Một số tính chất của vành có tính chất (p)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYỄN PHI NHƯNG

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA VÀNH CÓ
TÍNH CHẤT (P)

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An - 2015


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYỄN PHI NHƯNG

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA VÀNH CÓ
TÍNH CHẤT (P)

Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số: 60 46 01 04

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học
PGS. TS. NGÔ SỸ TÙNG

Nghệ An - 2015

3

MỤC LỤC

Mục lục

3

Các quy ước và ký hiệu trong luận văn

4

Mở đầu

5

1

Khái niệm cơ bản

7

1.1. Môđun con cốt yếu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Môđun con bé (hay đối cốt yếu)
2

Vành có tính chất (P )

7

. . . . . . . . . . . . . . . . . 12
21

2.1. Môđun đối suy biến và không đối suy biến . . . . . . . . . . . . 21
2.2. Vành có tính chất (P)

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

Kết luận

35

Tài liệu tham khảo

36


4

CÁC QUY ƯỚC VÀ KÝ HIỆU TRONG LUẬN VĂN
A∼
=B

: Môđun A đẳng cấu với B.

A⊆M
˚
A →M
∗

A →M
E(M )
M/U
Z(M )
⊕
Z(M ) → M
⊕
⊆

:
:
:
:
:
:
:
:
:
:

m

A là môđun con của môđun M .
A là môđun con bé của M .
A là môđun con cốt yếu của M .
Bao nội xạ của M .
Môđun thương của M trên U .
Môđun con đối suy biến.
Z(M ) là một hạng tử trực tiếp của môđun M .
Tổng trực tiếp của các môđun.

Tập hợp con của tập hợp.
Kết thúc một chứng minh.


5

MỞ ĐẦU

Một vành R được gọi là có tính chất (P ) nếu Z(M ) là một hạng tử trực
tiếp của M với mọi M là R-môđun (trong đó Z(M ) = ∩ {N ≤ M | M/N
là môđun con bé trong bao nội xạ của nó}).
Mục đích của luận văn là dựa vào tài liệu chính [4] để nghiên cứu, tìm hiểu
về lớp môđun Z(M ) và một số tính chất của lớp vành có tính chất (P ).
Vì vậy đề tài của luận văn được chọn là: "Một số tính chất của vành
có tính chất (P )".
Nội dung chính của luận văn là tìm hiểu và nghiên cứu, trình bày có hệ
thống một số kết quả trong các tài liệu tham khảo.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, nội dung của luân văn
được chia làm hai chương.
Chương I: Khái niệm cơ bản
1.1 Môđun con cốt yếu
1.2 Môđun con bé (hay đối cốt yếu)
Trong chương này chúng tôi trình bày một số khái niệm làm cơ sở cho việc
trình bày nội dung chính của luận văn ở chương sau.
Chương II: Vành có tính chất (P )
2.1 Môđun đối suy biến và không đối suy biến
2.2 Vành có tính chất (P )
Trong chương này chúng tôi trình bày một số khái niệm về môđun đối suy
biến, môđun không đối suy biến và vành có tính chất (P ).
Luận văn được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Vinh, dưới

6

sự hướng dẫn khoa học của thầy giáo PGS.TS. Ngô Sỹ Tùng. Tôi xin được
bày tỏ lòng biết ơn và kính trọng sâu sắc tới thầy, người đã hướng dẫn tận
tình, chu đáo và động viên tôi rất nhiều trong suốt quá trình học tập và hoàn
thành luận văn. Nhân dịp này tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới các thầy
giáo, cô giáo trong khoa sư phạm Toán học - Trường Đại Học Vinh đã dành
thời gian giảng dạy nhiệt tình, truyền đạt những kiến thức bổ ích cho tôi.
Cuối cùng, tôi xin chân thành cảm ơn tới gia đình, bạn bè đã động viên tôi.
Trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu mặc dù đã cố gắng, nổ lực
hết mình nhưng do thời gian và kiến thức còn hạn chế nên luận văn còn có
nhiều thiếu sót. Kính mong nhận được sự góp ý của thầy, cô và các bạn để
luận văn được hoàn thiện.
Xin chân thành cảm ơn!


7

CHƯƠNG 1

KHÁI NIỆM CƠ BẢN

Trong toàn bộ luận văn, tất cả các vành đều giả thiết là vành có đơn vị
kí hiệu là 1 (không nhất thiết giao hoán) và môđun trên vành được hiểu là
môđun phải và Unita (nếu không nói gì thêm). Chương này sẽ trình bày một
số khái niệm cơ bản liên quan đến việc chứng minh các mệnh đề, định lý cho
chương sau.

1.1

Môđun con cốt yếu
m

1.1.1 Định nghĩa. Cho môđun M (trên vành R cố định) A ⊆ M . A được
m

gọi là môđun con cốt yếu của M nếu với ∀B ⊆ M , B = 0 thì A ∩ B = 0.
∗

Kí hiệu A → M
m

∗

1.1.2 Hệ quả. A → M ⇔ ∀B ⊆ M mà A ∩ B = 0 ⇒ B = 0
1.1.3 Ví dụ.
∗

1. Với mọi môđun M thì M → M .
2. Xét Z - môđun trên chính nó. Khi đó với mọi môđun con khác không
của Z là cốt yếu.
m

Chứng minh. Lấy A ⊆ Z, A = 0 ⇒ A = k Z(k ∈ N∗ )
m

Lấy B ⊆ Z, (B = 0) ⇒ B = nZ(n ∈ N∗ )
Suy ra kn ∈ k Z ∩ nZ và kn = 0

∗

Suy ra kn ∈ A ∩ B(kn = 0) ⇒ A → Z


8

3. Xét Z - môđun Q (Tức là nhóm cộng các sô hữu tỷ). Khi đó với mọi
môđun con khác không của Q là cốt yếu trong Q
Chứng minh.
m

