Định lý phân tích vành và ứng dụng

1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
NGUYỄN LƯƠNG NHẪN
ĐỊNH LÝ PHÂN TÍCH VÀNH
VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
NGHỆ AN - 2013
2
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH
NGUYỄN LƯƠNG NHẪN
ĐỊNH LÝ PHÂN TÍCH VÀNH
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành : ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã Số : 60 46 05
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. NGÔ SỸ TÙNG
NGHỆ AN – 2013
3
MỤC LỤC
Trang
LỜI NÓI ĐẦU 1
CÁC KÍ HIỆU DÙNG TRONG LUẬN VĂN 3
Chương 1. ĐỊNH LÝ PHÂN TÍCH VÀNH TỔNG QUÁT
1.1. Các phần tử đặc biệt trong vành 4
1.2. Định lý phân tích vành tổng quát 7
Chương 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ PHÂN TÍCH VÀNH
2.1. Vành các tự đồng cấu 10
2.2. Vành nửa đơn 17

KẾT LUẬN 30
TÀI LIỆU THAM KHẢO 31
4
LỜI NÓI ĐẦU
Cùng với sự phát triển của toán học hiện đại nói chung, lý thuyết vành và
môđun nói riêng đã được các nhà toán học quan tâm nghiên cứu. Bài toán phân
tích môđun và vành thành tổng trực tiếp là vấn đề luôn đặt ra khi nghiên cứu cấu
trúc vành và môđun.
Trong luận văn này, tác giả chỉ trình bày một nội dung nhỏ về lí thuyết vành,
mà cụ thể đó là: định lý phân tích vành trong trường hợp tổng quát (theo nghĩa
môđun). Từ đó chúng tôi tìm hiểu, đề cập và trình bày một số ứng dụng của định lý
phân tích vành vào vành các tự đồng cấu và vành nửa đơn.
Luận văn luôn giả thiết vành là vành kết hợp có đơn vị kí hiệu 1 và không nhất
thiết là giao hoán và tất cả các môđun là môđun trái unita.
Cấu trúc của luận văn ngoài phần mở đầu và kết luận, luận văn chia làm hai
chương:
Chương 1. Trình bày định lí phân tích vành tổng quát và một số kiến thức cơ
bản chuẩn bị. Các khái niệm được đề cập chủ yếu trong luận văn này là khái niệm
phần tử lũy đẳng, lũy linh, hệ lũy đẳng trực giao, tổng trực tiếp các iđêan trái của
vành R, một số tính chất, các mệnh đề, bổ đề, định lí, hệ quả và đặc biệt phát biểu
và chứng minh định lí phân tích vành.
Chương 2. Trên cơ sở đó, chương 2 tiếp tục trình bày những ứng dụng của định
lí phân tích vành để nghiên cứu vành các tự đồng cấu và vành nửa đơn, trình bày
và chứng minh một số mệnh đề, bổ đề, định lí, hệ quả có liên quan.
Luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn tận tình và chu đáo của
PGS.TS. Ngô Sỹ Tùng. Tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc tới
5
thầy giáo hướng dẫn khoa học, người đã dành nhiều thời gian và công sức giúp đỡ
cho tôi để hoàn thành luận văn này.
Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn và gửi lời cảm ơn đến quý thầy cô giáo thuộc

chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số, Khoa Toán, Phòng Đào tạo Sau Đại học
Trường Đại học Vinh, những người đã tận tình giảng dạy và tạo mọi điều kiện
thuận lợi thành công của khóa học.
Xin trân trọng cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn đã tạo mọi điều kiện tổ chức
thuận lợi cho chúng tôi hoàn thành nhiệm vụ học tập của khóa học.
Xin chân thành cảm ơn bạn bè, đồng nghiệp, gia đình đã động viên và giúp đỡ
tôi trong suốt khóa học.
Xin gửi lời cảm ơn đến chủ tịch hội đồng quản trị và Ban giám hiệu Trường
Trung học Phổ thông Phùng Hưng - Sở Giáo dục và Đào tạo TP. Hồ Chí Minh,
quý thầy cô giáo đồng nghiệp đã động viên và tạo điều kiện thuận lợi để tôi hoàn
thành nhiệm vụ học tập.
Mặc dù tác giả đã có nhiều cố gắng, song luận văn vẫn còn nhiều thiếu sót, tác
giả mong nhận được sự đóng góp của quý thầy cô giáo và các đồng nghiệp.
TÁC GIẢ
6
CÁC KÍ HIỆU DÙNG TRONG LUẬN VĂN

: tổng trực tiếp của các môđun
A M
: A là môđun con của M
/M N
: môđun thương của M trên N
M N
: môđun M đẳng cấu với môđun N
i
A
: giao của họ các môđun
i
A
0

A B
: môđun A là môđun con đối cốt yếu của B
*
A B
: A là môđun con cốt yếu của B
( )
R
End M
: vành các tự đồng cấu của
R
M
( )
R
soc M
: tổng của tất cả các môđun con đơn của
R
M
( )
R
Rad M
: giao của tất cả các môđun con tối đại của
R
M

: kết thúc một chứng minh.
7
CHƯƠNG I. ĐỊNH LÝ PHÂN TÍCH VÀNH TỔNG QUÁT
Trong luận văn này, vành R chúng ta đang xét là vành có đơn vị kí hiệu 1 và
không nhất thiết giao hoán, các môđun là môđun trái unita.
1.1. CÁC PHẦN TỬ ĐẶC BIỆT

