Khóa luận Định lý OSOFSKY cho vành nửa đơn

có hif(x) = piihf(x) = piig(x), ∀x ∈ X ⇒ hf = g. Vậy Q nội xạ. Khi nói đên môđun nội xạ thì một tiêu chuẩn rất quan trọng để kiểm tra tính nội xạ của môđun đó là tiêu chuẩn Bear, tiêu chuẩn này được phát biểu như sau: Mệnh đề 1.8.2 (Tiêu chuẩn Bear). Một R-môđun phải QR là nội xạ khi và chỉ khi mỗi R-đồng cấu f : U −→ Q, (U là iđêan phải của R) luôn tồn tại R-đồng cấu τ : R→ Q sao cho f = τ.ι, trong đó ι : U −→ R là một phép nhúng. Xem chứng minh [8, Lemma 1.4, page 3]. Mệnh đề 1.8.3. [2,ĐL 11.4] Cho Q là R-môđun phải. Lúc đó các điều kiện sau là tương đương: a. Q nội xạ. b. Mọi dãy khớp ngắn các R-đồng cấu 0→ Q f−→ B g−→ C → 0 đều chẻ ra. Chứng minh. ⇒) Xét dãy 0 Q B C 0. Q - ? id -f -g - Tồn tại đồng cấu h: B −→ Q sao cho hf = id. Đặt e = fh, e là tự đồng cấu của B. Khi đó e2 = (fh)(fh) = f(hf)h = f(id)h = fh = e. Suy ra e lũy đẳng. Từ 14 đó, ta có B = Ime ⊕Kere. Mà hf = id nên h toàn ánh ⇒ Ime = Imfh = Imf ⇒ Imf = kerg là hạng tử trực tiếp của B. f đơn ánh ⇒ kerfh = kerh là phần phụ của Imf . Từ đó suy ra B = Imf ⊕Kerh. Vậy mọi dãy khớp ngắn các R-đồng cấu 0→ Q f−→ B g−→ C → 0 đều chẻ ra. ⇐) Ta có 0→ Q f−→ B g−→ C → 0 chẻ ra nên khi đó f đơn ánh, g toàn ánh. Xét đồng cấu id : Q −→ Q, khi đó luôn tồn tại một đồng cấu từ h : B −→ Q để biểu đồ sau giao hoán Q B. Q ? id -f h Vậy Q nội xạ. Môđun nội xạ có quan hệ đặc biệt chặt chẽ với một lớp môđun gọi là môđun chia được mà ta sẽ đưa ra định nghĩa sau đây: Định nghĩa 1.8.2. Một R-môđun M được gọi là chia được nếu mọi phần tử a ∈ R không là ước của 0 ta có aM = {ax,∀x ∈M} = M. Ví dụ 1.8.4. Cho R là miền iđêan chính. Khi đó R-môđun E là nội xạ khi và chỉ khi E chia được. Chứng minh. ⇒) Giả sử E là R-môđun nội xạ, x ∈ E, a ∈ R không là ước của 0. Xét f : Ra −→ E, ra 7−→ rx, ∀x ∈ R. Khi đó f là ánh xạ và là R-đồng cấu. Theo tiêu chuẩn Bear, tồn tại g : R → E, g là mở rộng f . Ta có x = f(a) = g(a) = ag(1) ∈ aE. Suy ra E chia được. 15 ⇐) Giả sử E chia được. Ta cần chứng minh R-môđun E là nội xạ, có nghĩa là chỉ cần chứng minh R-đồng cấu f : I → E tồn tại một mở rộng g : R → E với I là iđêan của R. Do R là miền iđêan chính nên tồn tại a ∈ R không là ước của 0 để I = Ra. Mặt khác E chia được nên tồn tại y ∈ E sao cho x = ay với x = f(a). Xét ánh xạ g : R→ E. b 7→ by,∀b ∈ R Khi đó g là đồng cấu và g(ba) = bay = bx = bf(a) = f(ba), ∀b ∈ R (do f đồng cấu). Suy ra g là mở rộng của f . Vậy R-môđun E là nội xạ. Chẳng hạn QZ là môđun nội xạ vì QZ chia được. Định nghĩa 1.8.3. Cho MR, đơn cấu µ : M → Q được gọi là bao nội xạ đối với M nếu Q là môđun nội xạ, còn µ là đơn cấu cốt yếu. Kí hiệu bao nội xạ của M là E(M). Ví dụ 1.8.5. ι : ZZ → QZ là bao nội xạ đối với ZZ vì QZ là môđun chia được nên QZ nội xạ và ι là đơn cấu cốt yếu. Tính chất 1.8.6. [1,HQ 2.6] Cho E mở rộng của R-môđun M . Lúc đó các mệnh đề sau tương đương: i. E là bao nội xạ của M. ii. E là mở rộng cốt yếu cực đại của M. Định lý 1.8.7. [1,ĐL 2.7] Mọi môđun luôn có ít nhất một bao nội xạ, giả sử E và E ′ là những bao nội xạ của M , tồn tại một đẳng cấu f : E → E ′ sao cho f(x) = x, ∀x ∈M . 