Lấy A, B ⊆ Q (A, B = 0)
c
a
⇒ tồn tại ∈ A, ∈ B(a, b, c, d ∈ Z∗ ) ta có
b a d
ca = cb ∈ A
bc
ac = ad ∈ B
d
⇒ ac ∈ A ∩ B(ac = 0)
∗

⇒ A → Q.
m

1.1.4 Định nghĩa. Môđun U được gọi là đều nếu ∀A ⊆ U (A = 0) thì
∗

A →U
m

1.1.5 Hệ quả. Môđun U đều ⇔ ∀A, B ⊆ U (A, B = 0) thì A ∩ B = 0
Ví dụ:
1.Các Z - môđun (tức là các nhóm cộng).
2. Z và Q là các môđun đều
m

1.1.6 Định nghĩa. Cho A ⊆ M . Ta nói A là môđun con đóng trong M nếu

A không là môđun con cốt yếu thực sự của một môđun con nào của M .
⊕

Ví dụ: Cho A là hạng tử trực tiếp của môđun M nếu A → M thì A đóng
trong M .
1.1.7 Mệnh đề.
Với mọi môđun con A của môđun M luôn tồn tại môđun con B của M
sao cho A ⊕ B cốt yếu trong M .
Chứng minh. Đặt S = {X ⊆ M : X ∩ A = 0}.
Vì 0 ∈ S nên S = φ.


9

Ta sắp thứ tự S theo quan hệ bao hàm. Lấy tập con sắp thứ tự tuyến tính
m

m

m

m

của S sao cho X1 ⊆ X2 ⊆ ... ⊆ Xn ⊆ ... (*).
∞

Khi đó C = ∪ Xi là môđun con của M và là lân cận trên của (*).
i=1

Lấy x ∈ A ∩ C suy ra có một số k nào đó sao cho x ∈ Xk , từ đây ta có

x ∈ A ∩ Xk .
Vậy X = 0 hay C ∩ A = 0. Theo bổ đề Zorn S có phần tử tối đại là B .
∗

Ta cần chứng minh A ⊕ B → M
Thât vậy với ∀Y ⊆ M thỏa mãn A ⊕ B ∩ Y = 0.
Ta có A ∩ Y = 0 và B ∩ Y = 0.
Nếu có a ∈ A, b ∈ B và y ∈ Y sao cho a = b + y thì y = a.b ∈ A ⊕ B .
Suy ra y = 0 và a = b = 0.
Như vậy A ∩ (B ⊕ Y ) = 0 suy ra B ⊕ Y ∈ S .
Do tính tối đại của B nên Y = 0.
∗

Vậy A ⊕ B → M
1.1.8 Bổ đề. Cho ϕ : N → M là đẳng cấu môđun trên R khi đó môđun con

L của N cốt yếu trong N ⇔ ϕ(L) cốt yếu trong M
∗

Chứng minh. (⇒): Cho L → N thì ∀X ⊆ M sao cho ϕ(L) ∩ X = 0
suy ra L ∩ ϕ−1 (X) = ϕ−1 (X ∩ ϕ(L)) = ϕ−1 (0) = 0.
∗

Do L → N nên ϕ−1 (X) = 0, mà ϕ đẳng cấu nên X = 0.
∗

Vậy ϕ(L) → M .
∗

(⇐): Cho ϕ(L) → M thì ∀X ⊆ M sao cho L ∩ Y = 0.
Do ϕ đẳng cấu nên ϕ−1 (ϕ(Y )∩ϕ(L)) = ϕ−1 (ϕ(L)∩ϕ−1 (ϕ(Y )) = L∩Y = 0.
Suy ra ϕ(L) ∩ ϕ(X) = 0.
∗

Do ϕ(L) → M nên ϕ(Y ) = 0 suy ra Y = 0.
∗

Vậy L → N .
1.1.9 Mệnh đề. Cho môđun M khi đó
m

∗

(i) A ⊆ M khi đó A → M ⇔ ∀x = 0, x ∈ M thì A ∩ Rx = 0


10

m

m

∗

∗

∗

(ii) Cho A ⊆ K ⊆ M , khi đó A → M ⇔ A → K và K → M
m

∗

(iii) Cho f : M → N là đồng cấu R-môđun và B ⊆ M . Nếu B → M thì
∗

f −1 (B) → M . Điều ngược lại không đúng.
m

∗

n

n

∗

(iv) Cho Ai → Bi ⊆ M với i = 1, n. Khi đó ∩ Ai → ∩ Bi , nếu tập chỉ

i=1

i=1

số vô hạn không đúng.
m

m

∗

∗

(v) A ⊆ K ⊆ M , K/A → M/A ⇒ K → M .
m

∗

∗

(vi) Cho Ai → Mi ⊆ M, ∀i ∈ I , nếu ∃ ⊕ Ai thì ∃ ⊕ Mi , ⊕ Ai → ⊕ Mi .
i=0

i=0

i=0

i=0

Chứng minh.

m

∗

(i) (⇒) Hiển nhiên nếu A ⊆ M ; A → M thì ∀x = 0, x ∈ M, A ∩ Rx = 0

(⇐) Giả sử ∀x = 0, x ∈ M .
m

Với mọi môđun B ⊆ M ta chứng minh A ∩ B = φ.
Lấy x ∈ B, x = 0, xét < x >= Rx = {rx/r ∈ R} ⊆ B .
m

Theo giả thiết ta có: A ∩ Rx = 0 nên với mọi B ⊆ M ta luôn có A ∩ B = φ
∗

Vậy A → M
∗

(ii) (⇒) Giả sử A → M lấy môđun con X bất kỳ của K mà A ∩ X = 0.
m

m

∗

Do X ⊆ K nên X ⊆ M và A → M nên X = 0.
∗

Vậy A → K .

