Một số tính chất của vành chính quy von neumann

ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN




NGUYỄN HỮU QUÂN






MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA VÀNH CHÍNH QUY
VON NEUMANN





Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số
Mã số: 60 46 05






LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS. TS BÙI XUÂN HẢI






TP. HỒ CHÍ MINH - 2011

Lời cám ơn
Trước tiên em xin gửi lời cám ơn đến các thầy, cô của Phòng sau đại học, Ban
giám hiệu trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên đã tạo điều kiện để em có thể tiếp tục
việc học và hoàn tất luận văn này.
Em xin cám ơn các thầy, cô trong khoa Toán - Tin học, nhất là các thầy trong bộ
môn Đại số. Các thầy đã dạy dỗ em trong suốt những năm qua, đã truyền cho em
không chỉ có kiến thức mà còn là niềm say mê toán học. Chính những điều này giúp
em rất nhiều trong việc dạy dỗ các em và các cháu của mình. Hơn thế nữa, nó trở
thành niềm tin giúp em có thêm nghò lực, vượt qua rất nhiều khó khăn trong việc học
cũng như trong cuộc sống của mình.
Xin cám ơn bác só Hòa đã kiên trì điều trò, chia sẻ và động viên em trong suốt thời
gian qua. Xin cám ơn anh Đinh Văn Hoàng, anh đã luôn lo lắng và giúp đỡ em như

một người anh trai, cho em những lời khuyên và luôn tin tưởng em trong những lúc
khó khăn nhất. Cuối cùng xin cám ơn bạn Nguyễn Ngọc Ái Vân và bạn Lê Văn Luyện
đã hỗ trợ tài liệu giúp em hoàn tất luận văn này.
Tp. Hồ Chí Minh, tháng 5, 2011
Nguyễn Hữu Quân
1
Mục lục
Lời nói đầu 2
Bảng ký hiệu 4
Chương 1. Một số đònh lý cấu trúc vành và môđun 5
§1. Sinh - Đối sinh, Vết - Đối vết của môđun . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
§2. Căn Jacobson - Đònh lý Wedderburn-Artin . . . . . . . . . . . . . . . . . 7
§3. Môđun hữu hạn sinh và môđun hữu hạn đối sinh . . . . . . . . . . . . . 13
Chương 2. Vành chính quy von Neumann 19
§4. Đònh nghóa và một số tính chất cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
§5. Một điều kiện cần và đủ đối với vành chính quy von Neumann . . . . . 26
§6. Vành các tự đồng cấu của môđun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
Chỉ mục 31
Tài liệu tham khảo 31
Bảng ký hiệu
Ký hiệu Ý nghóa
N Tập các số tự nhiên
Z Tập hợp số nguyên
Z
n
Tập hợp số nguyên modulo n
N ≤ M N là môđun con của môđun M
M
∼
=

N M đẳng cấu với N
M ≇ N M không đẳng cấu với N
M
f
→ N Đồng cấu f từ M đến N
Imf Ảnh của đồng cấu f
Kerf Nhân của đồng cấu f
M
n
Tích trực tiếp của n môđun M
M
n
(K) Vành ma trận vuông cấp n trên K
R/I Vành thương của R theo I
End(R) Vành các tự đồng cấu của R
R
M R-môđun trái M
M
R
R-môđun phải M
R
M
S
R-trái S-phải bimodule
M/N Môđun thương của M theo N
Hom
R
(M, N) Nhóm các đồng cấu từ R-môđun M vào R-môđun N
End(
R

M) Vành các tự đồng cấu R-môđun trái M
End(M
R
) Vành các tự đồng cấu R-môđun phải M
T r
M
(U) Vết của U
Rej
M
(U) Đối vết của U
Rad M Jacobson radica của môđun M
J(R) Jacobson radica của vành R
4
Chương I. Một số đònh lý cấu trúc vành và môđun
§1. Sinh - Đối sinh, Vết - Đối vết của môđun
Đònh nghóa 1.1. Cho U là một lớp các R-môđun trái. Khi đó R-môđun trái M được
gọi là sinh bởi U (hay U sinh M) nếu có một tập (U
α
)
α∈A
trong U và toàn cấu
⊕
A
U
α
→ M.
Nếu (U
α
)
α∈A

là hữu hạn thì ta nói M hữu hạn sinh bởi U (hay U hữu hạn sinh M).
Để thuận tiện ta sẽ gọi M là R-môđun thay cho M là R-môđun trái.
Đònh nghóa 1.2. Môđun M được gọi là đối sinh bởi U (hay U đối sinh M) nếu có một
tập (U
α
)
α∈A
trong U và đơn cấu
M →

A
U
α
.
Nếu (U
α
)
α∈A
là hữu hạn thì ta nói M hữu hạn đối sinh bởi U (hay U hữu hạn đối
sinh M).
Đònh nghóa 1.3. Cho M là môđun và U là lớp các môđun. Khi đó, ta đònh nghóa Vết
và Đối vết của U như sau:
T r
M
(U) =

{Im h|h : U → M, U ∈ U}
Rej
M
(U) =


{Ker h|h : M → U, U ∈ U}.
Trong đó, T r
M
(U) được gọi là vết của U và Rej
M
(U) là đối vết (Reject) của U.
Trường hợp riêng khi U = {U} tức là U chỉ có duy nhất một phần tử, ta có dạng đơn
giản của đònh nghóa này như sau:
T r
M
(U) =

{Im h|h ∈ Hom
R
(U, M)}
Rej
M
(U) =

{Ker h|h ∈ Hom
R
(M, U)}.
Mệnh đề 1.1. Cho M là môđun và U là một lớp các môđun. Khi đó:
Rej
M
(U) là môđuncon K nhỏ nhất duy nhất của M sao cho M/K là đối sinh
bởi U.
Chứng minh. Theo đònh nghóa của Rej
M

(U), ta có (U
β
)
β∈B
trong U và h
β
: M → U
β
sao cho Rej
M
(U) = ∩
B
Ker(h
β
). Đặt h =

B
h
β
: M →

B
U
β
ta có
Ker h = Rej
M
(U).
Như vậy M/Rej
M

(U) là đối sinh bởi U.
5
Cho (U
α
)
α∈A
là một tập con của U, và đồng cấu h : M →

A
U
α
. Đặt K = Ker h,
khi đó K = ∩
A
Ker(π
α
h) với π
α
là phép chiếu của

A
U
α
xuống thành phần thứ U
α
(vì x ∈ Ker h ⇔ h(x) = 0 ⇔ π
α
h(x) = 0, ∀α ∈ A ⇔ x ∈ ∩
A
Ker(π

α
h)).
Ta có: K = Ker h ⊇ Rej
M
(U) và M/K →

A
U
α
là đơn cấu. Hay M/K là đối
sinh bởi U. Như vậy môđun con K của M thỏa mãn M/K là đối sinh bởi U khi và
chỉ khi K chính là Ker h, với h là một đồng cấu từ M vào

A
U
α
và K ⊇ Rej
M
(U).
Từ các điều trên ta thấy Rej
M
(U) chính là môđun con K nhỏ nhất duy nhất của
M thỏa M/K là đối sinh bởi U.
Hệ quả 1.2. Cho M là môđun và U là một lớp các môđun. Khi đó: U đối sinh M khi
và chỉ khi Rej
M
(U) = 0.
Bổ đề 1.3. Cho M là một môđun khác 0, N là môđun con thực sự của M và x ∈ M\N.
Khi đó:
(i) M có môđun con K tối đại với tính chất: N ⊆ K và x ∈ K;

(ii) Nếu M = Rx + N thì M có môđun con tối đại K với tính chất N ⊆ K và
x ∈ K.
Chứng minh. (i) Đặt
S = {K ⊆ M|N ⊆ K, và x ∈ K}.
Hiển nhiên S = ∅ vì N ∈ S. Quan hệ bao hàm trên S là một quan hệ thứ tự bộ phận.
Giả sử
K
1
⊆ K
2
⊆ · · · ⊆ K
n
⊆ · · ·
là một dây chuyền tiến các môđun trong S. Đặt L =
∞

n=1
K
n
. Ta có N ⊆ L ⊆ M, ta
chứng minh L ∈ S. Thật vậy, vì x ∈ K
i
, ∀i nên x ∈ L. Theo bổ đề Zorn, trong S tồn
tại các phần tử tối đại. Nghóa là có môđun tối đại K thỏa N ⊆ K và x ∈ K.
(ii) Suy ra từ (i).
6
§2. Căn Jacobson - Đònh lý Wedderburn-Artin
Đònh nghóa 2.4. Cho S là lớp các R-môđuntrái đơn. Khi đó, với mỗi R-môđun trái
M ta đònh nghóa căn Jacobson (Jacobson radical) của M là
Rad M = Rej

