Đề tài Căn và đế của module

B Kerf B− ≅ . Từ đó: 1 1( ) ( ) ( ( ) )M f B M Ker f f B Kerf N B− −≅ ≅ . Vì B là module con tối đại của N nên N B là module đơn. Do đó 1 ( )M f B− là module đơn. Suy ra f-1(B) là module con tối đại của M. 2) Giả sử Kerf ⊂ A⊂ M. Khi đó f(A) ≅ A Kerf và N ≅ M Ker f . Từ đó ( ) ( ) ( )N f A M Kerf A Kerf M A≅ ≅ . Nh−ng M A là một module đơn vì A là một module con tối đại của M. Vì thế ( )N f A cũng là module đơn. Do đó f(A) là module con tối đại của N. Ví dụ: 1) Với ℤ là ℤ - module. Tacó Rad(ℤ ) = 0. Để chứng minh điều này tr−ớc hết chú ý rằng trong ℤ chỉ có một module con đối cốt yếu duy nhất là 0. Thật vậy, giả sử A ⊂0 ℤ và A = mℤ . Nếu m ≠ 0 thì có ít nhất một số nguyên tố không chia hết m. Khi đó ( , ) 1m p = . Tồn tại hai số nguyên r, s sao cho: 1.mr ps+ = Nh− vậy, A + pℤ = ℤ . Từ A⊂0ℤ suy ra pℤ = ℤ . Mặt khác, pℤ ≠ ℤ vì p ≠ 1. Mâu thuẫn này chứng tỏ A = 0. Theo Định lí 1, Rad(M) là tổng các module con đối cốt yếu của M. Vậy Rad(ℤ ) = 0. Soc(ℤ ) = 0. Thật vậy, mỗi module con A ≠ 0 của ℤ đều có dạng mℤ và mọi module mnℤ với n ≠ 0 đều là module con khác 0 và khác mℤ . Vì thế ℤ không có module con đơn. 2) Giả sử n = k21 rk r 2 r 1 p...p.p , với pi là số nguyên tố, i ∈ {1,2,..., k}. Khi đó Rad(ℤ n) = 1 2. ... kp p p nℤ ℤ , Soc(ℤ n) = ℤ kppp .... 21 . Xét phép chiếu chính tắc pi : ℤ → ℤ n. Theo Bổ đề 2, với mỗi module con tối đại A của ℤ n, 1( )A Api − = = pℤ là một ideal tối đại của ℤ và nℤ⊂ pℤ . 42 Do đó n = pm. Vì thế p = pi, tức là A = piℤ , với một i∈{1,2,...,k}. Vì pi là một toàn cấu nên A = pipi-1( A ) = pi(A) = ip nℤ ℤ . Do đó tập hợp các module con tối đại của ℤ n là các ℤ - module th−ơng ip nℤ ℤ , i∈{1,2,...,k}. Vì vậy: Rad(ℤ n) = 1 ( ) k i i p n = ℤ ℤ∩ = 1 ( ) / k i i p n = ∩ ℤ ℤ . Nh−ng 1 k i i p = ℤ∩ = p1.p2...pkℤ . Vậy Rad(ℤ n) = 1 2. ... kp p p nℤ ℤ . Ta xác định Soc(ℤ n). Ta có mỗi module con của ℤ n có dạng m nℤ ℤ . Vì nℤ ⊆ mℤ nên n = mq. Ta có ánh xạ f: ℤ →m mqℤ ℤ xác định bởi: f(x) = mx+ mqℤ là một toàn cấu và Kerf = qℤ . Do đó m mqℤ ℤ ≅ qℤ ℤ= ℤ q. Do đó mỗi module con đơn của ℤ n đều có dạng m nℤ ℤ với n = mq, trong đó q là một −ớc nguyên tố của n. Suy ra q = pi và m = in p với một i ∈{1,2,...,k}. Mặt khác nếu d là −ớc chung lớn nhất của các số nguyên m1, m2, ..., mk thì 1 k i i m = ∑ ℤ = dℤ . Vì vậy, từ UCLN của 1n p ,..., kn p là 1 2 kn p p p… suy ra: Soc(ℤ n) = 1 2 1 1 ((( ) ) ) ( ( ) ) (( )/ k k i i k i i n p n n p n n p p p n = = = =∑ ∑ℤ ℤ ℤ ℤ … ℤ ℤ và Soc(ℤ n) ≅ 1 i k p i= ∑ℤ . 