Kiến thức cơ sở
Tổng trực tiếp
1.1.1 Định nghĩa Cho M là R-môđun, M được gọi là tổng trực tiếp (tổng trực tiếp trong) của một họ các môđun con (M i ) i∈I , kí hiệu là M = L
Mi, nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
1.1.2 Bổ đề Môđun M là tổng trực tiếp của một họ các môđun con (M i ) i∈I nếu và chỉ nếu mỗi phần tử m ∈ M biểu diễn duy nhất dưới dạng: m = m i 1 +m i 2 + +m i n , m i j ∈ M i j , i j ∈ I Chứng minh.
Do điều kiện (1) của định nghĩa nên có một tập hữu hạn I 0 ⊆ I sao cho phần tử m viết được dưới dạng: m = P
Giả sử còn có tập hữu hạn I 00 ⊆ I sao cho m = P
Do có thể bổ sung thêm các hạng tử m i = 0, n j = 0 một cách thích hợp vào mỗi biểu diễn trên của m nên ta có thể coi I 0 = I 00 = J, m = P
Khi đó với j ∈ J ta có m j −n j = P i6=j
Do điều kiện (2) ta suy ra m j −n j = 0 hay m j = n j Điều này xảy ra với mọi j ∈ J Đó là điều phải chứng minh.
Ngược lại dễ thấy sự biểu diễn duy nhất của mỗi phần tử m ∈ M dưới dạng P m i , m i ∈ M i , dẫn tới các điều kiện (1) và (2) của Định nghĩa 1.1.1 2
1.1.3 Hệ quả Giả sử M là tổng của những môđun con Mi, M P
M i Khi đó M là tổng trực tiếp nếu và chỉ nếu từ m i 1 +m i 2 + +m i n = 0, m i j ∈ M i j suy ra m i j = 0, 1≤ j ≤ n.
1.1.4 Hệ quả Môđun M là tổng trực tiếp của họ các môđun con (M i ) i∈I nếu và chỉ nếu ánh xạ
1.1.5 Định nghĩa Cho A là môđun con của M, kí hiệu A ≤ M. Khi đó A được gọi là hạng tử trực tiếp của M nếu và chỉ nếu tồn tại môđun con B của M sao cho A∩ B = 0 và A+ B = M, khi đó
M = A⊕B Ký hiệu A ≤ ⊕ M có nghĩa A là hạng tử trực tiếp của M.
Môđun M được gọi là không phân tích được nếu 0 và M là những hạng tử trực tiếp duy nhất trong M.
Môđun con cốt yếu
1.2.1 Định nghĩa Cho A là môđun con của M Ta nói A là môđun con cốt yếu củaM nếu với mọi môđun conB 6= 0 củaM thìA∩B 6= 0, kí hiệu là A ≤ e M.
Nếu A là môđun con cốt yếu của M thì ta nói rằng M là mở rộng cốt yếu của A.
1.2.2 Ví dụ M ≤ e M, nZ ≤ e Z, ∀n 6= 0 (xem là Z-môđun).
1.2.3 Tính chất. a) Cho A là môđun con của M Khi đó A ≤ e M ⇔ xR ∩A 6= 0,
M i e) Cho A ≤N ≤M nếu N/A≤ e M/A thì N ≤ e M. f) Cho f :M −→ N là đồng cấu môđun và B ≤ e N thì f −1 (B) ≤ e M. g) Cho Mi ≤ M, M = P i∈I
Khi đó nếu tồn tại L i∈I
M i Chứng minh. a) (⇒) Do 0 6= x ∈ M nên 0 6= xR ≤ M Mặt khác A ≤ e M nên
(⇐) Lấy0 6= B ≤ M suy ra tồn tại x ∈ B,x 6= 0 Ta cóA∩xR 6= 0 mà xR ≤ B suy ra A∩ B 6= 0 Vậy A≤ e M. b) (⇒) Chứng minh A ≤ e N.
Lấy Y ≤ M, Y 6= 0 Do A ≤ e M nên A∩ Y 6= 0 Mà A ≤ N nên
Thật vậy, lấy X ≤ M, X 6= 0 Do N ≤ e M nên N ∩X 6= 0. Đặt B = N ∩X ≤ N Do A ≤ e N nên A∩B 6= 0
Do B ≤ e M nên B ∩X 6= 0, B ∩X ≤ M và A ≤ e M, suy ra A∩(B ∩X) 6= 0⇔ (A∩B)∩X 6= 0.
Vậy A∩B ≤ e M. d) Dùng phương pháp quy nạp theo n, ta chứng minh mệnh đề đúng với n = 2.
