Đặc trưng vành bởi lớp môđun đối suy biến

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRỊNH XUÂN MAI

ĐẶC TRƯNG VÀNH BỞI LỚP MÔĐUN
ĐỐI SUY BIẾN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An - 2015


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

TRỊNH XUÂN MAI

ĐẶC TRƯNG VÀNH BỞI LỚP MÔĐUN
ĐỐI SUY BIẾN

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 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

7

1.2. Môđun con bé, Môđun bé

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

2 Đặc trưng vành bởi lớp môđun đối suy biến

2.1. Môđun suy biến

20

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

2.2. Đặc trưng vành bởi môđun đối suy biến

. . . . . . . . . . . . . 28

Kết luận

34

Tài liệu tham khảo

35


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

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 suy biến của môđun M .
Môđun con đối suy biến của môđun M .
Tổng trực tiếp của các môđun.

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


5

MỞ ĐẦU

Lý thuyết môđun có nhiều bước phát triển và có nhiều ứng dụng quan
trọng trong việc nghiên cứu về lý thuyết vành.
Năm 2002, Talebi.Y and Vanaja.N đã giới thiệu về môđun đối suy biến.
Cho môđun M, ta ký hiệu Z(M ) = ∩{U ≤ M | M/U là bé }. Nếu Z(M ) = 0,
môđun M được gọi là môđun đối suy biến;
Môđun đối suy biến là một trong những lớp môđun đóng vai trò quan
trọng trong việc nghiên cứu lý thuyết vành. Nếu Z(M ) là một hạng tử trực
tiếp của M với mọi M là R- môđun thì vành R được gọi là có tính chất (P ).
Từ đó sẽ làm rõ về cấu trúc của vành có tính chất (P ).
Mục đích chính của Luận văn là dựa vào tài liệu chính [4] để nghiên cứu
tìm hiểu lớp môđun đối suy biến và từ đó hệ thống một số đặc trưng của
vành thông qua lớp môđun đối suy biến. Vì vậy đề tài của Luận văn được
chọn là "Đặc trưng vành bởi lớp môđun đối suy biến".
Luận văn được chia làm hai chương:
Chương 1: Khái niệm cơ bản
1.1 Môđun con cốt yếu
1.2 Môđun con bé, môđun bé
Chương 2: Đặc trưng vành bởi lớp môđun đối suy biến
2.1 Môđun suy biến
2.2 Đặc trưng vành bởi môđun đối suy biến
Luận văn được hoàn thành tại Trường Đại học Vinh dưới sự hướng dẫn
của PGS. TS. Ngô Sỹ Tùng. Tác giả xin được bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến

6

Thầy, người đã tận tình hướng dẫn, động viên và tạo điều kiện thuận lợi cho
tác giả trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.
Nhân dịp này, tác giả xin trân trọng cảm ơn các thầy cô giáo trong Bộ
môn Đại số, các thầy cô giáo Khoa Toán đã trực tiếp giảng dạy lớp Cao
học 21 chuyên ngành Đại số và Lý thuyết số. Tác giả xin cảm ơn Ban chủ
nhiệm Khoa Sư phạm Toán học, Phòng Đào tạo Sau đại học, Ban Giám hiệuTrường Đại học Vinh đã tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong suốt quá
trình học tập tại Trường.
Nghệ An, tháng 9 năm 2015
Tác giả


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 và môđun là môđun phải unita (nếu không nói gì thêm).

1.1

Môđun con cốt yếu
m

1.1.1 Định nghĩa. Cho môđun M và A ⊆ M , A được gọi là môđun con cốt
m

yếu của M nếu ∀ 0 = B ⊆ M thì A ∩ B = 0.
∗

Ký 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, ∀ môđun M thì M → M .
2, Xét Z - môđun Z, khi đó với mọi môđun con khác 0 của Z đều cốt yếu
trong Z.
m

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

Lấy 0 = B ⊆ Z (B bất kỳ) ⇒ B = nZ (n ∈ N∗ ) ⇒ kn ∈ k Z ∩ nZ và

kn = 0
⇒A∩B

∗

kn = 0 ⇒ A → Z.

