và chỉ khi M/N là môđun W GS.
Chứng minh Điều này được suy ra từ Mệnh đề 2.3.1
Mệnh đề 2.3.2 Cho M là hữu hạn sinh Khi đó M là một W GS môđun khi và chỉ khi M là môđun phần phụ yếu.
Chứng minh "⇐=" Điều này là hiển nhiên.
Với mọi môđun con N của M, nếu M là môđun W GS, thì tồn tại một môđun L sao cho N + L = M và N ∩ L ≤ Rad(M) Do M là hữu hạn sinh, Rad(M) cũng là môđun con của M Do đó, N ∩ L thuộc M, từ đó chứng minh được điều cần thiết.
Mệnh đề 2.3.3 Giả sử M là hữu hạn sinh và f : P −→ M là một phủ xạ ảnh của M Nếu M là một môđun phần phụ yếu thì P cũng là môđun phần phụ yếu.
Chứng minh Vì P/Kerf ' M là hữu hạn sinh, tồn tại môđun con hữu hạn sinh P 0 của P sao cho P 0 +Kerf = P Từ Kerf P, P 0 = P Vì vậy
P là hữu hạn sinh Theo Mệnh đề 2.3.1 và 2.3.2 thì P là môđun phần phụ yếu.
Bổ đề 2.3.1 Cho K, M 1 ≤ M và M 1 là một môđun W GS Nếu M 1 +K có một phần phụ tổng quát yếu trong M thì K cũng có một phần phụ tổng quát yếu trong M.
Chứng minh Theo giả thiết, tồn tại N ≤ M sao cho (M 1 +K) +N = M và N ∩ (M 1 + K) ≤ Rad(M) Vì M 1 là môđun W GS, tồn tại môđun con
L ≤ M 1 sao choM 1 ∩(N+K)+L = M 1 và L∩(N+K) ≤ Rad(M 1 ) Vì vậy
M = K+N+L và K∩(N+L) ≤ (K+M 1 )∩N+L∩(N+K) ≤ Rad(M), điều đó có nghĩa là N + L là một phần phụ tổng quát yếu của K trong
Mệnh đề 2.3.4 Cho M = M 1 +M 2 Nếu M 1 và M 2 là môđun W GS, thì
Chứng minh Cho N là một môđun con của môđun M TừM 1 +M 2 +N M có phần phụ tổng quát trong M, M2+N có phần phụ tổng quát trong
Theo Bổ đề 2.3.1, M có phần phụ tổng quát N, do đó M được xác định là một môđun W GS Định lý 2.3.1 nêu rõ rằng nếu M là một môđun và Rad(M) thuộc M, thì các điều kiện sau đây là tương đương.
(3) Tồn tại sự phân tích M = M1⊕M 2 sao cho M1 là nửa đơn, Rad(M) ≤ e
M 2 và M 2 /Rad(M) là nửa đơn.
Chứng minh (1)=⇒(2) Với mọi môđun con Lcủa môđunM chứaRad(M).
Từ M là môđun W GS, tồn tại N ≤ M sao cho N +L = M và N ∩L ≤ Rad(M) Do đó M/Rad(M) = L/Rad(M) + (N +Rad(M))/Rad(M) và L/Rad(M)∩(N +Rad(M))/Rad(M) = (L∩N +Rad(M))/Rad(M) = 0.
Vì vậy M/Rad(M) = L/Rad(M) ⊕ (N + Rad(M))/Rad(M) Điều này chứng tỏ M/Rad(M) là nửa đơn.
Với mọi môđun con N của môđun M, tồn tại môđun con L ≤ M chứa Rad(M) sao cho M/Rad(M) có thể phân tách thành N + Rad(M) và L/Rad(M) Do đó, ta có thể biểu diễn M dưới dạng M = N + Rad(M) + L Từ đó, rõ ràng rằng N ∩ L ≤ Rad(M) Kết luận, M là một môđun W GS.
Cho M1 là một phần bù của Rad(M) trong M Khi đó, M1' (M1 ⊕ Rad(M))/Rad(M) là tổng trực tiếp của M/Rad(M) và là nửa đơn Điều này dẫn đến sự tồn tại của một môđun con nửa đơn M2/Rad(M) sao cho (M1 ⊕ Rad(M))/Rad(M) ⊕ M2/Rad(M) = M/Rad(M).
