Về môđun tựa liên tục

2.1 Một số tính chất của môđun tựa liên tôc 15

Một số tính chất của lớp CS-môđun và (1-C 1 )-môđun 18

2.2.1 Hệ quả Cho môđun M Nếu M là CS-môđun thì M là (1-C 1 )-môđun Chứng minh:

Giả sử M là CS-môđun theo định nghĩa CS-môđun, mỗi môđun con của M cốt yếu trong một hạng tử trực tiếp của M

Do vậy, mỗi môđun con đều cũng cốt yếu trong một hạng tử trực tiếp của M, từ đó dẫn đến M là (1-C 1 )-môđun theo Định nghĩa 1.1.5 

2.2.2 Bổ đề Giả sử M là môđun nào đó

(i) Cho A là môđun con tùy ý của M Nếu A đóng trong hạng tử trực tiếp của M thì A đóng trong M

(ii) Mọi hạng tử trực tiếp của M đóng trong M

(i) 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: 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 1 = 0 vì thế  A là đơn cấu

Do đó A = (A)  e  (B)  M 1 Vì A đóng trong M 1 nên  (B) =A  B cho nên  1    B  B Suy ra (1- )B  B = 0 mà ta có A  e B suy ra (1- )(B)= 0 Hay B= (B)  M 1 Do A đóng trong M 1 nên ta có A = B

Vậy A đóng trong M (ii) Giả sử A là hạng tử trực tiếp của M ta có M = A  B Lấy N  M sao cho A  e N thì A B  e N B Từ đó 0  e N B suy ra N  B = 0

Xét phép chiếu : A  B   A ta có Ker(  ) = B mà N  B = 0 nên

N  ker(  )=0   B là đơn cấu Vì thế N nhúng đơn cấu vào môđun A mà

2.2.3 Hệ quả Hạng tử trực tiếp của (1-C 1 )-môđun là (1-C 1 )-môđun

Giả sử A   M hay M=A  B suy ra A đóng trong M ta chứng minh A là

Thật vậy, lấy bất kỳ mụđun T đều đúng trong A Do A đúng trong M nên

T đóng trong M Mà M là (1-C1)-môđun nên T   M  M = T  K với K  M

Mặt khác M= A  B và T  A, suy ra tồn tại môđun C= A  K  M thỏa mãn

2.2.4 Bổ đề Nếu M là (1-C 1 )-môđun, khi đó mỗi môđun con đóng của M là

Giả sử N là môđun con đóng của M và U là môđun con đóng đều của N Theo định lý, nếu môđun con A đóng trong môđun con B, mà môđun B lại đóng trong môđun C, thì môđun A cũng sẽ đóng trong môđun C Do đó, U sẽ đóng trong M.

Vì M là (1-C 1 )-môđun nên U là hạng tử trực tiếp của M nghĩa là

M=U  X với X là môđun con nào đó của M Vì U  N nên theo luật Mo®ular ta có N=U  (X  N)

Như vậy U là hạng tử trực của N suy N là (1-C1)-môđun 

 M i với tất cả các M i đều Nếu M là

(1-C 1 )- môđun thì mỗi môđun con đóng khác không của M chứa một môđun con đều là hạng tử trực tiếp của M

Giả sử A là môđun con đóng khác không của M Khi đó theo Bổ đề 2.2.4,

A chứa môđun con đều khác không U Gọi V là bao đóng của U trong A

Vì A đóng trong M nên V là môđun con đóng đều của M Do M là

(1-C 1 )- môđun nên V là hạng tử trực tiếp của M Vậy A chứa một môđun con đều là hạng tử trực tiếp của M 

2.2.6 Mệnh đề Giả sử M là (1-C 1 )-môđun và X U là một môđun con đóng của M, trong đó X là hạng tử trực tiếp của M và U là môđun đều Khi đó X U là hạng tử trực tiếp của M

Vì A là hạng tử trực tiếp của M do đó m=x  M 1 với M 1 là môđun con của

M Gọi  : M  M 1 là phép chiếu tự nhiên Giả sử V là mở rộng cốt yếu của

 (U) trong M 1 , vì U  X =0 do đó  U là một đơn cấu nên ta có  (U)  U, do đó  (U) là môđun đều