3, Xét Z - môđun Q (là nhóm cộng các số hữu tỷ).

Khi đó: Mọi môđun con khác 0 của Q là cốt yếu trong Q.
∗

Chứng minh. Lấy A là môđun con bất kỳ của Q. Ta cần chứng minh A → Q
m

Lấy 0 = B ⊆ Q


8

a
∈ A; a, b ∈ Z∗ và ∃
b
a
Ta có: ap = pb ∈ A (vì pb ∈ Z,
bp
ap = aq ∈ B (vì aq ∈ Z,
q
⇒ A ∩ B ap = 0
⇒∃ 0=

p
0 = ∈ B; p, q ∈ Z∗ .
q
a
∈A)
bp
∈B )
q

∗

⇒ 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.
1.1.6 Định nghĩa. Cho A là môđun con của 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 .
∗

m

Tức là: A → K ⊆ M ⇒ A = K .
Ví dụ: Cho A là hạng tử trực tiếp của môđun 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 = ∅.
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


9

Thât vậy, ∀ 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 .
∗

(⇒) Cho L → N thì ∀X ⊆ M sao cho ϕ(L) ∩ X = 0,

Chứng minh.

∗

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. Tính chất. Cho môđun M khi đó:
m

∗

(1) A ⊆ M thì A → M khi và chỉ khi xR ∩ A = 0, ∀ 0 = x ∈ M .
m

m

∗

∗

∗

(2) A ⊆ N ⊆ M thì A → M khi và chỉ khi A → N ; N → M .
m

∗

∗

(3) Cho A → M, K ⊆ M thì A ∩ K → K .
m

m

∗

∗

(4) Cho A ⊆ N ⊆ M . Nếu N/A → M/A thì N → M .
m

∗

n

∗

n

(5) Cho Ai → Mi ⊆ M với i = 1, n. Khi đó ∩ Ai → ∩ Mi .
i=1
∗

i=1

∗

(6) Cho f : B −→ C là đồng cấu môđun và A → C . Khi đó: f −1 (A) → B .
m

∗

Mi , A = ⊕ Ai và Ai → Mi ⊆ M, ∀i ∈ I .

(7) Cho M =

i∈I

i∈I

∗

Nếu ∃ ⊕Ai thì ∃ ⊕Mi và ⊕Ai → ⊕Mi .
I

I

I

I

m

∗

Chứng minh. (1) Hiển nhiên nếu A ⊆ M ; A → M thì ∀ 0 = x ∈ M ta có

Rx = 0. Theo định nghĩa ta có xR ∩ A = 0


10

∗

Ngược lại, giả sử ∀ 0 = x ∈ M, xR ∩ A = 0. Để chứng minh A → M . Ta
m

cần chứng minh ∀ 0 = B ⊆ M, ⇒ A ∩ B = 0.

Thật vậy:
m

Khi đó ∃ 0 = x ∈ B ⇒ xR ⊆ B suy ra A ∩ B ⊇ A ∩ xB = 0.
∗

Vậy A ∩ B = 0 hay A → M .
(2) Giả sử A cốt yếu trong M , lấy môđun con X bất kỳ của N mà
m

∗

∗

∗

A ∩ X = 0. Do X → N nên X ⊆ M và A → M nên X = 0. Vậy A → N .
m

Tương tự, lấy môđun con Y bất kỳ của M mà N ∩ Y = 0. Do A ⊆ N nên
∗

∗

A ∩ Y = 0 và A → M suy ra Y = 0. Vậy N → M .
∗

∗

Ngược lại, nếu A → N và N → M thì với môđun con X bất kỳ của M

mà A ∩ X = 0.
∗

Đặt B = N ∩ X , ta có: A ∩ B = A ∩ N ∩ X = A ∩ X = 0, do A → N
∗

nên B = 0 suy ra N ∩ X = 0 và do N → M suy ra X = 0.
∗

Vậy A → M .
(3) Lấy X là môđun con bất kỳ của K sao cho A ∩ K ∩ X = 0 hay
∗

A ∩ X = 0, do A → M suy ra X = 0. Vậy A ∩ K cốt yếu trong K .
m

(4) Lấy X ⊆ M sao cho N ∩ X = 0. Khi đó, N ∩ (A ⊕ X) = A từ đây ta
suy ra N/A ∩ (A ⊕ X)/A = 0.
∗

