MỘT SỐ LỚP MÔĐUN VÀ VÀNH THỎA MÃN TÍNH CHẤT C3
2.1 Một số lớp môđun thỏa mãn tính chất C3
Các điều kiện (C1),(C2),(C3) đã được định nghĩa ở Chương 1. Trước tiên, ta sẽ thảo luận về quan hệ giữa các điều kiện (C1),(C2),(C3). Mệnh đề 2.1.1. Nếu môđun M thỏa điều kiện (C2) thì M thỏa điều kiện (C3).
Chứng minh. Giả sử A ⊆⊕ M,B ⊆⊕ M và A∩B = 0, ta cần chứng minh A⊕B ⊆⊕ M.
Vì A ⊆⊕ M nên giả sử M = A ⊕ A0 với A0 ⊆ M. Xét phép chiếu π :M →A0, ta có Kerπ = A. Xét b∈ B và b = a+a0, a ∈ A, a0 ∈ A0, từ
đó suy ra πb = a0 ∈ A0, do đó πB ⊆ A0.
Rõ ràng π : B → πB là đẳng cấu. Do đó để chứng minh A⊕B ⊆⊕ M ta chỉ cần chứng minh A⊕πB ⊆⊕ M.
Vì M thỏa điều kiện (C2) mà B ⊆⊕ M, πB ∼= B nên πB ⊆⊕ M. Từ πB ⊆ A0 suy ra A0 = πB ⊕V với V là một môđun con nào đó của A0. Vậy M = A⊕πB⊕V.
Như vậy, C2-môđun là một C3-môđun.
Ta có biểu đồ về mối quan hệ giữa các Ci-môđun, với 1 ≤i ≤ 3.
C1-môđun
*
C2-môđun
JJ
- JJ
C3-môđun
HH H
HH H j JJ
H HH HH H Y
Ví dụ 2.1.2. Z-môđunZthỏa mãn cả điều kiện(C1)và(C3)nhưng không thỏa điều kiện(C2). Tuy nhiên, nếuF là một trường, giả sửR =
F V 0 F
trong đó V = F ⊕F. Nếu e =
1 0 0 0
thì eR =
F V 0 0
là một C2- môđun, nhưng nó không là một C1-môđun.
Ví dụ 2.1.3. Cho R =
F F 0 F
trong đó F là một trường bất kỳ và
A =
F F 0 0
, B =
0 0 0 F
. Ta có A là R-môđun nội xạ, B là R- môđun đơn. Tuy nhiên R = A ⊕ B là RR-môđun thỏa điều kiện (C1) nhưng không thỏa điều kiện (C3).
Mệnh đề 2.1.4. Môđun tựa nội xạ M thỏa mãn các điều kiện (C1) và (C2).
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minhf(M) ⊆M với mọif ∈ EndE(M). Vì E(M) là nội xạ nên ta xét f ∈ Hom(M, E(M)).
Giả sử A = {m ∈ M : f(m) ∈ M}. Xét biểu đồ
0 //A
f|A
i //M
f
h
zzM
E(M)
Vì M là tựa nội xạ nên đồng cấu f |A có thể mở rộng tới một đồng cấu h : M → M tức là f |A= hi trong đó i là ánh xạ nhúng chính tắc từ A vào M.
Ta cần chứng minhM∩(h−f)M = 0. Thật vậy, giả sửx∈ M∩(h−f)M, tồn tại y ∈ M sao cho x = (h −f)(y) = h(y) −f(y). Khi đó f(y) = h(y)−x ∈ M, do đó y ∈ A.
Ta có x = h(y)−f(y) = f(y)−f(y) = 0 nên M ∩(h−f)M = 0 và do đó (h−f)M = 0 vì M ⊆ess E(M). Vậy f M = hM ⊆ M.
Gọi N là một môđun con của M. Ta có E(M) = E1 ⊕E2 trong đó E1 = E(N). Vìf(M) ⊆ M với mọi f ∈ EndE(M) nên M = M∩E1⊕M∩E2. Gọi U là môđun con khác không của M ∩ E1, ta có U là môđun con của E1, mà U ⊆ess E1 nên N ∩ U 6= 0, do đó N ⊆ess M ∩ E1. Vậy M thỏa điều kiện (C1).