M
(S).
Ta biết rằng: Rej
M
(S) =

{Ker h | h: M → U, U ∈ S} . S là lớp các môđun đơn
nên:
Rad M =

{K ≤ M | K tối đại trong M}.
Vì bản thân vành R cũng là một R-môđun trái, phải trên chính nó. Với phép nhân
vô hướng chính là phép nhân trên vành R. Từ đây, ta có đònh nghóa căn Jacobson của
vành như sau:
Đònh nghóa 2.5. Cho R là vành. Khi đó căn Jacobson của vành R được kí hiệu là
J(R) và được xác đònh bởi
J(R) = Rad(
R
R).
Đònh nghóa 2.6. Một vành R được gọi là J-nửa đơn (J-semisimple) nếu J(R) = 0.
Mệnh đề 2.1. Cho R là vành. R = ⊕
α∈A
I
α
là tổng trực tiếp của các ideal phải (trái)
khi và chỉ khi tồn tại một tập (e
i
)
n
i=1

các luỹ đẳng trực giao thoả 1 = e
1
+ e
2
+ +e
n
.
Khi đó R = e
1
R ⊕ ⊕ e
n
R (R = Re
1
⊕ ⊕ Re
n
).
Chứng minh. Một cách đầy đủ ta chỉ cần chứng minh trong trường hợp R được phân
tích theo các ideal phải. Bằng cách lập luận hoàn toàn tương tự ta có được kết quả
đối với các ideal trái.
(⇒) Gọi R = I
1
⊕ ⊕ I
m
⊕ là một phân tích của R thành tổng trực tiếp của
các ideal phải khác không (số phần tử của tổng này không nhất thiết phải hữu hạn).
Khi đó 1 = e
j
1
+ + e
j

n
, trong đó e
j
t
∈ I
j
t
và e
j
t
khác không (t = 1, , n).
Với mọi a ∈ R ta có:
a = 1.a =
n

t=1
e
j
t
a ∈
n

t=1
I
j
t
.
Suy ra R = I
j
1

+ + I
j
n
, hơn nữa tổng của các ideal trong phân tích của R ở trên
là trực tiếp nên R = I
j
1
⊕ ⊕ I
j
n
. Bằng cách đánh số lại các ideal này, ta có thể giả
sử rằng R = I
1
⊕ ⊕ I
n
và 1 = e
1
+ + e
n
. Do tổng ở trên là tổng trực tiếp nên
a
k
= e
k
a
k
với mọi a
k
∈ I
k

. Suy ra I
k
= e
k
R, e
2
k
= e
k
.e
k
= e
k
và e
i
e
j
= 0 nếu i = j.
Do đó R = e
1
R⊕ ⊕e
n
R và (e
i
)
n
i=1
là tập các lũy đẳng trực giao thỏa 1 = e
1
+ +e

n
.
(⇐) Với (e
i
)
n
i=1
là tập hợp các luỹ đẳng trực giao của R thoả 1 = e
1
+ + e
n
.
Khi đó, với mỗi a ∈ R ta có a = 1.a = e
1
a + + e
n
a. Suy ra R = e
1
R + + e
n
R.
Để chứng minh rằng R là tổng trực tiếp của các ideal này, ta cần chỉ ra rằng với mọi
a ∈ e
i
R ∩

j=i
e
j
R, thì a = 0.

Thật vậy, với a ∈ e
i
R ∩

j=i
e
j
R, ta có các a
j
∈ R sao cho a = e
i
a
i
=

j=i
e
j
a
j
.
Suy ra a = e
i
a
i
= e
i
e
i
a

i
=

j=i
e
i
e
j
a
j
= 0. Vậy R = e
1
R ⊕ ⊕ e
n
R.
7
Đònh lý 2.2. Cho e, f là các luỹ đẳng của vành R. Khi đó có một đẳng cấu nhóm
giữa Hom
R
(eR, fR) và fRe. Nếu e = f, thì vành End
R
(eR)
∼
=
eRe. Trường hợp
riêng, R
∼
=
End
R

(R).
Chứng minh. Với mỗi ψ ∈ Hom
R
(eR, fR) ta có một a ∈ R sao cho ψ(e) = fa. Do
ψ là một đồng cấu môđun nên ψ( e) = ψ(e
2
) = ψ(e)e = fae ∈ fRe. Do đó ta có thể
đònh nghóa ánh xạ θ: Hom
R
(eR, fR) → eRf xác đònh bởi: θ(ψ) = ψ(e).
Theo như trên ta có θ(ψ) = fae ∈ fRe, ngoài ra θ(ψ − ρ) = (ψ − ρ)(e) =
ψ(e) − ρ(e) = θ(ψ) − θ( ρ). Vậy θ là đồng cấu nhóm. Ta sẽ chỉ ra rằng θ là đẳng cấu.
Nếu θ(ψ) = 0, thì ψ(ea
1
) = ψ(e)a
1
= 0, ∀a
1
∈ R. Suy ra ψ = 0, nghóa là θ là đơn
cấu. Mặt khác, với mọi fae ∈ fRe ta có thể xây dựng đồng cấu ψ ∈ Hom
R
(eR, fR)
bằng cách đặt ψ(e) = fa và đồng cấu θ bằng cách đặt θ(ψ) = fae. Do đó θ là toàn
cấu, Suy ra θ là đẳng cấu.
Với e = f ta có một đẳng cấu nhóm θ: End
R
(eR) → eRe. Ta sẽ chỉ ra rằng θ
bảo toàn phép toán nhân là phép hợp nối đồng cấu trong End
R
(eR). Thật vậy, với

ψ, ψ
1
∈ End
R
(eR) và ψ(e) = ea, ψ
1
(e) = ea
1
. Ta có θ(ψ) = ea và θ(ψ
1
) = ea
1
. Mà
ψψ
1
(e) = ψ(ea
1
) = ψ(e)a
1
= ψ(e
2
)a
1
= ψ(e)ea
1
= eaea
1
.
Nên θ(ψψ
1

) = ψψ
1
(e) = eaea
1
= θ(ψ)θ(ψ
1
). Vậy End
R
(eR)
∼
=
eRe.
Trường hợp riêng, khi e = 1 ta có R
∼
=
End
R
(R).
Với e, f là lũy đẳng của vành R. Khi đó, với mỗi ψ ∈ Hom
R
(Re, Rf). Ta có a ∈ R
sao cho ψ(e) = af. Suy ra ψ(e
2
) = eψ(e) = eaf ∈ eRf.
Bằng cách xét tương ứng θ: Hom
R
(Re, Rf) → eRf đònh bởi: θ(ψ) = ψ(e). Dễ
dàng có được khẳng đònh của đònh lý trên cho trường hợp môđun phải như sau:
Đònh lý 2.3. Cho e, f là các luỹ đẳng của vành R. Khi đó có một đẳng cấu nhóm
giữa Hom

R
(Re, Rf) và eRf. Nếu e = f, thì vành End
R
(Re)
∼
=
eRe. Trường hợp
riêng, R
∼
=
End
R
(R).
Cho R là tổng trực tiếp của các ideal phải R = e
1
R ⊕ ⊕ e
n
R, với tương ứng
1 = e
1
+ +e
n
. Khi đó, với mọi a ∈ R ta có: a = 1.a.1 = (e
1
+ +e
n
)a(e
1
+ +e
n

) =

n
i,j=1
e
i
ae
j
. Dễ thấy R có thể được phân tích dưới dạng tổng trực tiếp của các nhóm
aben e
i
Re
j
(i, j = 1, , n):
R = ⊕
n
i,j=1
e
i
Re
j
.
Kí hiệu các phần tử của R
ij
= e
i
Re
j
bởi a
ij

và viết a ∈ R dưới dạng ma trận
a =





a
11
a
12
. . . a
1n
a
21
a
22
. . . a
2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.

