BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH CHU THỊ NHUNG BAO NỘI XẠ VÀ MÔĐUN CON BÉ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGHỆ AN - 2015 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH CHU THỊ NHUNG BAO NỘI XẠ VÀ MÔĐUN CON BÉ LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Đại số Lý thuyết số Mã số: 60 46 01 04 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS NGÔ SỸ TÙNG NGHỆ AN - 2015 MỤC LỤC Mục lục Lời cảm ơn Các ký hiệu dùng luận văn Kiến thức chuẩn bị 1.1 Môđun cốt yếu 1.2 Môđun nội xạ 11 Bao nội xạ môđun bé 16 2.1 Bao nội xạ 16 2.2 Môđun bé 22 Kết luận Tài liệu tham khảo 28 29 LỜI CẢM ƠN Cùng với phát triển toán học đại, lý thuyết môđun nhà toán học quan tâm sâu sắc nghiên cứu khoa học đạt nhiều kết Trong năm gần đây, lý thuyết môđun phát triển mạnh mẽ có nhiều ứng dụng quan trọng nghiên cứu lý thuyết vành Trong lớp môđun nội xạ lớp môđun xạ ảnh xem hai trụ cột nghiên cứu lý thuyết môđun lý thuyết vành Dựa vào tài liệu tìm hiểu bao nội xạ môđun bé Mục đích luận văn trình bày tồn bao nội xạ môđun Ngoài tìm hiểu tính chất môđun bé, môđun nội xạ Với lý trên, chọn đề tài:" Bao nội xạ môđun bé" làm nội dung nghiên cứu luận văn Ngoài phần mở đầu kết luận, luận văn gồm chương: Chương 1:Kiến thức chuẩn bị: Chúng trình bày định nghĩa số kết liên quan đến luận văn như: môđun cốt yếu, môđun nội xạ Chương 2: Bao nội xạ môđun bé bao gồm phần chính: phần trình bày tính chất bao nội xạ phần trình bày số tính chất môđun bé Luận văn hoàn thành trường Đại Học Vinh hướng dẫn khoa học PGS TS Ngô Sỹ Tùng Trước hết, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc người Thầy mình: PGS TS Ngô Sỹ Tùng, người dẫn dắt hướng nghiên cứu cho tác giả Thầy dạy bảo, dẫn tác giả nghiên cứu cách kiên trì nghiêm khắc Tác giả học nhiều kiến thức khoa học, nhận chia sẻ, yêu thương Thầy trình học tập nghiên cứu Nhân dịp tác giả xin chân thành cảm ơn Khoa Sư phạm Toán học, Tổ Đại Số Trường Đại học Vinh tạo điều kiện thuận lợi để tác giả hoàn thành nhiệm vụ Xin cảm ơn thầy cô giáo, anh chị em học viên Trường Đại học Vinh tất bạn bè tác giả chia sẻ, động viên trình học tập nghiên cứu Cuối cùng, tác giả vô biết ơn thành viên gia đình mình, tạo điều kiện dành tất quan tâm, chia sẻ khó khăn tác giả suốt thời gian qua để tác giả hoàn thành luận văn Nghệ An, năm 2015 Tác giả CÁC KÝ HIỆU ĐƯỢC DÙNG TRONG LUẬN VĂN A ⊆ M : A môđun môđun M A ⊆∗ M : A môđun cốt yếu môđun M ⊕ : Tổng trực tiếp môđun E(M) : Bao nội xạ môđun M A ⊆0 M : A môđun bé môđun M Im(f) : ảnh đồng cấu f Ker(f) : Hạt nhân đồng cấu f CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong toàn luận văn, tất vành giả thiết vành có đơn vị, kí hiệu môđun môđun phải unita (nếu không nói thêm) 1.1 Môđun cốt yếu 1.1.1 Định nghĩa Cho môđun M N môđun M Môđun N gọi môđun cốt yếu M với môđun K ⊆ M , K = N K = Kí hiệu N ⊆∗ M , (hay N ⊆e M ) Nếu N môđun cốt yếu M ta nói M mở rộng cốt yếu N Nếu môđun khác không môđun M môđun cốt yếu M M gọi môđun 1.1.2 Hệ Nếu M môđun đơn, K môđun M K môđun cốt yếu M K = M 1.1.3 Ví dụ 1) Với M R− môđun ta có M ⊆∗ M 2) Với Z Z− môđun Khi iđêan khác không Z cốt yếu, tức ∀ môđun khác không Z cốt yếu Z, Z môđun Thật với hai iđêan khác không aZ, bZ ta có = ab∈aZ bZ 1.1.4 Bổ đề Cho A môđun môđun M R Khi A ⊆∗ M với phần tử = m ∈ M tồn r ∈ R cho = mr ∈ A Chứng minh Giả sử A ⊆∗ M ,m = m ∈ M mR = A ∩ mR = Từ suy tồn r ∈ R mà = mR ∈ A Ngược lại, B môđun khác không M , lấy = m ∈ B tìm r ∈ R, cho = mr ∈ A mr ∈ B nên B ∩ A = Vậy A ⊆∗ M 1.1.5 Tính chất 1) A ⊆ M A ⊆∗ M ⇐⇒ ∀ x = 0, x ∈ M ta có xR A = 2) Cho A, B , C môđun M A ⊆ B ⊆ C Khi A ⊆∗ C ⇐⇒ A ⊆∗ B B ⊆∗ C 3) Cho Ai ⊆∗ Mi , Mi ⊆ M , i = 1, n Khi n n ∗ Ai ⊆ i=1 Mi i=1 Nếu tập số vô hạn không 4) Cho f : M −→ N đồng cấu môđun B ⊆∗ N Khi f −1 (B) ⊆∗ M Điều ngược lại không 5) Cho Ai ⊆∗ Mi ⊆ M , i ∈ I tồn Ai tồn Mi i∈I ∗ Ai ⊆ i∈I i∈I Mi i∈I 6) Cho A ⊆ K ⊆ M K/A ⊆∗ M/A Khi K ⊆∗ M Chứng minh 1) Điều kiện cần: Hiển nhiên Điều kiện đủ: Giả sử = B , B ⊆ M Khi tồn x = 0, x ∈ B ⇒ xR ⊆ B ⇒ A ∩ xR ⊆ A ∩ B Mà A ∩ xR = ⇒ A ∩ B = ⇒ A ⊆∗ M 2) Giả sử A ⊆∗ C , lấy môđun X B mà A ∩ X = Do X ⊆ B nên X ⊆∗ C A ⊆∗ C nên X = Vậy nên A ⊆∗ B Tương tự lấy môđun Y C mà B ∩ Y = Do A ⊆∗ B nên A ∩ Y = Y = nên B ⊆∗ C Ngược lại, A ⊆∗ B B ⊆∗ C với môđun X C mà A ∩ X = Đặt M = B ∩ X ta có A ∩ M = A ∩ B ∩ X = A ∩ X = φ Do A ⊆∗ B nên M = B ⊆∗ C nên X = 0, suy B ∩ X = Vậy A ⊆∗ C 3) Sử dụng qui nạp ta cần chứng minh với n = Cho A1 ⊆∗ M1 , A2 ⊆∗ M2 , ta chứng minh A1 ∩ A2 ⊆∗ M1 ∩ M2 Lấy X = 0, X ⊆ M1 ∩ M2 , X ⊆ M1 Do A1 ⊆∗ M1 nên X ∩ A1 = B = B ⊆ M2 Do A2 ⊆∗ M2 nên B ∩ A2 = X ∩ A1 ∩ A2 = Suy X ∩ (A1 ∩ A2 = Vậy A1 ∩ A2 ⊆∗ M1 ∩ M2 Trường hợp giao vô hạn nói chung không Chẳng hạn: Xét Z− môđun: nZ ⊆∗ Z, n ∈ N∗ Ta có Z ⊆∗ ∞ Zi , suy ⊆∗ Z Điều vô lý i=1 Vậy trường hợp giao vô hạn không 4) Với A ⊆ M , A = Ta xét hai trường hợp: Trường hợp 1: f (A) ⊆ M suy f (A)∩B = ( Vì B ⊆∗ N ) , tồn tại: y ∈ f (A)∩B , y = Khi tồn x ∈ A cho y = f (x), x = ( y = 0) x ∈ f −1 (B) suy A ∩ f −1 (B) = Trường hợp 2: f (A) = suy A ∈ f −1 (B) Vì với x ∈ A, ta suy f (x) = ∈ B ⇒ x ∈ f −1 (B) 5) Ta chứng minh hai trường hợp: Trường hợp 1: |I| = n hữu hạn Sử dụng quy nạp ta cần chứng minh n = Giả sử A1 ⊆∗ M1 , A2 ⊆∗ M2 , tồn A1 ⊕ A2 Ta cần chứng minh M ∩ M2 = Thật vậy: Từ tính chất (3) ta có: A1 ∩ A2 ⊆∗ M1 ∩ M2 mà A1 ∩ A2 = nên M1 ∩ M2 = Bây ta chứng minh A1 ⊕ A2 ⊆∗ M1 ∩ M2 Xét đồng cấu chiếu sau đây: f1 : M1 ⊕ M2 −→ M1 x1 + x2 −→ x1 f2 : M1 ⊕ M2 −→ M2 x1 + x2 −→ x2 Do A1 ∩ A2 ⊆∗ M1 ∩ M2 nên theo tính chất (4) ta có f1−1 (A1 ) ⊆∗ M1 ⊕ M2 f2−1 (A2 ) ⊆∗ M1 ⊕ M2 Mà f1−1 (A1 ) = A1 ⊕ M2 ⊆∗ M1 ∩ M2 f2−1 (A2 ) = M1 ⊕ A2 ⊆∗ M1 ∩ M2 nên lấy giao hai vế ta có: A1 ⊕ A2 ⊆∗ M1 ⊕ M2 Trường hợp 2: Tập I bất kỳ: Trước tiên ta chứng minh tồn Mi i∈I Lấy x x ∈ Mi I Theo định nghĩa Mi x tổng hữu hạn không thiết I nên ta có x = x1 + x2 + + xn , xi ∈ Mi , i = 1, n Suy x ∈ M1 + M2 + + Mn Do n hữu hạn nên theo trường hợp 1: M1 + M2 + + Mn = M1 ⊕ M2 ⊕ ⊕ Mn n Mà x ∈ Mi nên biểu diễn: x = x1 + x2 + + xn Do i=1 tồn Mi i∈I Lấy x = 0, x ⊆ Mi , từ suy tồn x ∈ X , x = i∈I x = x1 + x2 + + xn , xi ∈ Mi , i = 1, n Suy x ∈ M1 ⊕ M2 ⊕ ⊕ Mn nên xR ⊆ Mi i∈I Theo trường hợp ta có: A1 ⊕ A2 ⊕ ⊕ An ⊆∗ M1 ⊕ M2 ⊕ ⊕ Mn Suy A1 ⊕ A2 ⊕ ⊕ An ∩ xR = n Ai ∩ X = Suy i=1 Vậy tồn Ai ⊆∗ Mi , i∈I ∗ i∈I Mi i∈I 5) Giả sử X ⊆ M cho K ∩ X = Khi K ∩ (A ⊕ X) = A Nên K/A ∩ (A ⊕ X)/A = Mà K/A ⊆∗ M/A nên (A ⊕ X)/A = hay A⊕X =A Vậy X = hay K ⊆∗ M 1.1.6 Bổ đề Cho ϕ : N −→ M đẳng cấu môđun R Khi môđun L N cốt yếu N ϕ(L) cốt yếu M Chứng minh (⇒) Cho L ⊆∗ N , ∀X ⊆ M cho ϕ(L) ∩ X = Suy 15 Thật vậy, α đơn cấu nên D đẳng cấu với ảnh Im(α) Bởi vậy, không tính tổng quát ta xem D nhóm B α đơn cấu tắc Gọi U tập hợp tất nhóm A B cho D ∩ A = Tập U = ∅, A = ∈ U áp dụng bổ đề Zorn