TIỂU LUẬN BỘ MÔN VÀNH VỚI ĐIỀU KIỆN HỮU HẠN MÔĐUN VỚI HẠNG HỮU HẠN

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
NGUYỄN THỊ THÙY DÂNG
MÔĐUN VỚI HẠNG HỮU
HẠN
TIỂU LUẬN
BỘ MÔN
VÀNH VỚI ĐIỀU KIỆN HỮU HẠN
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN
GS. TS. LÊ VĂN THUYẾT
HUẾ, THÁNG 4-2013
Tóm tắt
Tiểu luận này trình bày một số tính chất và ứng dụng của môđun với hạng hữu hạn,
được thể hiện trong Mệnh đề 9, Mệnh đề 11 . Tác giả xin gửi lời chân thành cảm ơn đến
GS. TS. Lê Văn Thuyết , Thầy đã tận tình truyền đạt những kiến thức trong học phần
Vành với điều kiện hữu hạn và đã cho tác giả cơ hội tiếp cận các tính chất của môđun
với hạng hữu hạn.
Định nghĩa 1. Môđun con A = 0 của B được gọi là cốt yếu (essential) trong B (hay B
là mở rộng cốt yếu của A) nếu A ∩ C = 0 với C là môđun con của B thì C = 0.
Kí hiệu: A ≤
e
B.
Nếu A là môđun con thực sự của M thì ta nói A là môđun con cốt yếu thực sự của B
hay B là mở rộng cốt yếu thực sự của A.
Mệnh đề 2. Cho A, B, C là các môđun. Khi đó:
• i. Nếu A ≤
e
B và C ≤
e
B thì A ∩ C ≤
e

B.
• ii. Nếu A ≤
e
B và B ≤
e
C thì A ≤
e
C.
• iii. Nếu A ≤
e
B thì A ∩ C ≤
e
B ∩ C.
• iv. Nếu A ≤ B ≤ C, A ≤
e
C khi và chỉ khi A ≤
e
B thì B ≤
e
C.
• v. Nếu f : B → C là đẳng cấu và B
1
là môđun con của B. Khi đó, B
1
≤
e
B khi và
chỉ khi f(B
1
) ≤

e
C.
Chứng minh. • i. Giả sử A ∩ C ∩ B
1
= 0 với B
1
≤ B.
Ta có A ≤
e
B và C ∩ B
1
≤ B nên C ∩ B
1
= 0.
Mà C ≤
e
B nên B
1
= 0.
Vậy A ∩ C ≤
e
B.
• ii. Giả sử A ∩ B
1
= 0 với B
1
≤ C.
Nên A ∩ B
1
∩ B = 0. Mà A ≤

e
B và B
1
∩ B ≤ B nên B
1
∩ B = 0.
Mặt khác B ≤
e
C và B
1
≤ C nên B
1
= 0.
Vậy A ≤
e
C.
• iii. Giả sử A ∩ C ∩ B
1
= 0 với B
1
≤ C ∩ B.
Mà A ≤
e
B và C ∩ B
1
nên C ∩ B
1
= 0.
Mặt khác B
1

≤ C nên C ∩ B
1
= B
1
= 0.
Vậy A ∩ C ≤
e
B ∩ C.
• iv. (⇒) Giả sử A ∩ B
1
= 0 với B
1
≤ B.
Ta có B
1
≤ B nên B
1
≤ C. Mà A ≤
e
C nên B
1
= 0.
Vậy A ≤
e
B.
Giả sử B ∩ C
1
với C
1
≤ C nên A ∩ B ∩ C

1
= 0 ⇔ A ∩ C
1
= 0 vì A ≤ B. Suy ra
i
C
1
= 0 vì A ≤
e
C.
Vậy B ≤
e
C.
(⇐) Giả sử A ∩ B
1
= 0 với B
1
≤ C nên A ∩ B ∩ B
1
= 0.
Mà A ≤
e
B, B ∩ B
1
≤ B và B ≤
e
C nên B
1
= 0.
Vậy A ≤

e
C.
• v. Giả sử f(B
1
) ∩ C
1
= 0 với C
1
là môđun con của C nên B
1
∩ f
−1
(C
1
) = 0. Vì
B
1
≤
e
B nên f
−1
(C
1
) = 0. Do đó, C
1
= f(f
−1
(C
1
)) = 0.