1.1.1. Định nghĩa. Cho vành
R
,
e R
được gọi là phần tử lũy đẳng nếu
2
e e
.
1.1.2. Hệ quả. Cho vành
R
và
e R
i ) e lũy đẳng thì
1,
n
ne e  
.
ii) e lũy đẳng khi và chỉ khi (1−e) lũy đẳng.
1.1.3. Ví dụ.
a) Trong vành
R
thì phần tử 1 và 0 là lũy đẳng.
b) Trong vành
2
( )M R
: ma trận
1 0
0 0
 
 

 
 
là lũy đẳng.
c) Cho môđun
M

 : ( ) : ,End M f M M
tự đồng cấu môđun}. Định nghĩa
Phép cộng:
 
   
( )f g x f x g x  
và Phép nhân:
 
     
. .f g x f x g x
, Khi đó :
  ( )f End M
, f lũy đẳng
M Imf Kerf  
.
1.1.4. Định nghĩa. Cho vành
R
khi đó
x R
được gọi là phần tử lũy linh nếu tồn
tại số tự nhiên
 1n
sao cho
 0

n
x
.
1.1.5. Ví dụ. Trong vành
 
2
M R
ma trận
1 0
0 0
 
 
 
 
là phần tử lũy linh.
1.1.6. Định nghĩa. Cho vành
R
và
u R
. Khi đó :
8
u được gọi là nghịch đảo phải nếu
v
R
:
1uv
;
u được gọi là nghịch đảo trái nếu
,
v

R
:
' 1v u
;
u được gọi là nghịch đảo nếu
,
u
R
:
 ' ' 1uu u u
.
1.1.7. Hệ quả.
i) Nếu
u
có nghịch đảo phải là
v
và ngịch đảo trái
’v
thì
’v v
và
u
có nghịch đảo hai phía là
’u
(với
’ ’u v v 
) thì
’ ’ 1.uu u u 
ii) Nếu x lũy linh thì(1− x) có nghịch đảo.
Chứng minh. (i)

u
có nghịch đảo phải là v thì
1uv 
; u có nghịch đảo trái là v’ thì
’ 1v u 
suy ra
 ' 1uv v u
. Xét tích
 
' 'v uv v u v v 
và
 
' ' 'v uv v uv v 
vì
’v uv
duy nhất nên suy ra
’v v
. Khi đó lấy
’u v v 
thì
 ' ' 1uu u u
suy ra u có nghịch
đảo hai phía là u’.
(ii) Giả sử x lũy linh khi đó tồn tại
1n
sao cho
0
n
x 
, từ đó ta có:

 
 
 
      
1 2
1 1 1 1
n n n
x x x x
 
 
 
    
1 2
1 1
n n
x x x
, cho nên (1− x) khả
nghịch.

9
1.2. ĐỊNH LÝ PHÂN TÍCH VÀNH
1.2.1. Định lý. Cho vành
R
.
a) Nếu
R
là sự phân tích (trái) :
i
I
R A


với A
i
là các iđêan trái của vành
R
, với mọi
i I
,
I
là tập chỉ số thì :
i)
I n
, với n là số tự nhiên nào đó.
ii) Tồn tại hệ lũy đẳng trực giao
 
1 2 3
, , , ,
n
e e e e
của
R
tức là :

2
i i
e e
,
  1,i n
;
 0

i j
e e
,
  ,i j
( , 1, )i j n
. và
1 2
1
n
e e e   
  , 1,
i i
A Re i n
.
b) Ngược lại: Nếu tồn tại một hệ lũy đẳng trực giao
 
1 2 3
, , , ,
n
e e e e
của
R
mà
1 2
1
n
e e e   
thì
1 2 n
R Re Re Re   

.
Chứng minh. a) Do
1 R
nên
    
1 2
1 ,
n i i
a a a a A
(*)
(i). Với mọi
r R
ta có
1 2 n
r ra ra ra   
suy ra
   
1 2 n
R Ra Ra Ra
mà

i i
a A
nên
i i
Ra A
và tồn tại
1 2 n
A A A  
cho nên

   
1 2 n
R Ra Ra Ra
. Ta chứng minh :
 ,
i i
A Ra
lấy
i i
b A
từ (*) suy ra
1 2i i i i n
b b a b a b a   
Do biểu thị ở trên là duy nhất (vì là tổng trực tiếp). Suy ra

i i i
b b a
khi đó

i i
b Ra
cho nên

i i
A Ra
.
*)
i i
Ra A
(hiển nhiên).

