Luận văn Module tựa tự do trên miền dedekind

, B là hai ideal ( nguyên hoặc phân ) của miền Dedekind D. Khi đó i) ( , )=A B A B+ và [ , ]=A B A B∩ . ii) Nếu A và B được phân tích thành tích các ideal nguyên tố 11 ... n aa nA P P= và 1 1 ... n bb nB P P= thì 1 1( , ) ... n cc nA B P P= và 1 1[ , ] ... n dd nA B P P= với { } { }, , ,i i i i i ic min a b d max a b= = Sau này, nếu A + B = D thì ta viết ( A, B ) = 1. 1.4.21 Mệnh đề. Cho A, I, J là các ideal ( nguyên hoặc phân ) của miền Dedekind D. Khi đó i)Nếu AI J và ( , ) 1I J = thì A J ii) Nếu ,A I A J  và ( , ) 1I J = thì A IJ iii) Nếu ( , ) 1I J = thì IJ I J= ∩ . Chứng minh. i) Ta có ( )A AD A I J AI AJ J= = + = + ⊂ . Do đó A J ii) Vì A I và A J nên A I⊂ và A J⊂ . Do đó ( )A AD A I J AI AJ IJ= = + = + ⊂ . 22 Suy ra A IJ iii) Hiển nhiên IJ I J⊂ ∩ . Ta chứng minh IJ I J⊃ ∩ . Vì ( , ) 1I J = nên tồn tại ,a I b J∈ ∈ sao cho a + b = 1. Khi đó, với mọi x I J∈ ∩ , ta có .1 ( )x x x a b xa xb IJ= = + = + ∈ . Vậy IJ I J⊃ ∩ 1.4.22 Mệnh đề. Nếu D là miền Dedekind và S là tập con nhân của D thì 1S D− cũng là miền Dedekind. Chứng minh. Đầu tiên, vì D là vành Noether nên 1S D− cũng là vành Noether (mệnh đề 1.3.7 ) Tiếp theo, ta chỉ ra mọi ideal nguyên tố của 1S D− đều là ideal tối đại. Lấy P là ideal nguyên tố của 1S D− . Xét I là ideal của 1S D− ( 1I S D−≠ ) sao cho P I⊂ . Khi đó, 1( )f P− là ideal nguyên tố của D ( 1:f D S D−→ là đồng cấu các D-module xác định bởi ( ) , 1 rf r r D= ∀ ∈ ). Vì P I⊂ nên 1 1( ) ( )f P f I− −⊂ . Mặt khác, do 1( )f P− là ideal tối đại ( D là miền Dedekind, 1( )f P− là ideal nguyên tố của D ) nên 1 1( ) ( )f I f P− −= hoặc 1( )f I D− = . Nếu 1( )f I D− = thì 11 1. . ( ) , 1 a a af a I S D s s s s −= = ∈ ∀ ∈ . Suy ra 1S D I− = , mâu thuẫn với cách lấy I. Vì thế, 1 1( ) ( )f I f P− −= . Do đó P = I. Vậy P là ideal tối đại của 1S D− . Cuối cùng, ta chứng minh 1S D− đóng nguyên. Gọi Q (D) là trường các thương của D. Khi đó, Q (D) cũng chính là trường các thương của 1S D− ( đơn cấu 1:f D S D−→ xác định bởi ( ) , 1 rf r r D= ∀ ∈ ). Lấy ( )d Q D∈ nguyên trên 1S D− . Theo định nghĩa về phần tử nguyên, tồn tại các 1 ( 0, 1)ii i ac S D i n b −= ∈ = − sao cho 11 1 0... 0 n n nd c d c d c − −+ + + + = . 23 Đặt 0 1 1... ns b b b S−= ∈ . Khi đó 1 1 1 1 0( ) ( ) ... ( ) 0 n n n n nsd sc sd s c sd s c − − −+ + + + = và ( 1, )i n is c D i n− ∈ = . Vì thế, (sd) nguyên trên D. Suy ra sd D∈ ( D đóng nguyên ) Do đó, 1d S D−∈ . Vậy 1S D− đóng nguyên. 1.4.23 Mệnh đề. Nếu D là miền Dedekind và P là ideal nguyên tố của D thì / , \P pPD p P s D P s  = ∈ ∈    là ideal nguyên tố duy nhất của vành địa phương hóa / , \P aD a D s D P s  = ∈ ∈    . Chứng minh. Theo mệnh đề 1.4.22, PD là miền Dedekind. Do đó, mọi ideal nguyên tố của PD đều là ideal tối đại. Mặt khác, vì vành địa phương hóa PD có PPD là ideal tối đại duy nhất nên PPD là ideal nguyên tố duy nhất của PD . 