ta thấy U có phần tử tối đại, chẳng hạn V Khi D + V = D ⊕ V Mặt khác, phần tử tùy ý b ∈ B ta xét iđêan: I = {x ∈ Z bx ∈ D + V } Do Z vành nên I = mZ Hơn I = 0, I = nhóm H sinh b thỏa mãn điều kiện: H ∩ (D + V ) = từ suy (H + V ) ∩ D = 0, trái với tính tối đại V Giả sử bm = d0 + v0 Do D chia nên tồn d1 ∈ D cho md1 = d0 Khi đó, v0 = (b − d1 )m, ta có:D ∩ (V + (b − d1 )Z) = Thật vậy, giả sử d = v + (b − d1 )x ∈ D ∩ (V + (b − d1 )Z ⇒ bx = d − v + d1 x ∈ D + V suy x ∈ I ⇒ x = mx1 ⇒ d = v + (b − d1 ).m.x Mà D ∩ V = nên d = Từ tính tối đại V suy (b − d1 )Z ⊆0 V ⇒ (b − d1 ) ∈ V ⇒ b ∈ D + V Như B = D + V Ngược lại, giả sử Z _môđun D nội xạ giả sử d ∈ D, = m ∈ Z Xét biểu đồ đồng cấu i phép nhúng tắc, f xác định công thức: f (m) = d Do tính nội xạ D nên tồn đồng cấu h : Z −→ D, cho f = h.i Ta có: d = f (m) = h(m) = h(1.m) = h(1).m Điều chứng tỏ D nhóm chia 16 CHƯƠNG BAO NỘI XẠ VÀ MÔĐUN CON BÉ 2.1 Bao nội xạ 2.1.1 Định nghĩa Đơn cấu ϕ : A −→ M gọi cốt yếu Imϕ môđun cốt yếu M 2.1.2 Bổ đề Nếu α : A −→ B β : B −→ C đơn cấu βα cốt yếu α β cốt yếu 2.1.3 Bổ đề A có mở rộng cốt yếu tồn đơn cấu cốt yếu f : A −→ M 2.1.4 Mệnh đề (Eckmann-Schopf) Một môđun A nội xạ A mở rộng cốt yếu Chứng minh (⇒) Giả sử A môđun nội xạ A có mở rộng cốt yếu A ⊆∗ B Do A nội xạ nên A ⊕ C = B , C môđun B Mặt khác A ⊆∗ B nên từ A ∩ C = ta có C = 0, suy B = A (⇐) Giả sử A không nội xạ, tồn môđun C ⊇ A cho A hạng tử trực tiếp C Chọn môđun B ⊆ C cực đại cho A ∩ B = Khi A ⊕ B ⊂ C , suy ((A ⊕ B)/B) ⊆∗ C/B , suy đơn cấu α : A −→ C β : C −→ C/B cốt yếu Suy βα := f : A −→ C/B cốt yếu Suy A có mở rộng cốt yếu 2.1.5 Định nghĩa Cho C môđun A môđun C Ta nói A cốt yếu đóng C A mở rộng cốt yếu C Tức A ⊆∗ B ⊆ C B = A 2.1.6 Mệnh đề Cho A môđun môđun nội xạ M Khi A nội xạ A cốt yếu đóng M 17 Chứng minh (⇒) Nếu A nội xạ theo mệnh đề EckmannSchopf, A mở rộng cốt yếu M Vậy A cốt yếu đóng M (⇐) Giả sử A cốt yếu đóng M Xét mở rộng cốt yếu A ⊆∗ B , ánh xạ mở rộng A vào B mở rộng thành đồng cấu f : B −→ M , ⇒ A ∩ Ker(f ) = ⇒ Ker(f ) = ( A ⊂∗ B ) ⇒ f phép đẳng cấu từ B lên f (B) Suy A = f (A) ⊆∗ f (B) ⊆ M ⇒ f (B) = A Do A cốt yếu đóng M nên suy B = A ⇒ A không chứa mở rộng cốt yếu Suy A nội xạ 2.1.7 Định nghĩa Cho môđun A Đơn cấu α : A −→ M gọi bao nội xạ A M môđun nội xạ α đơn cấu cốt yếu Khi α : A −→ M bao nội xạ A, không sợ nhầm lẫn ta thường gọi môđun M bao nội xạ A Ký hiệu M = E(A) 2.1.8 Ví dụ Đơn cấu tắc i : ZZ −→ QZ bao nội xạ Z QZ nội xạ ZZ môđun cốt yếu QZ 2.1.9 Định lý Cho A môđun Bất kì môđun nội xạ chứa A bao hàm bao nội xạ A Chứng minh Xét môđun nội xạ M ⊇ A, theo bổ đề Zorn tồn môđun V ⊆ M cho A ⊆ V V cực đại với điều kiện A ⊆∗ V Nếu V môđun M để V ⊆∗ V A ⊆∗ V Do tính chất cực đại V nên V = V ⇒ V cốt yếu đóng M Suy V nội xạ ( Theo mệnh đề 2.1.6) Suy V bao nội xạ A Như ta nói bao nội xạ môđun A môđun nội xạ M cho mở rộng cốt yếu A 2.1.10 Bổ đề Nếu α : A −→ M đơn cấu M môđun nội xạ đơn cấu cốt yếu β : A −→ A tồn đơn cấu α : A −→ M cho biểu đồ sau giao hoán A AA φ AA A α AAA M GA | || || | ~|| α 18 Nói cách khác, mở rộng cốt yếu A nhúng vào mở rộng nội xạ Chứng minh Do M nội xạ nên tồn đồng cấu α : A −→ M cho α = α β Gọi K = Ker(α ) Do α đơn cấu nên K ∩ Im(β) = Ker(α ) ∩ Im(β) = Ker(α β) = Ker(α) = Do β cốt yếu nên K = Vậy α đơn cấu 2.1.11 Mệnh đề Giả sử α1 : A −→ M1 bao nội xạ α2 : A −→ M2 đơn cấu vào môđun nội xạ M2 Khi tồn đơn cấu chẻ ϕ : M1 −→ M2 cho biểu đồ sau giao hoán: A AA α1 AA A α2 AAA M GA | | || || ϕ | ~| Trong α2 = ϕα1 Đơn cấu α2 bao nội xạ A ϕ đẳng cấu Chứng minh Do M2 nội xạ nên tồn đồng cấu ϕ : M1 −→ M2 cho ϕα1 = α2 ⇒ Ker(ϕα1 ) = Ker(ϕ) ∩ Im(α1 ) = Ker(ϕ) ∩ A = Ker(α2 ) = ( Do α1 đơn cấu cốt yếu α2 đơn cấu) Mặt khác, A ⊆∗ M1 , A ∩ Ker(ϕ) = nên suy Ker(ϕ) = ⇒ ϕ đơn cấu Lại M1 nội xạ nên đơn cấu ϕ chẻ nên ta có M2 = Im(ϕ) ⊕ C Như đơn cấu chẻ ra: ϕ : M1 −→ M2 tồn cho ϕα1 = α2 Bây α2 bao nội xạ A α2 đơn cấu cốt yếu, theo bổ đề 2.12 ϕ cốt yếu suy C = ⇒ ϕ đẳng cấu Ngược lại ϕ đẳng cấu ϕ cốt yếu suy α2 bao nội xạ A 2.1.12 Mệnh đề Nếu M M bao nội xạ môđun A phép đồng A mở rộng thành phép đẳng cấu từ M vào M Chứng minh Giả sử f : A −→ M f : A −→ M ánh xạ bao hàm Khi tồn đơn cấu g : M −→ M cho gf = f ⇒ f (A) = g(M ) ⇒ g(M ) ⊆∗ M ⇒ g đơn cấu cốt yếu 19 Tuy nhiên M bao nội xạ nên mở rộng cốt yếu, từ suy g(M ) = M ⇒ g đẳng cấu Mệnh đề 2.1.11 chứng tỏ bao nội xạ xác định sai khác đẳng cấu, xem mở rộng nội xạ tối tiểu A 2.1.13 Bổ đề Mọi môđun A có bao nội xạ Chứng minh Giả sử V môđun nội xạ, α : A −→ V đơn cấu, C = Im(α), C ∩− bù C C ” ∩− bù C Khi C ” ∩− bù thứ hai C = Im(α) V thỏa mãn điều kiện: C ⊂ C ” Lấy môđun D C ” cho C ∩ D = 0, đó: x ∈ C ∩ (C + D x = c = c + d, với c ∈ C, c ∈ C , d ∈ D suy c = c − d ∈ C ∩ C ” = ⇒ x = c = d ∈ C ∩ D = suy C ∩ (C + D = ⇒ C + D = C ( C có tính cực đai) suy D ⊂ C ⇒ D ⊂ C ∩ C ” = suy D = ⇒ C ⊆∗ C ” Xét biểu đồ giao hoán: C ⊕ CPP i PPP PPP P β PPP@ G qV q q qq qqϕq q q xqq V /C ⊕ V /C Trong i đơn cấu tắc, β α xác định sau: Đối với c” + c ∈ C ” ⊕ C β(c” + c ) = (c” + c + C , c” + c + C ) = (c” + C , c + C ) Đối với v ∈ V ϕ(v) = (v + c , v + c” ) Suy β = ϕ.i Do C ∩ C ” = nên β , ϕ đơn cấu, lại V nội xạ nên ϕ chẻ Bây chọn D môđun V cho: (C ” ⊕C \C )∩(D \C = suy (C ” ⊕ C ) ∩ D = C ⇒ C = (C ” ∩ D ⊕ C suy (C ” ∩ D ) ⊂ C ⇒ (C ” ∩ D ) ⊂ (C ” ∩ C ) Vì (C ” ∩ C ) = nên C ” ∩ D = Từ tính tối đại C suy C = D ⇒ D \C = suy ((C ” ⊕ C )\C ) ⊆∗ V \C Tương tự (C ” ⊕ C )\C ” ⊆∗ V \C ” suy β đơn cấu cốt yếu suy ϕ đơn cấu cốt yếu Do ϕ chẻ nên β đẳng cấu ∀v ∈ V, ∃v ∈ V cho 20 (v + C , + C ) = (v + C, v + C ” ) suy v ∈ C ” nghĩa v ∈ C ” + C ⇒ V = C” ⊕ C Suy C ” hạng tử trực tiếp V suy C ” nội xạ Như với kết quả: Im(ϕ) = C ⊆∗ C ” C ” môđun nội xạ ta có: α : A −→ C ” với α (a) = α(a), ∀a ∈ A bao nội xạ A 2.1.14 Định lý Bao nội xạ môđun A cực đại mở rộng cốt yếu cực tiểu tất mở rộng nội xạ Chứng minh Giả sử M mở rộng cốt yếu A Ta chứng minh M ⊆ E(A) Xét biểu đồ: f A EE EE EE i EE4 GM x x xx xx∃ϕ x |x E(A) f đơn cấu cốt yếu, i phép nhúng Vì E(A) nội xạ nên ϕ : M −→ E(A) cho gf = i Giả sử Ker(g) = suy f (A)∩Ker(g) = 0, f (A) ⊆∗ M ⇒ ∃x = 0, x ∈ X cho x = f (a) ∈ Ker(g) với a ∈ A Khi a = i(a) = gf (a) = ⇒ x = mâu thuẫn x = suy Ker(g) = ⇒ g đơn cấu, suy M ⊂ E(A) Ngược lại, giả sử E mở rộng nội xạ A, ta chứng minh E(A) ⊆ E Xét biểu đồ: A >> >> >> f >>1 i E G E(A) yy yy y y |yy ∃g i phép nhúng, f đơn cấu Do E nội xạ nên tồn g : E(A) −→ E cho gi = f Giả sử Ker(g) = suy Ker(g) ∩ A = A ⊆∗ E(A) ⇒ ∃a ∈ A, a ∈ Ker(g), a = Khi f (a) = gi(a) = g(a) = Vì f đơn cấu nên suy a = 0, điều mâu thuẫn với a = nên suy Ker(g) = ⇒ g đơn cấu Vậy E(A) ⊆ E 21 2.1.15 Bổ đề Cho A, B môđun môđun M A ∩ B = Khi bao nội xạ E(A ⊕ B) = E(A) ⊕ E(B) Chứng minh Ta có E(A)⊕E(B) môđun nội xạ chứa A⊕B , E(A⊕B) môđun nội xạ bé chứa A ⊕ B E(A ⊕ B) ⊆ E(A) ⊕ E(B) (1) Mặt khác A ⊆∗ E(A) B ⊆∗ E(B) nên (A ⊕ B) ⊆∗ E(A) ⊕ E(B) Mà E(A ⊕ B) mở rộng cốt yếu tối đại A ⊕ B nên ta có: E(A) ⊕ E(B) ⊆ E(A ⊕ B) (2) Từ (1) (2) suy E(A ⊕ B) = E(A) ⊕ E(B) 2.1.16 Mệnh đề Nếu Q môđun nội xạ không phân tích Q môđun Chứng minh Nếu A, B môđun khác không Q mà A∩B = tồn A⊕B ⊆ Q Vì bao nội xạ E(A⊕B) ⊆ E(Q) = Q (do Q nội xạ) nên E(A⊕B) hạng tử trực tiếp Q Mà A B khác không nên E(A ⊕ B) = Q Theo bổ đề 2.1.15, ta có: E(A) ⊕ E(B) = Q Do Q không phân tích nên E(A) = E(B) = suy A = B = Điều mâu thuẫn, chứng tỏ tồn A ∩ B = suy Q môđun 2.1.17 Mệnh đề Nếu M môđun nội xạ không phân tích vành tự đồng cấu End(M ) vành địa phương Chứng minh Nếu α ∈ End(M ) đơn cấu ảnh Im(α) nội xạ, Im(α) hạng tử trực tiếp M Mà M không phân tích nên Im(α) = M suy α đẳng cấu, α khả nghịch End(M ) Bây lấy β ∈ End(M ) không khả nghịch End(M ) Khi β không đơn cấu suy Ker(β) = Giả sử f1 , f2 không khả nghịch End(M ) Khi Ker(f1 ) = 0, Ker(f2 ) = Theo mệnh đề 2.1.16, ta có M môđun đều, suy Ker(f1 ) ∩ Ker(f2 ) = Mà Ker(f1 ) ∩ Ker(f2 ) ⊆ Ker(f1 + f2 ) suy (f1 + f2 ) không đơn cấu, hay (f1 + f2 ) không khả nghịch End(M ) Vậy End(M ) vành địa phương 22 2.1.18 Định nghĩa Đơn cấu ϕ : A −→ B gọi mở rộng cốt yếu tối đại ϕ cốt yếu mở rộng cốt yếu B đẳng cấu 2.1.19 Mệnh đề Giả sử ϕ : A −→ M đơn cấu Khi ϕ mở rộng cốt yếu tối đại A ϕ bao nội xạ A Chứng minh Giả sử ψ : A −→ Q bao nội xạ A Xét biểu đồ giao hoán A @@ @@ @ ψ @@1 ϕ E GM } }} }}α } }~ } đồng cấu α tồn tính nội xạ Q Nếu ϕ mở rộng cốt yếu theo bổ đề 2.1.9 ta có α đơn cấu Bởi ψ = αϕ đơn cấu cốt yếu nên theo bổ đề 2.1.2, α đơn cấu cốt yếu Do ϕ mở rộng cốt yếu tối đại α đẳng cấu M bao nội xạ A Ngược lại, bao nội xạ mở rộng cốt yếu tối đại Điều suy từ kiện: đơn cấu f : Q −→ M , với Q nội xạ chẻ ra; hạng tử trực tiếp môđun cốt yếu môđun chứa 2.1.20 Mệnh đề Đơn cấu tắc A1 ⊕ ⊕ An −→ I(A1 ⊕ ⊕ I(An ) cảm sinh đẳng cấu I(A1 ⊕ ⊕ An ) 2.2 I(A1 ⊕ ⊕ I(An ) Môđun bé 2.2.1 Định nghĩa 1) Cho A ⊆ M , A gọi môđun bé M với môđun X ⊆ M , X = M A + X = M Kí hiệu A ⊆0 M Nói cách khác, A + X = M X = M 2) Một môđun A gọi bé A môđun bé bao nội xạ E(A) A 3) Một môđun A gọi không bé A môđun bé bao nội xạ E(A) A 23 4) Một đồng cấu môđun ϕ : M −→ N gọi bé Ker(ϕ) ⊆0 M 2.2.2 Ví dụ 1) Với môđun M ta có O ⊆0 M 2) Cho R vành địa phương A = [ Phần tử không khả nghịch R] Suy A∆RR nên A ⊆ RR Khi đó: A ⊆∗ RR A ⊆0 RR 3) Z ⊆0 Z , p số nguyên tố 4) Trong Z -môđun tự có môđun tầm thường O môđun bé Thật vậy, giả sử Q = xi Z Z- môđun tự với sở {xi /i ∈ I} i∈I Giả sử A môđun khác không Q = a ∈ A, a biểu diễn dạng a = xi1 z1 + + x1m zm ∈ Z với zi = Chọn n ∈ Z với (z1 , n) = n > Đặt U = xi Z + xi1 n, ta có aZ + U = Q, i=1 A + U = Q với U = Q Điều chứng tỏ A không môđun bé Q 5) Mỗi môđun hữu hạn sinh QZ môđun bé QZ Thật vậy, giả sử A môđun Q, sinh tập {q1 , q2 , , qn } ⊆ Q U môđun QZ cho A + U = Q Khi {q1 , q2 , , qn } ∪ U hệ sinh QZ Từ U hệ sinh Q U = Q Điều chứng tỏ A ⊆0 Q 6) Cho vành R, A = {các phần tử không khả nghịch R } Giả thiết R vành địa phương ( tức A iđêan hai phía thực sự, lớn R) Khi xem R môđun nó, A ⊆0 RR , A ⊆0 RR Thật vậy, giả sử A + U = R, U ⊆ R Nếu U không chứa phần tử khả nghịch U ⊆ A ⇒ U + A = A (vô lí) Nếu U chứa phần tử khả nghịch, chẳng hạn x0 ∈ U, x0 khả nghịch Do U iđêan R chứa phần tử khả nghịch nên U = R 2.2.3 Chú ý A ⊆0 M với U môđun thực M, A + U môđun thực