3) Với ℤ - module ℚ , Rad(ℚ ) = ℚ , Soc(ℚ ) = 0. Trong ℚ không có module con tối đại nên Rad(ℚ ) = ℚ . Hơn nữa, mỗi ℤ - module đơn là một nhóm xyclic cấp nguyên tố, trong khi mọi phần tử khác 0 của nhóm cộng ℚ đều có cấp vô hạn nên ℚ không có module con đơn. Vậy Soc(ℚ ) = 0. 2.2. Tính chất của căn và đế Trong phần này ta sẽ đi sâu vào nghiên cứu tính chất của căn và đế. Định lí 2. (I) 1) Nếu f: M → N là một đồng cấu trên vành R thì f(Rad(M)) ⊆ Rad(N) 2) Rad( ( )M Rad M ) = 0. 43 3) Nếu C⊂ M và Rad( M C ) = 0 thì Rad(M) ⊂ C. Nh− vậy Rad(M) là một module con nhỏ nhất của M trong số những module C ⊂ M mà Rad( M C ) = 0. (II) 1) Nếu f: M → N là một đồng cấu thì f(Soc(M)) ⊂ Soc(N). 2) Nếu D ⊂ Soc(M) thì Soc(D) = D; nói riêng Soc(Soc(M)) = Soc(M). 3) Nếu D ⊂ M và Soc(D) = D thì D ⊂ Soc(M). Nh− vậy Soc(M) là module con lớn nhất của M mà đế của nó là chính nó. Chứng minh. Chứng minh (I): 1) Từ Định lí 1, Rad(M) = 0B M B ⊂ ∑ , B chạy khắp tập các module con đối cốt yếu của M. Lại theo Mệnh đề 12, Ch.1, f(B) ⊂0 N. Do đó f(B) ⊂ Rad(N). Vì vậy, f(Rad(M)) = f( ∑ ⊂ MB B 0 ) = 0 ( ) B M f B ⊂ ∑ ⊂ Rad(N). 2) Xét phép chiếu chính tắc p: M → ( )M Rad M . Theo định nghĩa, Rad( ( )M Rad M ) = ∩ A với A chạy khắp tập các module con tối đại của M = ( )M Rad M . Đặt A = p-1( A ), theo Bổ đề 2, A là module con tối đại của M. Ng−ợc lại, vì Rad(M) ⊂ A nên cũng theo Bổ đề 2, với mỗi module con tối đại A của M, p(A) cũng là một module con tối đại của M . Từ đó Rad(M) = ∩∩ MAMA ApA ⊂ − ⊂ = )(1 = p-1( ∩ MA A ⊂ ) = p-1(Rad( ( )M Rad M )), A chạy khắp các module con tối đại của M. Vì p là một toàn cấu nên ta có: Rad( ( )M Rad M ) = Rad( ( )M Rad M ) ∩ ( ( )M Rad M ) = pp-1(Rad( ( )M Rad M )) = p(Rad(M)) = 0. 3) Giả sử C ⊂ M và Rad( M C ) = 0. Xét phép chiếu chính tắc p: M → M C . Từ điều khẳng định 1) suy ra rằng p(Rad(M)) ⊂ Rad( M C ) = 0. Vậy Rad(M) ⊂ Ker(p) = C. Chứng minh (II):1) Theo định nghĩa, Soc(M) =∑E , E chạy khắp tập các module con đơn của M. Khi đó f(E) = 0 hoặc là module con đơn của N. Do đó f(Soc(M)) = f( E∑ ) = ( )f E∑ ⊂ Soc(N). 44 2) Giả sử D ⊂ Soc(M). Theo Mệnh đề 1, D cũng là tổng của những module con đơn. Do đó theo định nghĩa của đế Soc(D) = D. 3) Giả sử D ⊂ M và Soc(D) = D. Khi đó D là tổng của những module con đơn nào đó của M. Nh−ng Soc(M) lại là tổng của tất cả các module con đơn của M. Vì thế D ⊂ Soc(M). Từ đó suy ra rằng Soc(M) là module con lớn nhất của M mà đế của nó trùng với nó. Hệ quả 2. (I) 1) Nếu f: M → N là một toàn cấu đối cốt yếu (tức là Ker(f)⊂0M) thì Rad(M) = f-1(Rad(N)), Rad(N) = f(Rad(M)). 