1.4.24 Bổ đề. Cho P là ideal nguyên tố của miền Dedekind D và 2\ ,x P P a D∈ ∈ . Khi đó, tồn tại ', " \a a D P∈ sao cho ( ). ' "Pord aa a x a= . Chứng minh. Ta có ( ) ( )( . ) ( ) ( ) 0P Pord a ord aP P Pord a x ord a ord x − −= + = . Vì vậy, ( ) 1. Pord aa x D AB− −= , với A, B là những ideal nguyên của D và ,A P B P⊄ ⊄ . Lấy ' \a B P∈ . Khi đó, ( ). '. : " \Pord aa a x a A P− = ∈ . Suy ra ( ). ' "Pord aa a x a= . 1.4.25 Mệnh đề.Nếu D là miền Dedekind thì PD là miền ideal chính. Chứng minh. Miền Dedekind PD chỉ có một deal nguyên tố duy nhất PPD . Hơn nữa, mọi ideal khác 0, khác PD của PD đều được phân tích một cách duy nhất thành tích các ideal nguyên tố. Do đó, ta chứng minh mệnh đề bằng cách chứng minh ideal PPD là ideal chính. Lấy 2\x P P∈ . Khi đó, 1 P x PD∈ . Nếu ( , )P a PD a P b P b ∈ ∈ ∉ thì tồn tại ', ", ', " \a a b b D P∈ sao cho ( ). ' "Pord aa a x a= và ( ). ' " "Pord bb b x b b= = (bổ đề 1.4.24). Do đó 24 ( )( )' ' " ' " ' ' ' ' " 1 ' " 1 PP ord aord aa aa b x a b x a b x b ba b a b a b  = = = ∈    Vậy 1P xPD = . 1.5 Một số kết quả trên vành giao hoán 1.5.1 Mệnh đề. Cho S là tập con nhân của vành giao hoán có đơn vị R. Cho N là module con của R-module M. Khi đó, ta có đẳng cấu 1S R− -module ( ) 11 1S MMS N S N −− −≅ Chứng minh. (xem [10], hệ quả 3.4, trang 39). 1.5.2 Mệnh đề. Cho R là vành giao hoán có đơn vị, : M Nφ → là R-đồng cấu. Khi đó, φ là toàn cấu khi và chỉ khi :P P PM Nφ → là toàn cấu, với mọi P là ideal tối đại của R (với / , \P mM m M s R P s  = ∈ ∈    là module các thương của module M theo tập con nhân S=D\P và :P P PM Nφ → là đồng cấu được xác định bởi ( ) , ,P m m m M s S s s φφ   = ∀ ∈ ∀ ∈    ) Chứng minh. (xem [10], mệnh đề 3.9, trang 40-41). B. MODULE TRÊN MIỀN DEDEKIND 1.6 Module tự do trên miền Dedekind 1.6.1 Định nghĩa. Cho D là miền Dedekind, X là tập con khác rỗng bất kỳ của D- module M, tập hợp các module con của M chứa X là khác rỗng vì chứa M. Giao của tập hợp trên là một module con của M và được gọi là module con sinh ra bởi tập hợp X, kí hiệu X Nếu M X= thì X được gọi là hệ sinh của M Nếu M X= và X hữu hạn thì M được gọi là hữu hạn sinh 25 1.6.2 Mệnh đề. Cho D là miền Dedekind, module con của một D-module M sinh ra bởi một tập con khác rỗng X của M là tập hợp tất cả cấc tổ hợp tuyến tính với hệ tử trong D của các phần tử của X: X ={ / ,x x x X a x a D ∈ ∈∑ , hữu hạn xa khác 0} 1.6.3 Định nghĩa. Cho tập hợp { }1,..., nX x x= các phần tử khác 0 của M, tập X là độc lập nếu 1 0 n i i i a x = =∑ thì 0, 1,i ia x i n= ∀ = . Tập X không độc lập ta nói X phụ thuộc. 1.6.4 Định nghĩa. Cho tập hợp X khác rỗng chứa trong module M, X được gọi là cơ sở của M khi và chỉ khi X là hệ sinh của M và X độc lập. 1.6.5 Định nghĩa. Cho module M không xoắn trên miền Dedekind D, nếu M có một cơ sở khác rỗng X thì M được gọi là module tự do. 1.6.6 Mệnh đề. Cho module tự do M trên miền Dedekind D, nếu M có hai cơ sở là X và Y thì X Y= Chứng minh. Gọi P là ideal nguyên tố của D, thì P cũng là ideal tối đại. Do đó, D P là một trường Khi đó, module thương M PM có cấu trúc không