10
Vậy
i i
A Ra
. Từ đó ta có
1 2 n
R A A A   
suy ra
I n
.
(ii). Đặt
  , 1,
i i
a e i n
. Do (*) ta có :
1 2
1
n
e e e   
Suy ra

       
1 2 1i i i i i i i n i
e e e e e e e e e e e
(**), mặt khác
  
2
, 1,
i i
e e i n

(giả
thiết). Từ (**) do biểu thị là duy nhất nên
  
1
0
i i n
e e e e
và
 0
i j
e e
với mọi
 ( , 1, )i j i j n
.
b) Với mọi
r R
ta có
1 2 1 2n n
r re re re Re Re Re        
, suy ra
   
1 2 n
R Re Re Re
. Hơn nữa,

 

1
0
n

k i
i
Re Re
với mọi
( )i k
. Thật vậy, giả
sử lấy tùy ý

  

1
, ( )
n
k i
i
x Re Re i k
thì
Re
k
x
và

 

1
Re , ( )
n
i
i
x i k

, suy ra
 ,
k
x re r R
và
   
1 2
Re Re Re
n
x
(không có phần tử
Re
k
), suy ra
2
k k k
x re re x  
mặt khác
1 2
R e e R e e R e e
k k k n k
xe    
, suy ra
0
k
xe 
. Do đó
0x 
.
Vậy

2i n
R Re Re Re   
.

1.2.2. Hệ quả. Nếu
e R
, e lũy đẳng thì
 
1R Re R e  
.
Chứng minh. Do e và (1−e) là hệ lũy đẳng trực giao nên
 
   
2
2
; 1 1e e e e
và
   
   1 0 ; 1 0e e e e
. Mặt khác
 
  1 1e e
, vậy theo ý (b) của Định lý
1.2.1 ở trên ta có điều cần chứng minh. Nghĩa là:
 
1R Re R e  
.

11
CHƯƠNG 2. MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÍ PHÂN TÍCH VÀNH

2.1. VÀNH CÁC TỰ ĐỒNG CẤU
2.1.1. Định nghĩa. Cho môđun M, kí hiệu

( ) : ,End M f M M 
là tự đồng cấu
môđun}, thì
( )End M
là một vành và gọi là vành các tự đồng cấu của môđun M.
Vấn đề đặt ra: là với điều kiện nào của M thì vành các tự đồng cấu này là
vành địa phương.
2.1.2. Hệ quả. Nếu r là phần tử thuộc R
i) r là lũy linh khi đó r không khả nghịch và 1- r khả nghịch;
ii) r lũy đẳng thì 1- r lũy đẳng;
iii) r lũy đẳng và r khả nghịch thì r = 1.
Chứng minh. (i). Giả sử
r R
và
r
lũy linh ta cần chứng minh
r
không khả
nghịch .
Thật vậy giả sử
r
khả nghịch khi đó tồn tại
, , ,
: 1r R rr r r  
suy ra
   
, ,

1 ,
n n
n
rr r r n    
. Suy ra
, ,
1,
n n n n
r r r r n   
(mâu thuẫn) vì r lũy
linh.Vậy r không khả nghịch.
(ii). Giả sử r lũy đẳng ta cần chứng minh ( 1- r) lũy đẳng.
Thật vậy
2 2
(1 ) 1 2 1r r r r     
(vì r lũy đẳng) suy ra (
1 r
) lũy đẳng.
12
(iii). Giả sử r lũy đẳng và
r
khả nghịch. Khi đó tồn tại
,
r
sao cho
, ,
1r r rr 
và
2
r r

suy ra
2 , , 2
1r r r r 
tương đương
, ,
( ) ( ) 1r rr r r r 
tương đương
.1 1. 1r r 
.
Do đó
1r 
.

2.1.3. Định lí. Đối với vành R các mệnh đề sau tương đương :
i)
R
R
là môđun không phân tích được;
ii)
R
R
là môđun không phân tích được;
iii) 0 và 1 là những phần tử lũy đẳng duy nhất của vành R.
Chứng minh.
( ) ( )i iii
)
giả sử
e
là phần tử lũy đẳng của R thì (
1 e

) củng là phần tử lũy đẳng của
R. Suy ra
 
;1e e
là hệ lũy đẳng trực giao của R mà
1 (1 )e e  
nên theo định lí
phân tích vành thì
eR (1 )
R
R e R  
mà giả thiết
R
R
là môđun không phân tích được
cho nên
eR=0
hoặc
(1 e)R=0
suy ra
0e 
hoặc
1e 
.
)
giả sử
R
R
là môđun phân tích được khi đó:
R

R A B 
với
A
và
B
là các
iđêan của
R
R
.Theo định lí phân tích vành thì tồn tại phần tử lũy đẳng
e R
sao cho
RA e
và
(1 )RB e 
. Do điều kiện (iii)
0e 
hoặc
1e 
. Nếu
0e 
thì
0A 
, còn
nếu
1e 
thì
0B 
suy ra (mâu thuẫn). vậy
R

R
là môđun không phân tích được.
( ) ( )ii iii
)
giả sử
R
R
là môđun phân tích được khi đó:
R
R C D 
với C và D là các
iđêan của
R
R
. Theo định lí phân tích vành thì tồn tại
ReC 
và
D Rf
Với
2 2
, , 0, 1e e f f fe ef e f     
. Suy ra
1f e 
, Do điều kiện iii) nếu
0e 
thì
13
0C 
còn nếu
1e 

thì
0f 
khi đó
0D 
(mâu thuẫn
R
R
là môđun phân tích được).
Vậy
R
R
là môđun không phân tích được .
)
giả sử
e
là phần tử lũy đẳng của R thì (
1 e
) cũng là phần tử lũy đẳng của
R suy ra hệ
 
; 1e e
là hệ lũy đẳng trực giao của R mà
1 (1 )e e  
nên theo định lí
phân tích vành thì
Re (1 )
R
R R e  
mà giả thiết
R

R
không phân tích được do đó
Re = 0
hoặc
R(1 e) = 0
suy ra
0e 
hoặc
1e 
, có iii).