.
a
n1
a
n2
. . . a
nn





8
trong đó a
ij
= e
i
ae
j
∈ R
ij
. Lúc này R được biểu diễn như là một vành ma trận
R =





R
11

R
12
. . . R
1n
R
21
R
22
. . . R
2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
R
n1
R
n2
. . . R
nn






với các phép toán cộng và nhân thông thường.
Phân tích dạng này được gọi là phân tích Peirce hai phía của vành R (two-sided
Peirce decomposition, hay ngắn gọn là Peirce decomposition). Theo đònh lý 2.2 thì các
phần tử của e
i
Re
j
được xác đònh một cách tự nhiên qua đồng cấu từ e
j
R đến e
i
R.
Mệnh đề 2.4. Cho M là R-môđun và S = End
R
(M). Khi đó, với số nguyên dương
n bất kỳ, tồn tại đẳng cấu vành giữa End
R
(M
n
) và M
n
(S).
Chứng minh. Với f ∈ End
R
(M
n
), gọi ε

j
: M → M
n
là phép nhúng M vào thành
phần thứ j, và π
i
: M
n
→ M là phép chiếu M
n
xuống thành phần thứ i. Gọi
α
ij
= π
i
fε
j
là dãy hợp nối ánh xạ
M
ε
j
−→ M
n
f
−→ M
n
π
i
−→ M.
Khi đó, tương ứng f −→ (α

ij
) xác đònh một đồng cấu nhóm ϕ : End
R
(M
n
) → M
n
(S).
Ngược lại, nếu (α
ij
) là một ma trận bất kỳ thuộc M
n
(S) thì ta đònh nghóa
f(x
1
, , x
n
) = (y
1
, , y
n
),
trong đó y
i
=

n
j=1
α
ij

x
j
, ∀i = 1, , n. Tương ứng
(α
ij
) → f
xác đònh một đồng cấu nhóm
ψ : M
n
(S) → End
R
(M
n
).
Hơn nữa, kiểm chứng dễ dàng ψϕ = 1
End
R
(M
n
)
và ϕψ = 1
M
n
(S). Vậy ϕ là một
đẳng cấu nhóm abel.
Mệnh đề 2.5. Cho M = M
1
⊕ ⊕ M
n
, trong đó (M

i
)
n
i=1
là tập các R-môđun con
của M đôi một đẳng cấu với nhau. Khi đó, End
R
(M)
∼
=
M
n
(End
R
(M
1
)).
Chứng minh. Với i = 1, , n, gọi π
i
là phép chiếu của môđun M xuống hạng tử
trực tiếp M
i
. Khi đó (π
i
)
n
i=1
là họ các luỹ đẳng trực giao trong vành End
R
(M) thoả

1 = π
1
+ + π
n
. Ta có phân tích Peirce của vành End
R
(M):
End
R
(M) = ⊕
n
i,j=1
π
i
End
R
(M)π
j
.
9
Theo phân tích này thì mọi phần tử ϕ ∈ End
R
(M) có dạng
ϕ =





ϕ

11
ϕ
12
. . . ϕ
1n
ϕ
21
ϕ
22
. . . ϕ
2n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
ϕ
n1
ϕ
n2
. . . ϕ
nn






trong đó ϕ
ij
= π
i
ϕπ
j
. Một cách tự nhiên, các phần tử ϕ
ij
được coi như là các đồng
cấu môđun từ M
j
đến M
i
. Theo giả thiết các môđun M
i
, i = 1, , n là đẳng cấu với
nhau. Cố đònh một đẳng cấu µ
i
: M
1
→ M
i
. Xét tương ứng đi từ ma trận ϕ = (ϕ
ij
)
tới ma trận ˆϕ = (µ

−1
i
ϕ
ij
µ
i
) ∈ M
n
(End
A
(M
1
)). Rõ ràng tương ứng này xác đònh một
đẳng cấu vành từ End
A
(M) vào M
n
(End
A
(M
1
)).
Bổ đề 2.6. (Schur’s Lemma) Mọi đồng cấu khác không giữa các môđun đơn là đẳng
cấu. Trường hợp riêng, vành tự đồng cấu của một môđunđơn là vành chia.
Chứng minh. Cho f: U → V là đồng cấu khác không từ môđun đơn U vào môđun đơn
V . Do Im f, Ker f lần lượt là môđun con của V và U, f = 0 suy ra Ker f = U và
Im f = 0. Từ U, V là đơn ta có Ker f = 0 và Im f = V suy ra f là đẳng cấu.
Từ bổ đề Schur ta còn thấy: nếu M và N là các môđun đơn và M ≇ N thì
Hom
R

(M, N) = 0.
Đònh lý 2.7. (Wedderburn-Artin) Cho vành R, khi đó các điều kiện dưới đây là tương
đương:
(a) R là nửa đơn phải;
(b) R đẳng cấu với tổng trực tiếp của một số hữu hạn các vành ma trận trên
vành chia;
(c) R là nửa đơn trái.
Chứng minh.
(a) ⇒ (b): Theo đònh nghóa, vành R là R-môđun nửa đơn phải thì R được phân
tích thành tổng trực tiếp của các R-môđun phải đơn. Giả sử R có phân tích dạng:
R
R
= ⊕
A
R
α
trong đó R
α
là các R-môđun phải đơn với mọi α ∈ A. Đặt (π
α
)
α∈A
là các phép chiếu
π
α
: R → R
α
. Ta có π
α
(1) = 0 với một số hữu hạn các α ∈ A. Suy ra chỉ có

một số hữu hạn các R
α
, hay R được phân tích thành tổng của một số hữu hạn các
R-môđun đơn.
Bằng cách nhóm các môđun đẳng cấu với nhau ta có R = R
n
1
1
⊕ ⊕ R
n
s
s
, trong
đó các môđun R
1
, , R
s
là các môđun phải đơn và đôi một không đẳng cấu với nhau.
Khi đó theo mệnh đề 2.1, tồn tại các luỹ đẳng trực giao f
1
, , f
s
sao cho
1 = f
1
+ + f
s
và f
i
R = R

n
i
i
(i = 1, 2, , s).
10
Theo đònh lý 2.2, f
i
Rf
j
∼
=
Hom
R
(f
j
R, f
i
R) = Hom
R
(R
n
j
j
, R
n
i
i
), các môđun R
i
, R

j
là đơn nên theo bổ đề Schur ta có f
i
Rf
j
= 0, ∀i = j. Suy ra
R = ⊕
s
i=1
f
i
Rf
i
∼
=
⊕
s
i=1
End
R
(f
i
R) = ⊕
s
i=1
End
R
(R
n
i

i
).
Theo mệnh đề 2.5 thì End
R
(R
n
i
i
)
∼
=
M
n
i
(End
R
(R
i
)). Hơn nữa, theo bổ đề Schur thì
End
R
(R
i
) là vành chia. Suy ra R
∼
=
⊕
s
i=1
M

n
i
(End
R
(R
i
)). Hay R đẳng cấu với tổng
trực tiếp của một số hữu hạn các vành ma trận trên vành chia.
Bằng cách chứng minh hoàn toàn tương tự như trên ta có (c) ⇒ (b).
(b) ⇒ (a): Ta biết rằng tổng trực tiếp của một số hữu hạn các vành nửa đơn phải
cũng là nửa đơn phải. Do đó, để chứng minh (b) ⇒ (a) ta chỉ cần chỉ ra rằng: nếu
R = M
n
(D) trong đó D là vành chia thì R là vành nửa đơn phải.
Gọi e là ma trận đơn vò của vành M
n
(D). Với mọi i, j = 1, , n, gọi e
ij
∈ M
n
(D)
xác đònh bởi 1 tại vò trí (j, i) và 0 ở tất cả các vò trí còn lại của ma trận. Khi đó, (e
ii
)
n
i=1
tạo thành một tập đầy đủ các lũy đẳng trực giao của R và e = e
11
+ + e
nn

. Suy ra
R = ⊕
n
i=1
e
ii
R. Với mỗi i = 1, , s, gọi U là môđun con khác trống tùy ý của e
ii
R. Ta
sẽ chỉ ra rằng môđun con này cũng là e
ii
R. Điều này chứng tỏ rằng ideal phải e
ii
R là
một R-môđun đơn.
Với a ∈ U và a = 0,
a =







0 0 . . . 0
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
α
1
α
2
. . . α
n
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 . . . 0








=
n

k=1
e
ik
α
k
, α
k
∈ D.
Do a = 0 nên tồn tại một chỉ số m sao cho α
m
= 0 và α
−1
m
∈ D (do D là vành
chia). Bằng tính toán ta thấy rằng aα
−1
m
e
mm
= e
im
và e
ij
e

jt
= e
it
.
Với mọi phần tử b =

n
k=1
e
ik
β
k
∈ e
ii
R, ta có thể phân tích lại b dưới dạng:
b =
n

k=1
e
ik
β
k
=
n

k=1
e
im
e

mk
β
k
=
n

k=1
aα
−1
m
e
mm
e
mk
β
k
= aα
−1
m
e
mm
n

k=1
e
mk
β
k
.
Mà a thuộc ideal phải U nên b ∈ U. Suy ra U = e

ii
R, tức là e
ii
R là một R-môđun phải
đơn. Vậy vành R = M
n
(D) là nửa đơn phải.
(b) ⇒ (c): Ta phân tích vành R = M
n
(D) thành tổng trực tiếp của các ideal trái
Re
ii
: R = ⊕
n
i=1
Re
ii
, rồi chứng minh tương tự như trên ta có (b) ⇒ (c).
Đònh nghóa 2.7. Vành R được gọi là không phân tích được (indecomposable) nếu
R = 0 và R không là tích trực tiếp của hai vành khác 0.
11
Mệnh đề 2.8. Vành R là không phân tích được khi và chỉ khi 1 là lũy đẳng tâm khác
0 duy nhất của R.
Chứng minh. (⇒) Cho R là không phân tích được. Ta biết rằng 1 là phần tử lũy đẳng
tâm của R. Giả sử rằng tồn tại phần tử e là lũy đẳng tâm không tầm thường, nghóa
là e = 0, e = 1 và ea = ae, ∀a ∈ R. Khi đó f = 1 − e cũng là lũy đẳng trong R. Do
ef = e(1 − e) = 0 và ∀a ∈ R, fa = (1 − e)a = a − ea = a − ae = a(1 − e) = af,
suy ra e, f là các lũy đẳng tâm trực giao không tầm thường và 1 = e + f. Ngoài ra,
eR = Re = eRe, fR = Rf = fRf và eRf = fRe = 0. Ta có eRe, fRf là vành với
phần tử đơn vò tương ứng là e, f. Nên phân tích Peirce của vành R có dạng