2) Nếu C ⊂ M thì Rad(C) ⊂ Rad(M). 3) Nếu M = ∈ ⊕ i i I M thì Rad(M) = i I∈ ⊕Rad(Mi). 4) Nếu MR = i I∈⊕ iM thì ( )M Rad M = ( )i ii I M Rad M∈⊕( ) . (II) 1) Nếu f: M → N là một đơn cấu cốt yếu (tức là Im(f) *⊂ N) thì f(Soc(M)) = Soc(N), f-1(Soc(N)) = Soc(M). 2) Nếu C ⊂ M thì Soc(C) ⊂ Soc(M). 3) Nếu M = i I∈ ⊕ Mi thì Soc(M) = i I∈ ⊕ Soc(Mi). Chứng minh. Chứng minh (I): 1) Theo giả thiết, Ker(f) ⊂0 M nên Ker(f) ⊂ Rad(M). Cũng theo giả thiết f là một toàn cấu nên tập hợp các module tối đại của M là tập hợp các module con f-1(B) với B là module con tối đại của N. Vì thế Rad(M) = ∩ ∩∩ NB NBMA BfBfA ⊂ ⊂ −− ⊂ == )()( 11 = f-1(Rad(N)). A, B lần l−ợt chạy khắp hai tập các module con tối đại của M và N. Từ đó suy ra f(Rad(M)) = ff-1(Rad(N)) = Rad(N) ∩ Imf = Rad(N) ∩ N = Rad(N). 2) Nếu C ⊂ M và i là phép nhúng chính tắc i: C → M thì theo Định lí 2, Rad(C)= i(Rad(C)) ⊂ Rad(M) 3) Giả sử M = ii I M∈⊕ . Theo 2), Rad(Mi) ⊂ Rad(M) với mọi i∈I. Do đó i I∈ ⊕ Rad(Mi) ⊂ Rad(M). Bây giờ ta chứng minh Rad(M) ⊂ i I∈ ⊕ Rad(Mi). 45 Giả sử x ∈ Rad(M) ⊂ M = ii I M ∈ ⊕ . Thế thì x = x1 + x2 + ... + xn, với xj jiM∈ , j = 1,2, ...,n. Khi đó, kí hiệu pk : M → Mk là xj = jip (x) ∈ jip (Rad(M)) ⊂ Rad( ji M ). Suy ra x ∈ i I∈ ⊕ Rad(Mi). Vậy Rad(M) = i I∈ ⊕ Rad(Mi). 4) Giả sử M = ii I M∈⊕ . Ta sẽ xác định một toàn cấu f: M → i I∈⊕ (( ( )i iM Rad M ) mà Kerf = Rad(M). Gọi fi: Mi → ( )i iM Rad M là phép chiếu chính tắc. Vì fi là toàn cấu với mọi i ∈ I nên theo tính chất của tổng trực tiếp, {fii ∈ I} cảm sinh một toàn cấu f: M → i I∈ ⊕ ( ( )i iM Rad M ). Ta có: Kerf ={x=∑ ∈Ii ix ∈ M0= f(x) = ( )i i I f x ∈ ∑ }={x =∑ ∈Ii ix ∈Mfi(xi) = 0,∀ i ∈ I} Nh−ng fi(xi) = 0 có nghĩa là xi ∈ Rad(Mi). Do đó, theo 3), x∈ i I∈ ⊕ Rad(Mi) = Rad(M). Vậy Kerf = Rad(M). Theo Định lí về đồng cấu module ta có: ( )M Rad M = M Kerf ≅ i I∈ ⊕ ( ( )i iM Rad M ). Chứng minh (II): 1) Giả sử f: M → N là một đơn cấu và Imf ⊂* N. Ta sẽ chứng minh Soc(N) ⊂ f(Soc(M)). Với mỗi module con đơn E của N, ta có E ∩ Imf ≠ 0 vì E ≠ 0. Nh−ng vì E là module đơn và E∩Imf ⊂ E nên E∩Imf = E. Do đó E ⊂ Imf. Theo giả thiết f là một đơn cấu nên E = f(D) với D là một module con đơn nào đó của M. Nh− vậy, Soc(N) = E N E ⊂ ∑ ⊂ ( ) D M f D ⊂ ∑ = f( D M D ⊂ ∑ ) = f(Soc(M)), trong đó E và D lần l−ợt chạy khắp hai tập các module con đơn của M và N. Mặt khác, theo Định lí 2, f(Soc(M)) ⊂ Soc(N). Vậy f(Soc(M)) = Soc(N). Từ đó và từ giả thiết f là đơn cấu suy ra f-1(Soc(N)) = f-1f(Soc(M)) = Soc(M) + Kerf = Soc(M). 