Tương tự ta lấy môđun con Y bất kì của M mà K ∩ Y = 0
∗

∗

Do A → K nên A ∩ Y = 0 và A → M nên Y = 0.
∗

Vậy K → M .
∗

∗

(⇐) Nếu A → K và K → M .
Với môđun con X bất kì của M , A ∩ X = 0.
Đặt B = K ∩ X , ta có A ∩ B = A ∩ K ∩ X = A ∩ X = φ.
∗

∗

Do A → K nên B = 0 và K → M nên X = 0 ⇒ K ∩ X = 0.
∗

Vậy A → M
(iii) Với mọi C ⊆ M, C = 0 ta xét hai trường hợp:
∗

Trường hợp 1: f (C) ⊆ M suy ra f (C) ∩ B = 0 (vì B → M ).
Do đó tồn tại y ∈ f (C) ∩ B, y = 0.

11

Nên tồn tại x ∈ C sao cho y = f (x), x = 0 vì y = 0 và x ∈ f −1 (B)

⇒ C ∩ f −1 (B) = 0.
Trường hợp 2: f (C) = 0 suy ra C ∈ f −1 (B).
Vì với mọi x ∈ C nên ta có f (x) = 0 ⊆ B suy ra x ∈ f −1 (B).
(iv) Sử dụng quy nạp ta chỉ cần chứng minh với n = 2.
∗

∗

∗

Cho A1 → M1 , A2 → M2 , ta chứng minh A1 ∩ A2 → M1 ∩ M2 .
m

Lấy X = 0, X ⊆ M1 ∩ M2 , do đó X ⊆ M1 .
∗

Do A1 → M2 nên X ∩ A1 = B = 0 do đó B ⊆ M2 .
∗

Do A2 → M2 nên B∩A2 = 0 do đó X ∩A1 ∩A2 = 0, suy ra X ∩(A1 ∩A2 ) = 0.
Trường hợp giao vô hạn nói chung không đúng, chẳng hạn:
∗

Xét Z - môđun: nZ → Z, n ∈ N ∗ . Ta có:
∗

∞

∗

Z → ∩ Zi (Z1 = Z, ∀i = 1, ∞), suy ra 0 → Z. Điều này vô lý.
i=1

Vậy trường hợp giao vô hạn không đúng.
∗

(v) Lấy X → M sao cho K ∩ X = 0. Khi đó K ∩ (A ⊕ X) = A nên
∗

K/A∩(A⊕X)/A = 0. Mà K/A → M/A nên (A⊕X)/A = 0 hay A⊕X = A.
∗

Vậy X = 0 hay K → M .
(vi) Ta chứng minh hai trường hợp.
Trường hợp 1: | I |= n hữu hạn
Sử dụng quy nạp ta chỉ cần chứng minh với n = 2.
∗

∗

Cho A1 → M1 , A2 → M2 và tồn tại A1 ⊕ A2 .
Ta cần chứng minh M1 ∩ M2 = 0.
∗

Thật vậy, sử dụng tính chất iv) ta có A1 ∩ A2 → M1 ∩ M2 .

Mà A1 ∩ A2 = 0 nên M1 ∩ M2 = 0.
∗

Bây giờ ta chứng minh A1 ⊕ A2 → M1 ⊕ M2 .
Xét các đồng cấu chiếu:

f1 : M1 ⊕ M2 → M1
x1 + x2 → x1


12

f2 : M1 ⊕ M2 → M2
x1 + x2 → x2
∗

Do A1 ∩ A2 → M1 ∩ M2 nên theo tính chất iii)
∗

∗

Ta có f1−1 (A1 ) → M1 ∩ M2 và f2−1 (A2 ) → M1 ∩ M2 .
∗

∗

Mà f1−1 (A1 ) = A1 ⊕ M2 → M1 ∩ M2 và f2−1 (A1 ) = M1 ⊕ A2 → M1 ⊕ M2
∗

nên lấy giao hai vế ta được A1 ⊕ A2 → M1 ⊕ M2 .

Trường hợp 2: Với I bất kì, điều đầu tiên ta chứng minh tồn tại ⊕Mi .
I

Lấy x ∈

Mi suy ra x = x1 + x2 + ... + xk , xi ∈ M, i = 1, k (*) là hữu hạn.
I
k

Theo trường hợp 1 suy ra tồn tại M1 ⊕ M2 ⊕ ... ⊕ Mk = ⊕ Mi , do đó biểu
i=1

k

Mi = ⊕ Mi .

diễn (*) là duy nhất nên tồn tại
∗

i=1

I

Bây giờ ta chứng minh ⊕Ai → ⊕Mi .
m

I

I

Thật vậy: Lấy X = 0, X ⊆ ⊕Mi .
I

Suy ra tồn tại x ∈ X, x = 0 và x = a1 + a2 + ... + an , ai ∈ Mi , i = 1, n (*)

⇒ x ∈ M1 ⊕ M2 ⊕ ... ⊕ Mn nên Kx ⊆ M1 ⊕ M2 ⊕ ... ⊕ Mn .
∗

Theo trường hợp 1 ta có A1 ⊕ A2 ⊕ ... ⊕ An → M1 ⊕ M2 ⊕ ... ⊕ Mn
Suy ra A1 ⊕ A2 ⊕ ... ⊕ An ∩ Rx = 0 nên ⊕Ai ∩ X = 0.
I

k

∗

Vậy tồn tại ⊕Mi và ⊕Ai → ⊕ Mi .
I

1.2

i=1

I

Môđun con bé (hay đối cốt yếu)
m

1.2.1 Định nghĩa. Cho A ⊆ M , A được gọi là môđun con bé của môđun
m

M nếu ∀X ⊆ M , X = M thì A + X = M .
˚
Kí hiệu: A →M
m

˚
1.2.2 Hệ quả. A →M
⇔ ∀U ⊆ M , A + U = M ⇒ U = M .


13

1.2.3 Ví dụ.

˚ .
1. Với mọi môđun M có 0 →M
2. Trong các Z - môđun tự do chỉ có môđun tầm thường 0 là môđun con bé.
Chứng minh. Giả sử F = ⊕ xi Z là Z - môđun tự do với cơ sở {xi /i ∈ I}.
i∈I

Giả sử A là môđun con khác không của F và 0 = a ∈ A.
Khi đó a biểu diễn duy nhất dưới dạng a = xi1 z1 + ... + xim zm , zi ∈ Z
với zi = 0. Chọn n ∈ Z với (z1 , n) = 1 và n > 1.
Đặt U = ⊕ x1 Z +xi1 n, khi đó với U = F và aZ +U = F ta có A+U = F .
i∈I
i=i1

Điều này chứng tỏ A không là môđun con bé của F .
1.2.4 Bổ đề. Xét Z - môđun Q. Khi đó nếu tập con X của Q sinh ra Q và

x0 ∈ X thì tập {X − {x0 }} cũng là tập sinh của Q. Từ đó suy ra Q không
có tập sinh hữu hạn.
Từ bổ đề trên ta xét ví dụ sau:
3. Mỗi môđun hữu hạn sinh trong Z - môđun Q là môđun con bé trong
môđun Q.
Chứng minh.
Giả sử A là môđun con của Q sinh bởi tập hữu hạn {q1 , q2 , ...., qn } ⊆ Q và

E là môđun con của Q sao cho: A + E = Q.
Khi đó {q1 , q2 , ...., qn } ∪ E là một hệ sinh của Z - môđun Q. Từ đó E là
một hệ sinh của Q. Do đó E = Q.

˚ Q.
Điều này chứng tỏ A →
4. Cho R là vành địa phương và A = {Phần tử không khả nghịch trong

˚ R.
R}. Chứng minh rằng: A →R
m

Chứng minh. Giả sử A + U = R, U ⊆ R


14

Nếu U không chứa phần tử khả nghịch nào thì U ⊆ A ⇒ U + A = A (vô
lí)
Nếu U chứa phần tử khả nghịch, chẳng hạn x0 ∈ U , x0 khả nghịch. Do U
là iđêan của R chứa phần tử khả nghịch nên U = R.

˚
Chú ý: A →M
khi và chỉ khi với mọi U là môđun con thực sự của M ,
A + U cũng là môđun con thực sự của M.
1.2.5 Mệnh đề. Cho M là R- môđun với các môđun con K ⊆ N ⊆ M và

H ⊆ M . Khi đó:
˚
˚
˚
1) N →M
nếu và chỉ nếu K →M
và N/K →M/K.
˚
˚
˚
2) (H + K) →M
nếu và chỉ nếu H →M
và K →M
1.2.6 Định lí.

˚ kéo theo
1) Nếu trong M có dãy những môđun con: A ⊆ B ⊆ C thì B →C
˚ .
A →M

n

˚ , 1 ≤ i ≤ n thì

2) Ai →M

˚ .
Ai →M
i=1

˚
˚ .
3) Nếu ϕ : M −→ N là đồng cấu môđun và A →M
thì ϕ(A) →N
˚
˚
Đặc biệt nếu K →M
⊆ N thì K →N
Chứng minh.
1) Giả sử D là môđun con trong M sao cho: A + D = M .

˚ .
Ta chứng minh A →M
Ta có B + D = M . Theo Luật modular ta có:

(D ∩ C) + B = (D + B) ∩ C = M ∩ C = C
˚ nên từ trên ta có D ∩ C = C do đó C ⊆ D.
Mặt khác vì B →C
Suy ra M = A + D = D.

˚ .
Vậy từ A + D = M mà D = M nên A →M
2) Ta chứng minh bằng quy nạp toán học theo n.

˚ .
Với n =1 mệnh đề luôn đúng do theo giả thiết A1 →M


15

˚
Giả sử ta chứng minh được A = A2 + ... + An →M.
˚ .
Ta phải chứng minh A + A1 = A1 + A2 + ... + An →M
Giả sử D là môđun con của M sao cho (A + A1 ) + D = M (1)

˚
Vì A1 →M
nên từ (1) suy ra A + D = M (2)
˚
Mặt khác A = A2 + ... + An →M
nên từ (2) ta có D = M .
n

Kết hợp với (1) ta có (A1 + A) = M hay

˚
˚ ,1
Ai →M
khi Ai →M

i

n

i=1

3) Giả sử ϕ(A) + D = N với D là môđun con của N với m ∈ M tùy ý ta
có ϕ(m) = ϕ(a) + d với a ∈ A, d ∈ D suy ra d = ϕ(m) − ϕ(a) = ϕ(m − a)
nên m − a ∈ ϕ−1 (D) do đó m ∈ A + ϕ−1 (D) hay M ⊂ A + ϕ−1 (D).
Hiển nhiên ta có A + ϕ−1 (D) ⊂ M .
Vậy M = A + ϕ−1 (D) (*)

˚
Mặt khác do A →M
nên từ (*) ta có ϕ−1 (D) = M ⇒ ϕ(A) ⊂ ϕ(M ) ⊂ D
do đó N = ϕ(A) + D = D.