Vì vậy f(B
1
) ≤
e
C.
(⇐) Chứng minh tương tự.
Mệnh đề 3. Cho L
1
, L
2
, K
1
, K
2
là các môđun mà L
1
≤ K
1
, L
2
≤ K
2
và K
1
∩ K
2
= 0.
Khi đó, L
1
≤

e
K
1
, L
2
≤
e
K
2
khi và chỉ khi L
1
+ L
2
≤
e
K
1
+ K
2
.
Chứng minh. • (⇒) Giả sử L
1
≤
e
K
1
và L
2
≤
e

K
2
.
Đặt A
1
= L
1
+ K
2
và A
2
= L
2
+ K
1
. Ta sẽ chứng minh A
1
≤
e
K
1
+ K
2
.
Lấy 0 = a ∈ K
1
+ K
2
nên a = a
1

+ a
2
với a
1
∈ K
1
, a
2
∈ K
2
.
Nếu a
1
= 0 thì a ∈ A
1
nên < a > ∩A
1
= 0.
Nếu a
1
= 0, vì L
1
≤
e
K
1
và 0 =< a
1
>⊆ K
1

nên ∃x
1
= 0 sao cho x
1
∈< a
1
> ∩L
1
.
Khi đó, ∃x
2
∈< a
2
> sao cho x
1
+ x
2
∈< a
1
+ a
2
> .
Vì x
1
= 0 nên 0 = x
1
+ x
2
∈< a
1

+ a
2
> ∩A
1
=< a > ∩A
1
.
Vậy A
1
≤
e
K
1
+ K
2
.
Chứng minh tương tự ta được A
2
≤
e
K
1
+ K
2
.
Vì L
1
+ L
2
= A

1
∩ A
2
nên theo Mệnh đề 2i, L
1
+ L
2
= A
1
∩ A
2
≤
e
K
1
+ K
2
.
• (⇐) Giả sử L
1
+ L
2
≤
e
K
1
+ K
2
. Ta sẽ chứng minh L
1

≤
e
K
1
, L
2
≤
e
K
2
.
Giả sử L
1
∩ A = 0 với A ≤ K
1
.
Lấy x ∈ A ∩ (L
1
+ L
2
) nên x ∈ A và x = l
1
+ l
2
với l
1
≤ L
1
, l
2

≤ L
2
.
Nên −l
1
+ x = l
2
∈ (L
1
+ A) ∩ L
2
⊆ K
1
∩ K
2
= 0 ⇒ l
2
= 0.
Do đó, x = l
1
∈ L
1
∩ A = 0 ⇒ A ∩ (L
1
+ L
2
) = 0.
Vì L
1
+ L

2
≤
e
K
1
+ K
2
nên A = 0. Vậy L
1
≤
e
K
1
.
Chứng minh tương tự ta được L
2
≤
e
K
2
.
Định nghĩa 4. Nếu A
1
, A
2
là các môđun con của A và A
1
là môđun con tối đại của A
với tính chất A
1

∩ A
2
= 0 thì ta nói A
1
là phần bù của A
2
(hay A
1
là phần bù trong A).
Định nghĩa 5. Môđun con A của B được gọi là một hạng tử trực tiếp của B nếu có
môđun con C của B sao cho B = A ⊕ C.
Kí hiệu: A → B, A là hạng tử trực tiếp của B ⇔ ∃C → B : B = A ⊕ C.
Khi đó: A cũng được gọi là hạng tử bù trực tiếp của C.
Định nghĩa 6. Môđun A có hạng hữu hạn nếu E(A) là tổng trực tiếp của các môđun
con không phân tích được.
ii
Định nghĩa 7. Môđun A được gọi là một môđun đều khi và chỉ khi giao của bất kì hai
môđun con khác 0 của A là khác 0 hoặc một cách tương đương mỗi môđun con khác 0
của A là cốt yếu trong A.
Kí hiệu:
A = 0 là môđun đều ⇔ ∀B, C → A : B, C = 0 ⇒ B ∩ C = 0.
⇔ ∀B, C → A : B ∩ C = 0 ⇒ B = 0 hoặc C = 0
⇔ B ≤
e
A hoặc C ≤
e
A .
Bổ đề 8. Một môđun A = 0 là đều nếu và chỉ nếu E(A) là không phân tích được.
Chứng minh. • (⇒) Giả sử A là môđun đều và E(A) = B ⊕ C, B, C → A.
Vì A là môđun đều nên ∀B ∩ A, C ∩ A → A : (B ∩ A) ∩ (C ∩ A) = 0 ⇒ B ∩ A =

