CHƯƠNG III CÁC VÀNH DẸT TUYỆT ĐỐI
II. CÁC NHẬN XÉT VÀ CHỨNG MINH
1. Tự do : Vành R dược gọi là tự do tuyệt đối ⇔ Mọi môđun trên R đều là môđun tự do.
Mệnh đề 1.1 :
Vành R tự do tuyệt đối ⇔ R là một thể Chứng minh :
⇒ ) Vành R t ự do tuyệt đối. Chứng minh R là một thể. Ta tiên hành chứng minh theo 2 bước.
61
→ R/A không có cơ sở
→ R/A không thể là Rmôdun tự do. Mâu thuẫn vđi trên
• Do dó R A = 0
→ R ≅ A
Bước 2 : Ta chứng minh R là một thể ⇔ chứng minh ∀r ∈ R, r ≠ 0 thì r khả nghịch
∀r ∈ R, r ≠ 0 ⇒ (r) ≠ (0) Suy ra (r) = R (do bước 1)
→ r/1
Vậy R là một thể.
⇐ ) Xem [5] trang 217 2. Vành không xoắn :
Vành R được gọi là không xoắn tuyệt đối ⇔ Mọi môđun trên R đều là không xoắn.
Mệnh đề 1.2 :
Vành R không xoắn tuyệt đối ⇔ Vành R là một thể.
Chứng minh
⇒ ) Vành R không xoắn tuyệt đối. Chứng minh R là 1 thể. Ta tiến hành theo 2 bước.
Bước 1 : ∀A R chứng minh �𝐴= 0 𝐴 = 𝑅 Giả sử A ≠→∃a ∈ A a ≠ 0
Xét R/A ta có R/A là R môđun
Mà vành R không xoắn tuyệt đối�→R/A là môđun không xoắn
→R/A không phải là môđun không xoắn
62
→ Vô lý Do đó : R/A = 0
→ R ≅ A
Bước 2 :Ta chứng minh R là một thể ⇔ chứng minh ∀r ∈ R, r ≠ 0 thì r khả nghịch
∀r ∈ R, r ≠ 0 ⇒ (r) ≠ 0
Suy ra (r) = R (do bước 1)
→ r/1 Vậy R là một thể
⇒ ) 𝑅 𝑙à 𝑚ộ𝑡 𝑡ℎể
𝑀 𝑙à 𝑚ôđ𝑢𝑛 𝑏ấ𝑡 𝑘ỳ� → Ta cần chứng minh M là R môđun không xoắn
∀𝑚 ∈ 𝑀;𝑚 ≠ 0
∀𝑟 ∈ 𝑅;𝑟 ≠ 0 � → Chứng minh rm ≠ 0 Ta có : 𝑀 𝑙à 𝑅 𝑚ôđ𝑢𝑛
𝑅 𝑙à 𝑚ộ𝑡 𝑡ℎể � → M là môđun tự do ( xem [5] trang 217) Suy ra M có cơ sở là họ {mi, i ∈ I}
∀m ∈ M → m = ni i
i 1
m
=
∑α mi ∈ {cơ sở của M}; αi ≠ 0 𝐷𝑜 𝑅 𝑡ℎể
𝑟 ≠0 � → rαi ≠ 0 ∀i = 1,𝑛 𝑀à �𝑚𝑖; 𝑖 = 1,𝑛� ⊂ {𝑐ơ 𝑠ở 𝑐ủ𝑎 𝑀}
→ ni i
i 1
(r )m 0
=
α ≠
∑
→ rm ≠ 0
Vậy M là R môđun không xoắn 3. Vành dẹt:
Vành R được gọi là dẹt tuyệt đối ⇔ Mọi môdun trên R đều là mô đun dẹt.
Việc nghiên cứu chi tiết tính chất của lớp vành này là mục đích của chương này.
63
§2. Các định nghĩa tương đương của vành dẹt tuyết đối .
Dưới đây, chúng tôi sẽ đưa ra các định nghĩa tương đương của vành dẹt tuyệt đối. Nó là công cụ quan trọng cho chúng ta sau này.
Định lý 2.1 :
Cho vành R. Khi đó các khẳng định sau đây là tương đương, a) R là vành dẹt tuyệt đối.
b) Mọi iđean chính của vành R đều là lũy đẳng. Nghĩa là : (x) = (x2) ∀x∈R
c) Mọi iđean hữu hạn sinh của vành R đều là hạng tử trực tiếp của vành R ⇔ ∀αR ∃βR :α ⊕ β = R.