2) Nếu C ⊂ M và i: C → M là phép nhúng chính tắc thì theo Định lí 2, ta có Soc(C) = i(Soc(C)) ⊂ Soc(M). 3) Giả sử M = Ii∈ ⊕ Mi. Theo 2), hiển nhiên Ii∈⊕ Soc(Mi) ⊂ Soc(M) Soc(M) ⊂ Ii∈ ⊕ Soc(Mi) đ−ợc chứng minh t−ơng tự nh− chứng minh phần (I).3). 46 Định lí 3. (I) 1) Với mọi R- module M, ta có: M.Rad(R) ⊂ Rad(M); 2) Với mọi vành R, Rad(R) là một ideal của R; 3) Với mọi module con N ⊂ M ta có: ( ( )) ( )N Rad M N Rad M N+ ⊂ (II) 1) M.Soc(R) ⊂ Soc(M); 2) Soc(R) là một ideal của vành R; 3) Với mọi N ⊂ M, N ∩ Soc(M) = Soc(N). Chứng minh. Chứng minh (I): 1) Với mỗi x ∈ M xét ánh xạ cũng kí hiệu là x : R → M xác định bởi x(r) = xr, với mọi r ∈ R. Dễ thấy đó là một đồng cấu R- module. Theo Định lí 2, xRad(R) = x(Rad(R)) ⊂ Rad(M), với mọi x ∈ M. Vậy M.Rad(R) ⊂ Rad(M). 2) Hiển nhiên Rad(R) là một ideal phải của vành R. áp dụng 1) vào module R ta đ−ợc R.Rad(R) ⊂ Rad(R). Điều này chứng tỏ Rad(R) là một ideal của vành R. 3) Xét phép chiếu chính tắc :p M M N→ . Với mỗi x= u + v ∈N + Rad(M), u∈N, v∈Rad(M), ta có p(x) = p(u+v) = p(u) + p(v) = p(v) ∈ Rad( M N ). Vì vậy, ( ( )) ( ( )) ( )N Rad M N p N Rad M Rad M N+ = + ⊂ . Chứng minh (II): 1) và 2) đ−ợc chứng minh t−ơng tự nh− phần 1) và 2) của phần (I). 3) Hiển nhiên Soc(N) ⊂ N ∩Soc(M). Ng−ợc lại, vì Soc(M) là tổng các module đơn của M và N∩ Soc(M) ⊂ Soc(M) nên N ∩Soc(M) là tổng của những module con đơn nào đó của N. Vì thế, N∩Soc(M) ⊂ Soc(N). Vậy N∩Soc(M) = Soc(N). 2.3. Căn của module xạ ảnh, module hữu hạn sinh, đế của module hữu hạn đối sinh 2.3.1.Căn của module xạ ảnh Định lí 4. Nếu P là một module xạ ảnh trên vành R thì Rad(P) = P.Rad(R). Chứng minh. Theo Định lí 6, ch.1, vì P là module xạ ảnh nên tồn tại một họ { yii∈I } và một họ những đồng cấu {ϕi : P → Ri∈I } sao cho mỗi x ∈ P đều thoả m2n đẳng thức x = ( )i i i I y xϕ ∈ ∑ . Vì thế nếu x∈ Rad(P) thì ϕi (x) ∈ Rad(R); từ 47 đó suy ra x ∈ P.Rad(R) do đó ta có Rad(P) ⊂ P.Rad(R). Nh−ng theo Định lí 3, P.Rad(R) ⊂ Rad(P). Vậy Rad(P) = P.Rad(R). 2.3.2. Căn của module hữu hạn sinh Định lí 5. Giả sử M là module hữu hạn sinh. Khi đó: 1) Nếu M ≠ 0 thì Rad(M) ≠ M; 2) Rad(M) ⊂0 M; 3) Nếu A ⊂ Rad(R) thì MA ⊂0 M. Chứng minh. Giả sử M = 1 n i i x R = ∑ . 