⇒ B ≤ M1 và A1 ≤ e M1 nên A1 ∩ B 6= 0. Đặt X = A1 ∩B ≤M2 Vì A2 ≤ e M2 nên A2 ∩X 6= 0
Chú ý: Trường hợp vô hạn là không đúng, tức là
Ví dụ Ta có nZ≤ e Z, n6= 0 Nếu có
A i , A i = Z ∀i, suy ra 0 ≤ e Z (vô lý). e) Ta có A ≤N ≤M, N/A≤ e M/A Cần chứng minh N ≤ e M. Lấy X ≤ M, X 6= 0 Ta chứng minh X ∩N 6= 0.
Trường hợp 1 f(X) = 0 ⇒ X ≤kerf = f −1 (0) mà f −1 (0) ≤ f −1 (B) (do 0 ∈ B)
Vậy f −1 (B) ≤ e M. g) Trường hợp 1 Nếu I là hữu hạn |I| = n Ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n= 2.
Ta có f 1 −1 (A1) =A1⊕M2 Mà A1 ≤ e M1 ⇒ A1⊕M2 ≤ e M1⊕M2. Tương tự, f2 : M1 ⊕M2 −→ M2, x1 +x2 7−→ x2.
Ta có f 2 −1 (A2) =M1⊕A2 Mà A2 ≤ e M2 ⇒ A2⊕M1 ≤ e M1⊕M2. Suy ra (A 1 ⊕M 2 )∩(A 2 ⊕M 1 ) ≤ e M 1 ⊕M 2
Trường hợp 2 Với I bất kỳ ta chứng minh tồn tại L
M i Khi đó có biểu thị hữu hạn: x = x 1 +x 2 + + x k , x i ∈ M i suy ra tồn tại k
M i là tổng trực tiếp hay P
M i , X 6= 0, suy ra x ∈ X, x 6= 0 có biểu thị duy nhất x = x 1 +x 2 + + x k , x i ∈ M i
1.2.4 Bổ đề Zorn Giả sử (X;⊆), X 6= 0 là một tập sắp thứ tự thỏa mãn điều kiện: Mọi xích của X đều có cận trên thế thì X có phần tử tối đại, nghĩa là tồn tại a ∈ X mà a ⊆ x, x ∈ X thì x = a.
1.2.5 Mệnh đề.Cho M là R-môđun,A ≤M.Khi đó tồn tại T ≤ M để A⊕T ≤ e M.
Dùng Bổ đề Zorn ta có S 6= ∅ vì 0 ∈ S.
Ta sắp thứ tự theo quan hệ ≤ Lấy một tập con sắp thứ tự tuyến tính (toàn phần) của S là X 1 ≤ X 2 ≤ ≤ X n ≤
Vậy mọi tập con sắp thứ tự tuyến tính có cận trên.
Theo Bổ đề Zorn suy ra S có phần tử tối đại là T.
Suy ra A∩T = 0 và tồn tại A⊕T.
Lấy X ≤ M, X 6= 0, bằng phương pháp phản chứng
⇒ A∩(T ⊕X) = 0 ⇒T ⊕X ∈ S Mà T ≤ T ⊕X. Điều này mâu thuẩn với tính tối đại của T trong S.
1.2.6 Định nghĩa.MôđunU được gọi làđều nếu U 6= 0và A∩B 6= 0 với mọi môđun con khác không A, B của U Hay nói cách khác, U là đều nếu U 6= 0 và mọi môđun con khác không là cốt yếu trong U.
1.2.7 Định nghĩa.Số tự nhiênnđược gọi làsố chiều đều của môđun
M nếu tồn tại hữu hạn n môđun con đều U i của M sao cho n
U i là cốt yếu trong một môđun con của M, kí hiệu là u.dim(M) =n.
Nếu không tồn tại hữu hạn các môđun con đều thỏa mãn điều kiện trên thì ta định nghĩa số chiều đều của môđun là ∞, kí hiệu là u.dim(M) = ∞.
1.2.8 Định nghĩa Môđun M được gọi là mở rộng (tương ứng n-mở rộng) nếu mỗi môđun con đóng A của M (tương ứng u.dim(A) ≤ n) là một hạng tử trực tiếp của M Hay nói cách khác, M được gọi là mở rộng (tương ứng n-mở rộng) nếu mỗi môđun con A của M (tương ứng u.dim(A) ≤ n) là cốt yếu trong một hạng tử trực tiếp của M.