Do N/A → M/A nên (A ⊕ X)/A = 0 hay A ⊕ X = A.
∗

Vậy X = 0 hay N → M .
(5) Chứng minh bằng quy nạp. Ta chỉ cần chứng minh đúng với n = 2.
m

∗

m

∗

Cho A1 → M1 ⊆ M , A2 → M2 ⊆ M .
∗

Ta cần chứng minh: A1 ∩ A2 → M1 ∩ M2 .
m

m

m

∗

Lấy 0 = B ⊆ M1 ∩ M2 suy ra B ⊆ M1 ; B ⊆ M2 và A1 → M1
suy ra B ∩ A1 = X = 0.
m

m

∗

Ta có: X ⊆ B ⇒ X ⊆ M2 và A2 → M2 ⇒ X ∩ A2 = Y = 0
m

m

m

⇒ Y ⊆ A1 , Y ⊆ A2 ⇒ Y ⊆ A1 ∩ A2 ⇒ B ∩ (A1 ∩ A2 ) ⊇ Y = 0.
∗

Vậy A1 ∩ A2 → M1 ∩ M2


11

m

(6) Lấy 0 = X ⊆ B , ta cần chứng minh X ∩ f −1 (A) = 0
m

m

- Nếu f (X) = 0 thì X ⊆ f −1 (0) ⊆ f −1 (A). Do đó X ∩ f −1 (A) = X = 0.
m

∗

- Nếu 0 = f (X) ⊆ C . do A → C nên A ∩ f (X) = 0.
Khi đó tồn tại a = 0, a ∈ A và a ∈ f (X) suy ra a = f (x), với x là phần tử
khác 0 nào đó thuộc X . Suy ra x = f −1 (a) hay x ∈ f −1 (A).
Do đó X ∩ f −1 (A) = 0.
∗

Vậy f −1 (A) → B .
(7) • Trước hết ta chứng minh cho trường hợp I là tập hữu hạn {1, ..., n}
Dùng phương pháp quy nạp ta chỉ cần xét với n = 2.
∗

∗

Ta có M = M1 + M2 , A = A1 + A2 . Do Ai → Mi nên A1 ∩ A2 → M1 ∩ A2 .
Mà A1 ∩ A2 = 0 nên M1 ∩ M2 = 0. Do đó tồn tại ⊕ Mi
i∈I

Tiếp theo ta xét các phép chiếu:

f1 : M1 ⊕ M2 −→ M1
f2 : M1 ⊕ M2 −→ M2
∗

∗

∗

Do A1 → M1 nên f −1 (A1 ) → M1 ⊕ M2 (theo 6) hay A1 ⊕ M2 → M1 ⊕ M2 (1)
∗

Tương tự, ta cũng chứng minh được M1 ⊕ A2 → M1 ⊕ M2 (2)
Lấy giao từng vế của (1) và (2) ta suy ra:
∗

A1 ⊕ A2 → M1 ⊕ M2
• Bây giờ ta chứng minh cho trường hợp I là tập vô hạn.
Lấy x ∈

Mi , ta biểu diễn x ∈
i∈I

xi với F là tập con hữu hạn của I . Theo
i∈I

trường hợp trên thì ⊕ Mi tồn tại và sự biểu diễn đó là duy nhất.
i∈I

m

Tiếp theo ta lấy x = X ⊆ ⊕ Mi suy ra tồn tại 0 = x ∈ X mà x ∈
i∈I

Mi
i∈I

∗

và ⊕ Ai → ⊕ Mi (với F là tập hữu con hữu hạn của I ).
i∈I

i∈I

Do đó xR ∩ ⊕ Ai = 0. Suy ra X ∩ ⊕ Ai = 0. Vì vậy X ∩ ⊕ Ai = 0.
i∈I
∗

i∈I

Vậy ⊕ Ai → ⊕ Mi .
i∈I

i∈I

i∈I


12

1.2

Môđun con bé, Môđun bé
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 .
˚ .
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 là Z - môđun tự do với cơ sở {ei |i ∈ I}. Khi đó