2.1.4. Định lí. cho
R
M
và
( )
R
S End M
khi đó các mệnh đề sau tương đương:
i)
R
M
là môđun không phân tích được;
ii)
S
S
là S- môđun không phân tích được;
iii)
S
S

là S- môđun không phân tích được;
iv) S chỉ có hai phần tử lũy đẳng là 0 và 1.
Chứng minh. Theo Định lí 2.1.3 ta chứng minh được:
( ) ( ) ( )ii iii iv 
. Khi đó ta
chỉ cần chứng minh:
( ) ( )i iv
)
Gọi
e
là phần tử lũy đẳng bất kì của S. xét ánh xạ
:
R R
e M M
, là tự
đồng cấu mà
2
e e
. Suy ra
Im erM e K e 
. Vì
R
M
là môđun không phân tích được
nên
0Ime 
hoặc
ker 0e 
. Do đó
0e 

hoặc
e
là đơn cấu và
Ime M
. Vậy
e
lũy
đẳng và
e
đẳng cấu suy ra
e
khả nghịch cho nên
1e 
. Vậy
0e 
hoặc
1e 
.
)
Giả sử
M A B 
với
A
,
B
là các môđun con của
M
. Ta cần chứng
minh
0A 

hoặc
0B 
. Gọi
:e M A B M A B    
;
a b a 
14
Khi đó đồng cấu
:e M M
có
2
e e
vì
2
( ) ( ) ( )e a b e a a e a b    
. Suy ra
2
( ) ( )e a b e a b  
vì thế
e
lũy đẳng từ (iv) nếu
0e 
thì
0A 
, còn nếu
1e 
thì
0B 
. Vậy M không phân tích được.


2.1.5. Hệ Quả. Nếu End(M) là vành địa phương thì
M
là môđun không phân tích
được.
Chứng minh. Đặt
( )S End M
theo Định lí 2.1.4 chỉ cần chứng minh S có hai lũy
đẳng 0 và 1
Giả sử
e S
là lũy đẳng và
0, 1e e 
thì
(1 )e
lũy đẳng, khi đó
1 0e 
và
1 1e 
.
Do lũy đẳng mà khả nghịch nên chỉ có là 1, Mà
1e 
và
1 1e 
suy ra
e
và
1 e
là
không khả nghịch. Mặt khác S là vành địa phương nên S đóng kính với phép cộng.
Cho nên

(1 ) 1e e  
không khả nghịch, điều này vô lí.Vậy
0e 
hoặc
1e 
.

2.1.6. Định lí. Cho môđun M là môđun không phân tích được và có độ dài hữu
hạn thì
( )S End M
là vành địa phương.
Chứng minh. Giả sử
e S
ta cần chứng minh
e
hoặc
1 e
khả nghịch. Vì M có độ
dài hữu hạn nên tồn tại một số tự nhiên n sao cho
Im( ) er( )
n n
M e K e 
. Mặt khác M
không phân tích được nên
Im( ) 0
n
e 
hoặc
er( ) 0
n

K e 
. Nếu
Im( ) 0
n
e 
thì
0
n
e 
khi
đó
1 1
1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 )
n n n
e e e e e e e
 
         
suy ra (
1 e
) khả nghịch. Còn nếu
er( )
n
K e
= 0 thì
n
e
là đơn cấu và do đó
e
đơn cấu .
Lại do M là môđun có độ dài hữu hạn nên

e
đẳng cấu. Điều đó có nghĩa là
e
khả nghịch.

2.1.7. Định lí. Nếu
0
R
Q 
là môđun nội xạ không phân tích được thì
( )
R
S End Q
là
vành địa phương.
15
Chứng minh. Với mọi
s S
ta cần chứng minh hoặc
s
hoặc
1 s
khả nghịch. Vì
R
Q
là môđun nội xạ không phân tích được nên nếu
0
R
U Q 
thì

*
R
U Q
. Giả sử s là
đơn cấu vì
R
Q
nội xạ nên s chẻ ra, chẳng hạn bởi t. Thế thì
Im( ) er( )
R
Q s k t 
nhưng
do s là đơn cấu và
0
R
Q 
nên
Im( ) 0s 
. Từ chỗ
*
Im( )
R
s Q
suy ra
 
ker t 0
và
Im( )
R
s Q

nghĩa là s là một toàn cấu. Vậy s là một đẳng cấu, do đó s khả nghịch.
Nếu như s không khả nghịch thì theo điều vừa chứng minh, s không là đơn cấu. Do
đó
 
*
0 ker
R
s Q 
nhưng
 
ker er(1 ) 0s k s  
.
Thật vậy, nếu
 
ker er(1 ) 0x s k s   
thì
0 (1 )( ) ( )s x x s x   
và
( ) 0s x 
, do đó
0x 
.
Suy ra
 
ker 1 s 0 
; nghĩa là
1 s
là đơn cấu. Theo chứng minh trên
1 s
khả

nghịch. Vậy S là vành địa phương.