Môđun con đóng và phần bù
1.3.1 Định nghĩa.Cho M là R-môđun,N ≤M Khi đó N được gọi là đóng trong M nếu N không có một mở rộng cốt yếu thực sự trong
M Nói khác đi N được gọi là đóng trong M nếu với mọi môđun con
1.3.2 Ví dụ A và B là hai môđun con của M thỏa M = A⊕B thì môđun B được gọi là đóng trong M.
1.3.3 Định nghĩa Cho M là R-môđun, N ≤ M Khi đó N được gọi là môđun con EC-đóng của M nếu N là môđun con đóng và có một môđun con xyclic cốt yếu trong N Hay nói cách khác, N được gọi là môđun con EC-đóng của M nếu tồn tại x ∈ N sao cho xR cốt yếu trong N.
1.3.4 Định nghĩa Giả sử M là R-môđun, A và B là hai môđun con của M.
1) Môđun con B của M được gọi là phần bù cộng tính đối với A trong M nếu B là môđun tối tiểu trong các môđun con của M có tính chất A+B = M.
2) Môđun con B của M được gọi làphần bù theo giao của Atrong
M nếu B là môđun con tối đại trong các môđun con của M có tính chất B ∩A = 0
1.3.5 Mệnh đề Giả sử A, B là hai môđun con của M Khi đó
M = A⊕B khi và chỉ khi B đồng thời là phần bù cộng tính và phần bù theo giao của A trong M.
(⇐) Trực tiếp suy ra từ định nghĩa.
(⇒) Giả sử M = A ⊕B và C là môđun con của B có tính chất
A+ C = M Khi đó theo luật môđunla ta có
Do A∩B = 0 nên C = B Điều này chứng tỏ B là phần bù cộng tính đối với A trong M.
Bây giờ nếu B ⊂ E và A ∩ E = 0 với môđun con E của M thì cũng theo luật môđunla ta có
(A∩E) +B = (A+B)∩E = M ∩E = E. mà A ∩ E = 0 nên B = E Vậy B là phần bù theo giao của A trong M 2
1.3.6 Mệnh đề Khái niệm đóng và bù giao là tương đương (tức là nếu K là môđun con đóng thì K là phần bù theo giao trong M và ngược lại).
Giả sử K đóng, ta chứng minh K là phần bù theo giao.
Xét tập hợp ϕ = {X ≤ M | X ∩ K = 0}, trong đó 0 ∈ ϕ dẫn đến ϕ không rỗng Qua việc sắp xếp theo quan hệ ≤, ta xác nhận ϕ thỏa mãn điều kiện của Bổ đề Zorn Do đó, ϕ có phần tử tối đại, ký hiệu là A, từ đó chúng ta có thể tiến hành chứng minh.
K là phần bù theo giao của A trong M.
Ngược lại, giả sử K là phần bù theo giao chứng minh K đóng. Thật vậy, giả sử K ≤ e X ≤ M Chứng minh X = K.
Do K là phần bù theo giao nên tồn tại A ≤ M để K ∩A = 0 và
K là tối đại có tính chất đó.
Ta có X ∩ A = 0 Vì nếu X ∩A 6= 0 ⇒ ∃a ∈ X, a ∈ A, a 6= 0 ⇒ aR ≤ X, aR ≤ A Do K ≤ e X ⇒aR ∩K 3 k 6= 0 ⇒ A∩K 3 k 6= 0 (Vô lý vì A∩K = 0).
Nếu X 6= K ⇒ thì tồn tại x ∈ X\K, x 6= 0 Xét xR ≤ X.
Khi đó K 6= K+xR và K+xR∩A = 0 Vì nếu∃a ∈ A∩(K+xR) thì a ∈ A và a ∈ K + xR Tức là a = k + xr ∈ X ⇒ a = 0 (do
K ≤ X, xR ≤X, X ∩A = 0). Điều này mâu thuẩn với tính tối đại của K với tính chất K∩A 0⇒ X = K Vậy K đóng.
1.3.7 Mệnh đề Nếu K là môđun con của M và L là phần bù theo giao của K trong M Khi đó
1) L là môđun con đóng trong M.
2) L⊕K là môđun con cốt yếu của M.
Nếu N ≤ M và N khác 0, thì nếu N∩(K⊕L) = 0, suy ra N∩L = 0 Do đó, (N ⊕L) ∩ K = 0, vì nếu n + l = k thì n = k − l, dẫn đến n thuộc N và n thuộc K⊕L, từ đó n = 0 và k − l = 0 Theo tính tối đại của L, ta có N ⊕L = L, tức là N = 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
1.3.8 Bổ đề Giả sử M là một R-môđun Khi đó ta có
1) Cho A là môđun con tùy ý của M Nếu A đóng trong hạng tử trực tiếp của M thì A đóng trong M.