˚ .
Vậy ϕ(A) →N
1.2.7 Mệnh đề. Đối với a ∈ M , R- môđun aR không là môđun con bé trong

M khi và chỉ khi tồn tại môđun con tối đại K sao cho a ∈
/ K.
Chứng minh.

(⇐) Nếu K là R- môđun con tối đại của M với a ∈ M, a ∈
/ K . Ta chứng
minh aR không là môđun con bé.
Thật vậy, vì a ∈ M, a ∈
/ K nên aR + K = M . Do đó K = M nên aR
không là môđun con bé.

(⇒) aR không là môđun con bé. Ta chỉ ra tồn tại môđun con tối đại

K, a ∈
/ K . Ta sử dụng Bổ đề Zorn. Đặt Γ là tập tất cả các môđun con B
của M, B = M sao cho aR + B = M ; Γ = {B|B = M ; aR + B = M }. Tập

Γ = φ vì aR không là môđun con bé. Gọi L là một dây chuyền trong Γ theo
quan hệ bao hàm. Khi đó ta có L có lân cận trên là B0 = ∪B; ∀B ∈ L. Ta
chứng minh B0 = M .


16

Thật vậy, giả sử a ∈ B0 thì a ∈ B với B nào đó thuộc L. Khi đó ta có

aR ⊂ B nên M = aR + B = B , trái với giả thiết về B = M . Do đó a ∈
/ B0
hay B0 = M . Hiển nhiên B0 + aR = M , theo định nghĩa về Γ ta có B0 ∈ Γ.
Vì B0 là lân cận trên của L trong Γ mà B0 ∈ Γ nên theo Bổ đề Zorn trong

Γ có phần tử tối đại K .
Ta chứng tỏ K là môđun con tối đại trong M . Thật vậy, giả sử có môđun
con E của M sao cho K ⊂ E, K = E . Khi đó E ∈
/ Γ.
Mặt khác M = aR + K ⊂ aR + E ⊂ M nên aR + E = M . Suy ra E = M
vì aR ⊂ E . Vậy K là môđun con tối đại trong M .
1.2.8 Mệnh đề. Cho K1 ⊆ M1 ⊆ M, K2 ⊆ M2 ⊆ M và M = M1 ⊕ M2 .

˚ 1 ⊕ M2 nếu và chỉ nếu K1 →M
˚ 1 và K2 →M
˚ 2
Khi đó K1 ⊕ K2 →M

˚ 1 ⊕ M2 .
Chứng minh. Giả sử K1 ⊕ K2 →M
Xét đồng cấu tự nhiên pi : M1 ⊕ M2 −→ Mi .
Ta có pi (K1 ⊕ K2 ) = Ki (i = 1, 2).

˚ 1 ⊕ M2 ⇒ pi (K1 ⊕ K2 ) →M
˚ i.
Vì K1 ⊕ K2 →M
˚ i (i = 1, 2).
Vậy Ki →M
˚ 1 ⊆ M và K2 →M
˚ 2 ⊆ M nên ta có K1 →M
˚
Ngược lại, do K1 →M
và
˚
˚
= M1 ⊕ M2 .
⇒ K1 ⊕ K2 →M
K2 →M
˚
Nhận xét: Cho N là một môđun con của M . Nếu N →M
tối đại theo
nghĩa N ∩ N = 0 thì ta nói N là một M - phần bù của N .
1.2.9 Định lí. Cho f : M → N là đồng cấu môđun
+) Đồng cấu f được gọi là đơn cấu bé nếu f là đơn cấu và Imf là môđun
cốt yếu của N .
+) Đồng cấu f được gọi là toàn cấu bé nếu f là toàn cấu và Kerf là
môđun con bé của M .
1.2.10 Bổ đề.

17

m

m

m

˚
˚
˚ và A →N
˚
(i) Cho A ⊆ B ⊆ M ⊆ N , nếu B →M
thì A →M,
B →N
m

⊕

˚
˚ .
(ii) Cho A, B ⊆ M . Nếu A →M
và A ⊆ B, B → M thì A →B
n

˚
Ai →M

˚
(iii) Nếu Ai →M,
∀i = 1, n thì
n

i=1

n

n

n

i=1

i=1

i=1

˚ i , i = 1, n; ∃ ⊕ Ai , ∃ ⊕ Bi . Khi đó ⊕ Ai →
˚ ⊕ Bi .
(iv) Cho Ai →B
i=1

˚
˚
(v) Cho ϕ : M → N là đồng cấu môđun. Nếu A →M
thì ϕ(A) →N
(vi) Cho α : A → B, β : B → C là các toàn cấu bé thế thì βα : A → C
cũng là toàn cấu bé.

Chứng minh.
m

m

(i) (*) Giả sử A + U = M, ∀U ⊆ M . Do A ⊆ B nên ta có B + U = M .
Từ đó suy ra: (B + U ) ∩ M = M ∩ M hay B + (U + M ) = M (theo luật
modular).
m

˚
Vì B →M
nên U ∩ M = M ⇒ M ⊆ U .
Vậy U = M .
m

(*) Giả sử B + U = N, ∀U ⊆ N .
Khi đó ta có: (B + U ) ∩ M = N ∩ M hay B + U ∩ M = M (theo luật
m

m

˚ nên U ∩ M = M ⇒ M ⊆ U và B ⊆ U .
modular). Vì B →
Vậy U = B + U = N .
m

(*) Giả sử A + U = N, ∀U ⊆ N . Do A ⊆ B nên ta có B + U = N , từ đó
suy ra: (B + U ) ∩ M = N ∩ M ⇒ B + (U ∩ M ) = M (theo luật modular và

M ⊆ N ).
˚
Mặt khác, vì B →M
nên suy ra U ∩ M = M mà A ∩ M (gt) ⇒ A ∩ M .
Do đó U = A + U = N .
Vậy U = N .
m

(ii) Đặt M = B ⊕ D. Giả sử A + U = B, ∀U ⊆ B .