M 1 + M 2 = M và M 1 ∩ M 2 ≤ Rad(M) ∩ M 1 = 0 Điều này kéo theo
(3) =⇒ (2) Điều này là hiển nhiên.
Môđun nâng đơn
Trong phần này, chúng tôi nghiên cứu lớp môđun nâng đơn, được định nghĩa là môđun M mà với mọi N ≤ M, tồn tại sự phân tích M = A⊕B sao cho A ≤ N và N ∩ B là đối cốt yếu đơn trong M Điều này có nghĩa là với mọi N ≤ M, luôn có sự phân tích M = A⊕B với A ≤ N và N ∩ B ⊆ Rad(M).
Mệnh đề dưới đây cho ta biết một định nghĩa tương đương của môđun nâng đơn.
Mệnh đề 2.4.1 (1) Các điều kiện sau đây là tương đương đối với môđun
(ii) Với mọiA ≤ M, tồn tạiA = N⊕S sao choN ≤ d M và S m M.
(iii) Với mọi A ≤ M, tồn tại N ≤ d M sao cho N ≤ A và A/N m M/N.
(iv) Với mọi A ≤M, tồn tại e = e 2 ∈ End(M) sao cho e(M) ≤ A và
(2) Các lớp môđun nâng đơn là đóng dưới tổng trực tiếp.
Chứng minh (1) (i) ⇒ (ii) Với mọi A ≤ M, từ (i) ta có M là nâng đơn nên tồn tại M = N ⊕ N 0 sao cho N ≤ A và N 0 ∩ A m M Khi đó
N ⊕(N 0 ∩A) =A (Luật Modular), nên N 0 ∩A = S Do đó S m M 2
(ii) ⇒ (iii) Với mọi A ≤ M, do (ii) nên tồn tại A = N ⊕ S sao cho
Với mọia+N ∈ A/N,a ∈ A Chúng ta phải chứng minh(a+N)R M/N. Giả sử ngược lại Khi đó tồn tạiJ/N ≤ M/N, J 6= M, N ≤ J: (a+N)R+ J/N = M/N (*)
Từ (ii) ta cóA = N⊕S, do đó với mọi a ∈ A: a = n+s, ta suy ra a+N s+ N Do đó (*) tương đương với với mọi m ∈ M tồn tại j ∈ J, r ∈ R: m+N = j+N + (a+N)r ⇔ m+N = j+N+ (s+N)r = j+N+sr+N
⇔ m − j − sr ∈ N Khi đó tồn tại n ∈ N: n = m − j − sr Suy ra m = n+ j + sr ∈ N + J + sR = J + sR Do đó M = J + sR Suy ra
J = M Điều này mâu thuẫn vì J 6= M Mâu thuẫn này chứng tỏ rằng (a+N)R M/N Vậy A/N m M/N.
(iii) ⇒ (iv) Giả sử với mọi A ≤ M, N ≤ d M sao cho N ≤ A và A/N m M/N Phải chứng minh rằng e = e 2 ∈ End(M) sao cho e(M) ≤ A và (1−e)A m (1−e)M).
Với mọi A ≤ M, từ (iii) suy ra N ≤ d M, do đó tồn tại e = e 2 ∈ End(M) sao cho e(M) = N và (1−e)M = N 0 Vì N ≤ A nên e(M) ≤ A Chúng ta cần chứng minh rằng (1−e)A ≤ Rad((1−e)M), tương đương với việc chỉ ra rằng với mọi a ∈ A, có (1−e)aR (1−e)M.
Với mọi a ∈ A và mọi H ≤ (1−e)M, ta có (1−e)aR + H = (1−e)M, dẫn đến (a−ea)R + H = (1−e)M Từ đó, suy ra (a + e(M))R + H = (1−e)M, và ta có (a + e(M))R + (H + e(M))/e(M) = M/e(M) Điều này cho thấy A/e(M) m M/e(M) Do đó, H + e(M)/e(M) = M/e(M) dẫn đến H + e(M) = M Cuối cùng, từ (H + e(M)) ∩ (1−e(M)) = M ∩ (1−e)M, ta chứng minh rằng H = (1−e)M, và với mọi a ∈ A, ta có (1−e)aR ≤ (1−e)M Vì vậy, (1−e)A ≤ Rad((1−e)M).