0 hoặc C ∩ A = 0.
Vì A ≤
e
E(A) nên ∀B, C → E(A) : B∩A = 0 hoặc C ∩A = 0 ⇒ B = 0 hoặc C = 0
(Vô lý).
Do đó E(A) là không phân tích được.
• (⇐) Giả sử E(A) là không phân tích được và A là môđun không đều.
Vì A là môđun không đều nên B, C → A : B, C = 0 ⇒ B ∩ C = 0.
Khi đó: E → E(A), E = E(B), E = 0. ⇒ E(B) ≤ E(A).
⇒ B ≤ A.
⇒ B ≤
e
E.
⇒ E ∩ C = 0.
Do đó E = E(A).
Hay E là tổng trực tiếp không tầm thường của E(A) và vì vậy E(A) là phân tích
được (mâu thuẫn). Suy ra A là môđun đều.
Từ Bổ đề 8, chứng tỏ một môđun nội xạ là đều nếu và chỉ nếu nó khác 0 và không
phân tích được.
Mệnh đề 9. Môđun A có hạng hữu hạn ⇔ A có một môđun con cốt yếu là tổng trực tiếp
hữu hạn của các môđun con đều.
Kí hiệu: A có hạng hữu hạn ⇔ ∃B ≤
e
A : B = A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
, A
1
, · · · , A

n
→ A đều.
Chứng minh. • (⇐) Giả sử A
1
, · · · , A
n
→ A đều sao cho A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
≤
e
A.
Vì A ≤
e
E(A) nên A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
≤
e
E(A).
Mặt khác: E(A) = E(A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
) ⇒ E(A
1
⊕ · · · ⊕ A
n

)
∼
=
E(A
1
) ⊕ · · · ⊕ E(A
n
).
Theo Bổ đề 8: A
i
đều ⇔ E(A
i
), i = 1, n là không phân tích được. Suy ra A có hạng
hữu hạn.
iii
• (⇒) Giả sử A có hạng hữu hạn.
Khi đó: E(A) = E
1
⊕ · · · ⊕ E
n
, E
i
: không phân tích được, E
i
→ A.
Ta có thể giả sử rằng E
i
= 0.
Theo Bổ đề 8, ta suy ra E
i

là đều.
Vì A ≤
e
E(A) nên E
i
→ E(A) : A ∩ E
i
= 0.
Đặt
A
i
= A ∩ E
i
⇒ A
i
= 0
⇒ A
i
đều (theo định nghĩa của môđun đều)
⇒ A
i
→ A, A
i
→ E
i
.
Vì E
i
là đều nên
A

i
≤
e
E
i
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
≤
e
E
1
⊕ · · · ⊕ E
n
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
≤
e
E(A)
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
≤
e
A.
Bổ đề 10. Nếu môđun E là tổng trực tiếp hữu hạn của n môđun con đều thì E không

chứa bất kỳ tổng trực tiếp của n + 1 các mô đun con khác 0.
Chứng minh. Nếu n = 0 thì E = 0.
Nếu n = 1 thì E = E
1
: đều. Suy ra E không chứa bất kỳ tổng trực tiếp của n + 1 các
môđun con khác 0.
Nếu n > 1 thì giả sử E = E
1
⊕ · · · ⊕ E
n
, E
i
đều, E
i
→ E và E chứa một tổng trực tiếp
A
1
⊕ · · · ⊕ A
n+1
, A
1
, · · · , A
n+1
= 0, A
1
, · · · , A
n+1
→ E.
Đặt A = A
1

