3.11.1 Mọi không gian véctơ vô hạn chiều VK không là Noether lẫn không là Artin.
Thật vậy, giả sử {ui | i ∈ N*} là một tập hợp nào đó các phần tử độc lập tuyến tính trong V. Khi đó cả hai chuỗi sau đều không dừng
∑ 𝑢𝑖𝐾 ⊃
∞
1
∑ 𝑢𝑖𝐾 ⊃ ∑ 𝑢𝑖
∞
3
∞
2
𝐾 ⊃ ⋯,
𝑢1𝐾 ⊂ 𝑢1𝐾+𝑢2𝐾 ⊂ 𝑢1𝐾 + 𝑢2𝐾 + 𝑢3𝐾 ⊂ ⋯ 3.11.2 Cho p là số nguyên tố và
𝑸𝑝 = {𝑎
𝑝𝑖| 𝑎 ∈ 𝒁, 𝑖 ∈ 𝑵}
tức là Qp là tập hợp tất cả các số hữu tỉ mà mẫu số là lũy thừa của p. Rõ ràng rằng Qp
là nhóm con trong Q (xem như nhóm cộng) và Z ⊂ Qp. Mệnh đề. Z – môđun Qp/Z là Artin nhưng không là Noether.
Chứng minh.
Giả sử <𝑝1
𝑖+ 𝒁 > là môđun con của Z – môđun Qp /Z, sinh bởi phần tử 1
𝑝𝑖 + 𝐙 ∈ 𝑸𝑝/𝒁. Khi đó
0 ⊂ < 1
𝑝+ 𝒁 > ⊂ < 1
𝑝2+ 𝒁 > ⊂ < 1
𝑝3 + 𝒁 > ⊂ ⋯ là chuỗi tăng thực sự do 1
𝑝𝑖+1 ∉ < 1
𝑝𝑖+ 𝒁 >. Bởi vậy Qp/Z không là Noether. Để chứng minh nó là Artin ta chỉ ra rằng mỗi tập không rỗng những môđun con của Qp/Z đều có môđun con nhỏ nhất (không chỉ là tối tiểu!).
Trước hết ta nhận xét rằng (a, p) = 1⇒< 1
𝑝𝑖+ 𝒁 > = < 1
𝑝𝑖+ 𝒁 >
Thật vậy, do a và p nguyên tố cùng nhau nên tồn tại m, n ∈ Z sao cho am + pin = 1.
Từ đó:
1
𝑝𝑖−𝑎𝑚
𝑝𝑖 = 𝑛 ∈ 𝒁
⇒𝑎𝑚
𝑝𝑖 + 𝒁 = 1 𝑝𝑖 + 𝒁
⇒< 1
𝑝𝑖+ 𝒁 > ⊂ < 𝑎
𝑝𝑖+ 𝒁 >.
Mặt khác, hiển nhiên có bao hàm thức ngược lại nên nhận xét được chứng minh.
Bây giờ nếu B là môđun con của Qp/Z thì có thể xảy ra hai trường hợp:
- Trường hợp 1: Tồn tại i ∈ N tối đại để tìm được 𝑎
𝑝𝑖+ 𝒁 ∈ 𝑩 𝑣ớ𝑖 (𝑎, 𝑝) = 1.
Khi đó từ (*) suy ra
< 𝑎
𝑝𝑖 + 𝒁 > = < 1
𝑝𝑖 + 𝒁 > = 𝑩
- Trường hợp 2: Đối với mỗi n ∈ N tồn tại i ∈ N sao cho i ≥ n và 𝑎
𝑝𝑖 + 𝒁 ∈ 𝑩, ngoài ra (a, p) = 1. Khi đó từ (*) suy ra B = Qp/Z, do mỗi lớp 𝑝𝑥𝑖+ 𝒁 ∈ 𝐵.
3.11.3 Cho A là vành Noether. Các mệnh đề sau là tương đương:
(i). A là vành artin.
(ii). Spec (A) là rời rạc và hữu hạn.
(iii). Spec (A) là rời rạc.
Chứng minh.
Giả sử một không gian tôpô được gọi là rời rạc khi và chỉ khi tất cả các không gian con của chúng đều đóng.
(i) ⇒ (𝑖𝑖). Nếu A là vành Artin thì tất cả các ideal nguyên tố của chúng là tối đại, do đó có hữu hạn ideal nguyên tố. Vì số lượng các ideal tối đại là hữu hạn (mệnh đề 1.42). Điều này chứng tỏ Spec (A) là hữu hạn. Vì mỗi p ∈ Spec (A) là tối đại nên chúng ta có các phần tử {p} ∈ Spec (A) là đóng . Từ đó suy ra Spec (A) là rời rạc.