(iv) ⇒ (i) Giả sử A ≤ M, e = e 2 ∈ End(M) sao cho e(M) ≤ A và (1 − e)A ≤ Rad((1 − e)M) Phải chứng tỏ rằng M là nâng đơn, có nghĩa là với mọi A ≤ M tồn tại sự phân tích M = M 1 ⊕M 2 : M 1 ≤ A và
Với mọi A ≤ M, từ (iv) ta có e = e 2 ∈ End(M), e(M) ≤ A nên ta có M = M 1 ⊕ M 2 Khi đó M 1 = e(M) ≤ A, nên M 1 ≤ A Ta có
(1− e)A ≤ Rad((1 − e)M) ≤ Rad(M) vì (1 −e)A ≤ M Ta cần chứng minh rằng (1−e)M ∩A = (1−e)A vì (1−e)M = M2.
"⇐" Với mọi (1− e)a ∈ (1 − e)A Do e(M) ≤ A nên ta có (1 − e)a a−ea ∈ A, lại có (1−e)a ∈ (1−e)M Do đó (1−e)a ∈ (1−e)M ∩A. Vậy (1−e)A⊂ ((1−e)M ∩A).
"⇒" Với mọi y ∈ (1−e)M ∩A nên tồn tại m ∈ M, a ∈ A: (1−e)m = a,suy ra m −em = a, suy ra m = em + a ∈ A Do đó y ∈ (1 −e)A Vậy((1−e)M ∩A) ⊂ (1−e)A.
Vậy M 2 ∩A m M Vậy M là môđun nâng đơn 2
(2) Giả sử M là nâng đơn, K là hạng tử trực tiếp của M Phải chứng minh K là nâng đơn.
Với mọi L ≤ K ≤ M, suy ra L ≤ M Do M là nâng đơn nên tồn tại sự phân tích M = M 1 ⊕ M 2 sao cho M 1 ≤ L và M 2 ∩ L m M Ta có
M 1 ⊕(M 2 ∩ K) = K (Luật Modular) Khi đó để chứng minh K là nâng đơn thì ta cần chứng minh (M 2 ∩K)∩L m K.
Ta thấy M 2 ∩L m M và K là hạng tử trực tiếp của M, nên theo Bổ đề 2.2(2) suy ra M 2 ∩L m K Suy ra (M 2 ∩K)∩L m K Vậy ta đã chứng minh được K là nâng đơn.
Ví dụ 2.4.1 Rõ ràng môđun nâng là một môđun nâng đơn.
Môđun M được chứng minh là nâng đơn với mọi A ≤ M, tồn tại sự phân tích M = M1 ⊕ M2 sao cho M1 ≤ A và M2 ∩ A = M Khi đó, M2 ∩ A ⊆ Rad(M) dẫn đến M2 ∩ A = M Định nghĩa môđun không phân tích được là môđun M khác không và không thể viết dưới dạng tổng trực tiếp của hai môđun con khác không.
Mệnh đề tiếp theo ta cũng chứng minh các điều kiện tương đương của môđun nâng đơn, nhưng là môđun không phân tích được.
Mệnh đề 2.4.2 Cho M là môđun khác không, không phân tích được Các điều kiện sau là tương đương:
(ii) Mọi môđun con thực sự là đối cốt yếu đơn trong M.
(iii) Rad(M) là tổng của tất cả các môđun con thực sự của M.
(iv) Rad(M) =M hoặc M là môđun địa phương.
Chứng minh (i) ⇒ (ii) Giả sử M là môđun nâng đơn, cần chứng minh rằng mọi N ≤M, N 6= M, N m M.
Với mọi N ≤ M, N 6= M, do M là nâng đơn nên tồn tại sự phân tích
M = C ⊕D sao cho C ≤ N, D ∩N m M Do M không phân tích được nênC = 0hoặc C = M Ta loại trường hợp C = M Thật vậy nếu C = M, khi đó M = C ≤ N, suy ra M ≤ N dẫn tới M = N Điều này mâu thuẫn vì N 6= M.