2.1.8. Định nghĩa. Ta có
0
R
M 
là môđun không phân tích được thành tổng nếu
nó không biểu diễn được thành tổng của hai môđun con thực sự (tức là môđun con
khác 0 và khác
R
M
).
2.1.9. Định lí. Giả sử
0
R
P 
là môđun xạ ảnh.
R
P
là môđun không phân tích được
thành tổng khi và chỉ khi
( )
R
S End P
là vành địa phương.
Chứng minh.
)
. Giả sử
R
P

không phân tích được thành tổng. Ta chứng minh rằng
nếu
s S
thì hoặc s khả nghịch hoặc 1-s khả nghịch. Ta có
Im( ) Im(1 )
R
P s s  
vì
R
P
là môđun không phân tích được thành tổng nên
Im( )
R
P s
hoặc
Im(1 )
R
s P 
.
Nếu
Im( )
R
s P
thì
:
R R
s P P
là một toàn cấu chẻ ra chẳng hạn bởi t. Khi đó
Im( ) er( )
R

P t k s 
. Vì
0
R
P 
và t là đơn cấu nên
Im( ) 0t 
, do
R
P
không phân tích
16
được thành tổng nên
er( ) 0k s 
. Vậy s đẳng cấu, suy ra s khả nghịch. Nếu
Im(1 )
R
s P 
thì
1 s
khả nghịch.
)
. Giả sử s là vành địa phương và
R
P A B 
, với
A
và
B
là những môđun

con thực sự của
R
P
. Gọi
: /p P P B
là phép nhúng chiếu chính tắc và
|
A
q q
. Rõ
ràng q cũng là một toàn cấu. Vì
R
P
là môđun xạ ảnh nên tồn tại đồng cấu
:
R
f P A
sao cho
qf p
. Đặt
:
R
i A P
là phép nhúng chính tắc và
ifs S 
. Vì S là vành
địa phương nên s khả nghịch. Khi đó với mỗi
R
x P
Tồn tại một

R
y P
sao cho
( ) if ( ) ( )x s y y f y A   
. Vậy
R
A P
. Nếu
1 s
khả nghịch thì
R
B P
. trái với giả
thiết
A
và
B
là môđun con thực sự của
R
P
. Điều đó chứng tỏ
R
P
là môđun không
phân tích được thành tổng.

2.1.10. Định lí. Giả sử
0
R
M 

.
i) Nếu
R
M
là môđun Artin hoặc Noether thì có các môđun con không phân
tích được
1 2
, , ,
n
M M M
sao cho
1
n
i
i
M M



.
ii) Nếu
R
M
có độ dài hữu hạn thì nó có các môđun con
1 2
, , ,
n
M M M
với
End(

i
M
) là vành địa phương sao cho
1
n
R
i
M

 
.
Chứng minh. i) (*) Trường hợp
R
M
là môđun Artin. Gọi

là tập hợp các hạng tử
trực tiếp
0B 
của
R
M
.
  
do
R
M
là môđun Artin nên

có phần tử tối tiểu,

chẳng hạn
0
B
, khi đó hiển nhiên
0
B
là môđun không phân tích được. Lại gọi

là
tập các môđun con C của
R
M
sao cho tồn tại những môđun con không phân tích
được
1 2
, , ,
k
B B B
mà
1 2
.
R k
M B B B C    
Vì tồn tại hạng tử không phân tích
được
0
B
nên
  
. Lại có

1 2 0

R n
M M M M C    
. Rõ ràng
0
 0C 
vì nếu
17
0
 0C 
thì do
0
C
cũng là môđun Artin nên
0
C
cũng có hạng tử trực tiếp là môđun
không phân tích được, chẳng hạn
0 1 1

n
C M C

 
với
1

n
M


là môđun không phân
tích được, trái với giả thiết
0
C
tối tiểu. Vậy
1
n
R i
i
M M

 
, với
i
M
là môđun không
phân tích được.
(*) Trường hợp
R
M
là môđun Noether. Gọi

là tập các hạng tử trực tiếp
R
B M
của
R
M
,

  
vì
0
. Do
R
M
là môđun Noether nên

có phần tử tối đại,
chẳng hạn
0
B
và
0 0R
M B A 
. Khi đó hiển nhiên
0
A
là môđun không phân tích
được. Lại gọi
  
là tập các môđun con C của
R
M
sao cho tồn tại những môđun
con không phân tích được
1 2
, , ,
k
B B B

mà
1 2

k
C B B B   
Và C là hạng tử
trực tiếp của
R
M
. Vì tồn tại hạng tử không phân tích được
0
A
nên
  
. Lại vì
R
M
là môđun Noether nên trong

có phần tử tối đại, chẳng hạn
0
C
và có cách phân
tích
0 1 2

n
C M M M   
và
0 0R

M C D 
.
Rõ ràng
0
D
= 0 vì nếu
0
0D 
thì do
0
D
cũng là môđun Noether nên
0
D
cũng
có hạng tử trực tiếp là môđun không phân tích được, chẳng hạn
0 1 1n
D M D

 
, với
1n
M

là môđun không phân tích được. Trái với giả thiết tối đại của
0
C
. Vậy
1
n

R i
i
M M

 
, với
i
M
là môđun không phân tích được.
ii) Nếu
R
M
là môđun có độ dài hữu hạn thì nó là môđun Artin. Do đó
R
M
có
cách phân tích như trong i). Vì
i
M
cũng là môđun có độ dài hữu hạn và không
phân tích được nên theo Định lí 2.1.6,
( )
i
End M
là vành địa phương.