(𝑖𝑖) ⇒ (𝑖𝑖𝑖). Hiển nhiên.
(𝑖𝑖𝑖) ⇒ (𝑖). Nếu Spec (A) là rời rạc và cho {p} trong đó p là ideal nguyên tố bất kì và đóng. Do đó p là tối đại trong A. Điều này chứng tỏ chiều của Krull A là 0 và chiều Krull của vành Noether 0 bất kì là Artin (định lí 1.43).
3.11.4 Cho A là vành Noether và q là p – ideal đơn trong A. Xét chuỗi các ideal đơn từ q đến p. Chứng minh rằng tất cả các chuỗi đều có chiều dài hữu hạn bị chặn và tất cả các chuỗi tối đại có chiều dài giống nhau.
Chứng minh.
Theo giả thuyết r(q) = p chuỗi bất kì các ideal chính 𝑞 = 𝑞0 ⊆ 𝑞1⊆ ⋯ ⊆ 𝑞𝑚 = 𝑝
sẽ bao gồm p – ideal chính qi. Chúng ta cần lưu ý bất kì chuỗi như vậy đều có chiều dài hữu hạn (do điều kiện Noether trên A) và tất cả các độ dài như trên sẽ được giới hạn (chiều cao của p là hữu hạn). Kể từ khi sáp nhập hai chuỗi bằng cách lấy giao điểm các yếu tố tương ứng của chúng và điều kiện của chuỗi chạy đến p cho ra một chuỗi mới p - ideal chính với chiều dài bằng chiều dài chuỗi lớn nhất. Do đó, nếu cho mỗi chuỗi chúng ta có thể xây dựng một chuỗi có dộ dài lớn hơn chúng ta có thể xây dựng một chuỗi có độ dài vô hạn (mâu thuẫn).
Bằng lập luận trên chúng ta suy luận rằng bất kỳ chuỗi tối đa (tức là chuỗi bất kỳ mà không thể được tiếp tục tạo ra bằng cách sáp nhập) sẽ có chiều dài tương tự như bất kỳ chuỗi tối đa khác. Nếu không, việc sáp nhập hai chuỗi có độ dài tối đại sẽ được một chuỗi rất mịn hơn các chuỗi còn lại (mâu thuẩn). Thật vậy, chiều dài của chuỗi tối đại sẽ bằng với số r trong báo cáo của bổ đề Noether Normalization, chương 5, bài tập 16.
3.11.5 Cho A không là vành Noether và ∑ là tập hợp các ideal của A không là hữu hạn sinh. Chứng minh rằng ∑ có ideal nguyên tố tối đại và các ideal nguyên tố tối đại của ∑ là ideal nguyên tố.
Chứng minh.
Ta có ∑ có những ideal tối đại và sau này ta sẽ áp dụng bổ đề Zorn về argument cho một ideal tối đại a. Giả sử x, y ∉ a nhưng xy ∈ a. Cho b = a + (x) chia hết cho a. Do đó nó là hữu hạn sinh. Cho b = a0 + (x) trong đó a0 cũng là hữu hạn sinh.
Lưu ý a + (x) = a0 + (x) trong đó a0⊆ a . Ta có a = a0 +x( a : x). Thật vậy, vế phải là chứa vế trái và ngược lại, bất kỳ a ∈ a , a + xt ∈ a0 + (x) với mọi t ∈ A. Nhưng ta lại có a0 ∈ a0, k ∈ A sao cho a = a0 + x(k – t) và vì x(k – t) ∈ a, k – t ∈ (a : x). Do đó vế trái chứa vế phải. Điều này cho thấy cấu trúc của chúng là bằng nhau.
Từ (a : x) chia hết cho a nên nó là hữu hạn sinh. Do đó a = a0 + x( a: x)cũng là hữu hạn sinh (mâu thuẫn). Vì vậy, a là số nguyên tố. Như một hệ quả tất yếu chúng ta thấy một vành trong đó mỗi ideal nguyên tố là hữu hạn sinh và Noether.
3.11.6 Chứng minh rằng vành đa thức K[x] với K là một trường là vành Noether nhưng không là vành Artin.
Chứng minh.
Ta có K là một trường nên K[x] là vành chính.
⇒ mọi ideal của K[x] đều là ideal chính ⇒ mọi ideal của K[x] đều hữu hạn sinh Vậy K[x] là vành Noether.
Ta có dãy giảm các ideal con của K[x] là
〈𝑥〉 ⊃ 〈𝑥2〉 ⊃ 〈𝑥3〉 ⊃ ⋯ Nhưng dãy trên không dừng.