Như vậy V là một môđun con đóng đều của M 1 Do M 1 là hạng tử trực tiếp của M, M là (1-C 1 )-mụđun nên M 1 cũng là (1-C 1 )-mụđun Ta thấy

Thật vậy, lấy x    1 (V) thì (x) V mà x =x’+m 1 với x’  X, m 1  M 1 , do vậy (x) = m 1  V Từ đó suy ra x = x’+m 1  X  V hay

Ta sẽ chứng minh rằng X  U là cốt yếu trong X  V

Thật vậy, gọi Z =(X  U)  V Lấy x + u  X  U, u 0 Theo (*) ta có x +u  X  V hay x + u = x’+ v, do đó v = x – x’+ u và v 0 do u 0 nên suy ra Z 0 Bởi vì V đều nên Z  e V, từ đó ta có X  Z  e X  V Nhưng

Theo giả thuyết rằng X ⊕ U là đóng, ta có X ⊕ U = X ⊕ V Do M = X ⊕ M1 và V là hạng tử trực tiếp của M1, nên ta suy ra M = X ⊕ V ⊕ M2, với M2 là môđun con của M1 Từ đó, kết luận rằng X ⊕ V là hạng tử trực tiếp của M, tức là X ⊕ U cũng là hạng tử trực tiếp của M.

2.2.7 Mệnh đề Giả sử M  M 1 M 2 trong đó M 1 và M 2 là các (1-C 1 )- môđun Khi đó M là (1-C 1 )-môđun nếu và chỉ nếu mọi môđun con đóng đều K của M là hạng tử trực tiếp của M, trong đó K M 1 0 hoặc K M 2 0

Giả sử M là (1-C1)-môđun Lúc đó K là môđun con đóng đều của M thỏa mãn K  M 1 = 0 hoặc K  M 2 = 0 rõ ràng ta có K là hạng tử trực tiếp của M

Ngược lại, nếu mọi mụđun con đúng đều K của M, với K  M 1 = 0 hoặc

K  M 2 = 0, là hạng tử trực tiếp của M, ta sẽ chứng minh M là (1-C 1 )-môđun

Giả sử L là môđun con đóng đều của M, tồn tại phần bù H trong L sao cho L ∩ M² ⊆ eH, từ đó suy ra H cũng đóng đều trong M Theo giả thiết, H ∩ M₁ = 0, do đó M có thể được biểu diễn dưới dạng tổng trực tiếp M = H ⊕ H', với H' là một môđun con nào đó của M Theo luật môđun, chúng ta có thể rút ra các kết luận liên quan đến cấu trúc của môđun này.

L=H  (L  L’) Hơn nữa L  H’ đóng trong L, L đóng trong M, nên L  H’ đóng trong M

Vì vậy, theo giả thiết (L  H’)  M 2 do đó L  H là hạng tử trực tiếp của

H’, nghĩa là H’=(L  H)  X với X là môđun con của H ’ Mà M=H  H’suy ra

M=H  (L  H’)  X =L  M hay L là hạng tử trực tiếp của M

2.2.8 Bổ đề Cho M 1 và M 2 là các môđun và M M 1 M 2 Khi đó M 2 là

M 1 nội xạ nếu và chỉ nếu với mọi môđun con N của M sao cho NM 2 0, tồn tại môđun con M’ của M sao cho M  M 2 M' và N  M’

Giả sử rằng mọi môđun con N của M, với N  M 2 = 0, đều tồn tại môđun con M’ của M sao cho M  M 2 M' và N  M’ Cho L  M 1 và g:L  M 2 là đồng cấu Đặt H ={x - g(x) / x  L} Khi đó H là môđun của M và H  M 2 = 0

Theo giả thiết tồn tại môđun con H’ của M sao cho M = M 2  H’và H  H’