1) Nếu Rad(M) = M thì xi ∈ Rad(M) với mọi i=1, 2,...,n. Theo Hệ quả 1, xiR⊂ 0 M. Do đó, theo Mệnh đề 12, Ch.1, M = 1 n i i x R = ∑ ⊂0 M. Suy ra M = 0. Vậy nếu M ≠ 0 thì Rad(M) ≠ M. 2) Giả sử U ⊂ M và U + Rad(M) = M. Khi đó xi = ui + vi, ui ∈ U, vi ∈ Rad(M) với i ∈ {1, 2, ..., n} và U +∑ = n i 1 viR = M. Nh−ng theo Hệ quả 1, viR ⊂ 0 M. Do đó theo Mệnh đề 12, Ch.1, ∑ = n i 1 viR ⊂ 0 M. Suy ra U = M. Vậy Rad(M) ⊂0 M. 3) Từ 2) suy ra rằng nếu A ⊂ Rad(R) thì MA ⊂ M.Rad(R) ⊂ Rad(M) ⊂0 M. Vậy MA ⊂0 M. Định lí 6. Cho R- module M. Khi đó các mệnh đề sau t−ơng đ−ơng: (a) M là module hữu hạn sinh; (b) M thoả man các điều kiện: 1) Rad(M) 0⊂ M; 2) ( )M Rad M hữu hạn sinh. Chứng minh. (a)⇒ (b). Theo Định lí 5 từ (a) ta suy ra Rad(M) ⊂0 M. Vì M là R- module hữu hạn sinh nên ( )M Rad M cũng hữu hạn sinh. (b) ⇒ (a). Giả sử p: ( )M M Rad M→ là phép chiếu chính tắc và ( )M Rad M sinh bởi tập 1 2{ , , , }.nx x x… Coi ix là phần tử cố định của lớp ix . Khi đó ( )ii px x= 48 và với mỗi x M∈ ta đều có ảnh: 2 1 1 2 21 21( ) ( ) ( ) ( )n nn np x x r x r x r p x r p x r p x r= + + + = + + +… … = 1 1 2 2( )n np x r x r x r+ + +… . Từ đó suy ra: 1 1 2 2( ( )) 0n np x x r x r x r− + + + =… nghĩa là: 1 1 2 2( ) ( )n nx x r x r x r Kerp Rad M− + + + ∈ =… hay 1 1 2 2 ,n nx x r x r x r u= + + + +… với ( )u Rad M∈ . Suy ra 1 2 ( )nM x R x R x R Rad M= + + + +… . Theo giả thiết Rad(M) 0⊂ M do đó 1 2 nM x R x R x R= + + +… là module hữu hạn sinh. Hệ quả 3. R- module M Noethẻ khi và chỉ khi với mọi module con U chứa trong M hai điều kiện sau đ−ợc thoả man: 1) 0( ) ;Rad U U⊂ 2) ( )U Rad U là R- module hữu hạn sinh. 2.3.2. Đế của module hữu hạn đối sinh Định lí 7. Giả sử M là một module hữu hạn đối sinh. Khi đó: 1) Nếu M ≠ 0 thì Soc(M) ≠ 0; 2) Soc(M) *⊂ M; Chứng minh. 1) Giả sử M là module hữu hạn đối sinh và Soc(M) = 0. Theo Định lí 1.2), Soc(M) = ∩ MB B *⊂ . Do đó ∩ MB B *⊂ = 0. Từ giả thiết M hữu hạn đối sinh suy ra tồn tại một số hữu hạn các module con cốt yếu B1, B2, ..., Bn của M sao cho ∩ n i iB 1= =0. Vì Bi *⊂ M với mọi i = 1,2, ..., n nên theo Mệnh đề 11, Ch.1, ∩ n i iB 1= *⊂ M. Nh− vậy 0 *⊂ M. Từ đó suy ra M = 0, trái với giả thiết. Vậy Soc(M) ≠ 0. 2) Giả sử U ⊂ M và U ∩ Soc(M) = 0. Vì Soc(M) = ∩ MB B *⊂ và M là module hữu hạn đối sinh nên từ 0 = U ∩Soc(M) = U ∩( ∩ MB B *⊂ ) suy ra tồn tại các module con cốt yếu B1, B2, ..., Bn của M sao cho U ∩(∩ n i iB 1= ) = 0. Nh−ng ∩ n i iB 1= *⊂ M nên U = 0. Vậy Soc(M) *⊂ M. 49 Định lí 8. Cho R- module M. Các mệnh đề sau t−ơng đ−ơng t−ơng: (a) M là một module hữu hạn đối sinh; (b) M thoả man các điều kiện: 1) Soc(M) *⊂ M; 2) Soc(M) là module hữu hạn đối sinh; (c) Bao nội xạ I(M) của M thoả man điều kiện: I(M) = 1 n ii Q = ⊕ trong đó iQ là bao nội xạ của module đơn iE nào đó, với mọi i = 1, 2, ..., n. Chứng minh. (a)⇒ (b). Vì