Chứng minh :
a) ⇒ b) Vành R là dẹt tuyệt đối. Chứng minh: Mọi idean chính của vành R đều là lũy đẳng.
Lấy x tùy ý thuộc R
64 Là các toàn cấu
Nên 𝛽là toàn cấu
Xét tích hai đồng cấu 𝜑𝛽 Ta có :
Vậy
→ Im𝛽 ⊂ Ker𝜑 Mà 𝛽 toàn cấu �
→ Im𝛽= 0
Mà 𝛽 toàn cấu�→ (x) ⨂ R/(x) = 0
* Xét ảnh xạ
• Kiểm tra là đồng cấu : n
Nên là ánh xạ n
65 xa ya
= +
(x a) (y a)
= Ψ ⊗ + Ψ ⊗
*Ψ(x⊗ +(a a1) )= Ψ(x⊗ +a a1)
= x a( +a1)
= (x(a+a )1 )
= xa+xa1
= xa+xa1
=Ψ(x⊗ + Ψa) (x⊗a1)
* Ψ(xr⊗a)=( )xr a
= x ra ( )
=Ψ(x⊗ar)
Nên Ψ có thể khuếch lên thành đồng cấu Ψ
• Kiểm tra Ψ là đơn cấu:
xy a (x) R
∀ ⊗ ∈ ⊗ (x)giả sử xy a Ker⊗ ∈ Ψ, cần chứng minh xy⊗ =a 0 trong (x) R
⊗ (x) Ta có : Ψ(xy⊗a)=0
→ xya + (x2) = 0
→ xya ∈ (x2)
→ xya = x2t với t ∈ R
→ xya⊗ =1 x t2 ⊗1 = xt⊗ 0 = 0
→ xy⊗ =a 0 Vậy Ψ đơn cấu.
• Kiểm tra Ψlà toàn cấu :
Với mọi 2 2
xy xy (x ) (x)
= + ∈ (x ) ta chứng minh z (x) R
∃ ∈ ⊗ (x) sao cho Ψ(x)=x Thật vậy xét z xy 1= ⊗
66 Ψ (z) = xy + (x )
= + (x2) = xy Vậy Ψ là đẳng cấu
Mà ( )x ⊗R(x)=0 Suy ra 2
(x) 0
(x )=
→ (x) = (x2) b) => c).
• Đầu tiên ta chứng minh : Mọi iđean hữu hạn sinh của vành R đều là iđean chính và được sinh ra bởi phần tử lũy đẳng nào dó.
Lấy a R, α hữu hạn sinh.
* Trường hợp a = (x) Ta có (x)= (x2)
→ a∃ ∈R : x = ax2
Đặt e = ax
→ e2 = (ax)2
= a2x2
= a (ax2)
= ax
Do dó e là phần tử lũy đẳng của R = e Và ta có e ∈(x) Mặt khác x = ax2 = ex ∈(e) �
→ (e) = (x)
Vậy : Mọi idean chính đều được sinh ra bởi một phần tử lũy đẳng nào đó.
* Trường hợp : α = (x1, x2). Theo chứng minh trên Ta có ( )x1 =( )x12 =( )e1
(x )2 =( )x22 =(e )2
(Với e1, e2 là 2 phần tử lũy đẳng của vành R)
67 Mà α = ( x1, x2)
→ α = ( x1) + (x2)
Thật vậy, do ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 2 1 1 2
2 1 2 2 1 2
x x , x x x , x
x x , x x x , x
∈ → ⊂
∈ → ⊂
Suy ra (xi) + (x2) ⊂ (xi, x2) (1) Mặt khác ta có :
∀z ∈( x1, x2), z = x1a1 + x2a2 ∈ ( x1) + (x2)
→ (x1, x2) ⊂ (x1) + (x2) (2) (1) và (2) → (x1, x2) = (x1) + (x2) = (e1) + (e2)
* Ta cần chứng minh α là iđean chính và α = (e) với e là phần tử lũy đẳng trong R.
Xét e = e1 + e2 – e1e2
Ta có e2 =(e +e1 2−e e1 2)(e1+ −e2 e e1 2)
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
e e e e e e e e e e e e e e e e
= + − + + − − − +
= e1 + e2 – e1e2
→ e lũy đẳng.