Xét phép chiếu chính tắc : M 2  H’  M 2 , khi đú

   : M 1  M 2 và với bất kỳ x  L ta có:  (x) = [x - g(x)+ g(x)] = (x – g(x)) +  g(x) = g(x) Như vậy  là mở rộng của g trên M 1 Vậy M 2 là M 1 nội xạ

Ngược lại, nếu M 2 là M 1 nội xạ, gọi  i là các phép chiếu tự nhiên  i : M  M i

Xét biểu đồ giao hoán sau, trong đó    1 N;

   2 N Do M 2 là M 1 nội xạ nên tồn tại đồng cấu  : M 1  M 2 sao cho    Đặt M’= {x + (x)/ x  M 1 } Khi đó, với x N, x = x 1 + x 2 với x 1  M 1 , x 2  M 2

LÊy y  M’+M 2 th× cã y 1  M 1 sao cho y =y 1 + (y 1 ) y 1 = y - (y 1 ) M 2 do đó y 1  M 1 +M 2 = 0, vậy y 1 = 0 hay y = 0 Nh- vậy M’  M 2 = 0 (2)

Bây giờ lấy phần tử x  M, ta có x = x 1 + x 2 với x 1  M 1 , x 2  M 2 Khi đó x = x 1 + (x 1 ) + x 2 - (x 1 ) trong đó, x 1 + (x 1 ) M’, x 2 -(x 1 ) M 2

Từ (1), (2) và (3) ta có M =M’  M 2 và N  M’

2.2.9 Bổ đề Cho R là một vành và M là một R-môđun sao cho

M  1  2   là một tổng trực tiếp hữu hạn những môđun M i với i=1,2,…,n, trong đó  M i ,i1, ,n  là họ các môđun nội xạ lẫn nhau Khi đó

M là (1-C 1 )-môđun khi và chỉ khi M i là (1-C 1 )-môđun với mọi i = 1,2,…,n

Theo Hệ quả 2.2.3, ta thấy M là (1-C 1 )-môđun thì M i cũng là (1-C 1 )- môđun, mọi i = 1, 2, …, n

Ngược lại, giả thiết rằng M i , với mỗi i = 1, 2, …, n là các (1-C1)-môđun nội xạ lẫn nhau, ta sẽ chứng minh M là (1-C1)-môđun bằng phương pháp qui nạp theo n

Ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp n =2 Giả sử M = M 1  M 2

Gọi K là một môđun con đóng đều trong M Vì M 1 và M 2 là những hạng tử trực tiếp của M nên KM 1 = 0 hoặc KM 2 = 0

Không làm mất tính tổng quát ta giả sử KM 2 = 0 Khi đó, bởi vì M 2 là

M 1 - nội xạ nên theo Bổ đề 2.2.7, tồn tại môđun con L của M sao cho

M = LM 2 và K  L Đặt  : M 1  M 2   M 1 là phép chiếu tự nhiên Với phần tử bất kỳ xL tồn tại x 1 M 1 , x 2 M 2 sao cho x = x 1 + x 2 Khi đó ta có (x) = (x 1 +x 2 ) = x 1

Cho  (x) = ( x 1 + x 2 ) = x 1 = 0 thì x = 0 + x 2 , và vì LM 2 = 0 nên x = x 2 =0 hay ker (  L ) = 0 Như vậy  L là một đơn cấu

Bây giờ ta xét phần tửx 1 ' M 1 Vì M=LM 2 nên tồn tại x 2 ' M 2 , x ' L sao cho x 1 ' = x ' + x 2 '  x ' = x 1 ' - x ' 2 Khi đó ( x ' ) = ( x 1 ' - x 2 ' )= x 1 ' hay L là toàn cấu Vậy  L là đẳng cấu hay L M 1

Gọi K’ là một môđun con của M 1 mà KK’ Vì K là môđun đóng đều trong M nên K đóng đều trong L và điều này dẫn đến K’ đóng đều trong M 1

Do M 1 là (1-C1)-môđun nên K’   M 1 , nghĩa là M 1 = K ' U’