Giả sử A ⊆ M, A ∼= B và B ⊆⊕ M ta cần chứng minh A ⊆⊕ M. Thật vậy, ta có đơn cấu f : B → M sao cho Imf = A. Vì M là tựa nội xạ và B ⊆⊕ M nên B là M-nội xạ. Từ đó suy ra tồn tại đồng cấu g : M → B sao cho gf = idB. Ta có M = Imf ⊕Kerg = A⊕Kerg hay A ⊆⊕ M.
Vậy M thỏa điều kiện (C2).
Như vậy, môđun tựa nội xạ là một Ci-môđun, với 1 ≤ i ≤ 3.
Ngoài các môđun tựa nội xạ và môđun trực tiếp nội xạ, còn có các môđun C3 gồm môđun liên tục, môđun tựa liên tục, môđun đều, môđun không phân tích được, môđun nửa đơn, và môđun SSP.
Định nghĩa 2.1.5. Một R-môđun được gọi là liên tục nếu nó thỏa mãn điều kiện (C1) và (C2).
Định nghĩa 2.1.6. Một R-môđun được gọi là tựa liên tục nếu nó thỏa mãn điều kiện (C1) và (C3).
Ta có sơ đồ sau về mối quan hệ của các môđun:
Nội xạ //tựa nội xạ //liên tục
//tựa liên tục //
(C1) (C2) //(C3)
Định nghĩa 2.1.7. Một R-môđun M được gọi là đều nếu mọi môđun con khác không của nó đều cốt yếu trong M.
Ví dụ 2.1.8. Z-môđun Z là đều vì với 0 6= A, B ⊆ Z thì A = nZ và B = mZ với n, m ∈ N∗, và A∩B = [n, m]Z 6= 0.
Định nghĩa 2.1.9. Một R-môđun M được gọi là không phân tích được nếu M chỉ có các hạng tử trực tiếp 0 và M.
Ví dụ 2.1.10.
1. Z-môđun Z là môđun không phân tích được vì nó chỉ có hai hạng tử trực tiếp là môđun con 0 và bản thân Z.
2. Z-môđun Q là môđun không phân tích được vì nó chỉ có hai hạng tử trực tiếp là môđun con 0 và bản thân Q.
Định nghĩa 2.1.11. Một R-môđun M được gọi là SSP (summand sum property) nếu tổng của hai hạng tử trực tiếp bất kỳ của M cũng là một hạng tử trực tiếp của M.
Trước khi đến với các tính chất đặc trưng của các C3-môđun, ta cần bổ đề sau đây để sử dụng xuyên suốt trong luận văn này.
Bổ đề 2.1.12. Hạng tử trực tiếp của mộtCi-môđun cũng là một Ci-môđun với 1 ≤ i ≤3.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh mọi hạng tử trực tiếp của C1-môđun là một C1-môđun. Giả sử M là C1-môđun và N là hạng tử trực tiếp của M. Ta chỉ cần chứng minh N cũng là C1-môđun. Xét T là môđun con đóng trong N. Theo 1.1.5 ta có T đóng trong M. Vì M là C1-môđun nên T ⊆⊕ M, nghĩa là M = T ⊕X với môđun con X nào đó của M.
Theo luật modular, ta có N = N ∩M = N∩(T ⊕X) =T ⊕(N ∩X). Do đó T ⊆⊕ N. Bởi vậy N cũng là C1-môđun.
Bây giờ ta sẽ chứng minh mọi hạng tử trực tiếp của C2-môđun là một C2-môđun. Giả sử M là C2-môđun và L là hạng tử trực tiếp của M. Ta chứng minh L cũng là C2-môđun. Xét B ⊆⊕ L, A ∼= B với A ⊆ L ta chỉ cần chứng minhA ⊆⊕ L. Thật vậy, vì B ⊆⊕ L nên L = B⊕X với X ⊆ L và L ⊆⊕ M nên M = L⊕Y với Y ⊆M. Từ đó suy ra M = B⊕X ⊕Y. Vì M là một C2-môđun, B ⊆⊕ M và A ∼= B nên A ⊆⊕ M. Do đó M = A⊕Z. Theo luật modular ta có
L = M ∩L = (A⊕Z)∩L = A⊕(Z ∩L).
