MỘT SỐ KIÊN THỨC CHUẨN BỊ
1.6 Môdun #-bất biến đẳng cấu và một số kết quả
liên quan
Định nghĩa 1.6.1. Cho môđun M uà # là lớp môdun đóng dưới các đẳng cấu.
AI được gợi là #-bất biến đẳng cấu nếu tồn tại một X-bao tong quét u: M > X sao cho uới bat ki tự đồng cấu g: X —y X ton tại tự đẳng cấu J : MI — AI sao cho
tro ƒ =got.
Nhận xét 1.6.2. (1) Thêm giả thuyết wu: M — X trong định nghĩa trên là đơn cấu.
Ta cú, vỡ ứ—! củng là tự đẳng cấu của X nờn tồn tại tự dộng cau f’: M > M sao cho
1 ou. Suy rauofof! = g7 A 1 ogou va uo fof’ = gouo |’ = gog tou = u. 1
uo! = g7 ouo = g~
Do w la don cAu, nén f 1A dang cAu.
(2) Cho # là lớp médun ndi xa, E(M) 1a bao ndi xa cita M. Khi đó, phép đồng nhất ¿: A7 — E(M) lA mot ¥-bao tong quat cia M. Môđun M là #-bất biến đẳng cấu khi và chỉ khi với mọi ứ: Ê(M) — E(M) tồn tại tự đẳng cấu ƒ: M > M sao cho ¿o ƒ = goi, hay g(M) CAI. Vậy trong trường hợp này, môđun #-bất biến đẳng
cấu chính là môđun bất biến đẳng cấu như đã biết.
Bổ đề 1.6.3.Cho môđun AI tới u: M —y X là X-bao tổng quát của M. Với mọi f € End(M), gợi g,g € End(X) thoả mãn gou = to J,gou =uoƒ. Khi đó, g—g € J(End(X)).
Chứng mình.
Với mọi ƒ : A/ —> A/, theo định nghĩa của +, luôn tồn tai g : X > X sao cho uf được phân tích qua u, hay uf = gu
Goi g,g' € End(X) thoa man gu = g'u = uf. Dể chỉ ra g— ứ'€ J(End(X)), ta cần chứng minh 1 — t(g — g’) là phần tử khả nghịch với mọi ¿ € End(X). Ta co
Ug —g')u = Ugu — gu) = 0, suy rà
u — l(g — g)u = (1— tíg — g))u =1
Theo định nghĩa của wu suy ra 1 — t(g — ứ) là đẳng cấu, hay là phần tử khả nghịch.
Nhận xét 1.6.4. Từ bổ đề trên, với môđun Ä có u: M — X là #-bao tổng quát, chúng ta có thể xác định một đồng cấu vành
yg: End(M) EndX)/J(End(X))
với @(ƒ) = g+ J(End(X)) và ứ thoả uo ƒ = go. Lỳc này, ¿ Xỏc định một đơn cấu vành ®: End(M)/ker(e) => End(X)/J(End(X)) hay End(M)/ker(y) = Im(®) là một vành con của EZnd(X)/2(End(X)).
Bổ đề 1.6.5. Cho môđưn AT có '-bao tổng quát của u: M — X, giả sử M là X-bat bién ding chu. Khi dé udi j € J(Pnd(X)), tồn tai k € ker(y) sao cho ok =jou, Chứng mình.
Do j € J(End(X)) nên 1— 7 là tự đẳng cầu của X. Vì A/ là #-bất biến đẳng câu
nén ton tai f € End(M) sao cho uf = (1—j)u. Do dé
ju=(1-(1-j)u=u-(1-jjusu-uf =u(l— f).
Lấy k =(1— /), ta có uk = ju và ¿(k) = j + J(End(X)) = 0 hay k € Ker(y).
17
Bổ đề 1.6.6. Giả sử 9 = T¡ị x T; uới Tị là oành chính quy abel tự nội œạ 0à mọi phần tử của T› là tổng của hai phần tử khả nghịch. Nếu R là một uành con của 5
mà bất biến dưới phép nhân trái bởi các phần tử khả nghịch của S thà R là uành
chinh quy von Neumann.
Chitng minh.
Vì ƒ là vành con cia S, nén c6 thé viét R = R; x Ro vai R, 1A vanh con ctia Ti, Re
là vành con của 7›. Giả sử tất cả các phần tử khả nghịch của S déu nam trong h. Lấy bất kì phần tử ¿ € 7;¿. Khi đó tạ = a+8 với a,đ khả nghịch trong T›.
Do dộ, 17, x a, 1p, x ỉ là cỏc phần tử khả nghịch trong đ. Theo giả thiết ta được (l› xa)(1n, x 1n,) € R và (1r, x ỉ)(1n, x 1n,) € f, suy ra œ1p, € lạ và đln, € ủ.