Gọi U là môđun con của L mà U U’ Ta sẽ chứng minh rằng

Thật vậy, lấy phần tử bất kỳ x(UK) L Khi đó, vì  L là đẳng cấu nên  L (x)  L (UK)  ( L (U) L (K)) = U 'K’= 0 hay x = 0 Vậy

Bây giờ lấy phần tử bất kỳ xL thì  L (x) = x ' M 1 Khi đó có x 1 ' K ’ ,

' x 2U ’ sao cho  L (x) = x ' = x 1 ' + x 2 ' Điềunày dẫn đến tồn tại duy nhất phần tử x 1 K, x 2 U sao cho x 1 ' =  L (x 1 ), x 2 ' =  L (x 2 )

Vậy L= KU Khi đó ta có M = LM 2 = KUM 2 hay K   M

2.2.10 Mệnh Đề Giả sử R-là một vành, M là một R-mụđun và

M  1  2   thoả mãn các điều kiện sau:

(b) Sự phõn tớch của M M 1 M 2  M n là sự phân tích bù hạng tử trực tiếp đều

(c) Với mọi 1i  j n, mọi đơn cấu M i  M j là một đẳng cấu, khi đó các phát biểu sau là tương đương

(ii)M i M j là (1-C 1 )-môđun với mọi 1i jn

(i)  (ii) hiển nhiên theo Hệ quả 2.2.3

(ii)  (i) Giả sử mọi môđun A =M i  M j là (1-C1)-môđun với 1  i  j  n

Gọi K  M i (K là môđun đều) và f : K M j là một đồng cấu Đặt U = {x – f(x): x  K} M i  M j , thì U K (do phép chiếu tự nhiên

 : M i  M j  M i có (U)=K) là môđun con đều của A Lấy y  U  M j thì tồn tại x  K sao cho y = x – f(x), và suy ra x = y + f(x)  M j  K= 0 Do đó y = 0 và dẫn đến U  M j = 0 Bởi vì A là (1-C1)-môđun nên tồn tại môđun con

U’   A sao U  e U’ Do sự phân tích là bù hạng tử trực tiếp đều nên chúng ta có: A= U’  M i hoặc A= U’  M j

Trường hợp 1: A= U’  M i Gọi  i là phép chiếu từ U’  M i đến M i gọi i M i

   Khi đó vì U  e U’ nên U’ đóng đều trong A và khi đó U’  M j = 0

Như vậy là một đơn cấu, và từ giả thiết suy ra là một đẳng cấu Điều đó có nghĩa A= U’  M j  M j Ta gọi j M j

   , trong đó  j : là phép chiếu chính tắc

Khi đó với mọi x  K, x = f(x) +(x-f(x)), trong đó f(x) M j và x – f(x) U’

Có nghĩa là  là một mở rộng của f hay M j là M i - nội xạ

Trường hợp 2: A= U’  M j gọi  j : U’  M j  M j là phép chiếu và gọi j

   j M Khi đó  x  M i , x = x – f(x) + f(x) trong đó f(x) M j và x – f(x) U’

Từ đó ta có  (x) =  [(x - f(x)) + f(x)] = f(x), nghĩa là  là một mở rộng của f hay M j là M i - nội xạ

Như vậy, môđun M i (1  i  n) là nội xạ lẫn nhau và do đó áp dụng Bổ đề 2.2.9 ta có M là (1-C1)-môđun 

2.2.11 Mờnh đề Giả sử R- là một vành và M là một R-môđun và M= i

 thoả mãn các điều kiện sau:

 là sự phân tích bù hạng tử trực tiếp đều

(c) Với mọi i,j I, ij, M i khụng nhúng đẳng cấu đ-ợc thực sự vào M j , khi đú các phát biểu sau là tương đương

(iii) M(J) là M(K)- nội xạ, với K, J là tập con của I sao cho JK= 

Để chứng minh M(J) là M(K)-nội xạ, theo [8, Mệnh đề 1.5], cần chứng minh rằng M(J) là M k-nội xạ với mọi k thuộc K Giả sử U là một môđun con bất kỳ của M k và α: U → M(J) là một đồng cấu.