Vậy A ⊆⊕ L.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh mọi hạng tử trực tiếp của C3-môđun là một C3-môđun. Giả sử M là C3-môđun và K là hạng tử trực tiếp của M. Ta chứng minh K cũng là C3-môđun. Xét E ⊆⊕ K, F ⊆⊕ và E ∩F = 0 ta chỉ cần chứng minhE⊕F ⊆⊕ K. Thật vậy, vì K ⊆⊕ M nên M = K⊕H với H ⊆ M và E ⊆⊕ K, F ⊆⊕ nên K = E ⊕C = F ⊕D. Từ đó suy ra M = E⊕C ⊕H = F ⊕D⊕H do đó E ⊆⊕ M, F ⊆⊕ M. Hơn nữa M là một C3-môđun và E∩F = 0 nên E ⊕F ⊆⊕ M. Do đó M = E⊕F ⊕U với U ⊆ M.
Theo luật modular ta có
K = M ∩K = (E ⊕F ⊕U)∩K = E⊕F ⊕(U ∩K).
Vậy E ⊕F ⊆⊕ K.
Mệnh đề 2.1.13. Cho M là một R-môđun phải. Những điều kiện sau đây là tương đương:
(1) M là một C3-môđun.
(2) Nếu A ⊆⊕ M, B ⊆⊕ M và A∩B = 0 thì M = A1 ⊕B = A⊕B1 với các môđun con A1 ⊇ A và B1 ⊇ B.
(3) Nếu A⊆⊕ M, B ⊆⊕ M và A∩B ⊆⊕ M, thì A+B ⊆⊕ M.
Chứng minh. (1) ⇒ (2) Giả sửA ⊆⊕ M, B ⊆⊕ M và A∩B = 0. VìM là một C3-môđun nên A⊕B ⊆⊕ M. Do đó, tồn tại một môđun con T ⊆M sao cho M = A⊕B ⊕T. Đặt A1 = A⊕T và B1 = B ⊕T. Khi đó ta có M = A1 ⊕B = A⊕B1 với các môđun con A1 ⊇ A và B1 ⊇B (đpcm).
(2) ⇒ (1) Giả sử A ⊆⊕ M, B ⊆⊕ M và A∩B = 0. Theo giả thuyết, ta có M = A1 ⊕ B = A ⊕B1 với các môđun con A1 ⊇ A và B1 ⊇ B. Khi đó, B1 = B1 ∩ M = B1 ∩ (A1 ⊕ B) = B ⊕ (A1 ∩ B1). Do đó, M = A⊕B1 = A⊕B⊕(A1 ∩B1) (đpcm).
(1) ⇒ (3) Vì A ∩ B ⊆⊕ M, nên M = (A∩ B)⊕ K với một môđun con K ⊆ M. Ta có, A = A∩M = (A∩B)⊕(A∩K) và B = B ∩M = (A∩B)⊕(B∩K). Vì M là mộtC3-môđun,(A∩K) ⊆⊕ M,(B∩K) ⊆⊕ và (A∩K)∩(B∩K) = (A∩B)∩K = 0nên T =: (A∩K)⊕(B∩K) ⊆⊕ M. Hơn nữa, T ⊆⊕ M, (A ∩ B) ⊆⊕ M và (A∩ B) ∩ T = 0. Từ đó suy ra (A∩B)⊕T ⊆⊕ M. Khi đó, A+B = [(A∩B)⊕(A∩K)] + [(A∩B)⊕ (B∩K)] = (A∩B)⊕(A∩K)⊕(B∩K) = (A∩B)⊕T ⊆⊕ M (đpcm).
(3) ⇒ (1) Dễ thấy.
Mệnh đề 2.1.14. Nếu M là một C3-môđun, M = A1 ⊕ A2 với các môđun con A1, A2 và f : A1 → A2 là một R-đồng cấu với kerf ⊆⊕ A1, thì Imf ⊆⊕ A2.
Chứng minh. Trước tiên ta chứng minh rằng nếu f : A1 → A2 là một R-đơn cấu, thì Imf ⊆⊕ A2.
Giả sử T = {a + f(a) : a ∈ A1} là môđun con của M. Ta chứng minh M = T ⊕A2. Thật vậy, x ∈ M thì x = a+b với a ∈ A1 và b ∈ A2. Khi đó x = a+f(a)−f(a) +b ∈ T +A2 và do đó M = T +A2. Nếux ∈ T ∩A2, thì x = a+f(a) với a ∈ A1, tương đương a = x−f(a) ∈ A1 ∩A2 = 0. Rõ ràng, x = 0, M = T ⊕A2 và T ⊆⊕ M.