R =

eRe 0
0 fRf

.
Do đó R có thể phân tích thành tích trực tiếp của hai vành khác 0. Điều này mâu
thuẫn với giả thiết. Vậy điều giả sử là sai nghóa là 1 là phần tử lũy đẳng tâm khác 0
duy nhất của R.
(⇐) Ta sẽ chứng minh chiều này bằng đảo đề. Giả sử rằng R = R
1
× R
2
, trong
đó R
1
, R
2
là các vành khác không. Ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại ít nhất một lũy đẳng tâm
trực giao khác 0 và khác 1. Thật vậy, đặt e
1
= (1, 0) và e
2
= (0, 1). Khi đó, 1 = e
1
+ e
2
và e
1
, e

2
là các lũy đẳng trực giao. Hơn nữa, chúng là các lũy đẳng tâm khác 0 và 1,
bởi vì e
1
a = (a
1
, 0) = ae
1
và e
2
a = (0, a
2
) = ae
2
, ∀a = (a
1
, a
2
) ∈ R = R
1
× R
2
. Như
vậy trong trường hợp này R có ít nhất hai lũy đẳng tâm không tầm thường. Ta có
đpcm.
12
§3. Môđun hữu hạn sinh và môđun hữu hạn đối sinh
Đònh nghóa 3.8. MôđunM được gọi là hữu hạn sinh nếu với mọi tập A các môđuncon
của M mà sinh ra M, có một tập hữu hạn F ⊆ A sao cho F sinh ra M. Nghóa là:


A = M suy ra

F = M
với F ⊆ A, F hữu hạn.
Đònh nghóa này tương đương với đònh nghóa ta đã biết: ‘‘Môđun M là hữu hạn sinh
nếu nó có một tập sinh hữu hạn’’. Thật vậy:
Giả sử M là hữu hạn sinh. Gọi B là tập tất cả các môđun con của M sinh bởi một
phần tử. Khi đó M =

B. M là hữu hạn sinh nên tồn tại tập con hữu hạn F của B
sao cho M =

F. Tức là M =

n
i=1
Rx
i
. Vậy M có tập sinh hữu hạn {x
1
, , x
n
}.
Ngược lại, giả sử rằng {x
1
, , x
n
} là tập sinh hữu hạn của môđun M và giả sử
rằng B là tập hợp các môđuncon của M thỏa mãn M =


B. Khi đó với mỗi x
i
có
một tập con hữu hạn F
i
⊆ B sao cho x
i
∈

F
i
. Đặt F = F
1
∪ ∪ F
n
. Khi đó F
hữu hạn và

F là môđun con của M chứa một tập sinh {x
1
, , x
n
} nên M =

F.
Tức là M là hữu hạn sinh.
Chúng ta nói rằng môđun M thỏa điều kiện dây chuyền giảm hay DCC (Descending
Chain Condition) nếu không tồn tại một dây chuyền giảm ngặt vô hạn
M
1

⊃ M
2
⊃ M
3
⊃
các môđun con của M.
Đònh nghóa này còn được phát biểu dưới dạng sau:
Môđun M thỏa điều kiện dây chuyền giảm (hay DCC) nếu mọi dây chuyền giảm
các môđun con của M
M
1
⊇ M
2
⊇ M
3
⊇
chỉ chứa hữu hạn các phần tử. Nghóa là có số tự nhiên n sao cho M
n
= M
n+1
=
M
n+2
=
Nhắc lại rằng môđun con N của M được gọi là tối tiểu nếu N = 0 và không tồn
tại môđun con L khác 0 sao cho L ⊂ N ⊂ M. Chúng ta nói rằng môđun M thỏa điều
kiện tối tiểu nếu mọi tập khác trống các môđun con của M có phần tử tối tiểu với
quan hệ bao hàm.
Môđun M được gọi là Artin nếu M thỏa điều kiện dây chuyền giảm.
Tương tự, chúng ta nói rằng môđun M thỏa điều kiện dây chuyền tăng hay ACC

(Ascending Chain Condition) nếu không tồn tại một dây chuyền tăng ngặt vô hạn
M
1
⊂ M
2
⊂ M
3
⊂
các môđun con của M.
13
Hay môđun M thỏa điều kiện dây chuyền tăng (hay ACC) nếu mọi dây chuyền
tăng các môđun con của M
M
1
⊆ M
2
⊆ M
3
⊆
chỉ chứa hữu hạn các phần tử. Nghóa là có số tự nhiên n sao cho M
n
= M
n+1
=
M
n+2
=
Môđun con N của M được gọi là tối đại nếu N = M và không tồn tại môđun con
L khác M sao cho N ⊂ L ⊂ M. Chúng ta nói rằng môđun M thỏa điều kiện tối đại
nếu mọi tập khác trống các môđun con của M có phần tử tối đại với quan hệ bao hàm.

Môđun M được gọi là Noether nếu M thỏa điều kiện dây chuyền tăng.
Mệnh đề 3.1. Đối với môđun M các phát biểu dưới đây là tương đương:
(a) M là Noether;
(b) Mọi môđun con của M là hữu hạn sinh;
(c) Mọi tập khác trống các môđun con của M có phần tử tối đại.
Chứng minh. (a) ⇒ (b): Giả sử môđun M là Noether nhưng có một môđun con N
của M mà N không hữu hạn sinh. Khi đó với 0 = x
1
∈ N, gọi N
1
là môđun sinh bởi
x ta có N
1
= N. Suy ra tồn tại x
2
∈ N\N
1
. Đặt N
2
là môđun sinh bởi {x
1
, x
2
} ta có
N
1
⊂ N
2
. Do N không hữu hạn sinh nên tiếp tục quá trình trên ta xây dựng được
một dây chuyền tăng ngặt vô hạn

N
1
⊂ N
2
⊂ N
3
⊂
các môđun con của N. Điều này mâu thuẫn với giả thiết M là Noether.
(b) ⇒ (a): Giả sử rằng mọi môđun con của M là hữu hạn sinh. Ta sẽ chứng minh
M là Noether. Xét một dây chuyền tăng
M
1
⊆ M
2
⊆ M
3
⊆
các môđun con của M.
Gọi T là hội của tất cả các môđun con M
i
trong dây chuyền này. Khi đó T là hữu
hạn sinh, do T cũng là môđun con của M. Nghóa là T có tập sinh hữu hạn {x
1
, , x
s
}.
Do dây chuyền ở trên là tăng nên tồn tại môđun M
n
sao cho {x
1

, , x
s
} ∈ M
n
. Suy
ra T = M
n
và M
i
= M
n
với mọi i ≥ n. Vậy M thỏa điều kiện ACC hay M là Noether.
(a) ⇒ (c): Giả sử rằng L là một tập khác trống các môđun con của M mà L không
có phần tử tối đại. Khi đó L khác trống nên tồn tại môđun con M
1
∈ L. Do M
1
không
phải là phần tử tối đại nên tồn tại môđun M
2
∈ L sao cho M
1
⊂ M
2
. Môđun M
2
không phải là tối đại nên có môđunM
3
∈ L sao cho M
2

⊂ M
3
. Rõ ràng với cách lập
luận như trên ta có một dây chuyền tăng ngặt
M
1
⊂ M
2
⊂ M
3
⊂
các môđun con của M. Điều này mâu thuẫn với giả thiết M là Noether.
14
(c) ⇒ (a): Xét dây chuyền tăng
M
1
⊆ M
2
⊆ M
3
⊆
các môđun con của M. Bởi vì tập các môđun trong dây chuyền này có phần tử tối đại
nên tồn tại môđun tối đại M
n
sao cho M
n
= M
n+1
= M
n+2

=
Vậy M thỏa điều kiện ACC nên M là Noether.
Đònh nghóa 3.9. MôđunM được gọi là hữu hạn đối sinh nếu với mọi tập A các
môđuncon của M
∩A = 0 suy ra ∩F = 0
với F hữu hạn, F ⊆ A.
Mệnh đề 3.2. Đối với môđun M các phát biểu dưới đây là tương đương:
(a) M là Artin;
(b) Mọi môđun thương của M là hữu hạn đối sinh;
(c) Mọi tập khác trống các môđun con của M có phần tử tối tiểu.
Chứng minh. (a) ⇒ (c): Giả sử rằng S là một tập khác trống các môđun con của M
và S không có phần tử tối tiểu. S khác trống nên tồn tại môđun con M
1
∈ S. Do S
không có phần tử tối tiểu nên tồn tại môđun M
2
∈ S sao cho M
1
⊃ M
2
. Môđun M
2
không phải là tối tiểu nên có môđun M
3
∈ S sao cho M
2
⊃ M
3
. Lập luận như trên ta
có một dây chuyền giảm ngặt