16 Chứng minh. Tồn tại mở rộng F của M ; F là R-môđun nội xạ. Ta cần chỉ ra tồn tại một mở rộng E của M là phần tử cực đại trong tập Ω tất cả các môđun con của F là mở rộng cốt yếu cực đại của M . Ta sẽ chứng minh E là một mở rộng cốt yếu cực đại của M , khi đó E chính là bao nội xạ của M . Thật vậy, cho E1 là một mở rộng cốt yếu của E. Kí hiệu j : E ↪→ F và j1 : E ↪→ E1 là các phép nhúng tự nhiên. Khi đó, tồn tại mở rộng h : E1 → F của phép nhúng j. Do đó E ∩ kerh = 0, vì E1 là mở rộng cốt yếu của E nên kerh = 0. Suy ra h(E1) ∈ Ω. Vậy, do E cực đại trong Ω, h(E1) = E tức E1 = E. Điều này chứng tỏ E là một mở rộng cốt yếu cực đại của M . Giả sử E và E ′ là hai bao nội xạ của M với i : M ↪→ E và i′ : M ↪→ E ′ là các phép nhúng tự nhiên. Khi đó theo chứng minh trên, tồn tại một R-đơn cấu f : E −→ E ′ sao cho i′ = foi, vì f(E) ∼= E ′; f(E) là môđun nội xạ, do đó sẽ tồn tại R-môđun con L của E ′, sao cho E ′ = f(E)⊕ L. Mặt khác E ′ là một mở rộng cốt yếu của M và M ⊆ f(E) nên từ f(E) ∩ L = 0⇒ L = 0. Vậy f là một đẳng cấu và ta có được điều cần chứng minh. Nhận xét 1.8.8. Luôn tồn tại E(M) của M sao cho E(M) 6 E với E là mở rộng của R-môđun M , suy ra R-môđun M là nội xạ khi chỉ khi E(M) = M. 1.9 Môđun nửa đơn Đối với mọi không gian vectơ đều có cơ sở và lực lượng của cơ sở là bất biến, một tập độc lập bao giờ cũng có thể mở rộng được thành một cở sở. Đối với môđun thì những tính chất đó cũng có thể diễn đạt được đối với môđun sinh ra bởi các môđun đơn. 17 1.9.1 Môđun đơn Định nghĩa 1.9.1. Một môđun khác không TR là đơn nếu nó không có môđun con không tầm thường nào. Nhận xét 1.9.1. 1. Một R-môđun phải T là đơn khi và chỉ khi T ∼= R/M với M là iđêan phải cực đại của R. 2. Ta thấy rằng RR là cyclic nên nó luôn tồn tại một iđêan phải cực đại, vì vậy trong phạm trù Mod-R luôn tồn tại môđun đơn. Mệnh đề 1.9.2. [1,BĐ 2.2.11] MR đơn khi và chỉ khi M 6= 0 và ∀m 6= 0, m ∈ M sao cho M = mR. Chứng minh. ⇒) Cho MR đơn. Với m 6= 0 ta có m = 1m ∈ mR ⇒ mR 6= 0, mà MR đơn nên MR chỉ chứa các môđun con tầm thường suy ra mR = M . ⇐) Cần chứng minh M 6= 0; ∀m ∈ M,m 6= 0 : M = mR⇒ MR đơn. Thật vậy, lấy A 6 M ;A 6= 0, 0 6= a ∈ A. Ta có aR = M , M = aR 6 A 6 M ⇒ A = M . Vậy MR đơn. Định nghĩa 1.9.2. Vành R được gọi là đơn nếu R 6= 0 và ∀A 6 (RRR)[A = 0;A = R], có nghĩa là R 6= 0 và R chỉ có hai iđêan hai phía là 0 và R. 1.9.2 Môđun nửa đơn Định nghĩa 1.9.3. i. Cho (Tα)α∈A là tập các môđun con đơn của M , M là tổng trực tiếp các môđun con đơn này, nghĩa là M = ⊕ A Tα (∗). Khi đó (∗) được gọi là phân tích nửa đơn. 18 ii. Môđun M được gọi là nửa đơn nếu nó có một phân tích nửa đơn. iii. Vành R được gọi là nửa đơn phải (trái) nếu RR (RR) nửa đơn. Ví dụ 1.9.3. 