TIỂU LUẬN VÀNH VỚI ĐIỀU KIỆN HỮU HẠN Đề tài: Hạng đều (uniform rank)

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUÊ

TIÊU LUÂN
VÀNH VỚI ĐIỀU KIỆN HỮU HẠN
Đề tài:
Hạng đều(uniform rank)
Người thực hiện: Trần Mạnh Hùng
Lớp : Cao học Toán khóa XX
Giáo viên hướng dẫn: GS – TS Lê Văn Thuyết

Huế, tháng 4 năm 2013


NỘI DUNG ĐỀ TÀI
A. PHẦN LÍ THUYẾT:

HẠNG ĐỀU (UNIFORM RANK)
-Ta đã biết, môđun A có hạng hữu hạn với điều kiện E(A) là tổng trực tiếp của các
môđun con không phân tích được.
Bổ đề 5.16: Nếu môđun A là tổng trực tiếp hữu hạn n môđun con đều không phân
tích được thì A không chứa bất kì tổng trực tiếp của n + 1 các môđun con khác
không nào.
Định nghĩa:Nếu A là một môđun có hạng hữu hạn, thì tồn tại số tự nhiên n sao
cho E(A) là tổng trực tiếp của n môđun con đều .
Ngoài ra, theo bổ đề 5.16 thì với mỗi sự khai triển khác của E(A) thành tổng trực
tiếp của của các môđun con đều thì có đúng n số hạng. Do đó n được xác định duy
nhất bởi A.
Ta gọi n là hạng đều, hoặc là hạng của A.Kí hiệu: rank(A).
- Nếu A1,A2,…..,An là các môđun có hạng hữu hạn thì A1 A2
có hạng hữu hạn và rank(A1A2= rank(A1) + rank(A2) +…+ rank(An).
Mệnh đề 5.20: Cho A là một môđun con và n là số nguyên không âm. Khi đó các

mệnh đề sau tương đương:
a, A có hạng hữu hạn n.
b, A có một môđun con cốt yếu B là tổng trực tiếp của n mô đun con đều.
c, A chứa tổng trực tiếp củs n môđun con khác không, nhưng không chứa tổng
trực tiếp của n + 1 môđun con khác không.
Chứng minh:
a : Giả sử E(A) = E1 E2 với Ei là các môđun con đều của A .
Theo bổ đề 5.16: E(A) không chứa chứa tổng trực tiếp của n + 1 môđun con khác
không củng vậy.
Mặt khác, A chứa tổng trực tiếp củs n môđun con khác không là


E1 ∩ A, E2 ∩ A, …., En ∩ A.
c : cho A1,A2,…..,An là các môđun con khác không, độc lập của A, với I = 1,2,
….n. các môđun Ai là đều vì giả sử Ai không đều thì tồn tai B,C là các môđun con
khác không của Ai mà B ∩ C = 0, khi đó:
A = A1 A2 A chứa tổng trực tiếp của n + 1 môđun con khác không ( mâu thuẩn).
Mặt khác, nếu A1 A2 , khi đó có môđun con An + 1 khác không của A mà A1 A2 ∩
An+1 = 0 suy ra
A A1 A2 An+1(mâu thuẩn).
Vậy: A1 A2 .
b : suy ra trực tiếp từ mệnh đề 5.15.

Hệ quả 5.21: Cho B là môđun con của mô đun A.
a, Gỉa sử A có hạng hữu hạn, khi đó B có hạng hữu hạn và rank(A) rank(B).
Ngoài ra, rank(A) rank(B) ⟺ B e A.
b, Giả sử B và A/B có hạng hữu hạn, khi đó A có hạng hữu hạn và
rank(A) rank(B) + rank(A/B).
Chứng minh:
a, + Theo mệnh đề 5.20: B nhưng không chứa tổng trực tiếp của rank(A) + 1

môđun con khác không., do đó áp dụng mệnh đề này cho B suy ra B có hạng hữu
hạn, và rank(B) rank(A) + 1 ⇒ rank(B) rank(A).
Mệnh đề 5.20 còn cho thấy B có một môđun con cốt yếu C là tổng trực tiếp của
rank(B) môđun con đều.
+ Chứng minh rank(A) rank(B) ⟺ B e A:
(): Nếu B e A , mà C e B nên C e A. Theo mệnh đề 5.20(b : C là tổng trực tiếp của
rank(B) số hạng nên rank(A) rank(B).