2) Mọi hạng tử trực tiếp của M đóng trong M.
1) Giả sử M = M 1 ⊕M 2 và A đóng trong M 1 ,
Ta chứng minh A đóng trong M Thật vậy, xét phép chiếu π :M 1 ⊕M 2 −→M 1 Giả sử A ≤ e B ≤M Ta chứng minh A = B.
Ta có A ≤ M 1 suy ra A∩M 2 = 0 vì π| A là đơn cấu, dó đó A = π(A) ≤ e π(B) ≤M 1
Vì A đóng trong M 1 nên π(B) = A≤ B suy ra (1−π)B ≤ B suy ra (1−π)B ∩B = 0 mà ta có A ≤ e B suy ra (1−π)B = 0 hay B = π(B) ≤ M 1 Do A đóng trong M 1 nên A= B.
2) Giả sử A là hạng tử trực tiếp của M ta có M = A⊕B.
Lấy N ≤ M sao cho A ≤ e N khi đó A ∩ B ≤ e N ∩ B Từ đó
Xét phép chiếu π :A⊕B −→ A ta có ker(πB) = 0 mà N ∩B = 0 nên N ∩ker(π) = 0 ⇒ π| B là đơn cấu.
Vì thế N nhúng đơn cấu vào môđun A mà A≤ N ⇒ A = N.Vậy A đóng trong M 2
Linh hóa tử
1) Cho M là một R-môđun và m ∈ M Tập hợp r R (m) ={r ∈ R : mr = 0} được gọi là linh hóa tử của phần tử m, và tập hợp r R (M) ={r ∈ R :mr = 0,∀m ∈ M} được gọi là linh hóa tử của môđun M.
Một môđun M được gọi là trung thành nếu r R (M) = 0.
Cho R là một vành và S là một tập con không rỗng của vành R Linh hóa tử phải của S trong R được định nghĩa là tập hợp r R (S) = {x ∈ R : sx = 0, ∀s ∈ S} Trong khi đó, linh hóa tử trái của S trong R là l R (S) = {x ∈ R : xs = 0, ∀s ∈ S}.
Nếu tập S chỉ gồm một phần tử s ∈ R thì ta viết r R (s) hoặc l R (s) tương ứng.
2.2 Mệnh đề Cho M là R-môđun phải Khi đó Nếu S ⊆ M thì r R (S) là iđêan phải của R.
Giả sử a, b là hai phần tử bất kỳ thuộc R sao cho a, b ∈ r R (S), từ đó suy ra sa = 0, sb = 0 Khi đó với s bất kỳ, s ∈ S ta có s(a−b) = sa−sb = 0, suy ra a−b ∈ r R (S).
Lấy bất kỳ r ∈ R, ta có s(ar) = (sa)r = 0 suy ra ar ∈ r R (S).
Vậy r R (S) là iđêan phải của R 2
Môđun M được xem là N-P-nội xạ (N-principally injective) nếu mọi đồng cấu từ một môđun xyclic của N đến M có thể được mở rộng thành đồng cấu từ N đến M Cụ thể, với mỗi phần tử m thuộc M và n thuộc N, nếu rR(n) nằm trong rR(m), thì tồn tại một hàm f thuộc HomR(N, M) sao cho m = f(n).
2.4 Định nghĩa Cho M là một R-môđun Khi đó M được gọi là môđun tựa P-nội xạ nếu M là môđun M-P-nội xạ.
2.5 Mệnh đề Cho M và N là các R-môđun, và S = End(M) Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
2) Với mỗi m ∈ M và n ∈ N sao cho r R (n) ⊆ r R (m), ta có
3) Với mỗi m ∈ M và n ∈ N sao cho r R (n) ⊆ r R (m), tồn tại một phần bù C của M trong N ⊕M thỏa mãn n−m ∈ C và N ⊕M C ⊕M.
5)Với mỗi n∈ N và a ∈ R,l M [aR∩r R (n)] = l M (a)+Hom R (N, M)n. Chứng minh.
(1 ⇒ 2) Lấy bất kỳ m ∈ M và n∈ N sao cho r R (n) ⊆r R (m) Vì
M là N-P-nội xạ nên tồn tại một đồng cấu f : N −→ M xác định sao cho m = f(n) Lấy bất kỳ φ ∈ S khi đó φ(m) =φ[f(n)] = φf(n), ở đây φf ∈ HomR(N, M)n suy ra φ(m) ∈ HomR(N, M)n Do đó,
(2 ⇒ 3) Lấy bất kỳ m ∈ M, n ∈ N sao cho r R (n) ⊆ r R (m). Khi đó ta chọn đồng cấu φ = i M ∈ End(M) Lúc đó theo (2) thì φ(m) = i M (m) = m ∈ Hom R (N, M)n Tức là tồn tại một đồng cấu f : N −→ M xác định sao cho m = f(n).