Nên do đó ta có C = 0 và D = M Từ (i) có D ∩ N m M, suy ra
I, với I là các môđun con thực sự của môđun
M, ta phải chứng minh Rad(M) =E.
Ta có E ≤ M, E 6= M, theo (ii) thì mọi môđun con thực sự là đối cốt yếu đơn trong M, suy ra E m M, suy ra E ⊆ Rad(M) Ta chỉ còn chứng minh Rad(M) ⊆E.
Thật vậy với mọi x ∈ Rad(M) = P
Suy ra xR ≤ I1 + I2 + + Ij M Do đó xR M, xR 6= M, suy ra xR ⊆E Suy ra x ∈ xR ⊆ E Vậy x ∈ E.
(iii) ⇒ (iv) Giả sử Rad(M) 6= M, khi đó Rad(M) là môđun con thực sự của M Chứng ta sẽ chỉ ra rằng M là môđun địa phương.
Gọi A là tập hợp các môđun con thực sự của M Theo định nghĩa, Rad(M) là tổng của các môđun con thực sự thuộc A, do đó Rad(M) trở thành môđun con thực sự lớn nhất của M Từ đó, theo định nghĩa về môđun địa phương, ta có thể kết luận rằng M là một môđun địa phương.
(iv) ⇒(i) Trường hợp 1: Rad(M) =M, ta cần chứng minhM là môđun nâng đơn.
Với mọi N ≤ M Khi đó ta có M = 0⊕M,0 ≤ N Từ (iv) có Rad(M) M nên ta có mọi môđun con của M là đối cốt yếu đơn trong M, do đó
N m M, suy ra N ∩M m M vì N ≤ M Vậy các điều kiện trên chứng tỏ rằng M là môđun nâng đơn.
Trong trường hợp Rad(M) khác M, theo định lý (iv), M được xác định là môđun địa phương Đối với mọi môđun con N nhỏ hơn hoặc bằng M, ta chỉ cần xem xét N khác M Ta có thể biểu diễn M dưới dạng 0 ⊕ M Vì M là môđun địa phương, mọi môđun con thực sự của nó đều là đối cốt yếu đơn trong M, từ đó suy ra rằng N nằm trong M hoặc giao của N và M cũng nằm trong M Do đó, M được xác định là môđun nâng đơn.
(iv) ⇒ (v) (*) Giả sử Rad(M) = M, chúng ta sẽ chứng minh M là nửa hổng.
Thật vậy, với mọi N là môđun con thực sự của M, N là hữu hạn sinh, tức là N = x 1 R+x 2 R+ .+x n R Do đó N = x 1 R+x 2 R+ .+x n R ≤ M Rad(M), vì vậy N ⊆ Rad(M), nên N m M, ta suy ra x 1 R M, x 2 R
M, , xnR M, từ đây ta có được x1R+ x2R + + xnR M Vậy
(*) Nếu Rad(M) 6= M thì M là môđun địa phương, cho nên sẽ tồn tại K là môđun lớn nhất, suy ra K = Rad(M).
Với mọi N là môđun con thực sự của M, N là hữu hạn sinh, tức là
N ⊆ Rad(M) nên N m M, suy ra x 1 R M, x 2 R M, , x n R M, suy ra x 1 R+x 2 R+ .+x n R M Vậy N M Vậy N M.
Nếu Rad(M) = M, chúng ta có điều cần chứng minh Ngược lại, nếu Rad(M) ≠ M, thì Rad(M) là mô-đun con thực sự của M Chúng ta sẽ chứng minh rằng Rad(M) là mô-đun con lớn nhất, tức là với mọi mô-đun con thực sự N của M, ta có N ⊆ Rad(M) Do đó, M được xác định là mô-đun địa phương.
Các định lý dưới đây xác định những điều kiện cần thiết để một môđun thương của môđun nâng đơn trở thành môđun nâng đơn Cụ thể, Định lý 2.4.1 nêu rõ rằng cho M là R-môđun.