(⇒): Nếu rank(A) rank(B), do A không chứa tổng trực tiếp của rank(B) + 1 môđun
con khác không , suy ra A có mô đun con cốt yếu C là tổng trực tiếp của rank(B)
số hạng ⇒ C e A B e A ( vì C e B).
b, Gọi C là môđun con lớn nhất của A với B ∩ C = 0.
Xét ánh xạ f: C ⟶ A/B
c↦

c+B

Ker(f) = {c ∊ C: c + B = 0} = { c ∊C: c ∊ B } = {0}
Vì C/ker(f) ≌ f(C) nên trong trường hợp này
C ≌ f(C) = {c + B: c ∊ C} = C/B hay C đẳng cấu với một môđun con của
A/B.
Theo (a): A/B có hạng hữu hạn nên C có hạng hữu hạn và rank(C)
rank(A/B).
Theo mệnh đề 5.7: B,C là các môđun con của môđun A , C là mô
đun con lớn nhất thỏa mãn B ∩ C = 0 thì B C e A.
Theo mệnh đề 5.20 thì A có hạng hữu hạn và
rank(A) rank(B) + rank(C)

B. PHẦN BÀI TẬP:

Bài 1:
Cho A là một môđun với hạng hữu hạn, nếu f: A ⟶ A là đơn cấu
thì f(A) e A.
Chứng minh:
Vì f: A ⟶ A là đơn cấu nên ker(f) = {0}
Khi đó A/ker(f) ≌ f(A) suy ra A ≌ f(A) suy ra: rank(f(A)) rank(A). Theo
hệ quả 5.21 thì f(A) e A.
Bài 2:
Cho R là một nữa vành nguyên tố và A là I đêal của R, khi đó:
a, r.ann(A) = l.ann(A)
b, ann(A) là ideal phần bù duy nhất của A trong R.
c, ann(A) là tương giao của ideal nguyên tố nhỏ nhất của R không chứa A.
d, RAR là đều khi và chỉ khi ann(A) là ideal nguyên tố nhỏ nhất.
Chứng minh:
a, r.ann(A) = {n ∊ R: Xn = 0}
l.ann(A) = {m ∊ R: mX = 0}
Vì AX = 0 ⇒ (XA)2 = 0 ⇒ XA = 0 nên n ∊ l.ann(A) ⇒ n ∊ r.ann(A) hay
l.ann(A)r.ann(A)
mặs khác XA = 0 ⇒ (AX)2 = 0 ⇒ AX = 0 nên m ∊ r.ann(A) ⇒ m ∊ l.ann(A) hay
r.ann(A)l.ann(A)
Vậy r.ann(A) = l.ann(A).
b, nếu A ∩ C = 0 với C là ideal của R , thì AC A ∩ C = 0. Từ đó ann(A)
⇒ (A ∩ ann(A))2 = 0 ⇒ A ∩ ann(A) = 0
Vậy: ann(A) là ideal phần bù duy nhất của A trong R.


c.B là mô tả tương giao, A ∩ B = 0 và từ câu b: B ⊆ ann(A) ⇒ A ann(A) = 0. Do
đó P là ideal nguyên tố nhỏ nhất và A ⊈ P thì ann(A) ⊆ P. Do đó ann(A) ⊆ B.

d, Từ câu b thì ann(A) là ideal phần bù duy nhất của A trong R. Do đó , nếu RAR là
đều thì ann(A) = ann(A’) với A’là ideal khác không và ⊆ A.
Giả sử BC ⊆ ann(A) với B,C là ideal của A thì AB = 0 , trong trường hợp B ⊆ A
hoặc AB và khi C ⊆ ann(AB) = ann(A). Điều này chứng tỏ A là ideal nguyên tố và
nhỏ nhất
Đảo lại: Nếu ann(A) là ideal nguyên tố nhỏ nhất, thì ann(A) = ann(A’).
Nhưng nếu A ⊃ A1 A2 với A1, A2 là là ideal khác không thì ann(A1) ⊃ ann(A).
Do đó RAR là đều.
Bài 3: Cho R là một vành nữa nguyên tố, Chứng minh rằng:
Nếu RAR có hạng đều hữu hạn thì R có hữu hạn các ideal nguyên tố nhỏ
nhất.
Chứng minh:
Nếu rank(R) = n thì có các ideal đều A1,A2,…..,An sao cho
A1 A2 e RRR.
Hơn nữa, nếu Pi = ann(Ai) thì theo bài tập 1d: Pi là nguyên tố nhỏ nhất.
Ta thấy ∩ Pi = 0 do đó ta có được các ideal nguyên tố nhỏ nhất.