Tiếp theo ta chứng minhN⊕M = hfi⊕M, ở đâyhfi = {n−f(n) : n∈ N} ≤ N⊕M Thật vậy, lấy bất kỳ a = [n 0 −f(n 0 )]+m 0 ∈ hfi⊕M.
Vì n 0 − f(n 0 ) ∈ N nên a ∈ N ⊕ M suy ra hfi ⊕ M ⊆ N ⊕ M Ngược lại, lấy bất kỳ a = n 0 + m 0 ∈ N ⊕ M Khi đó ta viết lại a = [n 0 −f(n 0 )] +f(n 0 ) +m 0 Vì n 0 −f(n 0 ) ∈ hfi và f(n 0 ) +m 0 ∈ M nên a ∈ hfi ⊕M suy ra N ⊕M ⊆ hfi ⊕M.
Do đó C = hfi là một phần bù của M trong N ⊕M với N⊕M C ⊕M và n−m ∈ C.
(3 ⇒ 4) Giả sử n ∈ N và x ∈ lMrR(n) ={m ∈ M : mrR(n) = 0}.
Ta cần chứng minh rR(n) ⊆rR(x) Thật vậy, lấy bất kỳ r ∈ rR(n) vì x ∈ l M r R (n) nên xr = 0 nghĩa là r ∈ r R (x), suy ra r R (n) ⊆ r R (x).
Theo (3) sẽ tồn tại một phần bù C củaM trong N⊕M với n−x ∈
C và N ⊕M = C ⊕M Vì thế, tồn tại một đồng cấu f : N −→ M sao cho C = hfi Từ n−x ∈ C suy ra n−x= n 0 −f(n 0 ), với n 0 ∈ N.
Vì thế n = n 0 và x = f(n 0 ) = f(n) Do đó x ∈ Hom R (N, M)n, và lMrR(n) ⊆HomR(N, M)n.
Ngược lại, lấy bất kỳ m ∈ HomR(N, M)n Khi đó tồn tại đồng cấu f ∈ Hom R (N, M)n sao cho f(n) = m Với mọi r ∈ r R (n) tức là ta có nr = 0, suy ra mr = f(n)r = f(nr) = f(0) = 0 Do đó
Suy ra điều phải chứng minh là l M r R (n) = Hom R (N, M)n.
(4 ⇒ 5) Lấy bất kỳ n ∈ N, a ∈ R, và x ∈ l M [aR∩r R (n)], khi đó x[aR∩r R (n)] = 0.
Cần chứng minh rằng r R (na) ⊆ r R (xa) Giả sử r thuộc r R (na), điều này có nghĩa là (na)r = n(ar) = 0, suy ra ar thuộc aR ∩ r R (n) Từ đó, ta có (xa)r = x(ar) = 0, điều này chứng tỏ rằng r thuộc r R (xa).
Do đó theo (4) ta có l M r R (xa) ⊆ l M r R (na) =Hom R (N, M)na Vì thếxa = f(na) =f(n)a, vớif ∈ HomR(N, M) Do đó,(x−f(n))a = 0 và x−f(n) ∈ l M (a) Vì thế, x ∈ l M (a) +Hom R (N, M)n và l M [aR ∩ r R (n)] ⊆ l M (a) + Hom R (N, M)n.
Giả sử x thuộc l M(a) + Hom R(N, M)n, ta có x = m + f(n) với m thuộc l M(a) và f thuộc Hom R(N, M) Khi đó, xa = ma + f(n)a = f(na) Nếu ar thuộc aR ∩ r R(n), thì x(ar) = f(na)r = f(nar) = 0, suy ra x thuộc lM[aR ∩ rR(n)] Do đó, ta có lM(a) + HomR(N, M)n nằm trong lM[aR ∩ rR(n)].
Từ đó suy ra điều phải chứng minh là: l M [aR ∩ r R (n)] = l M (a) + Hom R (N, M)n.
Lấy bất kỳ m ∈ M và n ∈ N sao cho r R (n) ⊆ r R (m), ta có l M r R (m) ⊆ l M r R (n) Theo (5), l M r R (n) = l M [1R ∩ r R (n)] l M (1) + Hom R (N, M)n = Hom R (N, M)n, từ đó tồn tại một đồng cấu f: N −→ M với f(n) = m Do đó, M là N-P-nội xạ Mệnh đề cho rằng nếu M là môđun N-P-nội xạ, thì M cũng là X-P-nội xạ với mọi môđun con X của N Nếu X là hạng tử trực tiếp của N, thì M sẽ là N/X-P-nội xạ.