2.2. VÀNH NỬA ĐƠN
18
2.2.1. Định nghĩa. Một R- môđun được gọi là một R- môđun nửa đơn nếu nó là
tổng của những môđun đơn.

2.2.2. Hệ quả.
R
M
là môđun nửa đơn khi và chỉ khi
( )
R R
soc M M
2.2.3. Bổ đề. Nếu
R i
i I
M E



với các
i
E
là những R- môđun đơn, thì tồn tại một tập
con
J I
sao cho
R i i
i I
i I
M E E


  

.

Chứng minh. Xét tập
/
i i
i K
i K
K I E E


 
    
 
 

.
  
, vì

trên

trang bị quan
hệ thứ tự bao hàm. Giả sử

là bộ phận sắp thứ tự tuyến tính. Khi đó
0
K
K K

 
là
cận trên của


. Thật vậy, hiển nhiên
0
K K
với mọi
K 
. Hơn nữa nếu
0
0
i
i K
x x

 

thì tồn tại một K nào đó của

sao cho
i
i K
x E

 
. Do đó
0
i
x 
với mọi
0
i K

suy ra
0
0
i i
i K
i K
E E


 

nghĩa là
0
K 
. Theo Bổ đề Zorn

có phần tử tối đại,
chẳng hạn J. Ta chứng minh rằng
R i i
i J
i J
M E E


  

. Giả sử trái lại
\
i
i J

x M E

 
và
1 2
,
n
x x x x   
với
0
k
k i
x E 
. Suy ra có ít nhất một chỉ số k sao cho
i
k
i J
x E

 
. Vì
k
i
E
là môđun đơn nên
k
k i
x R E
. Do đó
0

k
i i
i J
E E

  
và
 
 
( )
k
k
k
i i i i
i J i J i
i J i
E E E E
  
 
    

. Với tập chỉ số
 
k
J i J 
trái với tính tối đại của J.
Vậy
R i i
i J
i J

M E E


  

.

2.2.4. Mệnh đề. Đối với môđun
R
M
các mệnh đề sau tương đương:
i)
R i
i I
M E

 
trong đó các
i
E
là các môđun đơn với mọi
i I
;
19
ii) Mỗi môđun con
R R
U M
đều là một hạng tử trực tiếp của
R
M

, khi đó
tồn tại một tập con
J I
sao cho
i
i I
U E

 
.
Chứng minh.
) )i ii
. Gọi V là bù giao của U trong
R
M
, khi đó
*
R
U V M 
. Do đó
( ) 0
i
U V E  
với mọi
i I
. Vì vậy
R i
i I
U V M E


   
. Gọi
:
R R
p M U
là phép
chiếu chính tắc ta có:
( ) ( ) ( ) ( ).
R R i i i
i I
i I i I
U p M p E p E p E

 
    
 
Vì
i
E
là môđun đơn
nên
( )
i i
p E E
hoặc bằng 0. Do đó theo Bổ đề 2.2.3 tồn tại một tập
J I
sao cho
( )
i i
p E E

với mọi
i J
. Khi đó
( )
i i
i J i I
U p E E
 
   
.
) )ii i
. Ta chứng minh
( )
R R
soc M M
. Theo giả thiết
( )
R R
M U soc M 
. Nếu
0U 
thì tồn tại
, 0u U u 
. Vì
uR
là môđun hữu hạn sinh nên có môđun con tối
đại
uRC 
lại theo giả thiết
R

M C D 
. Nhờ luật môdula,
uR uR uR ( ) (uR )
R
M C D C D       
.
Từ đó
uR uR /D C 
và là môđun con đơn của uR do đó là môđun con đơn
của
R
M
và
(uR ) ( ) ( ) 0
R R
D soc M U soc M    
. Điều này mâu thuẫn với định
nghĩa của
( )
R
soc M
. Vậy
( ).
R R
M soc M
Theo Bổ đề 2.2.3,
R i
i I
M E


 
với
i
E
là
môđun con đơn nào đó của
R
M
.

2.2.5. Mệnh đề. Giả sử
M A B 
khi đó B là phần bù cộng tính của A trong M
khi và chỉ khi
0
A B B 
.
Chứng minh.
)
Giả sử D là môđun con của B và
( )A B D B  
khi đó
; ( )M A B A A B D A D      
do B là phần bù cộng tính của A trong M nên
D = B
. Điều này chứng tỏ
A B
là cốt yếu trong B.
20
( )

. Giả sử D là môđun con của B và
M = A+D
khi đó theo luật môdula
( ) ( )A B D A D B M B B       
. Do
A B
là đối cốt yếu trong B nên
D B
.
Vì vậy B là bù cộng tính với A trong
M
.