M là module hữu hạn đối sinh nên Soc(M) cũng là module hữu hạn đối sinh. Và theo Định lí 7 ta có Soc(M) *⊂ M. (b)⇒ (a). Giả sử 0i i I A ∈ =∩ với iA M⊂ . Khi đó ta có 0 ( ) ( ) ( ( ))i i i I i I A Soc M A Soc M ∈ ∈ = =∩ ∩ ∩ ∩ . Vì ( ) ( )iA Soc M Soc M⊂∩ và giả thiết Soc(M) là module hữu hạn đối sinh nên tồn tại một tập hữu hạn 0I I⊂ sao cho 0 ( ( )) 0i i I A Soc M ∈ =∩ ∩ hay 0 ( ) ( ) 0i i I A Soc M ∈ =∩ ∩ . Mặt khác theo giả thiết Soc(M) *⊂ M nên 0 0i i I A ∈ =∩ . (b) ⇒ (c). Tr−ớc hết ta chứng minh rằng nếu M là R- module hữu hạn đối sinh thì Soc(M) = 1 n ii E = ⊕ là một tổng hữu hạn, trong đó iE là module con đơn của M. Thật vậy, nếu Soc(M) là tổng trực tiếp của một số vô hạn những module con đơn iE thì trong Soc(M) chứa một tổng trực tiếp dạng 1 ii E ∞ = ⊕ . Đặt i jj iA E ∞ = = ⊕ ta có 0;iA i N≠ ∀ ∈ . Xét 1 i i A A ∞ = =∩ với x A∈ ; x có dạng: 1 2 ;n k ikx x x x x E= + + + ∈… . Giả thiết 1 2 .ni i i . Vậy x = 0. Suy ra 1 0i i A A ∞ = ==∩ . Từ giả thiết M hữu hạn đối sinh nên tồn tại một số tự nhiên n sao cho 1 0 n i i A = =∩ . Nh−ng 1 2 nA A A⊃ ⊃ ⊃… . Do đó 1 1 0 n j i ij i E A A ∞ = = =⊕ = =∩ mâu thuẫn với 0;iA ≠ với i N∀ ∈ . Theo (b), Soc(M) *⊂ M nên I(M) cũng là bao nội xạ của Soc(M). Theo giả thiết Soc(M) là module hữu hạn đối sinh, vì vậy nếu lấy bao nội xạ iQ của iE 50 với ( )iQ I M⊂ thì Soc(M) = 1 1 * ( )n ni ii iE Q I M= =⊕ ⊂ ⊕ ⊂ . Vì Soc(M) *⊂ I(M) nên ta có 1 * ( ) (1)n ii Q I M=⊕ ⊂ Nh−ng 1 n ii Q = ⊕ là module nội xạ nên I(M) = 1 ( )n ii Q B=⊕ ⊕ với module con B nào đó của I(M). (2) Từ (1) và (2) suy ra B = 0 và I(M) = 1 n ii Q = ⊕ . (c)⇒ (b). Theo giả thiết bao nội xạ I(M) = 1 n ii Q = ⊕ ; iQ là bao nội xạ của module con đơn iE nào đó của M. Khi đó 1 1 1 1 *( ) ( ( )) ( ) ( ).n n n ni i i ii i i iE Soc M Soc I M Soc Q E Q I M= = = =⊕ ⊂ ⊂ = ⊕ = ⊕ ⊂ ⊕ = Từ đó suy ra Soc(M) = 1 * n ii E M = ⊕ ⊂ . Vì Soc(M) = 1 n ii E = ⊕ nên Soc(M) là module hữu hạn đối sinh. Hệ quả 4. Cho R- module M. Khi đó các mệnh đề sau t−ơng đ−ơng: (a) M là module Artin; (b) Với mọi module con U chứa trong M hai điều kiện sau đ−ợc thoả man: 1) *( ) ,Soc M U M U⊂ 2) ( )Soc M U là module hữu hạn đối sinh; (c) Với mọi module con U M⊂ bao nội xạ 1 ( ) , n ii I M U Q = = ⊕ trong đó iQ là bao nội xạ của module con đơn iE nào đó của module .M U 2.4. Căn của vành 2.4.1. Một số định nghĩa và tính chất Định nghĩa 2. Với vành R là R- module trên chính nó thì Rad(R) đ−ợc gọi là căn Jacobson (hay đơn giản là căn) của vành R. Định lí 9. Với A là một ideal của vành R. Các mệnh đề sau t−ơng đ−ơng: (a) A⊂ Rad(R). (b) Với mỗi 0;r A rR R∈ ⊂ . (c) Với mỗi r A∈ ; 1 - r khả nghịch. Chứng minh. (a)⇒ (b). Suy ra từ Hệ quả 1. 