M
1
⊃ M
2
⊃ M
3
⊃
các môđun con của M. Điều này mâu thuẫn với giả thiết M là Artin.
(c) ⇒ (b): Giả sử rằng mọi tập khác trống các môđun con của M có phần tử tối
tiểu. Khi đó, nếu K là môđun con của M và A là tập các môđun con của M sao cho
∩A = K. Ta sẽ chỉ ra rằng có một tập hữu hạn F ⊆ A sao cho ∩F = K.
Đặt P = {∩F | F ⊆ A, F hữu hạn}. Hiển nhiên P khác trống do A khác trống.
Theo giả thiết, P có phần tử tối tiểu có dạng F = ∩F, với F hữu hạn. Ta sẽ chỉ ra
K = ∩F = F .
Thật vậy, giả sử K = F . Khi đó tồn tại phần tử x ∈ F \K. Mà K = ∩A nên tồn
tại A
i
∈ A sao cho x /∈ A
i
. Khi đó, A
i
∩ F hữu hạn và A
i
∩ F ⊂ F . Điều này mâu
thuẫn với tính tối tiểu của F . Suy ra K = F .
(b) ⇒ (a): Xét dây chuyền giảm tuỳ ý
L
1
⊇ L
2

⊇ L
3
⊇ . . .
các môđun con của M.
Đặt K = ∩
i∈N
L
i
. Ta có M/K là hữu hạn đối sinh và K = ∩
i∈N
L
i
nên theo giả
thiết, tồn tại một tập con hữu hạn I ⊂ N sao cho ∩
I
L
i
= K. Đặt l = max I. Ta có
K = L
i
= L
l+i
, ∀i = 1, 2, . . . hay M là Artin.
15
Bổ đề 3.3. Cho H, K, L là các môđun con của môđun M. Khi đó, nếu K ≤ H thì
H ∩ (K + L) = K + (H ∩ L).
Chứng minh. Với mỗi x ∈ K + (H ∩ L), ta có a ∈ K, b ∈ H ∩ L sao cho x = a + b.
Do H ≥ K nên a, b ∈ H. Mà a ∈ K, b ∈ L suy ra x = a + b ∈ H ∩ (K + L). Vậy
H ∩ (K + L) ⊇ K + (H ∩ L).
Ngược lại, với mỗi h ∈ H ∩ (K + L), ta có k ∈ K, l ∈ L sao cho h = k + l. Mà

k ∈ K ≤ H nên l ∈ H. Ta có l ∈ H ∩ L suy ra h = k + l ∈ K + (H ∩ L). Vậy
H ∩ (K + L) ⊆ K + (H ∩ L).
Mệnh đề 3.4. Cho
0 → K
f
→ M
g
→ N → 0
là dãy khớp các R-môđun trái. Khi đó, M là Artin (Noether) nếu và chỉ nếu K và N
là Artin (Noether).
Chứng minh. (⇒) Giả sử M là Artin. Dãy trên là khớp nên K đẳng cấu với một
môđun con K
′
của M. Ta có M là Artin, mọi dây chuyền giảm các môđun con của
K
′
cũng là dây chuyền giảm các môđun con của M, suy ra K
′
là Artin. Mặt khác, mọi
môđun thương của N đều đẳng cấu với một môđun thương nào đó của M. Mà M là
Artin nên theo mệnh đề 3.2 ta có N là Artin.
(⇐) Giả sử rằng K, N là Artin ta sẽ chứng minh M là Artin. Từ dãy trên là khớp
ta có Imf = Kerg, f đơn cấu, g toàn cấu, M/Kerg
∼
=
N nên ta có thể coi như
K ≤ M và M/K = N. Giả sử rằng
L
1
⊇ L

2
⊇ . . . ⊇ L
q
. . .
Là 1 dây chuyền giảm các môđun con của M. Từ M/K
∼
=
N Artin, (Bằng cách xét
dây chuyền giảm tương ứng các môđun con của N có dạng L
i
+ K) ta có số nguyên
dương m sao cho L
m
+ K = L
m+i
+ K, ∀i = 1, 2, . . .
Hoàn toàn tương tự từ K là Artin, ta có số nguyên n > m sao cho L
n
∩ K =
L
n+i
∩K. Từ L
n
⊇ L
n+i
, theo bổ đề 3.3 ta có: L
n
= L
n
∩(L

n
+K) = L
n
∩(L
n+i
+K) =
L
n+i
∩ (L
n
+ K) = L
n+i
∩ (L
n+i
+ K) = L
n+i
. Như vậy M là Artin. (chứng minh cho
Noether thì tương tự).
Từ đây ta có hệ quả sau:
Hệ quả 3.5. M = M
1
⊕ . . . ⊕ M
n
khi đó M là Artin (Noether) khi và chỉ khi mỗi
M
i
(i = 1, . . . , n) là Artin (Noether).
Mệnh đề 3.6. Cho M là R-môđun trái nửa đơn với phân tích nửa đơn M = ⊕
A
T

α
.
Nếu
0 → K
f
→ M
g
→ N → 0
là dãy khớp các R-môđun , khi đó dãy trên là chẻ và K, N là nửa đơn. Hơn nữa, có
một tập con B ⊆ A sao cho N
∼
=
⊕
B
T
β
và K
∼
=
⊕
A/B
T
α
.
16
Chứng minh. Do Imf là môđun con của M, nên có tập con B ⊆ A sao cho
M = (Imf) ⊕ (⊕
B
T
β

).
Như vậy, dãy khớp là chẻ ra và N ≅ M/Imf ≅ ⊕
B
T
β
. Do đó
M = (⊕
A/B
T
α
) ⊕ (⊕
B
T β)
và K ≅ Imf ≅ ⊕
A/B
T
α
.
Từ đây ta có kết quả: Mọi môđuncon và mọi môđun thương của một môđun nửa
đơn cũng là một môđun nửa đơn.
Mệnh đề 3.7. Cho R-môđuntrái M là hữu hạn đối sinh. Khi đó, với mỗi họ (U
α
)
α∈A
các R-môđun và đơn cấu f: M →

A
U
α
, có một tập hữu hạn F ⊆ A và một đơn

cấu M →

F
U
α
.
Chứng minh. Giả sử f: M →

A
U
α
là đơn cấu. Khi đó, Ker f = ∩
A
Ker(π
α
f) = 0,
với π
α
là phép chiếu từ

A
U
α
→ U
α
. Mặt khác, ∀α ∈ A, Ker (π
α
f) là môđun con
của M hữu hạn đối sinh, nên tồn tại tập hữu hạn F ⊆ A sao cho ∩
F

Ker (π
α
f) = 0.
Đặt f
α
= π
α
f. Ta có

F
f
α
: M →

F
U
α
là đơn cấu.
Mệnh đề 3.8. Đối với môđun nửa đơn M các khẳng đònh dưới đây là tương đương:
(a) M hữu hạn đối sinh;
(b) M = T
1
⊕ . . . ⊕ T
n
trong đó T
i
đơn (i = 1, 2, . . . , n);
(c) M là hữu hạn sinh.
Chứng minh. (a) ⇒ (b): Giả sử M là hữu hạn đối sinh. Ta có M là nửa đơn nên
M = ⊕

A
T
α
, với T
α
là các môđun con của M. Như vậy M có thể nhúng vào tích của
các môđun đơn

A
T
α
. Theo (3.7) M có thể nhúng vào tích trực tiếp của hữu hạn
các môđun đơn

F
T
α
. Áp dụng mệnh đề 3.6 ta có M = T
1
⊕ . . . ⊕ T
n
, trong đó T
i
đơn (i = 1, 2, . . . , n).
(b) ⇒ (c): Giả sử M = T
1
⊕ . . . ⊕ T
n
, T
i

đơn ∀i = 1, , n. Với 0 = x
i
∈ T
i
ta có T
i
= Rx
i
, ∀i = 1, . . . , n. Như vậy M có tập sinh hữu hạn là {x
1
, . . . , x
n
} với
0 = x
i
∈ T
i
. Suy ra M là hữu hạn sinh.
(c) ⇒ (a): M là nửa đơn nên M sinh bởi các môđun con đơn. Theo (c), M sinh
bởi hữu hạn các môđun con đơn. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử M sinh
bởi các môđuncon đơn T
1
, . . . , T
n
, nghóa là M = T
1
⊕ . . . ⊕ T
n
. Ta chứng minh M
hữu hạn đối sinh bằng phương pháp quy nạp theo chỉ số n các môđun con đơn.