F = ⊕ ei Z
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 = ei1 x1 + ... + eim xm ∈ Z; 0 = xi ∈ Z.
Chọn n ∈ Z, n > 1 sao cho (x1 , n) = 1
Đặt E = ⊕ e1 Z + ei1 nZ, khi đó ta có aZ + E = F ,
i∈I
i=i1

do đó A + E = F với E = F .
Điều này chứng tỏ A không là môđun con bé của F .
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 →


13

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

• 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.
1.2.4 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

1.2.5 Định lí. 1) Nếu trong M có dãy những môđun con: A ⊆ B ⊆ C thì

˚ kéo theo A →M
˚ .
B →C
˚ , 1 ≤ i ≤ n thì
2) Ai →M

n

˚ .
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. Suy ra
Mặt khác vì B →C

˚ .
M = A + D = D. Vậy từ A + D = M có 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


14

˚
Giả sử ta chứng minh được A = A2 + ... + An →M.
˚ . Giả sử D là môđun
Ta phải chứng minh A + A1 = A1 + A2 + ... + An →M
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 . Kết hợp với (1)
n

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
˚ .
suy ra ϕ(A) ⊂ ϕ(M ) ⊂ D do đó N = ϕ(A) + D = D. Vậy ϕ(A) →N
1.2.6 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 = ∅ 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 .
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.


15

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 .
1.2.7 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
Chứng minh. Giả sử

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

˚ 1 ⊕ M2 nên theo định lý 1.1.5,
Vì K1 ⊕ K2 →M
˚ i.
pi (K1 ⊕ K2 ) →M
˚ i (i = 1, 2).
Vậy Ki →M
˚ 2 ⊆ M nên theo Định lí 1.2.5 ta
˚ 1 ⊆ M và K2 →M
Ngược lại, do K1 →M
˚
˚ . Theo mệnh đề 1.2.4, K1 ⊕ K2 →M
˚
có K1 →M
và K2 →M
= M1 ⊕ M2 .
˚
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 .
1.2.8 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 .


16

m

m

m

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

m

Chứng minh. (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
m

˚
(theo luật modular). Vì B →M
nên U ∩ M = M và do đó M ⊆ U . Vậy
U = M.
m

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

˚ nên U ∩ M = M . Suy ra
hay B + U ∩ M = M (theo luật modular). Vì B →
m

m

M ⊆ U và B ⊆ U . 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.

˚ . 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.


17

˚ .
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

i=1

n

˚ ⊕ 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 )).
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 .


18

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
1.2.10 Định nghĩa. Một đồng cấu môđun α : A → B được gọi là bé khi và

˚
chỉ khi 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


19

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)
.


20

CHƯƠNG 2
ĐẶC TRƯNG VÀNH BỞI LỚP MÔĐUN ĐỐI SUY BIẾN

2.1

Môđun 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. Ta cần chứng minh Z(M ) là môđun con của M. Thật vậy:

• Ta có: Z(M ) = 0 do 0 ∈ Z(M )
∗

• Lấy x, y ∈ Z(M ) ⇒ ∃ I, J → RR để xI = 0; yJ = 0
∗

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

= x(I ∩ J) + y(I ∩ J) ⊆ xI + yJ = 0
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 được A → R (iđêan phải của R do I là iđêan phải của R)
Xét ánh xạ: f : R −→ R

a −→ ra

(r bất kỳ)

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

21

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
Nếu Z(M ) = M ta nói M là môđun suy biến.
Nếu Z(M ) = 0 ta nói M là môđun không suy biến.
Nếu 0 < Z(M ) < M ta nói M không phải là môđun suy biến cũng không
phải là môđun không 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 Bổ đề. - Nếu R là miền nguyên thì R- môđun xoắn là R- môđun suy
biến. R- môđun tự do là R- môđun không suy biến.
- Môđun con của môđun suy biến là môđun suy biến.
- Môđun con của môđun không suy biến là môđun không suy biến.
- Tổng các môđun con suy biến là môđun suy biến.
- Tích trực tiếp của các môđun không suy biến là môđun không suy biến.
- Mở rộng cốt yếu của môđun không suy biến là môđun không suy biến.