51 (b)⇒ (c). Ta có rR + (1 - r)R = R. Mà theo giả thiết 0rR R⊂ nên (1 - r)R = R. Do đó tồn tại s R∈ sao cho: (1 - r)R = 1 (1) Suy ra 1 - r khả nghịch bên phải. Từ (1) có s - rs = 1 hay s = 1 - (-rs) mà rs A− ∈ do r A∈ . Theo chứng minh trên ta có 1 - (-rs) khả nghịch bên phải, suy ra t R∃ ∈ : st = [1 - (-rs)]t = 1 (2) Suy ra 1 = t + rst = t +r hay 1 - r = t. Từ (2) ta có s(1 - r) = st = 1. Vậy 1 - r khả nghịch bên trái. (3) Từ (1) và (3) ta có 1 - r khả nghịch. (c)⇒ (a). Ta chứng minh với mỗi 0;r A rR R∈ ⊂ . Giả sử ideal U⊂ R thoả m2n đẳng thức rR + U = R. (*) Khi đó 1 = rs + a với a∈U. Theo giả thiết có a = 1 - rs khả nghịch. Vậy U = R. Do đó từ (*) suy ra 0rR R⊂ . Theo Hệ quả 1, r∈Rad(R). Do đó A⊂ Rad(R). Định nghĩa 3. 1) Một ideal A của vành R đ−ợc gọi là một nil- ideal nếu mỗi phần tử của A đều là phần tử lũy linh. 2) Một ideal A của vành R đ−ợc gọi là một ideal luỹ linh nếu tồn tại một số tự nhiên n sao cho 0nA = . Mệnh đề 2. 1) Mỗi ideal luỹ linh đều là một nil - ideal. 2) Tổng của hai ideal luỹ linh là một ideal luỹ linh. Chứng minh. 1) Hiển nhiên. 2) Giả sử A và B là hai ideal luỹ linh. Theo định nghĩa tồn tại các số tự nhiên m, n sao cho: 0; 0m nA B= = khi đó ( ) 0m nA B ++ = . Thật vậy, tích 1 1 2 2( )( ) ( )m n m na b a b a b+ ++ + +… với ; ; 1i ia A b B i m n∈ ∈ ≤ ≤ + , sau khi khai triển ta đ−ợc một tổng các tích dạng 1 2 m nc c c +… trong đó ic là ia hoặc ib . Vì tích 1 2 m nc c c +… có m + n nhân tử nên bao giờ nó cũng chứa ít nhất m nhân tử thuộc A hoặc ít nhất n nhân tử thuộc B. Giả sử một tích có k nhân tử ia với k m≥ và có dạng 1 2 ... ... ki i i a a a… … (m + n - k nhân tử nhân tử còn lại mà không viết rõ là nhân tử thuộc B). Khi đó có thể viết: 1 2 ( )( ) ( ) ki i ia a a… … …… … nghĩa là tích này có k nhóm đặt trong dấu ngoặc đứng liền nhau mà mỗi tích trong dấu ngoặc là một phần tử thuộc A vì có nhân tử đầu tiên thuộc A. Vì k m≥ và 0mA = 52 nên tích của k nhóm này bằng 0. Vậy mọi tích dạng 1 2 m nc c c +… đều bằng 0 và do đó ( ) 0m nA B ++ = . Vậy A + B là ideal luỹ linh. Định lí 10. Mọi nil - ideal của vành R đều chứa trong Rad(R). Chứng minh. Giả sử A là một nil - ideal của R và a∈A. Khi đó tồn tại một số tự nhiên n sao cho 0na = hay 1 = 1 - 1(1 )(1 )n na a a a −= − + + +… ; Nghĩa là 1- a là phần tử khả nghịch. Theo Định lí 9 ta có a∈Rad(R). Do đó A⊂ Rad(R). Định nghĩa 4. Giả