Trường hợp n = 1: M là môđun đơn nên hiển nhiên M thỏa mãn điều kiện dây
chuyền tiến và dây chuyền giảm. Suy ra M vừa là Artin vừa là Noether, do đó theo
(3.2) M là hữu hạn đối sinh.
Giả sử khẳng đònh đúng với trường hợp số các môđun con nhỏ hơn n. Nghóa là
mọi môđun sinh bởi ít hơn n môđun con đơn đều là hữu hạn đối sinh. Giả sử rằng A
là tập các môđun con của M thỏa ∩A = 0. Từ M = T
1
⊕ . . . ⊕ T
n
, ta có L ∈ A sao
17
cho T
n
∩ L = 0. Ở đây ta có thể lấy một T
i
cố đònh bất kỳ thay cho T
n
để xét tập giao
này. Thật vậy, giả sử ∄L ∈ A sao cho T
n
∩ L = 0 khi đó ∩A = 0.
L là môđun con của M nửa đơn nên L cũng là môđun nửa đơn. Suy ra:
L = S
1
⊕ . . . ⊕ S
m
, m < n, S
i
đơn ∀i = 1, . . . , m.
Theo giả thiết quy nạp, L là hữu hạn đối sinh. Đặt A

′
= {L ∩ N|N ∈ A}. Ta có
∩A = 0 nên ∩A
′
= 0, A
′
là họ các môđun con của L. Do đó tồn tại F
′
∈ A
′
, F
′
hữu hạn sao cho ∩F
′
= 0. Ta có thể giả sử F
′
= {L ∩ N
1
, . . . L ∩ N
k
}. Khi đó, với
F = {L, N
1
, . . . N
k
} ta có F hữu hạn, F ⊆ A và ∩F = ∩F
′
= 0. Suy ra M là hữu
hạn đối sinh.
Mệnh đề 3.9. Cho M là R-môđun trái. Khi đó, Rad M = 0 nếu và chỉ nếu M là đối

sinh bởi lớp các môđun đơn. Đặc biệt, nếu M là nửa đơn thì Rad M = 0.
Chứng minh. Theo hệ quả 1.2 ta có ngay khẳng đònh Rad M = 0 nếu và chỉ nếu M
là đối sinh bởi lớp các môđun đơn.
Đặc biệt, nếu M là nửa đơn thì M là tổng trực tiếp của các môđun đơn. Vì vậy M
có thể nhúng vào tích trực tiếp của các môđun con đơn. Nên M là đối sinh bởi lớp
các môđun con đơn này. Suy ra Rad M = 0.
Mệnh đề 3.10. Với mỗi môđun M các điều dưới đây là tương đương:
(a) Rad M = 0 và M là Artin;
(b) Rad M = 0 và M là hữu hạn đối sinh;
(c) M là nửa đơn và hữu hạn sinh;
(d) M là nửa đơn và Noether;
(e) M là tổng trực tiếp của hữu hạn các môđun con đơn.
Chứng minh. (a) ⇒ (b) và (d) ⇒ (c) có được từ (3.2) và (3.1).
(b) ⇒ (e) : Giả sử Rad M = 0 và M là hữu hạn đối sinh. Khi đó, theo (3.9) M là
đối sinh bởi lớp các môđun đơn. Tức là tồn tại đơn cấu f: M →

A
U
α
, trong đó U
α
là môđun đơn ∀α ∈ A.
Ta có M là hữu hạn đối sinh. Nên theo (3.7) ta có tập con hữu hạn F ⊆ A sao
cho

F
f
α
: M →


F
U
α
là đơn cấu (f
α
= π
α
f, π
α
là phép chiếu từ

A
U
α
xuống
U
α
). F hữu hạn nên

F
U
α
= ⊕
F
U
α
. Như vậy, M nhúng vào tổng trực tiếp của hữu
hạn các môđun đơn. Do đó M đẳng cấu với tổng trực tiếp của một số hữu hạn các
môđun con đơn của F . Suy ra M là tổng trực tiếp của hữu hạn các môđuncon đơn.
(c) ⇔ (e): Hiển nhiên theo (3.8).

(e) ⇒ (a) và (e) ⇒ (d): Giả sử (e) M nửa đơn nên theo (3.9) Rad M = 0. Hiển
nhiên môđun đơn cũng là Artin và Noether, M là tổng trực tiếp của các môđun đơn
theo hệ quả 3.5 M cũng là Artin và Noether.
18
Chương II. Vành chính quy von Neumann
§4. Đònh nghóa và một số tính chất cơ bản
Đònh nghóa 4.10. Một phần tử x của một vành R được gọi là chính quy (regular)
nếu và chỉ nếu tồn tại một phần tử y ∈ R sao cho x = xyx.
Vành R được gọi là chính qui von Neumann (hay gọi tắt là chính qui) nếu mọi
phần tử của R đều là chính quy.
Ví dụ:
1) Mọi trường đều là vành chính quy.
2) Mọi vành chia đều là vành chính quy.
3) Xét vành M
n
(K) các ma trận vuông cấp n trên trường K. Khi đó, với mỗi
X ∈ M
n
(K), ta có các ma trận khả nghòch P, Q ∈ M
n
(K) sao cho
X = P

I
r
0
0 0

Q,
trong đó r là hạng của ma trận X và I

r
là ma trận đơn vò cấp r. Đặt A = Q
−1
P
−1
ta
có:
XAX = P

I
r
0
0 0

QQ
−1
P
−1
P

I
r
0
0 0

Q = P

I
r
0

0 0

Q = X.
Điều này chứng tỏ rằng vành M
n
(K) các ma trận vuông cấp n trên trường K là vành
chính quy von Neumann.
Mệnh đề 4.1. Cho e là một lũy đẳng khác 0 trong vành chính quy von Neumann R.
Khi đó, eRe là vành chính quy von Neumann.
Chứng minh. Từ e là phần tử lũy đẳng của vành R và với đònh nghóa
eRe = {exe|x ∈ R}
phép cộng, nhân trên eRe chính là phép cộng, nhân được hạn chế từ R. Khi đó, với
mỗi ere, ese ∈ eRe ta có:
ere + ese = e(s + r)e ∈ eRe
(ere)(ese) = erese ∈ eRe,
nên dễ thấy eRe là vành với phần tử 0 là 0 = e0e. Phần tử đối của ere là −ere và
phần tử đơn vò là e = e1e.
Hơn nữa, với mỗi a = exe ∈ eRe ta có a ∈ R. Mà R là chính quy von Neumann
nên tồn tại y ∈ R sao cho a = aya. Do đó a = aya = exeyexe = exeeyeexe = aeyea.
Suy ra eRe là vành chính quy von Neumann.
19
Mệnh đề 4.2. Tâm của vành chính quy von Neumann cũng là vành chính quy von
Neumann.
Chứng minh. Cho R là vành chính quy von Neumann với tâm là Cen(R). Rõ ràng
Cen(R) là vành con của R, hơn nữa Cen(R) còn là vành giao hoán. Với x ∈ Cen(R)
tùy ý, R là chính quy von Neumann nên tồn tại y ∈ R sao cho xyx = x. Đặt z = yxy
ta có xzx = xyxyx = x. Ta sẽ chứng minh z ∈ Cen(R).
Do x ∈ Cen(R) nên với mọi r ∈ R, ta có:
zr = yxyr = yyrx = yyrxyx = yxyxry = yxry.
Tương tự ta có: rz = ryxy = xryy = xyxryy = yrxyxy = yrxy = yxry. Suy ra

zr = rz và z ∈ Cen(R). Như vậy Cen(R) là vành chính quy von Neumann.
Bổ đề 4.3. Ideal trái I của vành R là hạng tử trực tiếp của
R
R khi và chỉ khi có một
lũy đẳng e ∈ R sao cho I = Re. Hơn nữa, nếu e ∈ R là lũy đẳng thì 1 − e là lũy
đẳng và
R
R = Re ⊕ R(1 − e).
Chứng minh. (⇒) Giả sử I là hạng tử trực tiếp của
R
R. Khi đó
R
R = I ⊕ J với J
là một ideal trái nào đó của R. Suy ra 1 = e + f, e ∈ I, f ∈ J. Ta sẽ chứng minh
I = Re.
Ta có e ∈ I ⇒ Re ⊆ I. Với mỗi x ∈ I, ta có x = x.1 = x(e + f) = xe ∈ Re ⇒
I ⊆ Re. Vậy I = Re.
(⇐) Giả sử e là lũy đẳng của R sao cho Re = I. Ta sẽ chứng minh
R
R = Re⊕Rf.
Đặt f = 1 − e. Ta có f
2
= (1 − e)
2
= 1 − e = f ⇒ f lũy đẳng. Với mọi x ∈ R, ta có
x = xe + x − xe = xe + xf ∈ Re + Rf. Suy ra
R
R = Re + Rf.
Mặt khác, ∀x ∈ Re ∩ Rf ta có x = ae = bf, a, b ∈ R ⇒ xe = ae
2