gian vectơ trên D P , với tích vô hướng được xác định như sau: : ( , ) D M M P PM PM a P x PM ax PM ϕ × → + + → + Vì X là một cơ sở của M nên với mọi y M∈ đều viết được một cách duy nhất dưới dạng x x X y a x ∈ = ∑ trong đó ( )xa là họ các phần tử thuộc D với hữu hạn xa khác 0. Giả sử 0x x X a x PM ∈ + =∑ . Suy ra x x X a x PM ∈ ∈∑ , ,x i i i i x X i I a x p x p P x X ∈ ∈ ⇒ = ∈ ∈∑ ∑ 26 0x i i x X i I a x p x ∈ ∈ ⇒ − =∑ ∑ 0,xa x x⇒ = ∀ (vì X độc lập) Từ đó suy ra rằng mỗi phần tử của M PM đều viết được duy nhất dưới dạng ( )( )x x x X x X y PM a x PM a P x PM ∈ ∈ + = + = + +∑ ∑ Điều này chứng tỏ rằng ( )x Xx PM ∈+ là một cơ sở của không gian vectơ M PM trên D P và ( )x X MX x PM dim PM∈= + = Vậy X xác định duy nhất. Tiếp theo, chúng tôi đưa ra khái niệm cấp của một phần tử trong module trên miền Dedekind. Sau đó, dựa vào khái niệm cấp của phần tử chúng tôi xây dựng và nghiên cứu các tính chất của module cyclic trên miền Dedekind. 1.7 Cấp của phần tử trong module trên miền Dedekind 1.7.1 Định nghĩa. Cho module M trên miền Dedekind D. Với mỗi x M∈ , đặt { }( ) / 0O x a D ax= ∈ = . Khi đó, ( )O x là ideal của D. Ta gọi ( )O x là cấp của x Phần tử x được gọi là có cấp vô hạn nếu ( ) 0O x = . Phần tử x được gọi là có cấp hữu hạn nếu ( ) 0O x ≠ . 1.7.2 Mệnh đề. Cho module M trên miền Dedekind D, x M∈ .Khi đó, cấp x là A khi và chỉ khi 0,ax a A= ∀ ∈ và nếu 0bx = thì b A∈ . Chứng minh. Chiều thuận của mệnh đề là hiển nhiên. Đảo lại, từ giả thiết ta có ( )A O x⊂ . Mặt khác, vì 0, ( )ax a O x= ∀ ∈ nên , ( )a A a O x∈ ∀ ∈ . Do đó, ( )O x A⊂ . Vậy ( )O x A= , hay x có cấp là A. 1.7.3 Mệnh đề. Cho module M trên miền Dedekind D i)Nếu x M∈ có cấp A thì với mọi b D∈ , b.x có cấp là A A b+ 27 ii) Nếu x M∈ có cấp A, y M∈ có cấp B, và ( ), 1A B = thì x y+ có cấp AB iii) Nếu 1 2, ,..., nx x x M∈ có cấp lần lượt là 1 2, ,..., nA A A thì M chứa phần tử có cấp là [ ]1 2, ,..., nA A A (bội chung nhỏ nhất của 1 2, ,..., nA A A ). Chứng minh. i)Lấy Ac A b ∈ + . Khi đó, .Acb b A b ∈ + Mặt khác, vì ( ). .A Ab A b A A b A b ⊂ + = + + nên cb A∈ . Do đó, ( ) ( ) 0c bx cb x= = Nếu ( ) 0d bx = thì db A∈ . Suy ra ( ) ( ) ( ) ( ). , . , ., , b Ad A b A b A b A b ⊂ Cho nên ( ) ( ). , , b Ad A b A b ⊂ , hay ( ) ( ). , , b Ad A b A b  Ta lại có ( ) ( ), 1, , b A A b A b   =     . Vì vậy, theo mệnh đề 1.4.21, ( ), Ad A b  , tức là ( ), A Ad A bA b ∈ = + . Vậy ( ) AO bx A b = + (mệnh đề 2.1.2). ii) Vì ( ) 0, ,ab x y abx aby a A b B+ = + = ∀ ∈ ∈ nên ( ) 0,c x y c AB+ = ∀ ∈ 28 Nếu ( ) 0d x y+ = thì ( ) 0,da x y a A+ = ∀ ∈ . Suy ra 0,day a A= ∀ ∈ . Do đó, ,da B a A∈ ∀ ∈ . Mặt khác, vì ( ), 1A B = nên tồn tại 0 0,a A b B∈ ∈ sao cho 0 0 1a b+ = Suy ra 0 0 0 0( )d d a b da db B= + = + ∈ . Tương tự, ta có d A∈ . Do đó, 0 0 0 0( )d d a b da db AB= + = + ∈ Vậy ( )O x y AB+ = (mệnh đề 2.1.2). iii) Ta chứng minh cho trường hợp n=2. Ta có hai trường hợp Trường hợp 1: Tồn tại i sao cho 0iA = Khi đó, [ ]1 2, 0A A = . Ta chọn ix x= Trường hợp 2: 0, 1,2iA