Dễ thấy X M(J)= 0, do đó X nhúng đẳng cấu đ-ợc vào M k vì vậy X là môđun đều Bởi hệ quả 2.1.3 M j  M k là (1-C 1 ) - môđun Từ đó tồn tại môđun

X’ sao cho X  e X’ và X’ là hạng tử trực tiếp của M(J)  M k Bởi vì

M(J)  M k là sự phân tích bù hạng tử trực tiếp do vậy có hai khả năng xảy ra:

Trong đó J’, J 1 là các tập con nào đó của J

Nếu khả năng 1) xảy ra khi đó ta có

X’  M(J’) = X’  M(J) hay M(J) = X’  M(J) Từ đó ta có J = J’

Gọi  là phép chiếu từ X’  M(J) đến M(J) và  '   M k Khi đó mọi x  M k x =  (x) + (x -  (x)) trong đó  (x)  M(J) và x -  (x) X’ Từ đó ta có

 '(x) =  '[ (x) + (x -  (x))] =  (x) nghĩa là  'là mở rộng của 

Nếu khả năng 2) xảy ra, khi đó gọi  k : X’  M(J 1 )  M k  M k là phép chiếu tự nhiên

Giả sử A = (X’  M(J 1 )) M(J) Nếu A 0, giả sử A  M(J) 0 với mọi jJ Khi đó bởi [4, Mệnh đề 3.6] A là môđun con cốt yếu trong M(J) Từ đó

Mặt khác (U  M(J)) e (M k  M(J)) và (U  M(J)) (X’  M(J)), do vậy X’  M(J)  e (M k  M(J)) Từ đó suy ra X’  A cốt yếu trong M k  M(J)

Khi M k (X’  A) 0, điều này dẫn đến M k (X’ M(J 1 )) 0 là không hợp lệ Sự mâu thuẫn này chỉ ra rằng tồn tại một chỉ số j  J sao cho M j  A = 0 Dễ dàng nhận thấy rằng M j  Ker  k = 0, từ đó suy ra M j   k (M j ) là một môđun con.

M k Bởi giả thiết M j không thể nhúng đẳng cấu thực sự vào M k , do vậy k (M j )

Từ đó chúng ta có X’  M(J 1 )  M k = X’  M(J 1 )  M j = X’  M(J 2 ) trong đó

J 2 = J 1    j Điều đó chứng tỏ rằng M(J) M k =(X’  M(J 2 ) và sử dụng chứng minh nh- trong tr-ờng hợp 1) ta chứng tỏ  có một mở rộng thuộc

Giả sử A = 0, ta có M(J 1) = 0, từ đó suy ra M(J) ⊕ M k = X' ⊕ M k Điều này chứng tỏ rằng tập J chỉ chứa một phân tử j, và khi đó M(J) ⊕ M k = M j ⊕ M k = X' ⊕ M k.

Ta cũng xét phép chiếu  k : X’  M k  M k , và bởi vì X '  M j  0 do đó

M j   k (M j ) là môđun con của M k , nh- vậy chúng ta cũng có  k (M k ) = M k , và từ đó M(J) M k =X’  M j lại đ-a về tr-ờng hợp (1)

Vậy (ii) (iii) đ-ợc chứng minh 

Giả sử A là môđun con đóng của M, và J là tập con tối đại của I với A ∩ M(J) = 0 Ta có thể kiểm tra rằng (A ⊕ M(J)) ⊆ e M Đặt K = I - J, với các phép chiếu  K và  J từ M lên M(K) và M(J) tương ứng Do A ∩ Ker  K = 0, nên  K A là một đơn cấu, từ đó tồn tại ( K A).