˚
Khi đó: A + U + D = B + D = M . Do A →M
nên U ⊕ D = M .
Vậy U = B
(iii) Chứng minh quy nạp theo n.


18

˚ . Kết luận đúng.
Với n = 1 ta có A1 →M
˚ . Ta
Giả sử kết luận đúng với n = k , tức là: A = A1 + A2 + ... + Ak →M
cần chứng minh kết luận đúng với n = k + 1.

˚ .
Tức là cần chứng minh: A + Ak+1 →M
˚
Giả sử A + Ak+1 + U = M, ∀U ⊆ M . Do A →M
nên Ak+1 + U = M . Từ

˚ ).
đó suy ra U = M (do Ak+1 →M
(iv) Chứng minh cho n = 2.

˚ 1 , A2 →B
˚ 2 . Ta cần chứng minh A1 ⊕ A2 →B
˚ 1 ⊕ B2 .
Ta có: A1 →B
˚ 1 ⊕ B2 , B2 ⊆ B1 ⊕ B2 ⇒ A2 →B
˚ 1 ⊕ B2 .
Do B1 ⊆ B1 ⊕ B2 ⇒ A1 →B
˚ 1 ⊕ B2 (theo (iii)).
Từ đó suy ra A1 ⊕ A2 →B
Chứng minh với n bất kì, ta có A1 ⊕ A2 ⊕ ... ⊕ An−1 ⊕ An = A ⊕ An
n−1

n−1

˚ ⊕ Bi , An →B
˚ n nên A + An →
˚ ⊕ Bi + Bn
Theo quy nạp A →
n

i=1

n

i=1

˚ ⊕ Bi .
Từ đó suy ra: ⊕ Ai →
m

i=1

i=1

(v) Với ∀U ⊆ N , giả sử ϕ(A) + U = N . Ta sẽ chứng minh U = N .
Thật vậy, với mọi m ∈ M ta có: ϕ(m) ∈ N = ϕ(A) + U .
Do đó ϕ(m) = ϕ(a) + u (với a ∈ A, u ∈ U ) ⇒ ϕ(m − a) = u ∈ U

⇒ m − a ∈ ϕ−1 (U ) ⇒ m ∈ A + ϕ−1 (U ) ⇒ M ⊆ A + ϕ−1 (U ).
Mặt khác A ⊆ M, ϕ−1 (U ) ⊆ M nên A + ϕ−1 (U ) ⊆ M .
Từ đó suy ra A + ϕ−1 (U ) = M .

˚
Do đó ϕ−1 (U ) = M (vì A →M
theo giả thiết) ⇒ ϕ(M ) = ϕ(ϕ−1 (U )).
Ta chứng minh ϕ(ϕ−1 (U )) = U ∩ Imϕ.
Thật vậy lấy x ∈ ϕ(ϕ−1 (U )) (x bất kì)

⇒ x = ϕ(a), a ∈ ϕ−1 (U ) ⇒ ϕ(a) ∈ U ⇒ x ∈ U .
Mặt khác x = ϕ(a) ⇒ x ∈ Imϕ ⇒ x ∈ U ∩ Imϕ.
Do đó ta có ϕ(ϕ−1 (U )) ⊆ U ∩ Imϕ (1)
Ngược lại lấy x bất kì, x ∈ U ∩ Imϕ ⇒ x ∈ U và x = ϕ(y), y ∈ M

⇒ ϕ(y) ∈ U ⇒ y ∈ ϕ−1 (U ) ⇒ ϕ(y) ∈ ϕ(ϕ−1 (U )) ⇒ x ∈ ϕ(ϕ−1 (U )).

19

Do đó ta có U ∩ Imϕ ⊆ ϕ(ϕ−1 (U )) (2)
Từ (1) và (2) suy ra ϕ(ϕ−1 (U )) = U ∩ Imϕ hay ϕ(M ) = U ∩ Imϕ.
m

m

Từ đó ta có: ϕ(A) ⊆ ϕ(M ) ⊆ U .
Vậy U = ϕ(A) + U = N .

˚ .
(vi) Để chứng minh βα : A → C là toàn cấu bé ta chứng minh Ker(βα) →A
m

Thật vậy, giả sử Ker(βα) + U = A, ∀U ⊆ A. Ta cần chứng minh U = A.
Do Ker(βα) + U = A ⇒ α(Ker(βα) + U ) = α(A).
Mà Ker(βα) = α−1 (ker(β)) ⇒ α(α−1 (kerβ) + U ) = α(A)

⇒ ker(β) + α(U ) = B (vì α toàn cấu).
˚ ⇒ α(U ) = B
Do β là toàn cấu nên Ker(β) →B
⇒ Ker(α) + U = α−1 (α(U )) = α−1 (B) = A
˚ nên ta có U = A.
Do α là toàn cấu bé nên Ker(α) →A
1.2.11 Bổ đề. (i) Nếu N là một môđun con bé khác không của một môđun

M nào đó, thế thì N là một môđun bé.
(ii) Giả sử M là một môđun địa phương sao cho các mô đun con đóng của