(1) Giả sử rằng M là môđun nâng đơn và X ≤ M Nếu mọi K là hạng tử trực tiếp của M (X + K)/X là hạng tử trực tiếp của M/X Khi đó M/X là môđun nâng đơn.
(2) Nếu M là môđun phân phối, thì M/X là môđun nâng đơn với X ≤ M.
(3) Cho X ≤ M và eX ⊆ X với mọi e 2 = e ∈ End(M) Khi đó M/X là nâng đơn.
Chứng minh (1) Với mọi A/X ≤ M/X, suy ra X ≤ A ≤ M Do M là môđun nâng đơn nên theo mệnh đề 2.8(ii) thì tồn tại sự phân tích
M = K ⊕ K 0 với điều kiện K ≤ A và A/K m M/K Theo giả thiết, (X+K)/X là hạng tử trực tiếp của M/X, từ đó suy ra (X+K)/X ≤ A/X Để chứng minh A/(K + X) m M/(K + X), ta cần chứng minh với mọi ¯a ∈ A/(K+X, ¯aR M/(K+X) Với mọi L/(K+X) ≤ M/(K+X), ta có aR¯ +L/(K+X) = M/(K+X), dẫn đến (a+K+X)R+L/(K+X) = M/(K+X) Do đó, aR+L = M, suy ra aR/K +L/K = M/K, từ đó L = M vì A/K m M/K Cuối cùng, ta có L/(K + X) = M/(K + X), chứng minh rằng A/(K + X) m M/(K + X) Kết luận, M/X là môđun nâng đơn.
Đối với mọi D là hạng tử trực tiếp của M, ta có M = D ⊕ D 0 Theo đó, để chứng minh (X + D)/X là hạng tử trực tiếp của M/X, ta cần chỉ ra M/X = (X + D)/X ⊕ (X + D 0 )/X Thực tế, M/X có thể được biểu diễn dưới dạng (X + D)/X + (X + D 0 )/X Cuối cùng, chúng ta cần chứng minh rằng giao của hai hạng tử (X + D)/X và (X + D 0 )/X là X.
Thật vậy với mọi y ∈ (X + D)/X ∩ (X + D 0 )/X, khi đó tồn tại d ∈ D, d 0 ∈ D 0 sao cho d + X = d 0 + X, suy ra d −d 0 ∈ X Do M là môđun phân phối nên X = (D ∩ X) ⊕(D 0 ∩ X), suy ra d− d 0 ∈ (D∩X)⊕(D 0 ∩X), suy rad−d 0 = u+v vớiu ∈ (D∩X),v ∈ (X∩D 0 ).
Do đó dưu = d+v ∈ D ∩D 0 = 0, suy ra d = u ∈ X, suy ra y ∈ X. Khi đó M/X = (X + D)/X ⊕ (X + D 0 )/X Theo (1) thì M/X là môđun nâng đơn.
Với mọi D là hạng tử trực tiếp của M, ta có thể biểu diễn M dưới dạng M = D ⊕ D 0 Theo công thức (1), để chứng minh rằng (X + D)/X là hạng tử trực tiếp của M/X, ta cần chỉ ra rằng M/X = (X + D)/X ⊕ (X + D 0 )/X Thực tế, M/X có thể được viết lại thành (X + D)/X + (X + D 0 )/X Cuối cùng, việc chứng minh rằng (X + D)/X ∩ (X + D 0 )/X = X là cần thiết để hoàn thiện luận điểm này.
Thật vậy với mọi y ∈ (X + D)/X ∩ (X + D 0 )/X, khi đó tồn tại d ∈ D, d 0 ∈ D 0 sao cho d+ X = d 0 +X, suy ra d−d 0 ∈ X Tiếp theo ta sẽ chứng minh X = (D ∩X)⊕(D 0 )∩X.
∗ Với mọi x ∈ (D ∩X) + (D 0 ∩X), suy ra x = u+v với u ∈ (D ∩X) và v ∈ (X ∩D 0 ), suy ra x ∈ X Do đó (D ∩X) + (D 0 ∩ X) ⊆ X.