Tiếp theo, ta chứng minh A1 ∩T = 0. Nếu x ∈ A1 ∩T thì x = a+f(a), với a ∈ A1 và tương đương, x−a = f(a) ∈ A1 ∩A2 = 0. Vì f là một đơn
cấu nên a = 0 và do đó x = 0.
Vì M là một C3-môđun nên A1 ⊕T ⊆⊕ M. Cuối cùng, ta chứng minh A1 ⊕T = A1 ⊕Imf.
Nếu x ∈ Imf thì x = f(a), a ∈ A1 nên x = −a+a+f(a) ∈ A1+T. Bởi vậy A1 ⊕T = A1 ⊕Imf.
Vì A1 ⊕T ⊆⊕ M nên Imf ⊆⊕ M và do đó Imf ⊆⊕ A2. Khi đó, giả sử f : A1 → A2 là R-đồng cấu với Kerf ⊆⊕ A1. Nếu A1 = Kerf ⊕ B với B ⊆ A1 thì M = A1 ⊕ A2 = Kerf ⊕ B ⊕ A2, và ánh xạ han chế f |B: B → A2 là một đơn cấu. Vì hạng tử trực tiếp của một C3-môđun cũng là một C3-môđun, nên B ⊕A2 là một C3-môđun. Do đó, áp dụng chứng minh trên suy ra Imf = Imf |B⊆⊕ A2 (đpcm).
Hệ quả 2.1.15. Nếu M là một C3-môđun, M = A1 ⊕A2 với các môđun con A1, A2 và f : A1 →A2 là một R-đơn cấu, thì Imf ⊆⊕ A2.
Ví dụ sau chứng tỏ tổng trực tiếp của hai C3-môđun không nhất thiết là một C3-môđun.
Ví dụ 2.1.16. Vì Z-đơn cấu 0 → 2Z → Z không chẻ ra, nên Z-môđun M = Z⊕2Zkhông là mộtC3-môđun, trong khiZvà2Zlà mộtC3-môđun.
Hệ quả 2.1.17. Nếu M⊕M là một C3-môđun, thì M là một C2-môđun.
Chứng minh. Giả sử M1 ⊆⊕ M, M1 ∼= M2 ta cần chứng minh M2 ⊆⊕ M. Đặt φ : M1 →M2 là một đẳng cấu và giả sử M = M1⊕K với K ⊆ M. Khi đó M ⊕M = (M1 ⊕0)⊕(K ⊕M).
Ta xét đồng cấu sau đây
φ¯:M1 ⊕0 →K ⊕M (m1,0)7→ (0, φ(m1))
Ta có Ker( ¯φ) = {(m1,0) | φ(m1) = 0, m1 ∈ M1} = {(0,0)}. Do đó φ¯ là một đơn cấu.
Vì M ⊕ M là một C3-môđun nên theo Hệ quả 2.1.15 ta có Imφ¯ ⊆⊕ K ⊕M hay 0⊕M2 ⊆⊕ K ⊕M.
Giả sử K ⊕M = (0⊕M2)⊕H với H ⊆ K ⊕M. Khi đó 0⊕M = (0⊕M)∩(K ⊕M)
= (0⊕M)∩[(0⊕M2)⊕H]
= (0⊕M2)⊕[(0⊕M)∩H]
Đặt L = {m ∈ M | (0, m) ∈ H}. Khi đó L ∈ M. Hơn nữa, vì (0⊕M)∩ H = {(0, m) | (0, m) ∈ H} nên (0⊕M)∩H = 0⊕L.
Do đó 0 ⊕ M = (0 ⊕ M2) ⊕ (0 ⊕ L) hay 0 ⊕ M2 ⊆⊕ 0 ⊕ M. Vậy M2 ⊆⊕ M.
Hệ quả 2.1.18. Nếu M là một R-môđun phải, thì mọi tổng trực tiếp các bản sao hữu hạn (đếm được, bất kỳ) của M là một C3-môđun nếu và chỉ nếu mọi tổng trực tiếp các bản sao hữu hạn (đếm được, bất kỳ) của M là một C2-môđun.