Thật vậy, giả sử ∃𝑛 ∈ 𝑁∗: 〈𝑥𝑛〉 = 〈𝑥𝑛+1〉 = ⋯
⇒ 𝑥𝑛 ∈ 〈𝑥𝑛+1〉 ⇒ xn là bội của xn +1 , điều này vô lí.
Vậy K[x] không là vành Artin.
3.11.7 Chứng minh rằng nhóm cộng các số hữu tỉ Q không là Z – môđun Noether.
Chứng minh.
Với q là số nguyên tố, ta có 〈1
𝑞𝑖〉 ≤ 𝑄 với ∀𝑖 ∈ 𝑁∗. Ta có dãy tăng các môđun con của Q là
〈1
𝑞〉 ⊂ 〈1
𝑞2〉 ⊂ 〈1
𝑞3〉 ⊂ ⋯ Dãy trên không dừng.
Thật vậy, giả sử ∃𝑛 ∈ 𝑁∗: 〈1
𝑞𝑛〉 = 〈 1
𝑞𝑛+1〉 = ⋯
⇒𝑞𝑛+11 ∈ 〈𝑞1𝑛〉 ⇒𝑞𝑛+11 = 𝑘𝑞1𝑛 , 𝑘 ∈ 𝑍
⇒ 1
𝑞𝑛+1 = 𝑘𝑞
𝑞𝑛+1⇒ 1 = 𝑘𝑞 , vô lí do 0 < q ≠ 1.
Vậy Q không là Z – môđun Noether.
Cách khác:
Ta sẽ chứng minh Q không là Z – môđun hữu hạn sinh.
Giả sử X = { 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛} là hệ sinh của Q Khi đó 12𝑥1 sẽ được biểu diễn dưới dạng:
1
2𝑥1 = 𝑎1𝑥1+ ∑ 𝑎𝑖𝑥𝑖, 𝑣ớ𝑖 𝑎𝑖
𝑛
𝑖=2
∈ 𝑍 (𝑖 = 1. . 𝑛)
⇒ 𝑥1 = 2𝑎1𝑥1+ ∑𝑛𝑖=22𝑎𝑖𝑥𝑖
⇒ 𝑚𝑥1 = ∑𝑛𝑖=22𝑎𝑖𝑥𝑖, 𝑣ớ𝑖 𝑚 = 1 − 2𝑎1
⇒ 𝑚 ≠ 0 (do 2 không là ước của 1 trong Z nên 1 ≠ 2𝑎1) Tương tự như trên ta sẽ có:
1
𝑚𝑥1 = 𝑏1𝑥1+ ∑𝑛𝑖=2𝑏𝑖𝑥𝑖, 𝑣ớ𝑖 𝑏 ∈ 𝑍 (𝑖 = 1. . 𝑛)
Khi đó 𝑥1 = 𝑚𝑏1𝑥1+ ∑𝑛𝑖=2𝑚𝑏𝑖𝑥𝑖 = 𝑏1𝑚𝑥1+ ∑𝑛𝑖=2𝑚𝑏𝑖𝑥𝑖 = 𝑏1∑𝑛𝑖=22𝑎𝑖𝑥𝑖 +
∑𝑛𝑖=2𝑚𝑏𝑖𝑥𝑖
Hay x1 được biễu diễn qua hệ {x2, x3, …,xn}
⇒ X\{x1} cũng là hệ sinh của Q
Tiếp tục quá trình trên ta sẽ được ∅ là hệ sinh của Q
⇒ Q = 0 (vô lí)
Vậy Q không là Z – môđun hữu hạn sinh.
⇒ Q không là Z – môđun Noether.
Cách khác:
Ta sẽ chứng minh Q không là Z – môđun hữu hạn sinh bằng cách khác.
Giả sử X = {𝑎1
𝑏1,𝑎2
𝑏2, … , 𝑎𝑛
𝑏𝑛} là hệ sinh của Q (𝑎𝑖 ∈ 𝑍, 𝑏𝑖 ∈ 𝑍\{0}, 𝑖 = 1. . 𝑛 Đặt b = ∏𝑛𝑖=1𝑏𝑖 và chọn p là phần tử sao cho b không chia hết cho p.
Khi đó 1
𝑝 không thể biểu thị tuyến tính qua hệ X.
Thật vậy, giả sử 1
𝑝 = ∑ 𝑘𝑖𝑎𝑖
𝑏𝑖
𝑛𝑖=1 = ∑ 𝑘𝑖𝑘𝑖𝑎𝑖
𝑏𝑖 =𝑧
𝑏
𝑛𝑖=1 𝑣ớ𝑖 𝑧 ∈ 𝑍
⇒ b = pz ⇒ b chia hết cho p (mâu thuẫn với giả thiết).