i≠ ∀ = Giả sử 11 1 ... m kk sA P P= và 12 1 ... s hh sA P P= . Khi đó, [ ] 11 2 1, ... sll sA A P P= , với { }max , , 1,j j jl k h j s= ∀ = . Với mỗi j cố định ( 1,j s= ), không mất tính tổng quát, giả sử j jl k= . Khi đó, với mỗi 1,t s= và t j≠ , ta lấy cố định phần tử \tkt t ja P P∈ . Đặt 1 2 1 1 1( ... ... )j j j sy a a a a a x M− += ∈ . Ta chứng minh jy có cấp là j l jP . Vì 1 111 2 1 1 1 1 1 1... ... ( ... ... ) ,j j j js l k k lkk j j s j j j s jaa a a a a P P P P P A a P− +− + − +∈ = ∀ ∈ và 1x có cấp là 1A nên 0, j l j jay a P= ∀ ∈ . Nếu 0jby = thì 1 2 1 1 1... ...j j sba a a a a A− + ∈ . Do đó 1 2 1 1 1( ... ... ) ( )j jP j j s P jord ba a a a a ord A l− + ≥ = Suy ra ( ) jP j ord b l≥ (vì ,i ja P i j∉ ∀ ≠ ). Vì thế, j l jb P∈ Vậy jy có cấp là j l jP (mệnh đề 2.1.2) 29 Đặt 1 ... sy y y= + + . Theo ii) ta có y có cấp [ ]11 1 2... ,sll sP P A A= . Trong trường hợp n tổng quát, ta chứng minh iii) bằng quy nạp. 1.7.4 Định nghĩa. Cho module M trên miền Dedekind D và P là ideal nguyên tố của D. Đặt PM = { x M∈ /x có cấp là lũy thừa của P}. Khi đó, PM là module con của M và được gọi là thành phần P-nguyên sơ của M. PM là module con của M. Thật vậy, 0 PM∈ Xét 1 2, Px x M∈ , với 1x có cấp rP và 2x có cấp sP . Đặt { }max ,k r s= . Vì 1 2 1 2( ) 0, ka x x ax ax a P+ = + = ∀ ∈ nên 1 2( ), ka O x x a P∈ + ∀ ∈ . Vì vậy, 1 2( ) kP O x x⊂ + . Suy ra 1 2( ) lO x x P+ = , với 0,l k∈ nào đó. Do đó, 1 2 Px x M+ ∈ Xét Px M∈ có cấp tP và a D∈ . Vì ( ) ( ) 0, tb ax a bx b P= = ∀ ∈ nên ( ), tb O ax b P∈ ∀ ∈ . Vì thế, ( )tP O ax⊂ . Suy ra ( ) nO ax P= , với 0,n t∈ nào đó. Vậy Pax M∈ . 1.7.5 Mệnh đề. Cho D là miền Dedekind, M là một D-module P-nguyên sơ. Khi đó, tồn tại đẳng cấu D-module PM M≅ , với PM là module các thương của D-module M theo tập con nhân \S D P= . Chứng minh. Xét đồng cấu tự nhiên D-module : PM Mϕ → . Ta chứng minh ϕ là toàn cấu bằng cách sử dụng mệnh đề 1.5.2 Lấy Q là ideal tối đại của D, xét đồng cấu ( ):Q Q P QM Mϕ → . Nếu Q P≠ thì tồn tại \u P Q∈ . Lấy ( )P Q mx M t = ∈ , với P mm M s = ∈ và . Vì M là module P-nguyên sơ nên tồn tại số tự nhiên n sao cho 0nP m = . Do đó, . 0. 0( ) n n n nm u mu u P s s s = = = ∈ . Ta lại có nu Q∉ . Cho nên 0 mm sx t t = = = . Vậy ( ) 0P QM = . Suy ra ( ):Q Q P QM Mϕ → là toàn cấu. 30 Nếu Q P= thì ( ):P P P PM Mϕ → là đẳng cấu. Thật vậy, Pϕ là đơn cấu vì ( )/ 0 / , : 0 0 1P P P PP mm msker M M M u t P utm s s ϕ     = ∈ = ∈ = ∈ ∃ ∉ = =        Xét ( )P P m M s ∈ , với P mm M t = ∈ . Ta có P m M st ∈ và 1 . 1 1P m m mm mst t t st s s s ϕ   = = = =    . Điều này cho ta Pϕ là toàn cấu. Tóm lại, với mọi ideal tối đại Q của D, ta có ( ):Q Q P QM Mϕ → là toàn cấu. Vì vậy, theo mệnh đề 1.5.2, : PM Mϕ → cũng là toàn cấu. 1.7.6 Chú ý. Do đẳng cấu D-module trong mệnh đề 2.1.5 nên ta có đồng nhất PM và PM (D-module). 