⊕ · · · ⊕ A
n
.
Nếu A ∩ E
1
= 0 thì xét phép chiếu
j : E −→ E
2
⊕ · · · ⊕ E
n
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n+1
→ E
2
⊕ · · · ⊕ E
n
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
= A → E
2
⊕ · · · ⊕ E
n
.
Do đó: E
2
⊕ · · · ⊕ E

n
chứa một tổng trực tiếp của n môđun con khác 0 (mâu thuẫn với
giả thiết quy nạp.
Vậy A ∩ E
1
= 0.
Một cách tương tự: A ∩ E
i
= 0, ∀i.
Vì E
i
đều nên A ∩ E
i
≤
e
E
i
.
Khi đó: (A ∩ E
1
) ⊕ · · · (A ∩ E
n
) ≤
e
E
1
⊕ · · · E
n
= E ⇒ A ≤
e

E.
Tuy nhiên, vì A ∩ A
n+1
= 0 nên điều đó không xảy ra được. Do đó, E không chứa tổng
trực tiếp của n + 1 các môđun con khác 0.
Định lí 11. Môđun A có hạng hữu hạn nếu và chỉ nếu A không chứa các tổng trực tiếp
vô hạn của các môđun con khác 0.
iv
Chứng minh. • (⇒) Giả sử A có hạng hữu hạn.
Suy ra E(A) là tổng trực tiếp của n các môđun con đều, n ∈ Z
+
.
Theo Bổ đề 10, E(A) không chứa một tổng trực tiếp của hơn n các môđun con khác
0.
Do đó A không chứa các tổng trực tiếp vô hạn của các môđun con khác 0.
• (⇐) Giả sử A không có hạng hữu hạn.
Suy ra A = 0, E(A) không là tổng trực tiếp hữu hạn của các môđun con không
phân tích được.
Đặt C
0
= E(A).
Vì C
0
phân tích được nên C
0
= B
1
⊕ C
1
với B

1
, C
1
= 0, B
1
, C
1
→ C
0
với C
1
không
là tổng trực tiếp hữu hạn của các môđun con không phân tích được.
Lặp lại quá trình này với mối liên quan tới C
1
và tiếp tục quy nạp. Ta thu được các
môđun con B
1
, C
1
, B
2
, C
2
, · · · của C
0
sao cho C
n−1
= B
n

⊕ C
n
với B
n
, C
n
= 0, C
n
không là tổng trực tiếp hữu hạn của các môđun con không phân tích được.
Vì B
k
≤ C
n
, k > n nên ta có B
n
∩ (

∞
k=n+1
B
k
) ≤ B
n
∩ C
n
= 0, ∀n ∈ N.
Từ đó suy ra: B
1
, B
2

, · · · là dãy vô hạn các môđun con độc lập của E(A). Suy
ra B
1
∩ A, B
2
∩ A, · · · là một dãy vô hạn các môđun con độc lập của A và vì
A ≤
e
E(A) ⇒ B
n
∩ A = 0, ∀n ≥ 1.
Do đó A chứa một tổng trực tiếp vô hạn của các môđun con khác 0. (Mâu thuẫn
với giả thiết).
Vậy A có hạng hữu hạn.
Hệ quả 12. Môđun Nơte A có hạng hữu hạn.
Chứng minh. Giả sử A không có hạng hữu hạn.
Theo Định lý 11, A chứa một tổng trực tiếp vô hạn của các môđun con khác 0.
Do đó A chứa một dãy vô hạn A
1
, A
2
, · · · của các môđun con khác 0 độc lập.
Khi đó: A
1
< A
1
⊕ A
2
< A
1

⊕ A
2
⊕ A
3
< · · · là một dãy tăng ngặt vô hạn các môđun con
của A (mâu thuẫn với giả thiết A Nơte).
Vậy A có hạng hữu hạn.
Hệ quả 13. Mỗi môđun Nơte khác 0 có một môđun con đều.
Chứng minh. Giả sử A không có môđun con nào đều.
⇒ A không là môđun con đều.
⇒ Tồn tại các môđun con khác không B
1
, C
1
của A mà B
1
∩ C
1
= 0 và B
1
+ C
1
⊆ A.
C
1
không là môđun đều.
⇒ Tồn tại các môđun con khác không B
2
, C
2

của C
1
mà B
2
∩ C
2
= 0 và B
2
+ C
2
⊆ C
1
.
Cư tiếp tục như vậy, ta thu được 2 dãy B
i
∞
i=1
và C
i
∞
i=1
các mô đun con khác không của A
mà B
i
∩ C
i
= 0 và B
i
+ C
i