Vậy Q không là Z môđun hữu hạn sinh.
⇒ Q không là Z – môđun Noether.
3.11.8 Giả sử 0 → 𝑀 → 𝑁 𝑓 → 𝑃 → 0(1) là dãy khớp ngắn các R – môđun. Chứng 𝑔 minh rằng các điều kiện sau đây là tương đương:
(1) N là môđun Noether.
(2) M và P là các môđun Noether.
Chứng minh.
Vì dãy (1) là khớp ngắn nên
⇒ {
𝑀 ≅ 𝐼𝑚𝑓 𝑁/𝑘𝑒𝑟𝑔 ≅ 𝑃 𝐼𝑚𝑓 = 𝐾𝑒𝑟𝑔
(1) ⇒ (2) N là môđun Noether ⇒ N/Kerg, Kerg là môđun Noether Mà N/Kerg ≅ P ⇒ P là môdun Noether
(2) ⇒ (1) Ta có N/Kerf ≅ P mà P là môđun Noether
⇒ N/Kerf là môđun Noether
M ≅ Imf mà M là môđun Noether ⇒ Imf là môđun Noether Do Kerg = Imf nên Kerg là môđun Noether.
Vậy N là môđun Noether.
3.11.9 Chứng minh rằng tổng trực tiếp hữu hạn ⊕𝑖=1𝑛 𝑀𝑖 của các R – môđun Noether Mi là một R – môđun Noether.
Chứng minh.
Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp.
Với n = 1 ⇒ M = M1 là R – môđun Noether
⇒ M là R- môđun Noether
Giả sử ⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖 là R – môđun Noether, ta cần chứng minh ⊕𝑖=1𝑛 𝑀𝑖 là R – môđun Noether
Xét phép chiếu pn: ⊕𝑖=1𝑛 𝑀𝑖 → 𝑀𝑛 (m1, …, mn) ↦ mn
là toàn cấu và Kerpn = ⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖⊕ {0}
⇒⊕𝑖=1𝑛 𝑀𝑖/(⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖⊕ {0}) ≅ 𝑀𝑛
Do Mn là R – môđun Noether ⇒⊕𝑖=1𝑛 𝑀𝑖/(⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖 ⊕ {0}) là R – môđun Noether.
Xét phép nhúng j: ⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖 →⊕𝑖=1𝑛 𝑀𝑖
(m1, …, mn-1) ↦ (m1, …, mn-1, 0) là đơn cấu và Imj = ⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖⊕ {0}
⇒⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖⊕ {0} ≅⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖. Mà ⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖 là R – môđun Noether
⇒ ⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖⊕ {0} là R – môđun Noether. Vậy ⊕𝑖=1𝑛−1𝑀𝑖 là R – môđun Noether.
3.11.10 Chứng minh rằng tích trực tiếp M = 𝑀1× … × 𝑀𝑛 của các R – môđun Mi là R – môđun Noether khi và chỉ khi Mi(I = 1, …, n) là các R – môđun Noether.
Chứng minh.
(⇒) Xét phép chiếu chính tắc
pi : M = M1×…× Mn → Mi (i = 1, …, n) (m1, …, mn) ↦ mi
là các toàn cấu R – môđun.
Mà M = M1×…× Mn là môđun Noether
⇒ Mi (i = 1, 2, …, n) là các môđun Noether.
(⇐) Ta chứng minh bằng qui nạp.
Với n = 1⇒ M = M1 là R – môđun Noether
⇒ M là R – môđun Noether
Giả sử ∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖 là R – môđun Noether, ta cần chứng minh ∏𝑛𝑖=1𝑀𝑖 là R – môđun Noether
Xét phép chiếu pn: ∏𝑛𝑖=1𝑀𝑖 → Mn
(m1, …, mn) ↦ mn
là toàn cấu và Kerpn = ∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖× {0}
⇒ ∏𝑛𝑖=1𝑀𝑖/(∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖× {0}) ≅ 𝑀𝑛
Do Mn là R – môđun Noether ⇒ ∏𝑛𝑖=1𝑀𝑖/(∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖 × {0})là R – môđun Noether.
Xét phép nhúng j: ∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖 → ∏𝑛𝑖=1𝑀𝑖
(m1, …, mn-1) ↦ (m1, …, mn-1, 0) là đơn cấu và Imj = ∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖 × {0}
⇒∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖× {0} ≅ ∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖. Mà ∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖 là R – môđun Noether
⇒∏𝑛−1𝑖=1 𝑀𝑖× {0} là R – môđun Noether. Vậy ∏𝑛𝑖=1𝑀𝑖= M là R – môđun Noether.