M là không bé. Khi đó M là một môđun đều.
(iii) Giả sử A và B là các môđun đẳng cấu với nhau. Khi đó A là môđun
bé nếu và chỉ nếu B là môđun bé.
Chứng minh. Ta nhắc lại rằng một môđun M chỉ có duy nhất một môđun
con tối đại chứa tất cả các môđun con thực sự của M , khi đó ta gọi M là
môđun con địa phương.
(i) Bởi vì N là môđun con của M do đó E(M ) = E(N ) ⊕ Y với một

˚
˚
môđun con Y nào đó của E(M ). Bây giờ từ N →M
do đó N →E(M
). Từ
đó ta có N là môđun con bé của E(N ), hay N là môđun con bé.
(ii) Giả sử H là môđun con khác không bất kỳ của M , ta cần chứng minh

H cốt yếu trong M . Bởi Zorn, tồn tại một môđun con đóng N của M sao cho
∗

H → N . Bởi vì M là địa phương nên tồn tại môđun tối đại K chứa tất cả
các môđun thực sự của M . Nếu N = M , khi đó N ⊆ K và mỗi môđun con


20

thực sự L của M thì N + L ⊆ K hay N + L = M , và do đó N là môđun con
bé của M . Theo (i) N là môđun con bé, khi đó từ giả thiết ta có N = M .
Vậy M là đều.
(iii) Từ giả thiết A ∼
= B , tồn tại đẳng cấu từ E(A) đến E(B) sao cho

˚
˚
˚
ϕ(A) = B . Giả sử A →E(A)
ta có ϕ(A) →ϕ(E(A))
, hay B →E(B)
.


21

CHƯƠNG 2

VÀNH CÓ TÍNH CHẤT (P )

2.1

Môđun đối suy biến và không đối suy biến

2.1.1 Định nghĩa. Cho môđun M ,
Ký hiệu Z(M ) = {x ∈ M |xI = 0 với I là iđêan phải nào đó cốt yếu trong

RR }
2.1.2 Bổ đề. Cho môđun M khi đó Z(M ) là môđun con của M và gọi là
môđun con suy biến của M .
Chứng minh. +) Z(M ) = φ do 0 ∈ Z(M )
∗

+) Lấy x, y ∈ Z(M ) ⇒ ∃J → RR để xI = 0, yI = 0.

∗

Gọi K = I ∩ J ⇒ K → RR ( giao hữu hạn các môđun con cốt yếu là cốt
yếu).
Khi đó

(x + y)K = (x + y)(I ∩ J)
= x(I ∩ J) + y(I ∩ J)
= 0 (vì x(I ∩ J) + y(I ∩ J) ⊆ (xI + yJ))
Vậy x + y ∈ Z(M ).
∗

+) Lấy x ∈ Z(M ) và r ∈ R (r bất kỳ) ⇒ ∃I → RR để xI = 0
Đặt A = {a ∈ R\ra ∈ I} kiểm tra ta được A → RR (iđêan phải của R,
do I là iđêan phải của R).
Xét ánh xạ:


22

f :R→R
a → ra
Kiểm tra được f là đồng cấu và f −1 (I) = A
∗

∗

Do I → RR nên A → RR (tạo ảnh đầy đủ của môđun con cốt yếu là cốt
yếu)
Mặt khác xrA ⊆ xI = 0

Vậy xr ∈ Z(M )
Nghĩa là Z(M ) là môđun con của M .
2.1.3 Định nghĩa.

Cho môđun M , Khi đó

(1) Nếu Z(M ) = M ta nói M là môđun suy biến.
(2) Nếu Z(M ) = 0 ta nói M là môđun không suy biến.
(3) Nếu 0 < Z(M ) < M ta nói M không phải là môđun suy biến.
2.1.4 Ví dụ.
1. Ta có Z - môđun Z6 là môđun suy biến.
Thật vậy, ta thấy mọi môđun khác 0 của Z có dạng nZ (n = 0) đều có Z.
Do đó ta có: Z(Z6 ) = {x ∈ Z6 | ∃ n ∈ N∗ : x.nZ6 = 0} = Z6 .
2. Ta có Z6 - môđun Z6 là không suy biến.
Thật vậy, xét Z6 -môđun Z6 , ta thấy Z6 chỉ có một môđun con cốt yếu là Z6 .
Do đó ta có Z(Z6 ) = {x ∈ Z6 | x.Z6 = 0} = 0.
3. Ta có Z4 - môđun Z4 không phải là môđun suy biến cũng không phải
là môđun không suy biến.
Thật vậy, xét Z4 - môđun Z4 . Ta thấy Z4 chỉ có hai môđun con cốt yếu là

{0; 2} và Z4 , nên Z(Z4 ) = {0; 2}. Vì 0 = {0; 2} = Z4 .
2.1.5 Mệnh đề. Cho M là R- môđun. Khi đó ta có
(i) Nếu A là môđun con của M thì Z(A) = A ∩ Z(M )


23

(ii) Với mỗi x ∈ M , ta gọi r(x) = {λ | λ ∈ R, xλ = 0} là linh hóa tử phải
∗

của x. Khi đó x ∈ Z(M ) khi và chỉ khi r(x) → RR
Chứng minh.
(i) Ta có a ∈ Z(A) ⇔ a ∈ A và a ∈ Z(M ) ⇔ a ∈ A ∩ Z(M ).
Vậy Z(A) = A ∩ Z(M ).
∗