1.7.7 Định nghĩa. Cho module M trên miền Dedekind D. Đặt TM ={ x M∈ /x có cấp hữu hạn}. Khi đó, TM được gọi là phần xoắn của M. TM là module con của M. Thật vậy, 0 TM∈ . Xét 1 2, Tx x M∈ . Vì 1( ) 0O x ≠ và 2( ) 0O x ≠ nên tồn tại { }1 1( ) \ 0a O x∈ và { }2 2( ) \ 0a O x∈ . Khi đó, ta có 1 2 0a a ≠ và 1 2 1 2( ) 0a a x x+ = . Vậy 1 2( ) 0O x x+ ≠ , hay 1 2 Tx x M+ ∈ Xét Tx M∈ và a D∈ . Chọn { }( ) \ 0b O x∈ . Ta có ( ) ( ) 0b ax a bx= = . Do đó, ( ) 0O ax ≠ , hay Tax M∈ . 1.7.8 Định nghĩa. M được gọi là module xoắn nếu TM M= . Nói cách khác, M là module xoắn nếu mọi phần tử của M đều có cấp hữu hạn. M được gọi là module không xoắn nếu 0TM = . Nói cách khác, M là module không xoắn nếu mọi phần tử khác 0 của M đều có cấp vô hạn. 1.7.9 Mệnh đề. Cho module M trên miền Dedekind D và TM là phần xoắn của M. Khi đó, T M M là D-module không xoắn. 31 Chứng minh. Giả sử T M M không là module không xoắn. Khi đó, tồn tại T T Mx x M M= + ∈ sao cho 0x ≠ và ( ) 0O x ≠ , tức là tồn tại { }( ) \ 0a O x∈ sao cho 0ax = . Vậy Tax M∈ . Vì TM là module xoắn nên ( ) 0O ax ≠ , tức là tồn tại { }( ) \ 0b O ax∈ sao cho ( ) 0b ax = Từ đó, suy ra 0ba ≠ và ( )ba O x∈ . Vì thế x có cấp hữu hạn, tức là Tx M∈ . Cho nên 0x = , mâu thuẫn với cách chọn x . Vậy T M M là D-module không xoắn. 1.7.10 Mệnh đề. Cho module M trên miền Dedekind D. Khi đó, phần xoắn TM là tổng trực tiếp của các thành phần P-nguyên sơ của M. Chứng minh. Đầu tiên, ta chứng minh nguyê tô T P P n M M= ∑ Xét { }\ 0Tx M∈ , x có cấp hữu hạn ( ) 0O x ≠ . Vì D là miền Dedekind nên ta có thể viết 11( ) ... , 0n ee n iO x P P e= > Với mỗi 1,2,...,i n= đặt 1 111 1 1... ...i i n e e ee i i i nA P P P P− +− += Vì ( )1,..., 1nA A = (mệnh đề 1.4.20) nên tồn tại các phần tử i ia A∈ sao cho 1 ... 1na a+ + = . Khi đó, ( )1 1 1. ... n n i i x x a a x x = = = + + =∑ , với i ix a x= Mỗi ix đều là phần tử của iPM . Thật vậy, nếu ie ib P∈ thì ( )iba O x∈ . Vì thế, ta có 0i ibx ba x= = , hay ( )ib O x∈ . Vậy ( )i e i iP O x⊂ . Suy ra ( ) t i iO x P= , với 0, it e∈ nào đó. Điều này cho ta , 1, ii P x M i n∈ ∀ = Từ đó, ta có 1 1 i n n i P i i x x M = = = ∈∑ ∑ Vậy nguyê tô T P P n M M= ∑ . 32 Kế tiếp, ta chứng minh { }0P Q Q P M M ≠   ∩ =    ∑ , với mọi ideal nguyên tố P. Lấy P Q Q P x M M ≠   ∈ ∩    ∑ . Vì Px M∈ nên tồn tại số nguyên dương m sao cho ( ) mO x P= . Mặt khác, do Q Q P x M ≠ ∈∑ nên ta có thể viết 1 ... nx x x= + + , với , ( ) imi i i ix Q O x Q∈ = và iQ là những ideal nguyên tố khác nhau. Ta có 1 1 1( ) ( ... ) ... n mm n nO x O x x Q Q= + + = . Vì ( )11 ... , 1nmm mnQ Q P = nên tồn tại 1 1 ... ,n mm m na Q Q b P∈ ∈ để 1a b+ = . Khi đó, 1 ( ) 0x x a b x ax bx= = + = + = .Suy ra { }0P Q Q P M M ≠   ∩ =    ∑ Vậy nguyê tôT PP n M M= ⊕ . 