0 là nửa đơn vì 0 = ⊕ Mi∈∅ Mi, nhưng 0 không phải là đơn. Mệnh đề 1.9.4. [2,HQ 12.4] Môđun M có tập sinh là (Tα)α∈A các môđun con đơn thì M = ⊕ B Tβ với B nào đó B 6 A, nghĩa là M là nửa đơn. Chứng minh. Với K 6 M ; theo bổ đề Zorn thì tồn tại tập B cực đại với (Tβ)β∈B độc lập sao cho K ⋂ ∑ β∈B Tβ = 0. Khi đó N = K ⊕ B Tβ. Chọn K = 0 thì N = ⊕ B Tβ. M có tập sinh là Tα nên M = ∑ A Tα;Tα 6 M. Lấy α ∈ A\B; vì Tα đơn nên chỉ tồn tại các môđun con tầm thường. Suy ra Tα ⋂ N = Tα hoặc Tα ⋂ N = 0. Nếu Tα ⋂ N = 0⇒ N = 0 ⇒ B không cực đại, nên Tα⋂N = Tα ⇒ Tα 6 N ⇒M 6 N . Mặt khác N 6M ⇒M = N . Vậy M = ⊕ B Tβ là nửa đơn. Ví dụ 1.9.5. 1. Mỗi không gian vectơ V = VK trên trường K là nửa đơn. VK = ∑ x∈V,x 6=0 xK, trong đó xK đơn đối với x 6= 0. 2. ZZ không nửa đơn vì trong ZZ không có môđun con đơn nào. 3. Mỗi môđun đơn là một môđun nửa đơn. 4. Với n = ±1 hay n được phân tích thành các thừa số nguyên tố khác nhau từng đôi một thì Z/nZ với n 6= 0 được xem như Z-môđun nửa đơn. Thật vậy, khi n = ±1 thì Z/nZ = 0 hiển nhiên là môđun nửa đơn. Giả sử n = pα11 p α2 2 ....p αk k , với pi (pi 6= pj, i = {1, ..., k}) là các số nguyên tố. Nếu các αi = 1, ∀i = 1, ..., r, ta có môđun con của Z/nZ có dạng mZ/nZ. Khi đó nZ ⊆ mZ suy ra n = m.q. Xét ánh xạ f : Z −→ mZ/nZ, x 7−→ mx+ nZ 19 khi đó f toàn cấu, ker f = qZ. Theo định lý đồng cấu ta có mZ/nZ = mZ/mqZ ∼= Z/qZ = Zq. Khi đó Zq là Z-môđun nửa đơn, với q là số nguyên tố, nên q phải nhận một trong các số nguyên tố pi. Gọi mi = n pi với i = {1, ..., k}. Ta có m1Z + m2Z + ... + mkZ = np1Z + n p2 Z + ... + n pk Z = n p1p2...pk Z, vì n p1p2...pk là ước chung lớn nhất của n p1 , n p2 , ..., n pk . Mặt khác soc(Z/nZ) = k∑ i=1 (( n pi )Z/nZ) = ( k∑ i=1 ( n pi Z))/nZ = ( n p1p2...pk Z)/nZ = Zp1p2...pk ∼= k∑ i=1 Zpi. Nên ta suy ra Z/nZ là nửa đơn với n = p1p2...p3, p1, ..., pk khác nhau từng đôi một. Ngược lại, nếu tồn tại αi > 1. Khi đó Z/pαii Z không phải vành nửa đơn. Do đó Z/nZ không phải là vành nửa đơn vì nó chứa vành con không nửa đơn. Chẳng hạn Z/12Z không nửa đơn và Z/30Z là nửa đơn. Đối với môđun nửa đơn đặc trưng của nó được thể hiện thông qua định lý sau đây: Định lý 1.9.6. [2, ĐL 1.2.7] M là nửa đơn khi và chỉ khi mọi môđun con của M là hạng tử trực tiếp của M . Chứng minh. ⇒) M là nửa đơn thì M = ⊕ j∈J Sj; Sj là nửa đơn. Lấy K ⊆ J , SK = ⊕ j∈K Sj. Nếu N 6 M . Theo bổ đề Zorn, tồn tại tập con cực đại I của J mà SI ⋂ N = 0. Gọi M = N ⊕ SI . Để chứng minh mọi môđun con của M là hạng tử trực tiếp của M ta cần chứng minh mọi môđun con Sj; j ∈ J đều là môđun con của N + SI (vì M = N + SI và SI ⋂ N = 0). Nói cách khác, ta cần chứng minh Sj ⊆ N + SI . Nếu j ∈ I thì Sj ⊆ N + SI ⇒M = N ⊕ SI mọi môđun con là hạng tử trực tiếp. Nếu j /∈ I, do tính cực đại của I ta có (Sj + SI)⋂N 6= {0}. Với sj ∈ Sj; si ∈ SI ; sj + si = n ∈ N, n 6= 0 ⇒ 0 6= sj = n − si ∈ (N + SI)⋂Sj. Mà Sj đơn nên (N + SI) ⋂ Sj = Sj ⇒ Sj ⊆ N + SI . ⇐) Mọi môđun con của M là hạng tử trực tiếp của M suy ra M nửa đơn. 20 Ta có M = H ⊕H ′; với H ′ nào đó, H ′ 6M và H là môđun con cực đại của xR. Khi đó xR = xR ⋂ M = xR ⋂ (H ⊕H ′) = (xR⋂H ′)⊕H ⇒ xR⋂H ′ ∼= xR/H. Vì H là môđun con cực đại nên xR/H đơn suy ra xR có một môđun con nửa đơn. Gọi N là tổng các môđun con đơn của M . Lúc đó M = N ⊕N ′ với N ′ nào đó, N ′ 6M ⇒ N ⋂N ′ = 0 ⇒ N ′ = 0. Do đó N = M . Vậy M là tổng các môđun con đơn, nên M là nửa đơn. Mệnh đề 1.9.7. Mỗi môđun con và môđun thương của môđun nửa đơn M là nửa đơn. Chứng minh. Đặt B là môđun con của M ; C là môđun con của B nên C là môđun con củaM . Vì M nửa đơn nên C là một hạng tử trực tiếp của B, suy ra B nửa đơn. Đặt M/H là môđun thương của M . Gọi H là hạng tử trực tiếp của M . Khi đó tồn tại H ′ 6 M sao cho M = H⊕H ′. Do H ′ là môđun con của M nên H ′ là nửa đơn (theo phần chứng minh trên). Mặt khác ta có M/H ∼= H ′ nên suy ra M/H nửa đơn. 1.10 Vành nửa đơn Mọi không gian vectơ đều là vành nửa đơn, nhưng đối với môđun thì điều này chưa chắc đúng. Định nghĩa 1.10.1. Vành R được gọi là nửa đơn nếu mọi iđêan phải (trái) đều là hạng tử trực tiếp cuả RR (RR). Tính chất 1.10.1. Tổng trực tiếp của các vành nửa đơn là vành nửa đơn. Mệnh đề 1.10.2. Nếu R là vành nửa đơn, mọi R-môđun trái M là môđun nửa đơn. 21 Chứng minh. Gọi F là R-môđun trái tự do, ϕ : F −→ R là toàn ánh và R là môđun nửa đơn trên chính nó. Từ đó ta suy ra F là môđun nửa đơn. Do M là môđun thương của môđun nửa đơn nên ta suy ra M là môđun nửa đơn. Ví dụ 1.10.3. Vành M = Mn(R) là nửa đơn, thậm chí là vành đơn, có nghĩa là trong vành M tất cả các ma trận vuông cấp n với phần tử là những số thực không có iđêan nào khác 0 và khác M . Chứng minh. Giả sử trong vành M có iđêan I khác 0. Thế thì tồn tại [aij] = α ∈ I, α 6= 0, nghĩa là tồn tại hai số nguyên k, l; l ≤ k; l ≤ n sao cho akl 6= 0. Kí hiệu xij là ma trận thuộc M có phần tử nằm ở giao của dòng i và cột j bằng số thực x, còn lại mọi phần tử khác đều bằng 0; với mọi số thực b, tồn tại các số thực x, và y sao cho y(aklx) = b. Do đó với mọi l ≤ s; t ≤ n ta có: ysk(αxlt) = bst. Vì I là một iđêan của M nên ta suy ra bst ∈ I. Với mọi ma trận β ∈ M ta đều có thể biểu diễn dưới dạng β = ∑ bst nên từ đó suy ra I = M . Vậy Mn(R) là vành đơn. Khi đó chẳng hạnA =  R R R R ⊕  R R R R ,B =  R R R R ⊕  R R R R R R R R R  là những vành nửa đơn. Mệnh đề 1.10.4. [2,MĐ 2.3.4] Các điều kiện sau là tương đương đới với vành R đã cho: i. R là nửa đơn. ii. Mỗi R-môđun trái là môđun nửa đơn. 22 iii. Mỗi R-môđun trái là nội xạ. iv. Mọi dãy khớp ngắn là chẻ ra. Chứng minh. i⇒ ii) Theo mệnh đề 1.10.2. ii⇒ iv) Xét dãy 0 −→ E −→ B −→ C −→ 0. Giả sử B là môđun nửa đơn, suy ra mỗi môđun con của B là hạng tử trực tiếp của B. Theo định nghĩa dãy khớp thì 0 −→ E −→ B −→ C −→ 0 là chẻ ra. Mặt khác dãy 0 −→ E −→ B −→ C −→ 0 là chẻ ra khi và chỉ khi E là nội xạ nên ta có iii⇔ iv. iv ⇒ i) 0 −→ E −→ B −→ C −→ 0 là chẻ ra khi đó mọi môđun con của B là hạng tử trực tiếp của B. Suy ra B là nửa đơn. Hệ quả 1.10.5. Với vành R đã cho thì R là nửa đơn ⇔ mỗi R-môđun phải (trái) là nội xạ Chứng minh. ⇒) R là nửa đơn nên mỗi R-môđun phải là nửa đơn⇒ mỗi R-môđun con phải là hạng tử trực tiếp ⇒ mỗi R-môđun phải là nội xạ. ⇐) Mỗi R-môđun phải là nội xạ ⇒ mỗi iđêan phải của R là hạng tử trực tiếp của R ⇒ R là nửa đơn. (Tương tự cho R-môđun trái vì vành nửa đơn có tính đối xứng). 