M 24 2.2.4 Mệnh đề Giả sử A, B, C môđun M Khi đó: 1) Nếu A ⊆ B ⊆ C A ⊆0 B A ⊆0 C 2) A ⊆ B , A ⊆0 M B hạng tử trực tiếp M A ⊆0 B 2.2.5 Định nghĩa Môđun M gọi trống môđun khác M M bé M 2.2.6 Định nghĩa Cho f : M −→ N đồng cấu môđun Đồng cấu f gọi đơn cấu cốt yếu f đơn cấu Imf ⊆∗ N Đồng cấu f gọi toàn cấu bé f toàn cấu Kerf ⊆0 N 2.2.7 Mệnh đề 1) Cho A ⊆ B ⊆ M ⊆ N Khi B ⊆0 M A ⊆0 M n 2) Cho Ai ⊆0 Mi i = 1, n Khi Ai ⊆0 M i=1 3) Nếu A ⊆0 M ϕ : M −→ N đồng cấu ϕ(A) ⊆0 N 4) Cho Ai ⊆0 Bi , i = 1, n ∃ Ai , ∃ i=1 n n n Bi Khi đó: i=1 i=1 Ai ⊆0 n Bi i=1 5) Nếu α : A −→ B ; β : B −→ C toàn cấu bé βα : A −→ C toàn cấu bé Chứng minh 1)∗ Giả sử A + V = N , B + V = N Theo luật Modular suy ra: B + (V ∩ M ) = N Do đó: V ∩ M = M , B ⊆0 M Mặt khác M ⊆ V theo giả thiết A ⊆ M suy V = A+V = N ∗ Giả sử B + V = N , ∀V ⊆ N Khi ta có: (B + V ) ∩ M = N ∩ M hay B + V ∩ M = M (theo luật modular) Vì B ⊆0 M nên V ∩ M = M Suy M ⊆ V vàB ⊆ V Vậy V = B + V = N ∗ Giả sử A + V = N , ∀V ⊆ N Do A ⊆ B nên ta có B + V = N Từ suy ra: (B + V ) ∩ M = N ∩ M ⇒ B + (V ∩ M ) = M (theo luật modular M ⊆ N ) Mặt khác, B ⊆0 M nên suy V ∩ M = M mà A ⊆ M ⇒ A ⊆ V Do V = A + V = N Vậy V = N 2) Chứng minh quy nạp Với n = Giả sử A = A1 + A2 + + An−1 ⊆0 M Và giả sử có: V ⊆ M ; A + An + V = M Suy ra: An + V = M A ⊆0 M Và A ⊆0 M Suy V = M 3) Giả sử An ⊆ N ϕ(A) + V = N 25 Với m bất kỳ: m ∈ M , ϕ(m) = ϕ(a) + v , với a ∈ A, v ∈ V Suy ϕ(m − a) = v , hay m − a ∈ ϕ−1 (V ) Từ suy m ∈ A+ϕ−1 (V ) hay A+ϕ−1 (V ) = M Suy M = ϕ−1 (V ) Theo giả thiết: A ⊆0 M suy ϕ(M ) = ϕ.ϕ−1 (V ) = V ∩ Im(ϕ) Như vậy: ϕ(A) ⊆ ϕ(M ) ⊆ V V = ϕ(A) + V = N 4) Chứng minh cho n = Ta có: A1 ⊆0 B1 , A2 ⊆0 B2 Ta cần chứng minh A1 ⊕A2 ⊆0 B1 ⊕B2 Do B1 ⊆ B1 ⊕B2 ⇒ A1 ⊆ B1 ⊕B2 , B2 ⊆ B1 ⊕B2 ⇒ A2 ⊆ B1 ⊕ B2 Từ suy A1 ⊕ A2 ⊆0 B1 ⊕ B2 (theo (2)) Chứng minh với n ta có: A1 ⊕ A2 ⊕ ⊕ An−1 ⊕ An = A ⊕ An Theo qui nạp A ⊆0 n i=1 Ai ⊆0 n−1 i=1 n Bi , An ⊆0 Bn nên A + An ⊆0 n−1 Bi + Bn hay i=1 Bi i=1 5) Ta có: Kerβα = {x ∈ A/βα(x) = 0} = {x ∈ A/β(α(x)) = 0} = {x ∈ A/α(x) ∈ Ker(β)} = α−1 (Ker(β) Đặt Ker(βα) + V = A, ta cần chứng minh V = A Ta có: Ker(βα) = α−1 (Ker(β)), nên α(Ker(βα) + V ) = α(A) Suy α(Ker(βα)) + α(V ) = α(A), hay Ker(β) + α(V ) = α(B) Mà β toàn cấu bé nên suy α(V ) = B Mặt khác α toàn cấu nên α(A) = B Lấy a bất kỳ, a ∈ A, suy tồn b ∈ B cho α(a) = b Do α(V ) = B suy tồn v ∈ V cho α(v) = b Suy α(a − v) = hay a − v ∈ Ker(α), suy A ⊂ V + Ker(α) Hiển nhiên Ker(α) + V ⊂ A.Mà α toàn cấu bé nên V = A 2.2.8 Bổ đề Giả sử a ∈ MR , aR môđun bé M có môđun C tối đại M mà a ∈ /C Chứng minh (⇐) Giả sử tồn môđun C tối đại M mà a ∈ / C Ta cần chứng minh aR môđun bé M Thật vậy: Nếu C tối đại M mà a ∈ / C aR + C = M ( a ∈ / C nên aR ⊂ C ) Từ suy aR môđun bé M 26 (⇒) Giả sử aR môđun bé M Ta cần chứng minh tồn môđun C tối đại M mà a ∈ / C Thật vậy: Đặt Γ := {B/B ⊂ M, aR + B = M } Ta chứng minh Γ thỏa mãn bổ đề Zohn Vì aR môđun bé M nên tồn B ∈ Γ hay Γ = ∅ Chọn Ω = ∅ tập thứ tự toàn phần Γ theo quan hệ bao hàm, Ω ⊆ Γ Đặt B0 = B Giả sử a ∈ B0 , tồn B mà a ∈ B nên aR B∈Ω môđun B Từ suy B = aR + B = M , mâu thuẫn Vậy a∈ / B0 nên B0 M Ta chứng minh aR + B0 = M Do B ∈ Ω nên aR + B = M Mặt khác, B ⊆ B0 nên aR + B0 = M , tức B0 ∈ Γ Vậy Γ thỏa mãn bổ đề Zohn nên Γ có phần tử tối đại C Ta chứng minh C phần tử tối đại M Giả sử C ⊆ T M , M = aR + T suy T ∈ Γ ⇒ T = C a ∈ / C 2.2.9 Mệnh đề Cho M R− môđun trái Khi đó: (1) M nội xạ M = E(M ) (2) Nếu N ⊆∗ M E(N ) = E(M ) (3) Nếu M ⊆ Q Q môđun nội xạ Q = E(M ) ⊕ E 2.2.10 Mệnh đề 1) Nếu A môđun bé môđun M A môđun bé 2) Giả sử M môđun địa phương cho môđun đóng M không bé Khi M môđun 3) Giả sử A B môđun đẳng cấu với Khi A môđun bé B môđun bé Chứng minh 1) Giả sử A ⊆0 M với môđun M đó, ta cần chứng minh A ⊆0 E(A) Thật A ⊆ E(A) ⊆ E(M ) mà E(A) nội xạ phải hạng tử trực tiếp môđun chứa nó, nghĩa E(M ) = E(A) ⊕ X với X môđun E(M ) Mặt khác A ⊆0 M nên A ⊆0 E(M ) (vì M ⊆ E(M )) A ⊆0 E(A)⊕X A ⊆ E(A) nên A ⊆0 E(A) 2) Giả sử A môđun khác không M , ta cần chứng minh A cốt yếu M Theo bổ đề Zorn, tồn môđun đóng B M cho A ⊆∗ B Bởi M địa phương nên tồn môđun tối 27 đại C chứa tất môđun thực M Nếu B = M , B ⊆ C môđun thực N M B + N ⊆ C hay B + N = M , B môđun bé M Theo (1) B môđun bé, từ giả thiết ta phải có B = M Vậy M môđun 3) Từ giả thiết A ∼ = B , tồn đẳng cấu từ E(A) đến E(B) cho ϕ(A) = B Giả sử A ⊆0 E(A) Bởi [6,bổ đề 4.2 (3)] ta có ϕ(A) ⊆0 ϕ(E(A)) hay B ⊆0 E(B) 28 KẾT LUẬN Kết luận Dựa vào tài liệu [5], luận văn đã: Trình bày chi tiết số tính chất, định lí bao nội xạ Trình bày hệ thống số tính chất môđun bé Trình bày tính chất môđun bé qua bao nội xạ 29 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Tiến Quang-Nguyễn Duy Thuận (2001), Cơ sở lý thuyết môđun vành, Nhà xuất Giáo dục [2] Ngô Sỹ Tùng (1995), Một số lớp đặc trưng điều kiện liên tục lớp CS- Môđun, Luận án Phó tiến sỹ Toán- Lý, Trường Đại Học Vinh Tiếng Anh [3] A W Chatters and C R Hajarnavis (1997), Rings in which every complement ringt deal is a direct summand, Quart J.Math Oxford, 28,61-80 [4] D V Huynh (1995), A ringt countably sigma-CS-ring with ACC or DCC on projective pricipal ringt ideals is left artinian and QF-3, Trans Amer.Math.Soc., Vol.347, No 8,3131 - 3139 [5] F.KASCH (1982) " Moduln and Rings", Ludwing- Maximilian University, Munich, Germany [6] Mohammed, S.H., and Mller, B.J (1990) Continuous and discrete modules, London Math Soc., Lecture Notes Series 147, Cambridge [...]... là bao nội xạ của A, nếu không sợ nhầm lẫn ta cũng thường gọi môđun M là bao nội xạ của A Ký hiệu M = E(A) 2.1.8 Ví dụ Đơn cấu chính tắc i : ZZ −→ QZ là bao nội xạ của Z vì QZ là nội xạ và ZZ là môđun con cốt yếu trong QZ 2.1.9 Định lý Cho A là một môđun Bất kì một môđun nội xạ nào chứa A cũng bao hàm một bao nội xạ của A Chứng minh Xét một môđun nội xạ M ⊇ A, theo bổ đề Zorn tồn tại một môđun con. .. Cho A ⊆ M , A được gọi là môđun con bé của M nếu với mọi môđun X ⊆ M , X = M thì A + X = M Kí hiệu A ⊆0 M Nói cách khác, nếu A + X = M thì X = M 2) Một môđun A được gọi là bé nếu A là môđun con bé trong bao nội xạ E(A) của A 3) Một môđun A được gọi là không bé nếu A không phải là môđun con bé trong bao nội xạ E(A) của A 23 4) Một đồng cấu môđun ϕ : M −→ N được gọi là bé khi và chỉ khi Ker(ϕ) ⊆0 M... = C và a ∈ / C 2.2.9 Mệnh đề Cho M là R− môđun trái Khi đó: (1) M là nội xạ khi và chỉ khi M = E(M ) (2) Nếu N ⊆∗ M thì E(N ) = E(M ) (3) Nếu M ⊆ Q và Q là môđun nội xạ thì Q = E(M ) ⊕ E 2.2.10 Mệnh đề 1) Nếu A là môđun con bé trong một môđun M nào đó thì A là môđun bé 2) Giả sử M là một môđun địa phương sao cho các môđun con đóng của M là không bé Khi đó M là môđun đều 3) Giả sử A và B là các môđun. .. là môđun nội xạ 1.2.6 Mệnh đề Mọi hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ trên R là nội xạ 13 Chứng