∗

- Cho B → A môđun M là môđun suy biến khi và chỉ khi M

A/B .


22

2.1.6 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 )
(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
2.1.7 Định nghĩa. (i) 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∈∧

(ii) 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 ].
m

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

m

Thật vậy: Do K ∈ σ[M ] và N ⊆ K . 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


23

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 Rsuy 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.
(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 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.


24

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
m

m

f (P ).

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
là đẳng cấu
hay ⊕Ni

⊕Li /Ki

I

I

Ta lại có ⊕Li /Ki

⊕Li /⊕Ki

I

I

I

vì

f : ⊕Li /Ki −→ ⊕Li /⊕Ki
I

I

I

(xi + Ki )I −→ (xi )I + ⊕Ki
I

là đẳng cấu , nên ⊕Ni
I

⊕Li /⊕Ki
I

I

Ta có Li ∈ σ[M ], ∀i ∈ I nên ⊕Li ∈ σ[M ], vì phạm trù σ[M ] đóng đối với

I

∗

∗

việc lấy tổng trực tiếp. Hơn nữa do Ki → Li , ∀i ∈ I nên ⊕Ki → ⊕Li .
I

Do đó ⊕Ni
I

I

⊕Li /⊕Ki là môđun M - suy biến.
I

I

(6) Thật vậy, gọi {Ni | i ∈ I} là tập tất cả các môđun con M - suy biến
của N . Vì lớp các môđun M - suy biến đóng đối với việc lấy tổng trực tiếp
nên ta có ⊕Ni là môđun M - suy biến.
I

Gọi A = {Σxi | (xi )I ∈ ⊕Ni }. Ta có A =
I

x = Σxi với (xi )I ∈ ⊕Ni , do đó x ∈
I

Ni . Thật vậy, ∀x ∈ A, ta có
I

Ni .
I


25

Ngược lại, ∀x ∈

thì x được biểu diễn hữu hạn x = x1 + ... + xn , do đó
I

x ∈ A.

Ni là môđun con của N , và f : ⊕Ni −→ A

Ta có A =

I

I

(xi )I −→ Σxi
là toàn cấu, hay f (⊕Ni ) = A.
I

Mặt khác, ảnh đồng cấu của môđun M - suy biến là môđun M - suy biến, vì
vậy A hay

Ni là môđun M - suy biến, và đó chính là môđun M - suy biến
I

lớn nhất trong N .
(7) Ta có Z(N ) là môđun con suy biến của N nên Z(N ) là môđun R- suy
biến, mà ZR (N ) là môđun R- suy biến lớn nhất trong N ,
m

vì vậy Z(N ) ⊆ ZR (N ).(Lớn nhất ở đây được hiểu theo quan hệ bao hàm,
chứ không phải là tối đại, bởi vì nếu hiểu theo nghĩa tối đại thì theo trên ta
cộng các môđun con R- suy biến tối đại sẽ được môđun con R- suy biến lớn
hơn).
∗

Mặt khác, theo định nghĩa Z(N ) = {x ∈ N | ∃I → R để xI = 0} là
môđun con suy biến của N thì ta thấy Z(N ) chính là môđun con suy biến
∗

lớn nhất của N , với mọi x ∈ K, ∃I → R để xI = 0, suy ra x ∈ Z(N ).
Vậy Z(N ) cũng chính là môđun con R- suy biến lớn nhất của N , do đó

Z(N ) = ZR (N ).
2.1.12 Mệnh đề. Cho M là R- môđun phải, ta có các điều kiện sau là tương
đương:
(a) M không suy biến trong σ[M ]
(b) Với mọi K ∈ σ[M ] và mọi f : K −→ M , ker(f ) đóng trong K .
(c) Với mọi K ∈ σ[M ] và mọi f : K −→ M , ker(f ) không cốt yếu trong

K.

Chứng minh. (a) ⇒ (b):
Giả sử M không suy biến trong σ[M ] ta cần chứng minh ker(f ) đóng