1.10.1 Vành Artin - Vành Nơte Định nghĩa 1.10.2 (Vành Artin - Vành Nơte). 1. Vành R được gọi là Artin phải (trái) nếu mỗi tập khác rỗng các iđêan phải (trái) nào đó của R đều có phần tử cực tiểu. 2. Vành R được gọi là Nơte phải (trái) nếu mỗi tập khác rỗng các iđêan phải (trái) nào đó của R đều có phần tử cực đại. 23 Định nghĩa 1.10.3 (ACC- DCC). Cho R-môđun M và L là một tập nào đó các môđun con của M. Ta nói L thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng (ACC) nếu mọi dãy tăng A1 ≤ A2 ≤ ... ≤ An ≤ ... các môđun thuộc L đều dừng, tức là tồn tại n ∈ N sao cho An = An+i (i = 1, 2, ...). Ta nói L thỏa mãn điều kiện dây chuyền giảm (DCC) nếu mọi dãy tăng D1 ≥ D2 ≥ ... ≥ Dn ≥ ... các môđun thuộc L đều dừng, tức là tồn tại n ∈ N sao cho Dn = Dn+i (i = 1, 2, ...). Định lý 1.10.6. [2,ĐL 1.5.7] Cho vành R. Khi đó, 1. Các khẳng định sau là tương đương: (a) R là Artin phải. (b) R thỏa mãn DCC đối với tập các iđêan phải. 2. Các điều kiện sau là tương đương: (a) R là Nơte phải. (b) R thỏa mãn ACC đối với tập các iđêan phải. 3. Các điều kiện sau là tương đương: (a) R là Artin và Nơte. (b) R là môđun có độ dài hữu hạn. Ví dụ 1.10.7. 1. ZZ không Artin vì trong ZZ không thỏa mãn điều kiện DCC đỗi với các iđêan phải dừng Z > 2Z > 22Z > .... 2. Z là Nơte vì mỗi iđêan phải của Z đều có dạng nZ, n ∈ N đều hữu hạn sinh 24 nZ = 〈n〉. 3. Không gian vectơ hữu hạn chiều là Artin và Nơte vì là môđun có độ dài hữu hạn. Thật vậy, cho VK với K là một trường có cơ sở {x1, x2, ..., xn}. Lúc đó 0 < x1K < x1K + x2K < ... < x1K + x2K + ...+ xnK = V vì (x1K + x2K + ...+ xiK + xi+1K)/(x1K + x2K + ...+ xiK) = xi+1K ∼= K. 4. Vành có độ dài hữu hạn một phía (có nghĩa là Artin và Nơte một phía) còn phía kia không Artin, không Nơte. Lấy S =  Q R 0 R  khi đó SS có độ dài hữu hạn, còn SS không Artin, không Nơte. Chứng minh. Thật vậy, lấy {xi|i ∈ N} là một tập đếm được nào đó các phần tử của R, độc lập tuyến tính trong Q. Đặt si =  0 xi 0 0  , i ∈ N. Khi đó,  k r1 0 r2  si =  k r1 0 r2   0 xi 0 0  =  0 kxi 0 0  và các iđêan trái sinh bởi si có dạng Ssi =  0 Qxi 0 0  . Vì vậy, ta có Ss1 < Ss1 + Ss2 < Ss1 + Ss2 + Ss3 < ... là dãy tăng ngặt các iđêan trái, còn ∞∑ i=1 Ssi > ∞∑ i=2 Ssi > ∞∑ i=3 Ssi > ... 25 là dãy giảm ngặt các iđêan trái. Để chứng minh Ss là môđun có độ dài hữu hạn ta chỉ cần chỉ ra một dãy hợp thành của Ss. Đặt A1 =  0 1 0 0 S =  0 1 0 0   Q R R R  =  0 R 0 0  , A2 =  0 0 0 1 S =  0 0 0 1   Q R R R  =  0 0 0 R  . Vì R là một trường nên các iđêan phải này đơn và A1 ⋂ A2 = 0. Khi đó ta suy ra được (A1 + A2)/A1 ' A2 cũng đơn. Và khi đó ta cần chứng minh A1 + A2 cực đại trong Ss, để 0 < A1 < A1 +A2 < S là một dãy hợp thành. Giả sử tồn tại B sao cho A1 + A2 < B < S thì khi đó B = S. Thật vậy, lấy h a1 0 a2  /∈ A1 + A2. Khi đó h 6= 0 và đối với B = A1 + A2 +  h a1 0 a2 S ta có   h a1 0 a2 +  0 0 0 1− a2    h−1 −h−1a1 0 1  =  1 0 0 1  ∈ B. Ta suy ra được B = S. Vậy A1 + A2 cực đại trong Ss. 1.10.2 Vành chính quy Định nghĩa 1.10.4. Phần tử a ∈ R được gọi là chính quy nếu tồn tại b ∈ R sao