= ae = x. Do
đó xe = bfe = b(1 − e)e = 0. Suy ra
R
R = Re ⊕ Rf.
Ta có khẳng đònh hoàn toàn tương tự đối với ideal phải.
Đònh lý 4.4. Cho R là vành. Các điều kiện sau tương đương:
(a) R là vành chính quy von Neumann.
(b) Mỗi ideal phải chính đều được sinh ra bởi một lũy đẳng.
(c) Mỗi ideal trái chính đều được sinh ra bởi một lũy đẳng.
(e) Mỗi ideal phải chính đều là hạng tử trực tiếp.
(f) Mỗi ideal trái chính đều là hạng tử trực tiếp.
Chứng minh. Dễ thấy (b) ⇔ (e) và (c) ⇔ (f).
(a) ⇒ (b): Với mỗi x ∈ R, ta có xR là ideal phải chính của vành chính quy von
Neumann R. Do R chính quy nên tồn tại a ∈ R sao cho x = xax. Ta có xa = xaxa =
(xa)
2
nên xa là lũy đẳng. Hiển nhiên xaR ⊆ xR, mà x = xax ⇒ xR ⊆ xaR. Vậy
xR = xaR. Tức là mọi ideal phải của R đều được sinh bởi lũy đẳng.
20
(b) ⇒ (a): Cho trước x ∈ R. Khi đó xR là ideal phải chính của R nên tồn
tại lũy đẳng a ∈ R sao cho xR = aR. Do xR = aR nên tồn tại r, s ∈ R sao cho
x = ar, a = xs. Suy ra x = ar = aar = xsar = xsx. Vì x ∈ R là tùy ý nên R là vành
chính quy von Neumann.
(a) ⇒ (c): Với ideal trái chính Rx ta có b ∈ R sao cho x = xbx. Suy ra bx là lũy
đẳng và Rx = Rbx.
(c) ⇒ (a): Cho x ∈ R. Khi đó tồn tại lũy đẳng b ∈ R sao cho Rx = Rb. Suy ra
tồn tại r
′
, s
′

∈ R sao cho x = r
′
b, b = s
′
x. Nên x = r
′
b = r
′
bb = xb = xs
′
x.
Hệ quả 4.5. Mọi vành nửa đơn đều là chính quy von Neumann.
Mệnh đề 4.6. Cho R là vành chính quy von Neumann. Khi đó, R là không phân tích
được khi và chỉ khi tâm Cen(R) là một trường.
Chứng minh. Theo mệnh đề 2.8, R là không phân tích được nếu và chỉ nếu 1 là lũy
đẳng trực giao khác không duy nhất trong Cen(R).
(⇒) Giả sử rằng R là không phân tích được. Khi đó, với 0 = x ∈ Cen(R), ta có
Cen(R) là vành chính quy von Neumann nên tồn tại y ∈ Cen(R) sao cho x = xyx.
Hơn nữa, (xy)(xy) = xy và 0 = xy ∈ Cen(R) nên xy là lũy đẳng tâm khác không
trong Cen(R). Theo nhận xét ở trên thì xy = 1, hay x khả nghòch trong Cen(R). Suy
ra Cen(R) là trường.
(⇐) Giả sử rằng Cen(R) là trường và e ∈ Cen(R) là lũy đẳng khác không. Gọi
e
−1
là nghòch đảo của e. Ta có
e
2
= e ⇒ e = e
2
e

−1
= ee
−1
= 1.
Như vậy, nếu e lũy đẳng tâm khác không thì e = 1. Vậy R không phân tích được.
Đònh nghóa 4.11. Ideal I của vành R được gọi là chính quy nếu với mọi a ∈ I tồn
tại x ∈ I sao cho a = axa.
Nếu xét vành không nhất thiết phải có phần tử đơn vò ta sẽ thấy rằng bản thân ideal
I của vành chính quy von Neumann R cũng là một vành chính quy von Neumann.
Thật vậy, với mọi a ∈ I, ta có R là chính quy nên tồn tại x ∈ R sao cho a = axa. Ta
có a = axaxa mà xax ∈ I, suy ra a chính quy trong vành I. Do đó I là vành chính
quy von Neumann.
Hơn nữa, với J là ideal của I, với mọi b ∈ J ⊆ I, r ∈ R ta có br ∈ I, rb ∈ I do I
là ideal của R. Vì I là vành chính quy nên tồn tại phần tử x ∈ I sao cho br = brxbr.
Mà br ∈ I nên rxbr ∈ I. Ta có b ∈ J là ideal của I nên b(rxbr) ∈ J hay br ∈ J.
Hoàn toàn tương tự ta có rb ∈ J. Suy ra J là ideal của R. Vậy ta có mệnh đề dưới
đây.
Mệnh đề 4.7. Cho I là ideal của vành chính quy von Neumann R. Khi đó, I cũng
là vành chính quy von Neumann và mọi ideal J của I cũng là ideal của R.
21
Bổ đề 4.8. Nếu y là một phần tử của R sao cho a − aya là chính quy thì a là chính
quy.
Chứng minh. Giả sử a − aya là chính quy. Khi đó, tồn tại phần tử z ∈ R sao cho
(a − aya)z(a − aya) = a − aya
a(z − zay − yaz + yazay)a = a − aya
a(z − zay − yaz + yazya + y)a = a.
Đặt x = z − zay − yaz + yazya + y. Ta có axa = a. Như vậy a là chính quy.
Mệnh đề 4.9. Cho J ≤ K là các ideal của vành R. Khi đó, K là chính quy von
Neumann khi và chỉ khi J và K/J là chính quy von Neumann.
Chứng minh. (⇒ ) Giả sử rằng K là chính quy von Neumann. Khi đó, với x+J ∈ K/J

ta có x ∈ K nên tồn tại y ∈ K sao cho x = xyx. Suy ra:
x + J = xyx + J = (x + J)(y + J)(x + J).
Vậy K/J là chính quy von Neumann.
Với x ∈ J cho trước tùy ý, ta có x ∈ K nên tồn tại y ∈ K sao cho x = xyx. Đặt
z = yxy. Vì J là ideal của R nên z ∈ J. Ta có: xzx = xyxyx = xyx = x. Suy ra J là
chính quy von Neumann.
(⇐) Giả sử rằng J và K/J là chính quy von Neumann. Khi đó, với mọi x ∈ K ta
có x+ J ∈ K/J chính quy von Neumann nên tồn tại y ∈ K sao cho x+ J = xyx +J.
Suy ra x − xyx ∈ J. Mà J chính quy von Neumann nên x − xyx chính quy. Theo bổ
đề 4.8, ta có x là phần tử chính quy. Suy ra K là chính quy von Neumann.
Hệ quả 4.10. Cho I là ideal của vành R. Khi đó, R là chính quy von Neumann khi
và chỉ khi I và R/I là chính quy von Neumann.
Mệnh đề 4.11. Vành R là chính quy von Neumann khi và chỉ khi IJ = I ∩ J với
mọi ideal phải I và mọi ideal trái J trong R.
Chứng minh. (⇒) Giả sử R là chính quy von Neumann, I, J lần lượt là ideal phải,
trái tùy ý của R. Rõ ràng đối với vành R bất kỳ ta luôn có IJ ⊆ J do J là ideal trái,
IJ ⊆ I do I là ideal phải. Do đó IJ ⊆ I ∩ J. Mặt khác, với a ∈ I ∩ J. R là chính quy
von Neumann nên tồn tại x ∈ R sao cho a = axa. Như vậy, a ∈ (IR)J ⊆ IJ. Suy ra
IJ = I ∩ J.
(⇐) Giả sử rằng IJ = I ∩ J với mọi ideal phải I và mọi ideal trái J của vành R.
Khi đó, với mọi a ∈ R ta có
a ∈ (aR) ∩ (Ra) = (aR)(Ra) = aRa.
Suy ra R là chính quy von Neumann.
22
Hệ quả 4.12. Vành giao hoán R là chính quy von Neumann khi và chỉ khi I
2
= I
với mọi ideal I của R.
Đònh nghóa 4.12. Cho một họ các vành {R
i