(ii) Giả sử x ∈ Z(M ), nghĩa là tồn tại I → RR mà xI = 0.
m

∗

Suy ra I ⊆ r(x) và r(x) → RR .
∗

Ngược lại, nếu r(x) → RR thì lấy xI = 0. Suy ra x ∈ Z(M ).
∗

Vậy x ∈ Z(M ) ⇔ r(x) → RR
2.1.6 Định nghĩa. Cho M là một R- môđun.
Đặt Z(M ) = ∩{U ≤ M |M/U là bé }
i) Ta có Z(M ) là môđun con của M và gọi là môđun con đối suy biến của

M;
ii) Các phần tử Z(M ) gọi là các phần tử đối suy biến;
iii) Môđun M được gọi là môđun đối suy biến nếu Z(M ) = 0. Môđun M
được gọi là môđun không đối suy biến nếu Z(M ) = M.
2.1.7 Định nghĩa.
(1) Cho M là R- môđun phải, một R- môđun phải N được gọi là môđun

M - sinh nếu tồn tại một toàn cấu từ M (∧) vào N , với ∧ là tập chỉ số nào đó

và M (∧) là tổng trực tiếp các bản sao của M : M (∧) = ⊕ Mi , Mi = M, ∀i ∈ ∧.
i∈∧

(2) Ta gọi σ[M ] là phạm trù con đầy của phạm trù M od − R mà các vật
của nó là môđun con của môđun M - sinh.
2.1.8 Mệnh đề.
(i) Môđun con của môđun thuộc phạm trù σ[M ] cũng thuộc phạm trù

σ[M ].
(ii) Môđun thương của môđun thuộc phạm trù σ[M ] cũng là môđun thuộc
phạm trù σ[M ].


24

Chứng minh.
m

(i) Giả sử K ∈ σ[M ] và N ⊆ K ta cần chứng minh N ∈ σ[M ].
m

Thật vậy, do K ∈ σ[M ] và N ⊆ K .
m

Ta có K ⊆ L với L là môđun M - sinh, vì vậy N là môđun con của môđun

M - sinh L, nên N ∈ σ[M ].
m

m

(ii) Giả sử L ∈ σ[M ], K ⊆ L. Ta có L ⊆ N với N là môđun M - sinh, nên
tồn tại toàn cấu f : M (∧) −→ N với ∧ là tập các chỉ số nào đó.
Từ đó ta cũng có g : M (∧) −→ N/K

x −→ f (x) + K
là toàn cấu, vì vậy N/K cũng là môđun M -sinh.
m

Nhưng ta lại có L/K ⊆ N/K , do đó L/K ∈ σ[M ].
2.1.9 Định nghĩa. Cho M, N là các R - môđun, N được gọi là suy biến
∗
trong σ[M ] (hay M - suy biến ) nếu N ∼
= L/K với L ∈ σ[M ] và K → L.
2.1.10 Nhận xét. Khi M = R thì khái niệm M - suy biến trùng với khái
niệm suy biến thông thường, có nghĩa là N suy biến khi và chỉ khi N là R suy biến
Chứng minh.
Thật vậy:
∗
N là môđun R - suy biến khi và chỉ khi N ∼
= L/K với L ∈ σ[R], K → L.

Mặt khác, ta đã biết σ[R] = M od−R hay L là R- môđun, do đó N là môđun
∗
R- suy biến khi và chỉ khi N ∼
= L/K với L là R- môđun, K → L khi và chỉ
khi N suy biến.
2.1.11 Mệnh đề.
(1) Mọi môđun M -suy biến đều nằm trong σ[M ].
(2) Mọi môđun M suy biến là suy biến. Tuy nhiên môđun suy biến không

nhất thiết phải M - suy biến.


25

(3) Lớp các môđun M - suy biến đóng đối với việc lấy các môđun con. Có
nghĩa là: môđun con của môđun M - suy biến là môđun M - suy biến.
(4) Lớp các môđun M - suy biến đóng với việc lấy tổng trực tiếp.
(5) Ảnh đồng cấu của môđun M - suy biến là môđun M - suy biến.
(6) Mọi môđun N ∈ σ[M ] có chứa một môđun con M - suy biến lớn nhất,
và ta kí hiệu là ZM (N ).
(7) Với mọi R- môđun N , ta có Z(N ) = ZR (N ).
Chứng minh.
(1) Giả sử N là môđun M - suy biến.
∗
Ta có N ∼
= L/K với L ∈ σ[M ], K → L.
Ta lại có L/K ∈ σ[M ].
Vì môđun thương của môđun σ[M ] là môđun thuộc σ[M ],
mà L ∼
= L/K nên N ∈ σ[M ].
∗
(2) Gọi N là môđun M - suy biến, ta có N ∼
= L/K với L ∈ σ[M ], K → L.

Ta có K và L cũng là các R- môđun, vì vậy N là môđun suy biến.
m

(3) Gọi N là môđun M - suy biến, P ⊆ N .
∗

Ta có N ∼
= L/K với L ∈ σ[M ], K → L.
Vậy tồn tại đẳng cấu f : N −→ L/K , khi đó P ∼
= f (P ).
m

m

m

Ta có f (P ) ⊆ L/K nên f (P ) = X/K với K ⊆ X ⊆ L.
Vì L ∈ σ[M ] nên X ∈ σ[M ].
∗
∗
Vì K → L nên ta có K → X , mà P ∼
= f (P ) = X/K ,

Do đó P là môđun M - suy biến.
(4) Gọi Ni , ∀i ∈ I là các môđun M - suy biến. Khi đó Ni ∼
= Li /Ki với
∗

Li ∈ σ[M ], Ki → Li , ∀i ∈ I .
Từ đó ta có các đẳng cấu fi : Ni −→ Li /Ki , vì vậy

⊕fi : Ni −→ ⊕Li /Ki
I

I

(xi )I −→ (fi (xi ))I