∗ Với mọi x ∈ X Xét ánh xạ e : M −→ D, do eX ⊆ X, nên eX ⊆ (X ∩D) Do e 2 = e ∈ End(M), suy ra M = e(M)⊕(1−e)M Lại có x = ex+(1−e)x ∈ (D∩X)+(D 0 ∩X) Do đó X ⊆(D∩X)+(D 0 ∩X).
∗(D∩X)∩(D 0 ∩X) =D∩D 0 ∩X = 0 VậyX = (D∩X)⊕(D 0 )∩X Do đó d−d 0 ∈ X Do M là môđun phân phối nênX = (D∩X)⊕(D 0 ∩X), suy rad−d 0 ∈ (D∩X)⊕(D 0 ∩X), suy ra d−d 0 = u+v vớiu ∈ (D∩X), v ∈ (X ∩ D 0 ) Do đó dưu = d+v ∈ D ∩ D 0 = 0, suy ra d = u ∈ X, suy ra y ∈ X Khi đó M/X = (X + D)/X ⊕ (X + D 0 )/X Theo (1) thì M/X là môđun nâng đơn.
Mệnh đề 2.4.3 Cho M là một môđun Nếu M là nửa hổng thì khi đó mọi môđun thương của M là nửa hổng.
Chứng minh Với mọi K/N ≤ M/N, K 6= M, N ≤ K ≤ M, K/N là hữu hạn sinh Khi đó K/N = (x1 + N)R + + (xk + N)R với (xi + N) ∈ K/N, i = 1, n Do M là nửa hổng, K là hữu hạn sinh nên K M Cần chứng minh K/N M/N.
Với mọi I/N ≤ M/N : K/N + I/N = M/N suy ra K + I = M, do
K M nên I = M, suy ra I/N M/N Do đó K/N = M/N Vậy M/N là nửa hổng. Định nghĩa 2.4.3 Cho M là một môđun Môđun con N của M được gọi là bất biến hoàn toàn nếu f(N) ⊆ N với mọi f ∈ End R (M).
Cho M là một môđun, M = ⊕ i∈I M i , M i là các môđun con củaM Nếu
N là một môđun con bất biến hoàn toàn của M thì N = ⊕ i∈I (N ∩M i ).
Bổ đề 2.4.1 Cho M là một môđun đối ngẫu và M = M 1 ⊕ M 2 Khi đó
M là môđun nâng đơn nếu và chỉ nếu M 1 và M 2 là các môđun nâng đơn.
Giả sử M là môđun nâng đơn với M = M1 ⊕ M2 Theo Mệnh đề 2.3(2), các lớp môđun nâng đơn là đóng dưới các phần tử tổng trực tiếp, do đó M1 ≤ dM, suy ra M1 là môđun nâng đơn Tương tự, vì M2 ≤ dM nên M2 cũng là môđun nâng đơn.
Giả sử M1 và M2 là các môđun nâng đơn, cần chứng minh rằng M cũng là môđun nâng đơn Với mọi K ≤ M, ta có M = M1 ⊕ M2 Do M là môđun đối ngẫu, ta có K = (M1 ∩ K) ⊕ (M2 ∩ K) Vì K ∩ M1 ≤ M1 và M1 là nâng đơn, nên tồn tại A1 ≤ M1, B1 ≤ M1 sao cho M1 = A1 ⊕ B1 với A1 ≤ (K ∩ M1) và B1 ∩ (K ∩ M1) m M1, suy ra B1 ∩ K m M1 Tương tự, với K ∩ M2 ≤ M2, do M2 cũng là nâng đơn, tồn tại A2 ≤ M2, B2 ≤ M2 sao cho M2 = A2 ⊕ B2 với A2 ≤ K ∩ M2, B2 ∩ (K ∩ M2) m M2.
Mặt khác (B 1 ⊕B 2 ) ∩ K = (B 1 ∩K)⊕ (B 2 ∩ K) Thật vậy, ta có (B 1 ∩ K)⊕(B 2 ∩K) ⊆(B 1 ⊕B 2 )∩K là hiển nhiên Ta chỉ cần phải chứng minh (B 1 ⊕B 2 )∩ K ⊆ (B 1 ∩K)⊕(B 2 ∩K).