minh Giả sử ta có môđun X là tổng trực tiếp của hai môđun U và V trên R, X nội xạ Để chứng minh mệnh đề ta sẽ chứng minh rằng môđun U cũng là môđun nội xạ Cho đơn cấu g : A −→ B và một đẳng cấu f : A −→ U Gọi j : U −→ X là phép nhúng tự nhiên và h : X −→ U là phép chiếu tự nhiên, khi đó vì X là nội xạ nên... ϕ(A) ⊆0 ϕ(E(A)) hay B ⊆0 E(B) 28 KẾT LUẬN 1 Kết luận Dựa vào tài liệu chính [5], luận văn đã: 1 Trình bày chi tiết một số tính chất, định lí về bao nội xạ 2 Trình bày hệ thống một số tính chất của môđun con bé 3 Trình bày tính chất môđun bé qua bao nội xạ 29 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Tiến Quang-Nguyễn Duy Thuận (2001), Cơ sở lý thuyết môđun và vành, Nhà xuất bản Giáo dục [2] Ngô Sỹ... ∈ C ” + C ⇒ V = C” ⊕ C Suy ra C ” là hạng tử trực tiếp trong V suy ra C ” là nội xạ Như vậy với kết quả: Im(ϕ) = C ⊆∗ C ” và C ” là môđun nội xạ ta có: α : A −→ C ” với α (a) = α(a), ∀a ∈ A là bao nội xạ của A 2.1.14 Định lý Bao nội xạ của môđun A là cực đại trong các mở rộng cốt yếu và là cực tiểu trong tất cả mở rộng nội xạ Chứng minh Giả sử M là một mở rộng cốt yếu của A Ta chứng minh rằng M ⊆ E(A)... Ngược lại, giả sử Z _môđun D nội xạ và giả sử d ∈ D, 0 = m ∈ Z Xét biểu đồ các đồng cấu trong đó i là phép nhúng chính tắc, còn f được xác định bởi công thức: f (m) = d Do tính nội xạ của D nên tồn tại đồng cấu h : Z −→ D, sao cho f = h.i Ta có: d = f (m) = h(m) = h(1.m) = h(1).m Điều này chứng tỏ rằng D là nhóm chia được 16 CHƯƠNG 2 BAO NỘI XẠ VÀ MÔĐUN CON BÉ 2.1 Bao nội xạ 2.1.1 Định nghĩa Đơn... môđun con cốt yếu trong M 2.1.2 Bổ đề Nếu α : A −→ B và β : B −→ C là những đơn cấu thì βα là cốt yếu khi và chỉ α và β là cốt yếu 2.1.3 Bổ đề A có mở rộng cốt yếu khi và chỉ khi tồn tại một đơn cấu cốt yếu f : A −→ M 2.1.4 Mệnh đề (Eckmann-Schopf) Một môđun A là nội xạ nếu và chỉ nếu A không có mở rộng cốt yếu Chứng minh (⇒) Giả sử A là môđun nội xạ và A có một mở rộng cốt yếu A ⊆∗ B Do A nội xạ. .. hkg = hjf = f Vậy U là nội xạ 1.2.7 Định lý Các mệnh đề sau là tương đương i) M là môđun nội xạ ii) Mọi đơn cấu δ : M −→ N là chẻ ra( nghĩa là Imδ là hạng tử trực tiếp của M ) iii) Với mọi đơn cấu α : A −→ B thì đồng cấu: Hom(α; 1M ) : Hom(B; M ) −→ Hom(A; M ) là toàn cấu 1.2.8 Định lý Nếu Q là môđun nội xạ và Q ∼ = A thì A nội xạ 1.2.9 Định lý Mi là nội xạ khi và chỉ khi Mi nội xạ với mọi i ∈ I Chứng... mở rộng cốt yếu 2.1.5 Định nghĩa Cho C là một môđun và A là một môđun con của C Ta nói rằng A là một cốt yếu đóng trong C nếu và chỉ nếu A không có mở rộng cốt yếu trong C Tức là A ⊆∗ B ⊆ C thì B = A 2.1.6 Mệnh đề Cho A là môđun con của một môđun nội xạ M Khi đó A là nội xạ khi và chỉ khi A là cốt yếu đóng trong M 17 Chứng minh (⇒) Nếu A là một nội xạ thì theo mệnh đề EckmannSchopf, A không có ... nghiên cứu lý thuyết môđun lý thuyết vành Dựa vào tài liệu tìm hiểu bao nội xạ môđun bé Mục đích luận văn trình bày tồn bao nội xạ môđun Ngoài tìm hiểu tính chất môđun bé, môđun nội xạ Với lý trên,... như: môđun cốt yếu, môđun nội xạ Chương 2: Bao nội xạ môđun bé bao gồm phần chính: phần trình bày tính chất bao nội xạ phần trình bày số tính chất môđun bé Luận văn hoàn thành trường Đại Học Vinh... ZZ −→ QZ bao nội xạ Z QZ nội xạ ZZ môđun cốt yếu QZ 2.1.9 Định lý Cho A môđun Bất kì môđun nội xạ chứa A bao hàm bao nội xạ A Chứng minh Xét môđun nội xạ M ⊇ A, theo bổ đề Zorn tồn môđun V ⊆