2.7 Bổ đề Cho M là môđun N-P-nội xạ và K ≤ ⊕ M thì K là N-P-nội xạ.
2.8 Bổ đề Cho {M i } i∈I là một họ các môđun Khi đó tích trực tiếp Q i∈I
M i là N-P-nội xạ nếu và chỉ nếu M i là N-P-nội xạ, với mọi i ∈ I.
2.9 Mệnh đề Nếu M là môđun tựa P-nội xạ và S = End(M) thì
SH = SK, trong đó H, K là các môđun con bất kỳ của M đẳng cấu với nhau.
Vì H và K đẳng cấu với nhau, tồn tại một đẳng cấu σ: H → K Với mỗi phần tử k thuộc K, có thể tìm thấy h thuộc H sao cho k = σ(h) và rR(h) = rR(k) Do M là môđun tựa P-nội xạ, theo Mệnh đề 2.5, ta có Sh = Sk, từ đó suy ra Sk ⊆ SH cho mọi k thuộc K Kết luận, SK ⊆ SH.
Vì K và H đồng cấu, tồn tại một đẳng cấu δ: K −→ H, với mỗi phần tử h ∈ H, có thể biểu diễn dưới dạng h = δ(k) với k ∈ K và r R(k) = r R(h) Môđun M là tựa P-nội xạ dẫn đến việc Sk = Sh (theo Mệnh đề 2.5), từ đó suy ra Sh ⊆ SK cho mọi h ∈ H Do đó, ta có SH ⊆ SK.
Từ đó suy ra điều cần chứng minh là SH = SK 2
Môđun P-mở rộng
Môđun M được gọi là môđun P-mở rộng nếu mọi môđun con xyclic của M là cốt yếu trong một hạng tử trực tiếp của M Ngoài ra, M cũng được xem là môđun P-mở rộng khi mỗi môđun con EC-đóng của M là một hạng tử trực tiếp của M.
3.2 Bổ đề Với mỗi môđun M không phân tích được, các khẳng định sau là tương đương:
3.3 Bổ đề Một môđun M trên một vành Noether phải là môđun 1-mở rộng nếu và chỉ nếu M là môđun P-mở rộng.
Giả sử M là môđun 1-mở rộng và cR ≤ e C, với C là môđun con EC-đóng của M Do R là vành Noether, nên C có số chiều hữu hạn Theo giả thiết, M là 1-mở rộng, do đó áp dụng Mệnh đề (4) trong lý thuyết.
[4] thì M là n-mở rộng Do đó, C là hạng tử trực tiếp và M là P-mở rộng Chiều ngược lại là hiển nhiên.
3.4 Hệ quả Cho M là một môđun với số chiều đều hữu hạn Khi đó các phát biểu sau là tương đương:
3.5 Hệ quả.Mỗi hạng tử trực tiếp của một môđun con EC-đóng của
Mệnh đề 3.6 trình bày rằng cho M = M1 ⊕ M2, với mỗi C là môđun con EC-đóng của M, nếu C ∩ M1 là một EC-môđun con của M, thì M được coi là P-mở rộng nếu và chỉ nếu C là môđun con EC-đóng, đồng thời C ∩ M1 = 0 hoặc C ∩ M2 = 0 là một hạng tử trực tiếp của M.
Chứng minh. Điều kiện cần là hiển nhiên.
Ta chứng minh điều kiện đủ Thật vậy, giả sử cR ≤ e C với C là một EC-đóng môđun con của M.
Nếu C ∩M 1 = 0 , theo giả thiết suy ra C là hạng tử trực tiếp của M.
Nếu C ∩ M 1 6= 0, khi đó C ∩ M 1 là một EC-môđun con của M. Giả sử C1 là mở rộng cốt yếu lớn nhất của C ∩ M1 trong C Khi đó
C1 là một EC-đóng môđun con của M, với C1 ∩ M2 = 0, nên theo giả thiết, C1 là hạng tử trực tiếp của M Do đó, ta có thể biểu diễn M dưới dạng M = C1 ⊕ C2 Áp dụng luật modular, ta có C = C1 ⊕ (C ∩ C2) Từ Hệ quả 3.5, ta có thể suy ra các kết luận liên quan.