Mặt khác ta có :
e1e = e1 (e1 + e2 – e1e2)
= e12+e e1 2−e e12 2
= e1 +e1e2 – e1e2
= e1
→ (e1) ⊂ (e) Tương tự ta cũng có (e2)⊂ (e) �
→ (e1) + (e2) ⊂ (e) (3) Bên cạnh dó, ta có : e = e1 + e2 – e1e2 ∈ ( e1) + (e2)
→ (e) ⊂ (e1) + (e2) (4) Từ (3) và (4) suy ra: (e) = (e1) + (e2)
Bằng quy nạp, dễ dàng suy ra : Mọi iđean hữu hạn sinh đều là iđean chính và được sinh ra bởi phần tử lũy đẳng e nào đó.
* Kế tiếp ta chứng minh: Mọi idean hữu hạn sinh đều là hạng tử trực tiếp của vành R.
68 Lấy α hữu hạn sinh, α tùy ý thuộc R
Theo chứng minh trên ta có : α = (e) với e là phần tử lũy đẳng trong R.
Ta sẽ chứng minh R = (e) ⊕ ( 1 – e)
* ∀ r ∈ R, ta có r = re + r (l - e)
∈ (e) + ( 1 - e)
→ R ⊂ ( e ) + ( 1 - e) (5) Mà e, 1 - e ∈ R → (e), ( 1 - e) ⊂ R
→ (e) + ( 1 - e) ⊂ R (6)
Từ (5) và (6) suy ra (e) + (1- e) = R
* Chứng minh (e) ∩ (1- e) = { 0 } y (e) (1 e)
∀ ∈ ∩ − suy ra y (e) y (1 e)
∈
∈ −
→ y ez y (1 e)t
=
= −
→
2
2
ey e z y
ey e(1 et)t et e t et et 0
= =
= − = − = − =
(do e là phần tử lũy đẳng)
→ y = 0
→ (e) ∩ (1-e) ⊂ {0}
→ (e) ∩ (1-e) = {0}
Vậy : R = (e) ⊕( 1 - e) Đặt β = ( 1 - e)
Suy ra R = α ⊕ β (điều phải chứng minh) c) ⇒ a)
Lấy M là R môđun bất kỳ. Ta cần chứng minh M là R môđun dẹt.
⇔ Chứng minh Tor (R/α, M) = 0 ∀α ∇ R, α là idean hữu hạn sinh (định lý 2.1 chương II)
Ta có : α ∇ R, α hữu hạn sinh Suy ra R = α ⊕ β
→ R/α ≅ β
69 Có R là R môđun tự do
Mà β là hạng tử trực tiếp của R
→ β là mô đun xạ ảnh
→ Tor (β, M) = 0
→ Tor (R/α, M) = 0
→ M là R mô đun dẹt Vậy : R là vành dẹt tuyệt đối
Nhận xét 2.1 : Một định nghĩa tương đương nữa của vành dẹt tuyệt đối sẽ được nêu ra trong định lý 4.1 chương này.
* Một số ví dụ về vành dẹt tuyệt đối : Ví dụ 2.1 : Vành Bull là vành dẹt tuyệt đối.
Thật vậy : Xét R là vành Bull
→ ∀ x ∈ R ta có : x2 = x
→ (x2) = (x) ∀x ∈ R
→ R là vành dẹt tuyệt đối (định lý 2.1 chương III)
Ví dụ 2.2. R là vành thỏa mãn : ∀ x ∈ R ∃ n ∈ N, n ≥ 2, xn= x thì R là vành dẹt tuyệt đối.
∀ x ∈ R ta có ∃ n ∈ N : xn = x, n > 1
* Nếu n = 2: Suy ra xn = x2 = x (x2) = (x)
* Nếu n > 2: Suy ra xn = x2.xn-2 Mà xn = x
→ x2.xn-2 = x
→ x ∈ (x2)
→ (x) ⊂ (x2)
→ (x) = (x2)
Vậy ∀x ∈ R, (x) = (x2) nên R là vành dẹt tuyệt đối (định lý 2.1 chương III)
Mệnh đề sau dây cho thấy một sô tính chất khá đặc biệt của vành dẹt tuyệt đối.
70 Mệnh đề 2.1:
Cho R là vành dẹt tuyệt đối, khi đó ta có:
a/ Mọi phần tử thuộc R hoặc là ước của o, hoặc là ước của 1 (khả nghịch), b) Nếu R là vành địa phương thì R là 1 trường
c ) Vành thương của R theo một iđean bất kỳ là vành dẹt tuyệt đối.