1.8 Module cyclic trên miền Dedekind 1.8.1 Định nghĩa. Cho D là miền Dedekind. D-module M được gọi là module cyclic nếu M được sinh bởi một phần tử, tức là { }/M x rx r D= = ∈ , với x là phần tử nào đó thuộc M. Nếu x có cấp vô hạn thì x được gọi là module cyclic cấp vô hạn Nếu x có cấp hữu hạn thì x được gọi là module cyclic cấp hữu hạn Trong lý thuyết nhóm Abel, một nhóm cyclic có cấp hữu hạn khi và chỉ khi nhóm đó có hữu hạn phần tử. Tuy nhiên, kết quả không còn đúng đối với module cyclic trên miền Dedekind. Trên miền Dedekind, tồn tại module cyclic cấp vô hạn nhứng có hữu hạn phần tử và tồn tại module cyclic cấp hữu hạn nhưng có vô hạn phần tử. Sau đây là ví dụ minh họa cho vấn đề này. 1.8.2 Ví dụ. (module cyclic cấp vô hạn nhưng có hữu hạn phần tử) 33 Xét vành pD Z= , với p là số nguyên tố thuộc Z. Khi đó, pZ là D-module cấp vô hạn nhưng có hữu hạn phần tử. Chứng minh. Vì D là miền ideal chính nên nó cũng là miền Dedekind Ta có { }1 0,1,..., 1pZ p= = − . Nếu .1 0a = thì 0a = . Do đó, (1) 0O = . Vậy pZ là D-module cấp vô hạn nhưng có p phần tử 1.8.3 Ví dụ (module cyclic cấp hữu hạn nhưng có vô hạn phần tử) Xét [ ]D Q x= và D-module [ ] 2 1 Q xM x = + . Khi đó, M là module cấp hữu hạn nhưng có vô hạn phần tử. Chứng minh. Vì D là miền ideal chính nên D là miền Dedekind. Ta có [ ] { }2 / , 11 Q xM ax b a b Q x = = + ∈ = + . Vì ( )2 1 .1 0x + = nên ( ) ( )2 1 1x O+ ∈ . Do đó, ( )1 0O ≠ , tức là M có cấp hữu hạn. Tuy nhiên M có vô hạn phần tử. 1.8.4 Mệnh đề. Cho D là miền Dedekind, M là D-module cyclic cấp hữu hạn A. Nếu N là module con cyclic cấp A thì M=N. Chứng minh. Giả sử M x= và N y= . Vì N M⊂ nên tồn tại b D∈ sao cho y bx= . Theo mệnh đề 1.7.3, ta có ( )( ) ( ) ( ) O x AA O y O bx O x b A b = = = = + + Suy ra ( ). .A A AD A A b A b A b A b = = = + + + + Do đó, A b D+ = (mệnh đề 1.4.12). Vì thế, tồn tại ,a A cb b∈ ∈ sao cho 1a cb+ = Ta có 1 ( )x x a cb x ax cbx cy N= = + = + = ∈ 34 Vậy M=N Đối với module trên miền ideal chính, module con của module cyclic là module cyclic. Vậy đối với module trên miền Dedekind, liệu kết quả này có còn đúng nữa không? Câu trả lời là không. Ví dụ sau sẽ cho ta thấy rõ điều này. 1.8.5 Ví dụ. (module con của module cyclic không là module cyclic) Xét vành 5D Z Z= + − và ideal 2,1 5I = + − . Khi đó, D là miền Dedekind và D là D-module cyclic cấp vô hạn, có module con I không là module cyclic. Chứng minh. Đầu tiên, ta chứng minh D là miền Dedekind bằng cách chỉ ra ( 5)QD O −= , với ( 5 )QO − là vành các số nguyên trên Z của ( 5)Q − . Lấy 5 5m n Z Z+ − ∈ + − . Khi đó, 5m n+ − là nghiệm của đa thức đơn khởi [ ]2 2 22 5x mx m n Z x− + + ∈ , vì vậy ( 5)5 Qm n O −+ − ∈ . Đảo lại, lấy 5 ( 5)a b Qα = + − ∈ − , với ,a b Q∈ . Xảy ra một trong hai trường hợp Trường hợp 1: ( ) [ ],min Q x p Z xα = − ∈ Khi đó, 5p Z Z Zα = ∈ ⊂ + − . Trường hợp 2: ( ) [ ]2,min Q x px q Z xα = + + ∈ Khi đó, 2 0p qα α+ + = . Suy ra 2a p Z= − ∈ và 2 25a b q Z+ = ∈ . 