}
i∈I
. Ta nói vành con R của tích trực
tiếp

I
R
i
là một tích trực tiếp con của các vành R
i
, nếu ∀i ∈ I, hạn chế của phép
chiếu tự nhiên
π
i
|
R
: R −→ R
i
là toàn cấu.
Ví dụ:

i∈I
R
i
và

i∈I
R
i
đều là các tích trực tiếp con của họ {R

i
}
i∈I
.
Bổ đề 4.13. Vành B đẳng cấu với một tích trực tiếp con của các vành R
i
, i ∈ I nếu
và chỉ nếu, ∀i ∈ I, tồn tại ideal A
i
của B sao cho

i∈I
A
i
= 0 và B/A
i
∼
=
R
i
.
Chứng minh. (⇒) Giả sử B là một tích trực tiếp con của các vành R
i
. Theo đònh
nghóa, ∀i ∈ I, hạn chế của phép chiếu tự nhiên
π
i
|
B
: B −→ R

i
là toàn cấu. Với mỗi i, ta đặt
A
i
= Ker(π
i
|
B
).
Khi đó với mọi i ∈ I, A
i
là ideal của B và B/A
i
∼
=
R
i
. Với x ∈ ∩
I
A
i
. Ta có
π
i
(x) = 0, ∀i ∈ I. Suy ra x = 0. Vậy ∩
I
A
i
= 0.
(⇐) Giả sử tồn tại một họ {A

i
}
i∈I
các ideal của B sao cho ∩
I
A
i
= 0 và B/A
i
∼
=
R
i
, ∀i ∈ I. Xét tương ứng
f : B → Π
I
(B/A
i
)
với f(x) đònh bởi f(x)(i) = x + A
i
. Rõ ràng
f(x + y)(i) = (x + y) + A
i
= f(x)(i) + f(y)(i)
nên f là một đồng cấu vành. Giả sử f(x) = 0. Khi đó x + A
i
= 0, ∀i ∈ I. Suy ra
x ∈ ∩A
i

= 0. Như vậy f là một đơn cấu vành. Do đó ta có thể xem B như là một
vành con của Π
I
(B/A
i
)
∼
=
Π
I
R
i
.
Đặt R = Π
I
R
i
. Với mỗi i ∈ I, gọi π
i
là phép chiếu tự nhiên từ R xuống R
i
. Hiển
nhiên hạn chế của các phép chiếu π
i
|
B
: B → R
i
là các toàn cấu. Vậy B đẳng cấu với
tích trực tiếp con của các vành R

i
.
Bổ đề 4.14. Vành Z đẳng cấu với tích trực tiếp con của các vành {Z
n
|n > 1}. Hơn
nữa, nếu A là một tập con vô hạn của N thì Z đẳng cấu với tích trực tiếp con của
các vành {Z
n
|n ∈ A}.
Chứng minh. Với mỗi n > 1, xét toàn cấu f
n
: Z −→ Z
n
xác đònh bởi z → z. Đặt
A
n
= Kerf
n
= nZ. Khi đó, A
n
là ideal con của Z và ∀n > 1, Z/A
n
= Z/nZ ≃ Z
n
.
Ta sẽ chứng minh ∩
n>1
A
n
= ∩

n>1
nZ = 0.
23
Giả sử tồn tại a ∈ ∩
n>1
nZ. Khi đó a ∈ nZ, ∀n > 1. Đặt n
0
= |a| + 2 thì a ∈ n
0
Z.
Nhưng điều này chỉ xảy ra khi a = 0. Do đó ∩
n>1
A
n
= ∩
n>1
nZ = 0. Vậy theo bổ đề
4.13, Z đẳng cấu với tích trực tiếp con của các vành {Z
n
|n > 1}.
Trường hợp A là tập con vô hạn của Z. Hoàn toàn tương tự như trên, với mọi n ∈ A
ta có toàn cấu f
n
: Z −→ Z
n
đònh bởi z → z. Với mỗi n ∈ A, đặt B
n
= Kerf
n
= nZ.

Khi đó, B
n
là ideal con của Z và ∀n ∈ A, Z/B
n
= Z/nZ ≃ Z
n
. Theo bổ đề 4.13 ta
chỉ cần chứng minh ∩
n∈A
B
n
= ∩
n∈A
nZ = 0.
Giả sử tồn tại b ∈ ∩
n∈A
nZ. Do A vô hạn nên tồn tại n
0
∈ A thỏa n
0
> |b| + 1.
Vì b ∈ nZ, ∀n ∈ A nên b ∈ n
0
Z. Nhưng điều này chỉ xảy ra khi b = 0. Vậy
∩
n∈A
B
n
= ∩
n∈A

nZ = 0.
Mệnh đề 4.15. Cho I
1
, I
2
, , I
n
là các ideal của vành R và I = ∩
n
i=1
I
i
. Khi đó,
nếu R/I
i
là chính quy von Neumann với i = 1, , n thì R/I cũng là chính quy von
Neumann.
Chứng minh. Ta sẽ chứng minh mệnh đề bằng quy nạp. Hiển nhiên khẳng đònh trên
đúng với n = 1 (mệnh đề 4.9). Trường hợp n = 2. Ta có thể giả sử rằng R/I
1
, R/I
2
là chính quy von Neumann, I
1
∩ I
2
= 0. Ta sẽ chứng minh rằng R là chính quy von
Neumann. Với a ∈ R tùy ý, do R/I
1
và R/I

2
là chính quy von Neumann nên tồn
tại x, y ∈ R sao cho a + I
1
= axa + I
1
, a + I
2
= aya + I
2
. Suy ra a − axa ∈ I
1
và
a − aya ∈ I
2
hay (1 − ax)a ∈ I
1
và a(1 − ya) ∈ I
2
.
(1 − ax)a(1 − ya) ∈ I
1
∩ I
2
= 0,
suy ra a = a(x + y − xay)a. Vậy R là chính quy von Neumann.
Giả sử khẳng đònh trên đúng với trường hợp n = k, ta sẽ chứng minh khẳng đònh
đúng với trường hợp n = k + 1. Tương tự như trên gọi I
′
= I

1
∩ ∩ I
k
. Khi đó, với
x ∈ R, theo giả thiết quy nạp R/I
′
là chính quy von Neumann nên tồn tại x ∈ R sao
cho (1 − ax) a ∈ I
′
. Tương tự R/I
k+1
là chính quy von Nenmann nên tồn tại y ∈ R
sao cho a(1 − ya) ∈ I
k+1
.
(1 − ax)a(1 − ya) ∈ I
′
∩ I
k+1
= 0,
suy ra a = a(x + y − xay)a. Vậy R là chính quy von Neumann. Theo quy nạp ta có
đpcm.
Mệnh đề trên không đúng trong trường hợp số các ideal là vô hạn. Thật vậy, Xét
vành các số nguyên Z. Khi đó, {pZ | p nguyên tố} là các ideal của Z. Đặt I = ∩
p
pZ.
Khi đó, I = 0. Mỗi Z/pZ
∼
=
Z

p
là trường nên là vành chính quy von Neumann. Tuy
nhiên Z/I
∼
=
Z không chính quy von Neumann.
Mệnh đề 4.16. Mọi tích trực tiếp con của hữu hạn các vành chính quy von Neumann
cũng là chính quy von Neumann.
Chứng minh. Gọi {R
i
}
n
i=1
là họ hữu hạn các vành chính quy von Neumann. Ta sẽ
chứng minh rằng nếu R là tích trực tiếp con của họ này thì R cũng là vành chính
quy von Neumann. Thật vậy, với mỗi i, ta đặt
I
i
= Ker(π
i
|
R
).
24
Khi đó, I
i
là ideal của R. Hơn nữa ∩
n
i=1
I

i
= 0 và R/I
i
∼
=
R
i
. Thật vậy, với mọi x ∈ ∩I
i
ta có π
i
(x) = 0, ∀i. Suy ra x = 0. Vậy ∩I
i
= 0. Các đẳng cấu R/I
i
∼
=
R
i
là hiển nhiên
do π
i
|
R
−→ R
i
là toàn cấu.
Một cách đầy đủ ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp vành R là tích trực tiếp con
của hai vành chính quy von Neumann. Với I
1

= Ker(π
1
|
R
), I
2
= Ker(π
2
|
R
). Ta có
R/I
1
∼
=
R
1
nên R/I
1
là chính quy von Neumann. Lập luận tương tự ta có R/I
2
∼
=
R
2
là chính quy von Neumann. Ta có (I
1
+ I
2
)/I

2
∼
=
I
1
/I
1
∩ I
2
. Mà I
1
∩ I
2
= 0 nên
(I
1
+ I
2
)/I
2
∼
=
I
1
trong vành chính quy von Neumann R/I
2
. Áp dụng mệnh đề 4.9 ta
có I
1
là chính quy von Neumann. Như vậy R/I

1
và I
1
đều là chính quy von Neumann,
theo mệnh đề 4.9 ta có R là chính quy von Neumann.
Mệnh đề trên không còn đúng trong trường hợp họ các vành chính quy von
Neumann là vô hạn. Thật vậy, xét tập các số nguyên tố P = {p | p nguyên tố, p ∈ Z}.
Khi đó, theo bổ đề 4.14, Z đẳng cấu với tích trực tiếp con của các vành Z
p
, p ∈ P. Mà
p nguyên tố nên Z
p
là trường. Suy ra ∀p ∈ P, Z
p
là chính quy von Neumann. Nhưng
Z không chính quy von Neumann.
25