cho a = aba. 26 Vành R được gọi là vành chính quy nếu mọi phần tử a ∈ R đều là chính quy. Định lý 1.10.8. [7,Theorem 4.23] Cho R là vành bất kỳ, các khẳng định sau là tương đương: 1. Với mọi a ∈ R thì tồn tại x ∈ R sao cho a = axa. 2. Mọi iđêan trái (phải) chính của R đều được sinh bởi một phần tử lũy đẳng. 2’. Mọi iđêan trái (phải) chính của R đều là hạng tử trực tiếp của RR. 3. Mọi iđêan trái (phải) hữu hạn sinh của R đều được sinh bởi một phần tử lũy đẳng. 3’. Mọi iđêan trái (phải) hữu hạn sinh của R đều là hạng tử trực tiếp của RR. Chứng minh. (1)⇒ (2) Cho Ra là iđêan trái chính của R. Lúc đó tồn tại x ∈ R sao cho a = axa. Đặt e = xa thì e = xaxa = ee = e2 và e ∈ Ra. Mà a = axa = ae ∈ Re nên Ra = Re. (2)⇒ (3) Ta chỉ cần chứng tỏ rằng mọi iđêan trái sinh bởi hai phần tử đều được sinh bởi một lũy đẳng. Thật vậy, với I là iđêan trái sinh bởi hai phần tử I = Re+Rf với e, f lũy đẳng. Khi đó I = Re + Rf(1 − e) và Rf(1 − e) = Re′ với e′ là một phần tử lũy đẳng, e′e ∈ Rf(1 − e)e = 0 Như vậy e′(e′ + e) = e′ điều này suy ra I = Re + Re′ = R(e′ + e) ⇒ I = Re′′, với e′′ là một phần tử lũy đẳng nào đó, tức là mọi iđêan trái sinh bởi một phần tử đều được sinh bởi một phần tử lũy đẳng. (3)⇒ (2) Mọi iđêan trái chính là một trường hợp đặc biệt của iđêan trái hữu hạn sinh nên (3)⇒ (2) là hiển nhiên. (2)⇔ (2′) và (3)⇔ (3′) do mệnh đề 1.6.1. Nhận xét 1.10.9. Vành R nửa đơn là vành chính quy. 27 Thật vậy, do R là vành nửa đơn nên mọi iđêan trái của R là hạng tử trực tiếp của RR nên R là vành chính quy. 28 Chương 2 Định lý Osofsky cho vành nửa đơn Để đi đến chứng minh định lý Osofsky thì trước hết chúng ta cần chú ý đến các tính chất và các bổ đề sau: Gọi Z(M) là tập tất cả các phần tử suy biến của M Z(M) = {x ∈M |r(x) ≤e RR}, khi đó Z(RR) là iđêan hai phía của R. Thật vậy, ta có m ∈ Z(RR);∀s ∈ R ta có r(m) ≤ r(sm), nên sm ∈ Z(RR) ⇒ Z(RR) là iđêan trái. Tương tự ta có Z(RR) là iđêan phải của R. R là vành chính quy thì Z(RR) = 0. Thật vậy, vì R 6= 0, ta có 1 ∈ R⇒ r(1) e RR ⇒ Z(RR) 6= R. Tương tự R 6= Z(RR) ⇒ Z(RR) = Z(RR) = 0. Vậy R là vành hoàn toàn không suy biến. Bổ đề 2.0.10. [10,Lemma 1] Cho R là vành có đơn vị sao cho mỗi R-môđun phải (trái) cyclic là nội xạ thì R là vành chính quy và R tự nội xạ. Chứng minh. Nếu I là một iđêan nội xạ phải (trái) của R, thì khi đó I là một hạng tử trực tiếp của RR và từ đó nó được sinh bởi một phần tử lũy đẳng (theo mệnh đề 1.6.1). Do đó nếu mỗi R-môđun phải (trái) cyclic là nội xạ, mỗi iđêan phải chính aR được sinh bởi a ∈ R là được sinh bởi phần tử lũy đẳng. Suy ra aR = eR với 29 e = e2 ∈ R. ∃x, y ∈ R, đặt e = ax; a = ey. Khi đó R là vành chính quy, thật vậy, ea = e.ey = e2y = ey = a, a = ea⇒ a = axa. Do RR cyclic được sinh bởi phần tử đơn vị suy ra RR là nội xạ, vì vậy R là vành tự nội xạ. Bổ đề 2.0.11. [10,Lemma 3] Đặt {en|n ∈ N} là tập các lũy đẳng trực giao trong vành chính quy tự nội xạ phải. Khi đó mỗi tập con A của N, tồn tại lũy đẳng EA ∈ R sao cho: EAen = en, n ∈ A, en′EA = EAen′ = 0, n ′ ∈ N\A, EA + EN\A = EN. Chứng