Chứng minh :
a) ∀ x ∈ R , ta có : (x) = (x2)
→ ∃ t ∈ R : X = x2t
→ x (1- xt) = 0
Giả sử x / 1 → 1 - xt ≠ 0
→ x / 0
b) ∀ x ∈ R, x ≠ 0 ta chứng minh x / 1
Giả sử X /1, suy ra ∃βmR (hệ quả 1.1 chương I)
R là vành địa phương nên β là iđean tối đại duy nhất của R
→ β = RadR
→ x ∈ Rad R
→ 1 - xy/1 ∀y ∈ R (1) (mệnh đề 1.3 chương I) Do R là vành dẹt tuyệt đối nên (x) = (x2)
→ ∃ a ∈ R : x = a x2
→ x(1 ax)=0
x 0
−
≠
→ 1 – ax 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra điều vô lý.
Vậy x 1
Nên R là 1 trường.
c) ∀α ∇ R, chứng minh R/α là vành dẹt tuyệt đối.
∀x, R/α . Ta cần chứng minh: ( )x2 =( )x
Ta có: x ∈ R
R là vành dẹt tuyệt đối� → (x) = (x2)
71 Vậy : R/αlà vành dẹt tuyệt đối.
Hệ quả 2.1:
f : R → R' đồng cấu vành và R là vành dẹt tuyệt đối thì f(R) cũng là vành dẹt tuyệt đối. Thật vậy, ta có : f(R) ≅ R/Kerf
R là vành dẹt tuyệt đối ⇒ R/Kerf là vành dẹt tuyệt đối.
→ f’(R) là vành dẹt tuyệt đối.
Mệnh đề 2.1 chỉ ra rằng vành thương của vành dẹt tuyệt đối theo một idean bất kỳ là vành dẹt tuyệt đối, còn vành con thì sao,ta xét ví dụ sauđây .
Ví dụ 2.3 : R là trường các số thực, Zlà vành các số nguyên Vành Z là vành con của R
Ta có R là vành dẹt tuyệt đối nhưng Zkhông phải là vành dẹt tuyệt đối.
Thật vậy:
* Do R là trường nên mọi M là R môđun thì M là R môđun tự do (mệnh đề 1.1 chương III).
→ R là vành dẹt tuyệt đối.
* Z không phải là vành dẹt tuyệt đối.
Ta có:
(2Z)2 4Z
2Z 4Z
=
≠
→ 2Z ≠ (2Z)2
→ Z không là vành dẹt tuyệt đối (định lý 2.1 chương III)
72
§3 Tổng trực tiếp, tích Tenxơ của vành dẹt tuyệt đối
I. TỔNG TRỰC TIẾP :
Tổng trực tiếp bảo toàn tính dẹt tuyệt đối. Nghĩa là : R1 là vành dẹt tuyệt đối,
∀i ∈ I thì i
i I
R R
= ⊕∈ là vành dẹt tuyệt đối. Hơn thế nữa ta có định lý sau : Định lý 3.1 :
R = ⊕ Ri dẹt tuyệt đối ⇔ Ri dẹt tuyệt đối, ∀i∈I i∈l
Chứng minh :
⇐ ) Lấy r = (ri)i∈I tùy ý thuộc R. Ta cần chứng minh (r) = (r2) Ta có :
ri ∈ (Ri) , ∀i ∈ I
Ri là vành dẹt tuyệt đối, , ∀i ∈
→ ∃xi ∈ Ri : ri =r xi2 i Suy ra : r=(r )i i I∈ =( )r xi2 i i I∈
= ( )ri2 i I ( )xi i I∈
∈
= r2. x (với x=( )xi i I∈ )
→ (r) ⊂ (r2) Do đó (r) = (r2)
Vậy R là vành dẹt tuyệt đối
⇒) i
i I
R R
= ⊕∈ là vành dẹt tuyệt đối thì Ri là vành dẹt tuyệt đối ∀i∈ I.
Lấy cố định io ∈ I ta cần chứng minh R io là vành dẹt tuyệt đối
o o
i i
r R
∀ ∈ chứng minh ( )o o
2
i i
r =r Xét r = (0,… 0, rio, 0,…) ∈ R R là vành dẹt tuyệt đối
→ r = r2x = (r2) [(xi)i∈I ] (x = (xi)i∈I )
→ o o o 2
i i i
r =r x
→ Rio là vành dẹt tuyệt đối.