⊆ C
i−1
với i ≥ 2.
⇒ C
1
⊇ C
2
⊇ C
3
⊇ · · · và

∞
i=1
B
i
là tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác không
v
của A.
Vì A Nơte nên theo Hệ quả 12, A có hạng hữu hạn. Theo Định lý 11, A không chứa các
tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác 0.
Mà theo chứng minh trên, C
1
⊇ C
2
⊇ C
3
⊇ · · · và

∞
i=1

B
i
là tổng trực tiếp vô hạn các
môđun con khác không của A. (Điều này mâu thuẫn với giả thiết)
Tóm lại, A có môđun con đều.
Bài tập
Bài tập 1: Chứng minh rằng môđun A có hạng hữu hạn khi và chỉ khi A thỏa mãn
ACC trên các môđun con đóng cốt yếu.
Giải:
• (⇒) Giả sử môđun A có hạng hữu hạn.
Lấy dãy tăng ngặt A
1
, A
2
, các môđun con của A. Giả sử với mỗi số nguyên i tồn
tại số nguyên k ≥ i sao cho A
k
không cốt yếu trong A
k+1
.
Lấy i = 1. Khi đó, tồn tại số nguyên k
1
≥ 1 sao cho A
k
1
không cốt yếu trong A
k
1
+1
.

Đặt i
2
= k
1
+ 1. Khi đó, tồn tại số nguyên k
2
≥ i
2
sao cho A
k
2
không cốt yếu trong
A
k
2
+1
.
Ta có k
i+1
≥ k
i
+ 1. Cứ tiếp tục như vậy ta có dãy con {A
k
i
}
∞
i=1
của {A
i
}

∞
i=1
mà A
k
i
không cốt yếu trong A
k
i
+1
và k
i+1
≥ k
i
+ 1.
Vì A
1
, A
2
, là dãy tăng nên A
k
i+1
⊇ A
k
i
+1
.
Vì vậy, dãy con {A
k
i
}

∞
i=1
của {A
i
}
∞
i=1
có A
k
i
không cốt yếu trong A
k
i
+1
.
Đặt B
i
= A
k
i
với i ≥ 1. Nên {B
i
}
∞
i=1
là dãy tăng mà B
i
không cốt yếu trong B
i+1
.

Với mỗi số nguyên i tồn tại mô đun con C
i
= 0 của B
i+1
mà C
i
∩B
i
= 0 vì B
i
không
cốt yếu trong B
i+1
.
Ta sẽ chứng minh Σ
∞
i=1
C
i
là tổng trực tiếp.
Lấy x
1
∈ C
i
1
, , x
n
∈ C
i
n

mà x
1
+ + x
n
= 0. Không mất tính tổng quát, ta có
thể giả sử i
1
< i
2
< < i
n
và x
n
= 0.
Ta có C
i
1
⊆ B
i
1
+1
⊆ ⊆ B
i
n
, C
i
2
⊆ B
i
2

+1
⊆ ⊆ B
i
n
, , C
i
n−1
⊆ B
i
n−1
+1
⊆ ⊆
B
i
n
.
Ta có x
1
+ x
2
+ + x
n−1
⊂ C
i
1
+ C
i
2
+ + C
i

n−1
⊆ B
i
n
.
Ta có (C
i
1
+ C
i
2
+ + C
i
n−1
) ∩ C
i
n
⊆ C
i
n
∩ B
i
n
= 0 ⇒ x
1
+ x
2
+ + x
n−1
= −x

n
∈
(C
i
1
+ C
i
2
+ + C
i
n−1
) ∩ C
i
n
= 0 ⇒ x
n
= 0 (vô lý).
Vậy Σ
∞
i=1
C
i
là tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác không của A (vô lý).
• (⇐) Ta sẽ chứng minh A không chứa một tổng trực tiếp vô hạn các môđun con
khác không.
Giả sử A chứa một tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác không {I
i
}
∞
i=1