minh. Vì R chính quy nên Z(RR) = 0 và mỗi iđêan phải I của R có duy nhất một mở rộng cốt yếu cực đại I∗ trong R. RR nội xạ, iđêan I có một bao nội xạ trong RR, bao nội xạ đó chính là mở rộng cốt yếu của I trong RR. Suy ra mỗi iđêan phải I có duy nhất một bao nội xạ I∗ trong RR; với e = e2 ∈ R ⇒ I∗ = eR. A ⊆ N tồn tại một lũy đẳng eA ∈ R sao cho eAR là mở rộng cốt yếu của ∑ n∈A enR. Kí hiệu: eAR = ( ∑ n∈A enR) ∗. Mặt khác ta có {en|n ∈ N} là trực giao ∑ n∈A enR ∩ ∑ n′∈N\A en′R = 0 ⇒  eAR ∩ eN\AR = 0 eAR + eN\AR = eNR ⇒ eAR ⊕ eN\AR mà eAR; eN\AR nội xạ suy ra eAR⊕ eN\AR nội xạ. Bao nội xạ của iđêan phải của R là duy nhất nên: ( ∑ n∈N enR) ∗ ⊇ ( ∑ n∈A enR) ∗ ( ∑ n∈N enR) ∗ ⊇ ( ∑ n′∈N\A en′R) ∗, 30 do đó ( ∑ n∈N enR) ∗ ⊇ eAR ⊕ eN\AR ⊇ ( ∑ n∈N enR) ∗ ⇒ (∑ n∈N enR) ∗ = eAR ⊕ eN\AR. Đặt EN = en, với EA + EN\A = EN. Gọi EA (tương ứng EN\A) là hình chiếu của EN lên eAR (eN\AR), với sự phân tích R = (1 − EN)R ⊕ EAR ⊕ EN\AR. Do vậy, ta có thể suy ra EA trực giao với EN\A ⇒ EAen = en với n ∈ A, EAen′ = EAEN\Aen′ = 0 với mọi n′ ∈ N\A. Vì ∑ n∈A enR 6e eAR, ( ∑ n∈A enR : EA) là iđêan phải cốt yếu của R. Nhưng en′EA( ∑ n∈A enR : EA) ⊆ en′( ∑ n∈A enR) = 0, ∀n′ ∈ N\A. Vì vậy en′EA ∈ Z(RR) = 0. Vậy en′EA = 0,∀n′ ∈ N\A. Bổ đề 2.0.12. [10,Lemma 4] Cho R là vành chính quy tự nội xạ phải, chứa tập vô hạn các lũy đẳng trực giao {en|n ∈ N}. Đặt I = ∑ enR, A ⊆ N, EA xác định như trong bổ đề trên. Khi đó tập S= = {EA|A ∈ =}, với A vô hạn, là môđun độc lập I;∑ A∈= (EAR+I) là trực tiếp trong R/I nếu và chỉ nếu tập hữu hạn {Ai|i = 1...n} ⊆ =, Ai ⋂ ⋃ i6=j Aj là tập con hữu hạn của N. Chứng minh. Giả sử S= là môđun độc lập với I. Đặt {Ai|i = 1, ...n} ⊆ =, C = Cij = Ai ∩ Aj với mọi i và i 6= j. Khi đó Ai ⊇ C; Aj ⊇ C ⇒ EAiR ⊇ ∑ n∈C enR; EAiR ⊇ ∑ n∈C enR. Đặt ECR = ( ∑ n∈C enR) ∗. Khi đó EAiR ⊇ ECR; EAjR ⊇ ECR; EAiEC = E 2 C ; EAjEC = E 2 C ⇒ EAiEC − EAjEC = 0; với EC ∈ I. Khi đó có một số hữu hạn n ∈ C để enEC = 0 ⇒ en = enECen = 0 (∗). Mà không tồn tại n để (∗) đúng nên C hữu hạn. Từ đó ta suy ra Ai ⋂ ⋃ i6=j Aj = ⋃ i 6=j (Ai ∩ Aj) = ⋃ i 6=j Cij = ⋃ C. Mà C hữu hạn nên Ai ∩ ⋃ i 6=j Aj hữu hạn. ⇐) Giả sử Ai ∩ ⋃ i6=j Aj hữu hạn. Đặt n∑ j=1 EAjrj ∈ I. Nếu m /∈ Ai ⇒ emEAi = 0 ⇒ emEAiri = 0. Nếu m ∈ Ai\ ∪i6=j Aj, em n∑ j=1 EAjrj = emEAiri. Do n∑ j=1 EAjrj ∈ I, khi đó có hầu hết số hữu hạn m ∈ Ai\ ⋃ i 6=j Aj sao cho emEAiri 6= 0. Mà Ai ⋂ ⋃ i 6=j Aj hữu hạn nên suy ra B = {m ∈ N|enEAiri 6= 0} hữu hạn. Với n′ ∈ N\B, en′EAiri = 0 31 mà en′EAiri = en′(1− EN + EN\B + EB)EAiri = en′(1− EN)EAiri + en′EN\BEAiri + en′EBEAiri = en′EN\BEAiri ⇒ EN\BEAiri = 0. Do đó EAiri = EBEAiri. ∑ i∈B eiR = ( ∑ i∈B eiR) ∗ = EBR và EBR ⊆ I.eiR môđun nội xạ suy ra ∑ i∈B eiR nội xạ, và EAiri ∈ I. Định lý 2.0.13. [9,ĐL] Đặt {ei|i ∈ P} là một tập vô hạn các lũy đẳng trực giao của R, giả sử mỗi A ∈ P thì tồn tại mA ∈ R sao cho mAei = ei, với mọi i ∈ A và ejmA = 0,∀j ∈ P\A, khi đó cho tất cả RR ⊆MR, M/(∑ i∈P eiR+ kerpi) là không nội xạ với pi : R −→ ∏ i∈P eiR, pi(m) = 〈eim〉. Chứng minh. Đặt P = ⋃ Ai∈R Ai, R vô hạn; Ai ∩ Aj = ∅; i 6= j. Theo bổ đề Zorn, trong P sẽ tồn tại tập S cực đại sao cho A ∈ S, A vô hạn; A;B ∈ S; A 6= B ⇒ A∩B hữu hạn. Đặt I = ∑ i∈P eiR + kerpi, khi đó ∀x ∈ I, x = ∑ i∈P eiri + y. Với y ∈ Kerpi ⇒ pi(y) = 0 ⇔ 〈eiy〉 = 0 ⇒ y ∈ r(ei) và ejx = ∑ i,j∈P ejeiri = 0, ∀i, j thuộc tập hữu hạn. Vậy I là tập linh hóa tử bởi hầu hết các ei. ∗ A ∈ S; r ∈ R, giả sử mAr /∈ I ⇒ mAr /∈ kerpi ⇒ ∃i : eimAr 6= 0. ∗ {Aj|1 ≤ j ≤ n} ⊂ S\{A}; A⋂ n⋃ i=1 Aj là hữu hạn. Do vậy, có một số hữu hạn i ∈ A sao cho eimAj = 0(1 ≤ j ≤ n) ⇒ eimAjr = 0. Nếu mAr /∈ n∑ j=1 mAjR, mà mAr /∈ I nên suy ra mAr /∈ n∑ j=1 mAjR + I. Theo bổ đề trên, ta có ∑ A∈S mAR + I là trực tiếp trong R|I mà MR ⊇ RR ⇒ ∑ A∈S mAR + I là trực tiếp trong M/I. Để chứng minhM/I không nội xạ có nghĩa chứng minh không tồn tại ν : R/I −→ M/I để ν = νf. Xác định φ : ( ∑ mAR + I)/I −→M/I, mA 7−→ mA nếu A ∈ R mA 7−→ 0 nếu A ∈ S\R. 32 Ta có φ( n∑ i=1 (mAiri)) = n∑ i=1 φ(mAi)ri; mAi ∈ S; ri ∈ R. Giả sử tồn tại đồng cấu φ : R/I −→M/I, 1 + I 7−→ m+ I φ cảm sinh bởi phép nhân trái bởi phần tử m + I trong R/I. Với m ∈ R, khi đó mmA − mA ∈ I hay mmA − mA = n∑ i=1 eiri + k, với k ∈ kerpi. en(mmA − mA) = 0⇒ enmmA = enmA ⇒ enmmAen = enmAen. Theo bổ đề 2.0.11, ta có enm = en ⇒ enmen = e 2 n = en. A ′ i = {n ∈ A|eimei = ei} ⇒ A′i là tập chính quy vô hạn. A ⋂ n⋃ i=1 Ai là hữu hạn. Chọn C ⊂ {Ai}; S cực đại, C ∩D là vô hạn với D ∈ S; D /∈ R. ∗ mmD ∈ I ⇒ mmD ∈ kerpi, suy ra tồn tại một số hữu hạn i ∈ P : eimmD = 0. ∀d ∈ C ∩D ⊂ {Ai} ⇒ ed = edmmDed. Mâu thuẫn với eimmD = 0. Suy ra không tồn tại φ để M/I nội xạ. Vậy M/I không nội xạ. Bổ đề 2.0.14. [6, 2.13] Đặt A là môđun phải xạ ảnh trên vành chính quy R, và A1, A2... là môđun con hữu hạn sinh của A, nếu A1 ≤ A2 ≤ ... tồn tại các lũy đẳng trực giao e1, e2... ∈ EndR(A) sao cho e1A⊕ ...⊕ enA = An. Chứng minh. Đặt E = EndR(A), chọn e1 ∈ E sao cho e1A = A1. Do e1A ≤ A2 khi đó A2 = e1A ⊕ (1 − e1)A2. Ta có thể đặt A = A2 ⊕ B, với B nào đó. Tồn tại e2 ∈ E sao cho e2A = (1 − e1)A2; (1 − e2)A = e1A ⊕ B khi đó e1e2 = e2e1 = 0 và e1A ⊕ e2A = A2 ⇒ (e1 + e2)A = A2. Tiếp tục quá trình này ta tìm được lũy đẳng e3 ∈ E sao cho e3 trực giao với e1 + e2 và (e1 + e2)A⊕ e3A = A3, khi đó thì e1, e2, e3 là trực giao và e1A ⊕ e2A ⊕ e3A = A3. Theo phép quy nạp thì ta sẽ tìm được các e1, e2, ... là các lũy đẳng trực giao sao cho e1A⊕ e2A⊕ ...⊕ enA = An Bổ đề 2.0.15. [6, 2.14] Cho A là môđun xạ ảnh trên vành chính quy R, B là một môđun con đếm được được sinh bởi A. Khi đó tồn tại tập các lũy đẳng trực giao e1; e2, .. ∈ EndR(A) sao cho ⊕enA = B và mỗi enA là cyclic. 33 Chứng minh. Đặt B = ∪Bn : B0 = 0 ≤ B1 ≤ B2 ≤ ... sao cho Bn/Bn−1 là cyclic với mọi n. Khi đó theo bổ đề trên tồn tại các lũy đẳng trực giao e1, e2, .. ∈ EndR(A) : e1A⊕ ...⊕ enA = Bn, ∀n. Khi đó B = ∪Bn = ∪(e1A⊕ ...⊕ enA) = e1A⊕ ...⊕ enA, với enA là cyclic. Định lý 2.0.16. [6,HQ 2.16] Nếu R là vành chính quy không thể chứa tập vô hạn các lũy đẳng trực giao thì R là nửa đơn. Chứng minh. Giả sử R không nửa đơn, khi đó iđêan phải cuả R không là hạng tử trực tiếp