2.2.6. Định lí. Đối với môđun
R
M
các mệnh đề sau đây tương đương:
i)
R
M
là môđun nửa đơn;
ii)
R
M
là tổng trực tiếp của những môđun đơn;
iii) Mỗi môđun con của
R
M
là một hạng tử trực tiếp của
R

M
;
iv) Mỗi môđun con của
R
M
đều có bù cộng và Rad(
R
M
)=0.
Chứng minh.
) )i ii
. Suy ra từ Bổ đề 2.2.3
) )ii iii
. Suy ra từ Mệnh đề 2.2.4
) )iii i
. Như chứng minh Mệnh đề 2.2.4 từ
)iii
suy ra
( )
R R
M soc M
. Vậy
R
M
là môđun nửa đơn.
) )iii iv
. Từ
)iii
suy ra mỗi
R R

A M
đều có một môđun con
R
B
sao cho
R
M A B 
nghĩa là
R
A
có bù cộng. Hơn nữa, nếu
0
R R
A M
thì
R R
B M
do đó
0
R
A 
suy ra
R
M
chỉ có một môđun con đối cốt yếu duy nhất là 0. Nhưng
( )
R
Rad M
lại là tổng của các môđun con đối cốt yếu của
R

M
. Vậy
( ) 0
R
Rad M 
.
) )iv iii
. Giả sử mỗi
R R
A M
. Gọi
R
B
là bù cộng của
R
A
trong
R
M
khi đó
theo Mệnh đề 2.2.5. Suy ra
0
R
A B M 
, mặt khác
( )
R
A B Rad M 
. Theo
)iv

,
( ) 0
R
Rad M 
. Do đó
0A B 
, Suy ra
R
M A B 
.

21
2.2.7. Hệ quả
i) Mỗi môđun con của môđun nửa đơn là môđun nửa đơn.
ii) Môđun đẳng cấu với môđun nửa đơn là môđun nửa đơn.
iii) Ảnh toàn cấu của môđun nửa đơn là môđun nửa đơn.
iv) Tổng của những môđun nửa đơn là môđun nửa đơn.
v) Nếu
R
M
là môđun Artin thì
/ ( )M Rad M
là môđun nửa đơn.
Chứng minh
i) Suy ra từ Mệnh đề 2.2.4.
ii) Giả sử
R i
i I
M E


 
, với
i
E
là các môđun đơn với mọi
i I
và
:
R R
f M N
. Khi
đó,
( ) ( )
R R i
i I
N f M f E

  
, do
f
là đẳng cấu nên
( )
i
f E
là môđun đơn. Do
đó
R
N
là môđun nửa đơn.
iii) Giả sử

R
M
là môđun nửa đơn và
:
R R
f M N
là một toàn cấu. Đặt
kerK f
. Vì
R
M
là môđun nửa đơn nên có một môđun con B của
R
M
sao cho
R
M K B 
. Khi đó
/
R
N M K B 
, theo i)
R
B
là môđun nửa đơn. vậy
R
N
là môđun
nửa đơn.
iv) Suy ra từ định nghĩa môđun nửa đơn.

v) Vì
R
M
là môđun Artin nên
/ ( )M Rad M
cũng là môđun Artin. Do đó
/ ( )M Rad M
có bù cộng . Suy ra
( / ( )) 0Rad M Rad M 
. Vậy
/ ( )M Rad M
là môđun nửa
đơn.

2.2.8. Ví dụ.
22
1) Môđun 0 là môđun nửa đơn vì ta coi môđun 0 là một họ rỗng các môđun
đơn.
2) Mỗi môđun đơn là môđun nửa đơn.
3) Với mọi
R
M
,
( )
R
soc M
là môđun nửa đơn.
4) Nếu K là một thể thì mọi K - không gian vectơ đều là K - môđun nửa đơn.
Thật vậy mỗi K - không gian là tổng trực tiếp của những K - không gian vectơ 1 -
chiều mà mỗi K - không gian vectơ 1- chiều đều đẳng cấu với không gian vectơ

K
K
hoặc
K
K
là K - môđun đơn.
2.2.9. Định lí. Đối với
R
M
các mệnh đề sau tương đương:
i)
R
M
là môđun nửa đơn hữu hạn sinh;
ii)
R
M
là tổng của một số hữu hạn môđun đơn;
iii)
R
M
là tổng trực tiếp của một số hữu hạn môđun đơn;
iv)
R
M
có độ dài hữu hạn và
( ) 0
R
Rad M 
;

v)
R
M
là môđun Artin và
( ) 0
R
Rad M 
;
vi)
R
M
là môđun hữu hạn đối sinh và
( ) 0
R
Rad M 
.
Chứng minh.
( ) ( )i ii
. Giả sử
,R i i
i I
M E E



là môđun đơn với mọi
i I
và
R
M

sinh
bởi tập
 
1 2
, , ,
k
x x x
. Với mỗi
i
x
tồn tại một tập con hữu hạn
i
I I
sao cho
23
i
i j
j I
x E



. Đặt
1
k
i
i
J U I



,
J
là một tập hữu hạn và
 
1 2
, , ,
k j
j J
x x x E



. Vậy
R j
j J
M E



.
( ) ( )ii iii
. Suy ra từ Bổ đề 2.2.3.
( ) ( )iii iv
. Giả sử
1
n
R
i
M


 
i
E
,
i
E
là môđun đơn với mọi
 
1, 2, ,i n
, Khi
đó
R
M
là môđun nửa đơn. Theo Định lí 2.2.6 suy ra
 
0Rad M 
. Dãy
1
1 1 2 1 2 3
1
0
n
i
E E E E E E


        
1
n
i

i
E

 
i R
E M
là một chuỗi hợp thành. Vậy
R
M
là môđun có độ dài hữu hạn.
( ) ( )iv v
. Suy ra từ chỗ mọi môđun có độ dài hữu hạn đều là môđun Artin.
( ) ( )v vi
. Suy ra từ chỗ mọi môđun Artin đều là môđun hữu hạn đối sinh.
( ) ( )vi i
. Giả sử
R
M
là môđun hữu hạn đối sinh và
 