.
Đặt J
n
= I
1
+ I
2
+ + I
n
với n ≥ 1. Khi đó, J
1
⊆ J
2
⊆,
Vì 0 = I
n+1
⊆ J
n+1
và J
n
∩ I
n+1
= 0 nên J
n
không cốt yếu trong J
n
+ 1 với n ≥ 1.
Do đó ta có dãy tăng ngặt các môđun con khác không J
1
, J

2
, mà J
i
không cốt
vi
yếu trong J
i+1
với i ≥ 1 (vô lý).
Vậy A có hạng hữu hạn.
Bài tập 2: Chứng minh rằng A có độ dài hữu hạn và A
1
, A
2
là các môđun con của A mà
B = A
1
∩A
2
là phần bù trong A. Khi đó: dimA
1
+dimA
2
= dim(A
1
+A
2
)−dim(A
1
∩A
2

)
Giải: Vì B là phần bù trong A nên B cũng là phần bù trong A
1
, A
2
.
Vì B là phần bù trong A
1
nên B là phần bù của môđun con C của A
1
. Do đó, C+B ≤
e
A
1
.
Vì B là phần bù trong A
2
nên B là phần bù của môđun con C của A
2
. Do đó, D+B ≤
e
A
2
.
Suy ra (C + B)/B ≤
e
A
1
/B và (D + B)/B ≤
e

A
2
/B.
Mà A
1
/B ∩ A
2
/B = A
1
∩ A
2
/B = 0.
Mặt khác: (C + D + B)/B = (C + B)/B ⊕ (D + B)/B ≤
e
A
1
/B ⊕ A
2
/B = A
1
+ A
2
/B.
Nên (C + D + B)/B ≤
e
A
1
+ A
2
/B.

Suy ra C + D + B ≤
e
A
1
+ A
2
.
Vậy dim(C + D + B) = dim(A
1
+ A
2
).
Ta sẽ chứng minh C + D + B là tổng trực tiếp.
Cho c + d + b = 0 với c ∈ C, d ∈ D, b ∈ B. Nên d = −c − b ∈ A
1
∩ A
2
= B. Khi đó:
d ∈ D ∩ B = 0 nên d = 0.
Mà c ∈ C ∩ B = 0 nên c = 0. Do đó, b = 0.
Vì vậy C + D + B là tổng trực tiếp.
Do C ⊕D ⊕ B ≤
e
A
1
+ A
2
nên dim(A
1
+ A

2
) = dim(C ⊕D ⊕ B ) = dimC +dimD +dimB
= dimA
1
− dimB + dimA
2
− dimB + dimB
= dimA
1
+ dimA
2
− dimB
= dimA
1
+ dimA
2
− dim(A
1
∩ A
2
).
Bài tập 3: Chứng minh rằng nếu A là hạng tử trực tiếp của môđun B thì A là phần bù
trong B.
Giải:
Vì A là hạng tử trực tiếp của môđun B nên tồn tại mô đun con C của B sao cho B = A⊕C.
Lấy môđun con D của B sao cho A ≤ D ≤ B và D = A, ta cần chứng minh D ∩ C = 0.
Thật vậy, vì D = A nên tồn tại phần tử d ∈ D/A. Do đó, tồn tại duy nhất a ∈ A và
c ∈ C sao cho d = a + c.
Nên ta có 0 = c = d − a ∈ D ∩ C hay D ∩ C = 0.
Vậy A là phần bù trong B.

vii
Tài liệu tham khảo
[1] K. R. Goodearl and R. B. Warfield, Jr, An Introduction to Non commutative Nothe-
rian Rings, London, 2012 .
[2] Frank W. Anderson and Kent R.Fuller, Rings and Categories of modules, Springer-
Verlag, Newyork, Heidelberg, Berlin, 1973.
[3] Joseph J.Rotman, An Intrduction to Homological Algebra, Springer, 2008.
Email address:
Tel: 0903517869
Typed by T
E
X
viii