35 Giả sử a Z∉ . Ta có 2 1 2 ua += , với u Z∈ . Từ 2 25a b q Z+ = ∈ , suy ra 2 25(2 ) 4 4b q a Z= − ∈ . Cho nên 2b Z∈ . Khi đó, b Z∉ (nếu b Z∈ thì 2a Z∈ , vô lý). Vì vậy 2 1 2 vb += , với v Z∈ . Lúc này, 2 2 2 2 35 5 5 2 q a b u u v v Z= + = + + + + ∈ , vô lý. Vậy a Z∈ . Điều này cho ta 2 25b q a Z= − ∈ . Vì thế, b Z∈ . Do đó 5Z Zα ∈ + − . Như vậy ( 5)QD O −= . Kế tiếp, ta chứng minh D là D-module cyclic cấp vô hạn có module con I không là module cyclic. Xét 5x a b D= + − ∈ . Đặt 2 2( ) 5N x a b= + . Dễ thấy ( . ) ( ). ( )N x y N x N y= . D là D-module cyclic cấp vô hạn (vì 1D = và (1) 0O = ). Tuy nhiên, I không là ideal chính. Thật vậy, giả sử I là ideal chính sinh bởi phần tử 0 0 5d a b= + − , với 0 0,a b Z∈ . Vì 2 I d∈ = nên tồn tại x D∈ sao cho 2 .x d= . Do đó, 4 (2) ( . ) ( ). ( )N N x d N x N d= = = tức là ( )N d là ước của 4. Vì 1 5 I+ − ∈ nên tồn tại y D∈ sao cho 1 5 dy+ − = . Suy ra 36 6 (1 5) ( . ) ( ). ( )N N y d N y N d= + − = = tức là ( )N d là ước của 6. Như vậy ( )N d là ước của 4 và là ước của 6, do đó ( )N d bằng 1 hoặc 2. Nếu ( ) 1N d = , tức là 2 20 05 1a b+ = thì 2 0 1a = và 0 0b = , hay 1d = ± . Suy ra 2,1 5 d D+ − = = . Do đó, tồn tại các số nguyên a,b,c,d sao cho ( ) ( )( )1 2 5 1 5 5a b c d= + − + + − + − suy ra 2 5 1(1) 2 0(2) a c d b c d + − =  + + = Hệ phương trình trên không có nghiệm nguyên vì phương trình (1) suy ra c+d là số lẻ, nhưng từ phương trình (2) ta lại có c+d phải là số chẵn. Nếu ( ) 2N d = thì 2 20 05 2a b+ = , điều này không thể xảy ra với 0 0,a b Z∈ . Vậy I không thể là ideal chính. Tuy nhiên, đối với module cyclic cấp hữu hạn trên miền Dedekind, thì kết quả trên vẫn còn đúng. Ta có mệnh đề sau: 1.8.6 Mệnh đề. Module con của module cyclic cấp hữu hạn trên miền Dedekind là module cyclic cấp hữu hạn. Chứng minh. Giả sử M là module cyclic cấp hữu hạn trên miền Dedekind D, , ( ) 0M x O x= ≠ và N M⊂ .Ta chứng minh N là module cyclic cấp hữu hạn. Vì N M⊂ nên tồn tại bx N∈ . Đặt { }/H a D ax N= ∈ ∈ . 37 H là ideal của D. Thật vậy, vì b H∈ nên H ≠ ∅ . Xét 1 2,a a H∈ . Ta có 1 2 1 2( )a a x a x a x N+ = + ∈ , tức là 1 2a a H+ ∈ . Xét ,a H r D∈ ∈ . Khi đó, ( ) ( )ra x r ax N= ∈ , tức là ra H∈ . Ta xét đồng cấu D-module : H N a ax ϕ → → Dễ thấy ϕ là toàn cấu và { }/ 0 ( )ker a H ax O xϕ = ∈ = = . Do đó ( ) H H NO x kerϕ= ≅ . Mặt khác, do H và ( )O x là các ideal nguyên của D nên theo bổ đề 1.4.16, tồn tại Hα ∈ sao cho . ( )H H O xα= + . Do đó, ( ) H O x là D -module sinh bởi phần tử ( )O xα + . Điều này suy ra N là D-module cyclic. Giả sử N y= , với y cx= . Vì ( ) 0O x ≠ nên tồn tại { }\ 0r D∈ sao cho 0rx = . Như vậy, ( ) ( ) 0ry r cx c rx= = = . Suy ra ( )r O y∈ , tức là ( ) 0O y ≠ . Vậy N là D-module cyclic cấp hữu hạn. 1.8.7 Mệnh đề. Cho module M trên miền Dedekind D, nếu M có đúng hai module con thì M là module cyclic cấp hữu hạn P nguyên tố, hoặc M là module cyclic cấp vô hạn trên trường Chứng minh. Vì M có hai module con nên 0M ≠ . Do đó, tồn tại x M∈ và 0x ≠ . Vì 0 x M≠ ⊂ nên x M= . Vậy M là module cyclic. Khi đó, xảy ra một trong hai trường hợp Trường hợp 1: D là trường. Vì ( )O x D và D là trường nên O(x) = 0 hoặc O(x) = D. Vì 0x ≠ nên ( )O x D≠ . Vậy O(x) = 0. Do đó, M là module cyclic cấp vô hạn trên trường. Trường hợp 2: D không là trường Ta chứng minh x có cấp hữu hạn. 38 Giả sử x có cấp vô hạn, tức là O(x)=0. Suy ra { }0, \ 0kx k D≠ ∀ ∈ . Vì D là miền nguyên nhưng không phải là trường