73 Vậy : Rilà vành dẹt tuyệt đối, ∀i ∈ I
II. TÍCH TENXƠ :
Tích Tenxơ bảo toàn dẹt tuyệt đối thể hiện qua mệnh đề dưới dây : Mệnh đề 3.1:
Nếu R, R' là vành dẹt tuyệt đối thì R⊗ R' là vành dẹt tuyệt đối Chứng minh :
r r ' R R ' r R, r ' R '
∀ ⊗ ∈ ⊗
∈ ∈ Chứng minh (r ⊗ r’ ) = ((r⊗r’)2) Có r∈R, r’∈ R’
R, R' là vành dẹt tuyệt đối
Suy ra ∃r1 ∈ R sao cho r = r2 r1
r’1 ∈ R r'1 = r'2r'1
→ r ⊗ r' = r2r1 ⊗ r'2r'1, = (r2 ⊗ r'2) ( r , ⊗ r'1) = (r ⊗ r')2. (r1 ⊗ r'1)
→ r ⊗ r' ∈( ( r ⊗ r’)2
( )
( )
( )
( ) ( )
2
2
(r r ') r r '
Mà r r' r r '
→ ⊗ ⊂ ⊗
⊗ ⊂ ⊗
→ (r ⊗r’) = ((r ⊗ r’)2)
→ R ⊗ R’ là vành dẹt tuyệt đối.
Nhận xét 3.1 : Chiều ngược lại của mệnh đề 3.1 không luôn luôn đúng.
Nghĩa là R ⊗ R’ là vành dẹt tuyệt đối nhưng không thể suy ra R và R' đồng thời là vành dẹt tuyệt đối.
Ví dụ 3.1. Z là vành các số nguyên, Z2 Z
= 2Z Xét R = Z
R’ = Z2
Thì R ⊗ R' là vành dẹt tuyệt đối nhưng R không phải là vành dẹt tuyệt đối.
Thật vậy:
Lấy ∀m∈ Z ta cần chứng minh ( ) ( ( ) )
( ) ( ( ) )
2
2
m 0 m 0 (1)
m 1 m 1 (2)
⊗ = ⊗
⊗ = ⊗
74
* Có
( )2
m 0 0
m 0 0
⊗ =
⊗ =
Vậy (1) đúng.
* Chứng minh (2) - Nếu m =2k
Có (m⊗ =1) (2k⊗1)
= (k⊗2)
= (k⊗0)
= 0
(m⊗1)2 =0
→ (m⊗ =1) ( ( m⊗1)2)
Nếu m = 2k + 1
Có m⊗ =1 (2k 1)+ )⊗1
= (2k⊗ + ⊗1) ( )1 1
= 0+ ⊗( )1 1
= 1 1⊗
(m⊗1) ( )2 = ⊗1 1 2
= 1 1⊗
→ (m⊗ =1) ( ( m⊗1)2)
Do đó z ⊗ z2là vành dẹt tuyệt đối (hơn nữa nó còn là vành Bull).
* Nhưng z không phải là vành dẹt tuyệt đối.
∀m ∈ Z, m ≠ 0 m ∉ (m2) hay (m) ≠ (m2)
Vậy : R ⊗ R' là vành dẹt tuyệt đối thì không thể suy ra R, R' cũng là vành dẹt tuyệt đối.
75
§4. Vành các thương và môđun các thương của vành dẹt tuyệt đối I. ĐỊNH NGHĨA VÀNH CÁC THƯƠNG VÀ MÔĐUN CÁC THƯƠNG.
1.1. Vành các thương :
Cho R là vành giao hoán có đơn vị 1, bất kỳ :
* ∅ ≠ s là táp con của R thỏa 2 tính chất 1 S
r, r ' S rr ' S
∈
∈ ⇒ ∈
S xác định như vậy được gọi là tập con có tính chất nhân
* Xét tích R x S , với quan hệ ~ được định nghĩa như sau : (x, a) ~ (y, b) ⇔ ∃ t ∈S : ( b -ya)t = 0. Với x, y R
a, b S
∈
∈
Khi đó "~" là 1 quan hệ tương đương.
* Đặt S R1 R S~ {xs ( )x, s
− = × = = với x ∈R, s ∈ S}
x/s = y/t ⇔ ∃u ∈ s để : (xt - ys) u = 0 Trên S-1R ta xác định 2 phép toán : (+) : x/s + y/t = xt + ys/st
(•) : x/s . y/t = xy/st
Khi đó (+), (•) là định nghĩa tốt.