Nhu vay, to = tele, = (œ1n,) + (01n,) € la hay 7; C lạ. Vay To = Ro, suy ra To C R và là iđêan chính quy von Neumamn của R. Vi moi vanh chính quy abel là chính quy khả nghịch, nên với z 7¡ tồn tại phần tử khả nghịch ¡ € 7; sao cho x = rua.
Hơn nữa 0 + lự;, là khả nghịch trong 9 nên khả nghịch trong F. Vậy R/7; là vành chính quy von Neumann. Theo bé đề trên ta có # là vành chính quy von Neumann.
Với A/ là môđun bất biến đẳng câu thi J(End(M)) gồm tất cả các tự đồng cấu của A/ có nhân cốt yếu. End(M)/J(End(M)) là vành chính quy von Neumann và các luỹ đẳng nâng modulo J(End(M)). Với trường hợp A⁄ là #-bất biến đẳng cấu,
ta cd:
Định lý 1.6.7. Giả sử AI là Ý-bất biến đẳng cấu uới đơn cấu u: M — X là Ä-bao tổng quát của AI. Giả sử uành 9 = End(X)/J(End(X)) = Tì x Tà trong đó T\ là vanh chinh quy abel tu ni xa va moi phan tt Ty la tổng của hai phần tử khả nghịch.
Khi dó nếu luỹ đẳng trong S néng médun cén Jacobson thi End(M)/J(End(M)) la vanh chinh quy von Neumann va céc luỹ đăng nâng môđun J(End(M)).
Chứng mình.
Lấy g + J(End(X)) là phần tử khả nghịch của End(M)/J(nd(M)). Khi đú, ứ là
tự đẳng cấu của X. Do đó A/ là môđun # bất biến đẳng cấu nên nên tồn tại một đồng cấu ƒ của M sao cho uf = gu. Theo nhận xét trên ta được
o(f + Ker(y)) = 9+ J(End(X)) € Im(4).
Lấy ó(ƒ + Ker(e)) là phần tử bất kì thuộc /n(ó). Ta có (+ J(Z2nd(X)))2Œ + ker(g))
= o(f + ker(y))(f' + ker(¢))
= (ff + ker(y)) €€ Im(d).
Vậy Tm(ứ) bất biến dưới phộp nhõn trỏi bởi phần tử khả nghịch của End(M)/J(End(M)).
'Theo bổ đề trờn ta được /m(ứ) là vành chớnh quy von Neumamn nờn End(M)/Ker(y) cũng vậy. Do đó, J(End(M))/Ker(e) = 0 hay J(End(M)) C Ker(y).
Bóy giờ với mọi ƒ e Ker(¿) ta cú ¿(f) = ứg+ J(End(X)) = 0 với g € End(X) thoả uf = gu. Suy ra g€ J(End(X)), do đú 1— ứ khả nghịch trong J(End(X)). Do M là mụđun x bất biến đẳng cấu, (1 — ứ)~! là một tự đẳng cấu của X nờn tồn tại h € End(M) sao cho (1 — g)~!u = uh. Khi d6
w= (1-9) 1(1-g)u = (1-g)'(u—gu) = (1-9) (u-uf) = (l-g)""u(1— f) = uh—f)
đồng thời
ứ =(1— ứ)}{(1— g)u = (1— g)uh = (w— gu)h = (6— uƒ)h = u(L— J)h
Do œ là đơn cấu, như nhận xét trên ta được 1— ƒ là khả nghịch hay ƒ € J(End(M)). Vậy J(End(M)) = Ker(e). Do đó, End(M)/J(End(M)) vành chính quy von Neumann.
Cuối cùng, lấy ƒ+J(End(M)) là phan ttt ny dang cla Bnd(M1)/J(End(M)). Khi
đú, tồn tại ứ € /nd(X) thoả wf = gu hay g+J(End(X)) = 6(f+J(End(M))). Vi f+
J(End(M)) là luỹ đẳng nên g+J(End(X)) là phần tử luỹ đẳng của End(X)/J(End(X)).
Do g + J(End(X)) nang médun J(End(X)), nên tồn tại phần tử luỹ đẳng e của
19
End(X) sao cho g + J(End(X)) = e+ (End(X)) hay g — e € J(End(X)). Theo bổ
đề trên, tồn tại k € J(Ƒnd(A/)) sao cho (g — e}u = uk. Suy ra, gu — u = eu hay u(ƒ — k) =cu. Vậy @(ƒ — k) =e + J(End(X)). Như vậy
u(ƒ — k)? = eu(J — k) = cŸu = eu = t(ƒ — k)
Do wv đơn câu nên (ƒ — k)? = (ƒ— k). Vậy (ƒ — È) là phần tử luỹ đẳng của End(M) và thoả ƒ + J(end(M)) = (Ƒ — R) + J(End(M)). Hay các luỹ đẳng của End(M)/J(End(M)) nang modulo J(End(M)).