C∩C 2 là một EC-môđun con đóng của M, với điều kiện (C ∩C 2 )∩M 1 = 0, cho thấy C ∩C 2 là một hạng tử trực tiếp của M Từ đó, suy ra rằng C cũng là một hạng tử trực tiếp của M, điều này chứng tỏ rằng M là môđun P-mở rộng 2.
3.7 Mệnh đề Cho M = M 1 ⊕M 2 , ở đây M 1 có số chiều đều hữu hạn Khi đó M là P-mở rộng nếu và chỉ nếu mỗi EC-đóng môđun con
C của M, với C ∩ M 1 = 0 hoặc C có số chiều đều hữu hạn, là một hạng tử trực tiếp của M.
Chứng minh. Điều kiện cần là hiển nhiên.
Ta chứng minh điều kiện đủ Thật vậy, giả sử mR ≤ e C với C là một EC-đóng môđun con của M.
Nếu C ∩M 1 = 0, theo giả thiết suy ra C là hạng tử trực tiếp của
Giả sử 06= c ∈ C ∩ M 1 và C 1 là mở rộng cốt yếu lớn nhất của cR trong C Vì M 1 có số chiều đều hữu hạn nên M 1 = C 1 Theo giả thiết
C1 là hạng tử trực tiếp của M, được biểu diễn dưới dạng M = C1⊕K, từ đó suy ra C = C1⊕C∗, với C∗ = K ∩ C là đóng trong M Giả sử m = c1 + c∗, trong đó c1 ∈ C1 và c∗ ∈ C∗ Do C∗ là hạng tử trực tiếp của EC-đóng môđun con C, theo Hệ quả 3.5, ta có C∗ là EC-đóng.
Nếu C ∗ ∩ M 1 = 0 thì theo giả thiết C ∗ là hạng tử trực tiếp và do đó C là hạng tử trực tiếp của M.
Nếu C ∗ ∩ M1 khác không, ta có thể lặp lại các bước chứng minh trước đó để xác định rằng C ∗ = C 2 ⊕ C 3, trong đó C 2 là hạng tử trực tiếp và C 2 ∩ M 1 khác không Tiếp tục theo quy trình này, chúng ta sẽ dừng lại sau một số bước hữu hạn do M 1 là môđun có số chiều hữu hạn Cuối cùng, chúng ta sẽ đạt được kết quả mong muốn.
C = C 1 ⊕C 2 + +C n , ở đây C i là hạng tử trực tiếp của M(i = 1,2, , n−1) và C n chứa một cốt yếu xyclic môđun con với C n ∩ M 1 = 0.
Do đó C n là hạng tử trực tiếp của M, suy ra C là hạng tử trực tiếp của M, có nghĩa ta có điều phải chứng minh M là môđun P-mở rộng 2
3.8 Hệ quả Cho M = M 1 ⊕ M 2 với M 1 có số chiều đều hữu hạn.
Khi đó M là P-mở rộng nếu và chỉ nếu mỗi EC-đóng môđun con C của M thỏa điều kiện C ∩M1 = 0 hoặc C ∩ M2 = 0, là một hạng tử trực tiếp của M.
Môđun M được gọi là môđun FP-mở rộng nếu mọi môđun con EC-đóng của M có số chiều hữu hạn và là hạng tử trực tiếp của M.
Mệnh đề 3.10 nêu rằng cho M = M1 ⊕ M2, M sẽ là F P-mở rộng nếu và chỉ nếu mọi EC-đóng môđun con C của M có số chiều hữu hạn thỏa mãn điều kiện C ∩ M1 = 0 hoặc C ∩ M2 = 0, và C là hạng tử trực tiếp của M.
Mệnh đề 3.11 nêu rằng nếu M = M1 ⊕ M2 với M1 là môđun nửa đơn, thì M được coi là môđun P-mở rộng Điều này xảy ra khi mỗi môđun con C là EC-đóng của M đều thỏa mãn điều kiện C ∩ M1 = 0, tức là C là hạng tử trực tiếp của M.
Chứng minh. Điều kiện cần được chứng minh dễ dàng.
Ta chứng minh điều kiện đủ Thật vậy, giả sử C là một EC-đóng môđun con của M.
Nếu C ∩M 1 = 0 thì theo giả thiết C là hạng tử trực tiếp của M.
Ngược lại, C∩M1 không bằng 0 Bởi vì M1 là một nữa đơn, nên C∩M1 nhỏ hơn hoặc bằng ⊕ M1 Do đó, ta có C = C ∩ M1 ⊕ C∗, trong đó C∗ là một môđun con EC-đóng của M và C∗ ∩ M1 bằng 0 Điều này cho thấy C∗ là hạng tử trực tiếp của M, dẫn đến kết luận rằng C là hạng tử trực tiếp của M2.