Với mọix ∈ (B 1 ⊕B 2 )∩K, suy rax = b 1 +b 2 , vớib 1 ∈ B 1 , b 2 ∈ B 2 vàx ∈ K.
MàK = (M 1 ∩K)⊕(M 2 ∩K) nênx = x 1 +x 2 vớix 1 ∈ M 1 ∩K, x 2 ∈ M 2 ∩K, suy ra x = x1 + x2 = b1 + b2 suy ra b1 − x1 = x2 − b2 ∈ M1 ∩ M2 = 0, suy ra b1 = x1 ∈ B1 ∩ K và b2 = x2 ∈ B2 ∩ K Nên x = b1 + b2 ∈ (B 1 ∩K)⊕(B 2 ∩K) Do vậy (B 1 ⊕B 2 )∩K ⊆ (B 1 ∩K)⊕(B 2 ∩K) Vậy (B 1 ⊕B 2 )∩ K = (B 1 ∩K)⊕(B 2 ∩K).
Từ đó suy ra (B 1 +B 2 )∩K m M 1 ⊕M 2 = M Vậy M là môđun nâng đơn.
Mệnh đề 2.4.4 Cho M là một môđun nâng đơn Nếu M = M 1 + M 2 ,
M 2 là hạng tử trực tiếp của M thì khi đó M 2 chứa một phần phụ tổng quát của M 1 trong M.
Chứng minh Từ giả thiết ta có M = M 1 +M 2 , nên M 1 ∩M 2 ≤ M Do M là môđun nâng đơn nên tồn tại sự phân tích duy nhấtM = N⊕N 0 sao cho
(Luật modular), nên (M2 ∩N 0 ) ⊆ M2 Bây giờ ta sẽ chứng minh M2 ∩N 0 chính là một phần phụ tổng quát của M 1 trong M, tức là chỉ ra rằng
N ⊕(M 2 ∩N 0 ) = M 2 nên ta có M 1 ∩M 2 = N ⊕(M 1 ∩M 2 ∩ N 0 ) Bây giờ ta xét phép chiếu tự nhiên π : M2 = N ⊕(M2 ∩N 0 ) →N 0
M 1 ∩M 2 ≤M 2 và M 2 là hạng tử trực tiếp của M nên theo Bổ đề 2.2(2) thì
Theo Bổ đề 2.3(3), vì π là một đồng cấu, ta có π(M 1 ∩M 2 ∩N 0 ) m π(M 2 ) tương đương với M 1 ∩(M 2 ∩N 0 ) m M 2 ∩N 0 Cuối cùng, ta nhận thấy rằng M = M 1 + (M 2 ∩N 0) Đối với mọi x ∈ M, ta có x = m 1 + m 2, với m 1 ∈ M 1 và m 2 ∈ M 2 Tuy nhiên, M 2 = N ⊕(M 2 ∩N 0) cho thấy tồn tại n∈ N và m 0 2 ∈ (M 2 ∩ N 0) sao cho m 2 = n + m 0 2.
Khi đó x = m 1 + m 2 = m 1 + n+ m 0 2 ∈ M 1 + (M 2 ∩ N 0 ), vì n ∈ N ≤ M 1 Vậy nên M = M1 + (M2 ∩N 0 ).
Như vậy M2 chứa (M2 ∩N 0 ) và (M2 ∩ N 0 ) là một phần phụ tổng quát của M 1 trong M.
Khóa luận “Môđun đối cốt yếu đơn và các áp dụng” đã giải quyết được những vấn đề sau đây:
1 Khảo sát và làm rõ một số tính chất của môđun GS và W GS đã được nghiên cứu.
Chúng tôi đã tiến hành nghiên cứu môđun đối cốt yếu đơn và ứng dụng của nó trong lý thuyết vành và môđun Cụ thể, chúng tôi áp dụng các khái niệm này vào lớp môđun mở rộng của lớp môđun nâng, được gọi là môđun nâng đơn Qua nghiên cứu, chúng tôi đã chứng minh được những kết quả quan trọng liên quan đến vấn đề này.
- Một môđun con N của M được gọi là đối cốt yếu đơn trong M nếu và chỉ nếu N ⊆ Rad(M).