R
Rad M
= 0. Theo
định nghĩa ta có
 
R
R
A M
Rad M A


 
, trong đó A chạy khắp tập các môđun con tối đại,
chẳng hạn:
1 2
, , ,
n
A A A
của
R
M
sao cho
1
0
n
i
i
A


. Xét các phép chiếu chính tắc
i
p
:
/
R i
M M A
và đặt
i
q
:

1
/
n
i
i
M A


/
i
M A
là phép chiếu chính tắc của tích trực tiếp.
Khi đó tồn tại duy nhất một đồng cấu
i i
p q p
với mọi
1,i n
. Ta có
1
: /
n
R i
i
p M M A



,
       
 

 
1 2
0 , , ,
R n
Kerp x M p x p x p x p x    
 
 
0 , 1, 2, ,
R i
x M p x i n   
 
1
, 1, 2, , 0
n
R i i
i
x M x A i n A

     

24
Nghĩa là p là một đơn cấu. Nhưng vì
i
A
là môđun con tối đại của
R
M
nên
/
i

M A
là
môđun đơn. Do đó
1
1
/
n
n
i
i
i
M A


 

/
i
M A
là môđun nửa đơn. Từ đó và nhờ Hệ quả
2.2.7, suy ra
 
1
Im /
n
R i
i
M p M A

  

cũng là môđun nửa đơn. Bây giờ lại áp dụng
Mệnh đề 2.2.4,
R
M
là tổng trực tiếp của một số hữu hạn môđun đơn, do đó nó là
hữu hạn sinh.
Bây giờ trên tập

các môđun con đơn của môđun nửa đơn
R
M
ta xác định một
quan hệ hai ngôi

như sau:
Với
E
và
'
E


,
'
E E
khi và chỉ khi
'
E E
.
Dễ thấy đó là mối quan hệ tương đương và ta được tập thương


/
 
j
A j J 
.

2.2.10. Mệnh đề. Giả sử
R
là một vành,
R
R
là môđun nửa đơn,
e R
.
i)
eR
là môđun đơn khi và chỉ khi
Re
là môđun đơn.
ii) Nếu
eR
là môđun đơn thì
Re R
là một thành phần thuần nhất của
R
R
chứa
eR
.

iii) Mỗi thành phần thuần nhất của
R
R
là một iđêan hai phía đơn của vành
R
.
Chứng minh. i)
)
. Giả sử
eR
là môđun đơn và a

Re, a

0. Khi đó tồn tại một s

R sao cho a = se và hiển nhiên
Ra Re
. Ta sẽ chứng minh rằng Ra = Re. Muốn
vậy chỉ cần chứng minh e

Ra. Rõ ràng nếu
er 0
thì
ar ser 0 
. Vì thế có thể
xác định ánh xạ
f : eR aR
bởi: f(er) = ar, với
r R

.
25
Dễ thấy f là một toàn cấu. Hơn nữa, f là một đẳng cấu vì eR là môđun đơn
và
aR 0
(do giả thiết a

0). Lại vì
R
R
là môđun nửa đơn nên
aR
R
R 
là phép
chiếu chính tắc và
1
( ) ( ) (1. ) (1).g f p a g a g a g a

   
. Đặt
 
1g
r
, ta được
e ra Ra 
suy ra
Re Ra
, Do đó
ReRa 

. Vậy
Re
là môđun đơn.
).
Suy ra do tính đối xứng.
ii) . Giả sử
B
là thành phần thuần nhất của
R
R
và
eR B
. Mỗi
r R
cho ta một đồng cấu mà ta cũng ký hiệu là
:
R
r eR R
xác định bởi:
( )r es res
với
mọi
es eR
. Vì
eR
là môđun đơn nên
Im( )reR r eR 
hoặc bằng 0. Do đó
reR B
.

Suy ra
Re R B
(1). Ngược lại, giả sử
E B
. Khi đó có một đẳng cấu
:f E eR
.
Đặt
 
' 1
e f e


, ta có:
'
0e 
vì
'
0e 
và
'
E e R
nên
E
là môđun đơn. Bằng cách
cho
'
e R
và
eR

lần lượt đóng vai trò của
eR
và
aR
trong chứng minh ở phần 1) ta
tìm được một phần tử
r R
sao cho
'
e re
. Do đó
'
ReE e R reR R  
. Suy ra:
ReB R
(2). Từ (1) và (2) ta có
Re R B
.
iii) Giả sử B là một thành phần thuần nhất của
,
R
R E B
, E là môđun đơn.
Khi đó tồn tại một phần tử lũy đẳng
e E
sao cho
E eR
. Theo 2)
ReB R
là một

iđêan hai phía của vành R.
Giả sử
0 A B 
và
A
cũng là một iđêan hai phía của
R
. Coi A như một
iđêan phải, vì
R
R
là môđun nửa đơn nên có một iđêan phải đơn
eR A B 
. Khi đó
ReB R RA A B   
, Do đó
A B
.

2.2.11. Định lí. Giả sử
R
là một vành.
R
R
là môđun phải nửa đơn khi và chỉ khi
R
R
là môđun trái nửa đơn.