Mô-đun R M = M1 ⊕ M2 được định nghĩa là M2 là M1-EC-nội xạ nếu mọi mô-đun con N của M1 mà EC-đóng đều cho phép mở rộng đồng cấu từ N đến M2 tới đồng cấu từ M1 đến M2.
Hay nói cách khác, M 2 được gọi là M 1 -EC-nội xạ nếu mỗi EC- đóng môđun con N của M sao cho N ∩ M2 = 0 thì tồn tại N 0 ≤ M sao cho N ≤ N 0 và M = N 0 ⊕M 2
3.13 Bổ đề Giả sử M = M 1 ⊕M 2 và M 2 là M 1 -EC-nội xạ, khi đó:
1) M 2 là K-EC-nội xạ, với mọi K ≤ M 1
2) H là M 1 -EC-nội xạ, với mọi H ≤ ⊕ M 2
3) H là K-EC-nội xạ, với mọi K ≤ ⊕ M 1 và H ≤ ⊕ M 2
1) Giả sử K là môđun con của M 1 và N là EC-đóng môđun con của K ⊕M2 với N ∩M2 = 0 Khi đó N là EC-đóng môđun con của
M Vì M 2 là M 1 -EC-nội xạ, khi đó tồn tại N 0 ≤ M sao cho N ≤ N 0 và M = N 0 ⊕M 2 , suy ra
Do đó M2 là K-EC-nội xạ.
Giả sử H là một hạng tử trực tiếp của M2 và N là một EC-đóng môđun con của M1 ⊕ H với N ∩ H = 0 Khi đó, N trở thành một EC-đóng môđun con của M và N ∩ M2 = 0 Do M2 là M1-EC-nội xạ, tồn tại N0 ≤ M sao cho N ≤ N0 và M = N0 ⊕ M2 Vì H ≤ ⊕ M2, nên
Từ đó suy ra H là M1-EC-nội xạ.
3.14 Mệnh đề Cho M = M 1 ⊕M 2 với M 1 là P-mở rộng và M 2 là
M1-EC-nội xạ Khi đó ta có M = C ⊕M 1 0 ⊕M2, ở đây M 1 0 ≤ M1 và với mọi môđun con đóng C của M thỏa C ∩M 2 = 0.
Giả sử cR ≤ e C với C là EC-đóng môđun con của M sao cho
Giả sử N1 là mở rộng cốt yếu lớn nhất của X trong M1, khi đó N1 là EC-đóng môđun con của M 1
Vì M 1 là P-mở rộng nên N 1 ≤ ⊕ M 1 Khi đó M 1 = N 1 ⊕ M 1 0 với
M 1 0 ≤ M 1 Suy raC⊕M 2 = X⊕M 2 ≤ e N 1 ⊕M 2 , nghĩa làC ≤N 1 ⊕M 2 và C là phần bù của M 2 trong N 1 ⊕M 2
M 2 là M 1 -EC-nội xạ và N 1 là hạng tử trực tiếp của M 1, theo Bổ đề 3.13, M 2 cũng trở thành N 1 -EC-nội xạ Do đó, tồn tại N 0 ≤ N 1 ⊕ M 2 sao cho C ≤ N 0 và N 1 ⊕ M 2 = N 0 ⊕ M 2 Điều này cho thấy N 0 là phần bù của M 2 trong N 1 ⊕ M 2.
Nhưng C là phần bù của M 2 trong N 1 ⊕M 2 , suy ra N 0 = C và
3.15 Hệ quả.Giả sử M = M 1 ⊕M 2 với M i là P-mở rộng.Khi đó M i là M j -EC-nội xạ (i 6= j = 1,2) nếu và chỉ nếu với mọi C là EC-đóng môđun con của M thỏa C∩M j = 0, M i 0 ≤M i ta có M = C⊕M i 0 ⊕M j
M i là R-môđun, M(F) là P-mở rộng và M(I \F) là M(F)-EC-nội xạ với mọi F là tập con hữu hạn của I Khi đó M là P-mở rộng.
Giả sử c ∈ M và C là mở rộng cốt yếu lớn nhất của cR trong M. Khi đó cR ≤ M(F) và cR ∩M(I \F) = 0 với F là tập con hữu hạn của I Vì cR ≤ e C nên C ∩ M(I \F) = 0.
Mặt khác M(I \F) là M(F)-EC-nội xạ và C là EC-đóng môđun con của M, do đó theo Mệnh đề 3.14 thì C là hạng tử trực tiếp của