Giả sử  =  J ( K A ) -1 :  K (A)M(J) Khi đó dễ dàng kiểm tra đ-ợc

A ={x +  (x): x   K (A)} Bởi giả thiết M(J) là M(K)- nội xạ, do đó tồn tại

Ta gọi A’= {y +  (y):y  M(K)} Từ tính cốt yếu của A  M(J) trong M ta kiểm tra đ-ợc rằng  K (A) là cốt yếu trong M(K) và từ đó A cốt yếu trong

A’ Bởi A đóng ta phải có A = A’ và do đó  K (A) = M(K) Từ đó suy ra rằng

M = A  M(J), nghĩa là A hạng tử trực tiếp của M và M là môđun CS 

M là tổng trực tiếp của các môđun, với sự phân tích của M là bù hạng tử trực tiếp Nếu M là (1 - C1)-môđun và các môđun Mi không nhúng đẳng cấu vào Mj với mọi i khác j trong tập I, thì M được coi là một môđun tựa liên tục.

Suy trực tiếp từ định lý 2.2.11 

2.2.13 Định lý Cho P là một môđun xạ ảnh trên vành liên tục phải nửa hoàn chỉnh Khi đó P là môđun tựa liên tục nếu và chỉ nếu P là (1-C 1 )-môđun

Giả sử R là một vành liên tục phải nửa hoàn chỉnh và P là một môđun phải xạ ảnh trên R-môđun phải Do R là nửa hoàn chỉnh, nó chứa một tập đầy đủ các luỹ đẳng trực giao {e1, e2, …, en} và R có thể được phân tích thành e1R ⊕ … ⊕ enR, trong đó mỗi vành tự đồng cấu End(eiR) là một vành địa phương Vì R là liên tục phải, nên e_iR là môđun đều và không thể nhúng vào ejR với mọi 1 ≤ i, j ≤ n.

Theo [5.Theorem 7.11] chóng ta cã P= i

 với tập I nào đó và với mỗi

P i là đẳng cấu với một e i R nào đó thuộc {e 1 R,e 2 R,…,e n R} và do đó mỗi P i là một môđun đều và nó không thể nhỳng vào P j với mọi i,jI

Vậy P là (1-C 1 )-môđun, nếu P là môđun tựa liên tục

Giả sử P là (1-C 1 )-môđun Chỳng ta sẽ chứng minh P= i

 là sự phân tích bự hạng tử trực tiếp đều Giả sử U là hạng tử trực tiếp đều của P và x  U, x 0

Khi đó tồn tại một tập hữu hạn F vủa I sao cho x i F 

Môđun con xR là một phần thiết yếu trong U, với điều kiện xR và P(I-F) không giao nhau, dẫn đến U cũng không giao với P(I-F) Từ đó, U có thể được nhúng đẳng cấu vào iF Gọi V là môđun con của iF mà U tương đương với V Giả sử F = {1, ,n} với n là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho V là một phần của P1 ⊕ ⊕ Pn Đối với mỗi j thuộc {1, ,n}, ta có phép chiếu tự nhiên πj từ P1 ⊕ ⊕ Pn đến Pj, và điều này dễ dàng được kiểm tra.

Vì Ker(π₁V) = 0, ta có thể kết luận rằng V không giao với P₂, P₃, , Pn, nghĩa là V nhúng đẳng cấu vào P₁.

U và V đồng cấu, vì vậy U có thể nhúng vào P1 Do U là hạng tử trực tiếp của P, U trở thành R-môđun xạ ảnh Vì U là đều, tồn tại một e_k R trong tập {e_1 R, e_2 R, …, e_n R} sao cho U đồng cấu với e_k R Hơn nữa, e_k R không nhúng thực sự vào P1, dẫn đến việc π1(U) = P1 Từ đó, ta có P = U.

    , nghĩa là sự phân tÝch P = i

 là bù hạng tử trực tiếp đều Theo Định lớ 2.2.11, P là môđun tựa liên tục 

Luận văn đó tỡm hiểu và hệ thống húa và trình bày một số kết quả sau: Ch-ơng 1 :

- Định nghĩa và các ví dụ về môđun liên tục, môđun tựa liên tục, CS-môđun

- Một số tính chất và chứng minh về môđun con cốt yếu

- Một số tính chất của môđun tựa liên tục

- Một số tính chất và chứng minh về lớp CS-mụđun và (1-C 1 )-mụđun, đặc tr-ng môđun tựa liên tục bởi tính chất (1-C 1 )- môđun.