nên tồn tại phần tử 0k ≠ , không khả nghịch thuộc D. Khi đó, dễ thấy 0kx ≠ . Nếu kx x= thì tồn tại l D∈ sao cho x klx= , hay 1kl = ( mâu thuẫn với cách chọn k). Như vậy, kx x≠ , mâu thuẫn với giả thiết M chỉ có hai module con. Do đó, x có cấp hữu hạn ( ) 0O x ≠ . Ta chứng minh O(x) là một ideal nguyên tố. Giả sử ( )ab O x∈ và ( )a O x∉ (với ,a b D∈ ). Suy ra 0abx = và 0ax ≠ . Do đó ( )b O ax∈ và ax M x= = , tức là ( ) ( )b O ax O x∈ = . Vậy O(x) là một ideal nguyên tố. Ví dụ 1.8.2 và ví dụ 1.8.3 cho thấy tồn tại module cyclic cấp vô hạn nhưng chứa hữu hạn phần tử và tồn tại module cyclic cấp hữu hạn nhưng lại chứa vô hạn phần tử. Điều này chứng tỏ rằng, khi chuyển kết quả từ lý thuyết nhóm sang lý thuyết module trên miền Dedekind, nhóm Abel hữu hạn không tương ứng với module cyclic cấp hữu hạn trên miền Dedekind. Như vậy, lớp module nào sẽ tương ứng với nhóm Abel hữu hạn? Ta nhắc lại kết quả, nhóm Abel là nhóm hữu hạn khi và chỉ khi là nhóm xoắn và hữu hạn sinh.Từ nhận xét trên, ta có định nghĩa sau 1.8.8 Định nghĩa. (module kiểu hữu hạn, module kiểu vô hạn) Cho M là module trên miền Dedekind D. M được gọi là module kiểu hữu hạn nếu M là module xoắn và hữu hạn sinh. M không phải là module kiểu hữu hạn thì M được gọi là module kiểu vô hạn. 1.8.9 Mệnh đề. Mọi ideal cyclic cấp hữu hạn A đều đẳng cấu với D A. Mọi ideal cyclic cấp vô hạn đều đẳng cấu với D. Chứng minh. Cho module cyclic { }/x Dx rx r D= = ∈ Xét đồng cấu 39 : f D Dx r rx → → thì f là toàn cấu module, trong đó { }ker / 0 ( )f r D rx O x= ∈ = = Theo định lý đẳng cấu, ta có: ker D Dx xf ≅ = Nếu x có cấp hữu hạn A thì ( )O x A= suy ra Dx A≅ Nếu x có cấp vô hạn thì ( ) 0O x = suy ra x D≅ . 1.8.10 Mệnh đề. Cho D là miền Dedekind, M, N là hai D-module cyclic cấp hữu hạn ,A B . Khi đó, M N× là module cyclic cấp AB khi và chỉ khi ( ), 1A B = Chứng minh. ( )⇐ Giả sử M x= có cấp là A , N y= có cấp là B Giả sử ( ), 1A B = . Ta có ( ), ( , ) (0,0), ,ab x y abx aby a A b B= = ∀ ∈ ∈ .Suy ra ( )1 2 1 2, ( , ) (0,0),c x x cx cx c AB= = ∀ ∈ Nếu có ( ), (0,0)d x y = thì 0dx = và 0dy = .Suy ra d A∈ và d B∈ . Suy ra ,d A d B  mà ( ), 1A B = nên d AB hay d AB∈ Do đó ( )( )1 2,O x x AB= (mệnh đề 1.7.2) Mặt khác, do ( ), 1A B = nên tồn tại 0 0,a A b B∈ ∈ sao cho 0 0 1a b+ = Với mọi ( ),kx ly M N∈ × , đặt 0 0r kb la= + Khi đó 0 0 0 0 0( ) ( ) ( )r k kb la ka kb l k a A− = + − + = − ∈ .Tương tự r l B− ∈ .Suy ra ,kx rx ly ry= = . Do đó ( ) ( ), ( , ) ,kx ly r x y x y= ∈ . Vậy ( ),M N x y× = có cấp là AB ( )⇒ Ngược lại, giả sử ( ), 1A B ≠ Khi đó [ ] ( ) , , ABC A B A B = = là ước của AB 40 Với mọi ( ),kx ly M N∈ × , ta có ( , ) (0,0),c kx ly c C= ∀ ∈ Suy ra cấp của mọi phần tử thuộc M N× là ước của C Do đó cấp của mọi phần tử của M N× là ước thật sự của AB , vô lý vì M N× là module cyclic cấp là AB . Vậy ( ), 1A B = . 1.8.11 Mệnh đề. Cho module M trên miền Dedekind D i)tập con { }1,..., nx x các phần tử khác 0 của M là độc lập khi và chỉ khi 1 1,..., ...n nx x x