(S-1R, +,•) được gọi là vành các thương của R theo tập con nhân s 1.2. Ví dụ :
1) R là vành bất kỳ, αpR Xét s = R - α = [ x ∈R/x ∉α} Khi đó s là tập con nhân của vành R Và 1
as
S A s
− = ∉α
là vành các thương của vành A theo tập con nhân S Xét 1
as
S , s
a
−α = ∉α ∉α
Dễ thấy S-1α∇S-1A.
Mặt khác, ∀y/t ∈S-1A. giả sử y/t ∉ S-1α
76
→ y ∉ α
→ y ∈ S
→ y/t khả nghịch trong S-1A (phần tử nghịch đảo là t/y)
→ S-1 α là iđean tối đại duy nhất.
Vậy S-1A là vành địa phương, ký hiệu Aα = S-1A gọi là địa phương hóa vành A theo iđean nguyên tố α.
2) Vành không S-1A = { 0 } ⇔0∈S
⇔ Nếu O ∈S ⇒ ∀a/s ∈ S-1 A.
∃O ∈ S : a.0 = 0 → a/s = 0/1
⇒ ∀a/s ∈ S-1 A. thì a/s = 0/1 Do đó 1/1 = 0/1 ⇒ ∃t ∈ S : 1.t = 0
⇒ t = 0
⇒ 0 ∈ S 3) Xét vành A giao hoán, có 1 Cố định phần tử f bất kỳ thuộc A Đặt S = { fn/ n ≥ 0 }⊂ A
1 = f0 ∈ S
S-1 A = {a/fm / a ∈ A} là vành các thương của vành A theo tập con nhân S,ký hiệu là Af.
Theo 2) Nếu f lũy linh → ∃ n ∈ N* : f” = 0 →0∈ S → Af = {0}
4) α ∇ A; bất kỳ
Xét S = { 1 + x / x ∈ α } 1 ∈ S
∀ (1 + x), (1 + y) ∈ S; (1 + x) (1 + y) = 1 + (x + y + xy) ∈ S (do x + y + xy ∈S)
→ S là tập con nhân của A
S-1 A là 1 vành các thương của vành A theo tập con nhân S.
1.3 Môđun các thương :
Nếu thay vành R trong định nghĩa S-1R bởi M là R mô đun, ta được
77
{ ( ) }
-1 m
S M = m, s / s M, s S
s = ∈ ∈ với 2 phép toán (+), (•) định nghĩa tương tự, ta thu được (S-1 M, +, •) Khi đó S-1 M có thể xem là 1 môdun trên S-1 R và được gọi là môđun các thương của môđun M theo tập con nhân S.
Trong trường hợp đặc biệt S = R - α với αpR thì ta ghi S-1 M = Mα
1.4. Đồng cấu cảm sinh và tính chất:
* Cho u : M → N là đồng cấu R môđun
Khi dó u cảm sinh ra đồng cấu : S-1 U : S-1 M → S-1 N m/s → u (m)/s đồng cấu của các S_1R môđun.
*
u v
M→ →N N '
• S-1 (v.u) S-1 M → S-1N’
m/s → (v.u) (m)/s = v(u(m))/s
• (S-1 V) . (S-1 . u) : S-1 M → S-1 N’.
m/s → v(u(m))/s
⇒ S-1 (v.u) = (S-1 v) . (S-1 u) Qua đây, ta rút ra mệnh đề sau : Mênh đề 4.1.
Cho dãy khớp các R môđun : M’ f M g M’’
Khi đó, dãy S-1 M’ s-1f S-1M M s-1f S-1M” là dãy khớp các S-1R mô đun.
Hệ quả 4.1.
Cho N, P là 2 môđun con cùa M (R môđun). Khi đó ta có (i) S-1 (N + P) = S-1 N + S-1 P
(ii) S-1 (N ∩ P) = S-1 N ∩ S-1 P (iii) S-1 (M/N) = S-1M/S-1 N
78 1.5. Tính chất địa phương :
Mênh đề 4.2.
Cho
p
αR. M là R môđun. Khi đó 3 mệnh đề sau đây là tương đương : ( i ) M = 0
(ii) Mα = 0
p
∀ α R (iii) Mβ= 0
m
∀ β R
Chứng minh các mệnh đề trên và hệ quả của nó có thể tìm thấy trong [2] trang 52, 53 và 55 nên chúng tôi không trình bày lại ở đây.