sử A là một tập con của vành R, X là một tập con của module M. Tập hợp ( ) : { | 0, }Rr X r R xr x X= ∈ = ∀ ∈ ; ( ( ) : { | 0; })Rl X r R rx x X= ∈ = ∀ ∈ đ−ợc gọi là linh hóa tử phải (trái) của tập X trong R. Tập hợp ( ) : { | 0, };Ml A x M xa a A= ∈ = ∀ ∈ ( ( ) : { | 0, })Mr A x M ax a A= ∈ = ∀ ∈ đ−ợc gọi là linh hóa tử trái (phải) của A trong M. Mệnh đề 3. Nếu R là vành thỏa man các điều kiện tối đại đối với các linh hóa tử và có nil- ideal khác không thì R có ideal lũy linh khác không. Chứng minh. Giả sử R có nil- ideal A 0≠ . Xét tập hợp: { ( ) | 0 }Rr a a AΓ = ≠ ∈ . Vì R thỏa m2n điều kiện tối đại đối với các linh hóa tử nên Γ có phần tử tối đại. Gọi phần tử tối đại đó là ( )Rr c . Với mỗi s R∈ thì hoặc sc = 0 hoặc sc 0≠ . Nếu sc 0≠ thì vì sc A∈ nên tồn tại một số tự nhiên n sao cho: 1( ) 0;( ) 0n nsc sc −= ≠ . Khi đó: 1( ) (( ) )nR Rr c r sc −⊂ . Theo giả thiết về tính tối đại của ( )Rr c ta có: 1( ) (( ) )nR Rr c r sc −= . Vì 1(( ) )nRsc r sc −∈ nên csc = 0. Do đó với mọi s R∈ ta đều có csc = 0. Vậy RcR là ideal lũy linh khác không của R. Do đó R có ideal lũy linh khác không. Mệnh đề 4. Nếu R là vành Noether thì mọi nil - ideal đều là ideal luỹ linh. Chứng minh. Giả sử A là một nil - ideal của vành R. Nếu A = 0 thì A là ideal luỹ linh. Giả sử A 0≠ . Theo Mệnh đề 3, R có ideal khác không. Vì R là vành Noether nên tập các ideal luỹ linh của vành R có phần tử tối đại, chẳng hạn là B. Để chứng minh A là ideal luỹ linh ta sẽ chứng minh rằng A B⊂ . Giả sử trái lại có A + B ≠ B và là một nil - ideal. Do đó ( )A B B+ là một nil - ideal khác không 53 của vành R B . Theo Mệnh đề 3, R B có ideal luỹ linh khác không. Thật vậy, nếu /C R B⊂ là một ideal luỹ linh và 1( )CC p−= , trong đó :p R R B→ là phép chiếu chính tắc thì B C⊂ và tồn tại một số tự nhiên k sao cho 0kC = do đó kC B⊂ . Vì B là ideal luỹ linh nên C là một ideal luỹ linh. Vì B là phần tử tối đại trong tập các ideal luỹ linh của R và B C⊂ nên B = C. Vậy 1( ) ( ) 0C p p C p B−= = = suy ra mâu thuẫn. Do đó A B⊂ và vì B là ideal luỹ linh nên A cũng là ideal luỹ linh. Ta có điều phải chứng minh. Định lí 11. Nếu R là vành Artin thì Rad(R) là ideal luỹ linh. Chứng minh. Đặt J: = Rad(R). Vì R là vành Artin nên coi J là ideal và d2y sau phải dừng: 2 nJ J J⊃ ⊃ ⊃ ⊃… …Chẳng hạn n n iJ J i N+= ∀ ∈ . Giả sử 0nJ ≠ . Xét tập: { | 0A R AΓ = ⊂ ≠ và }AJ A= . Ta có 0Γ ≠ vì nJ ∈Γ . Vì R là vành Artin nên trong Γ có phần tử tối tiểu. Chẳng hạn đó là B. Do B ≠ 0 nên tồn tại b ∈B; 0nbJ ≠ . Khi đó nbJ bR B⊂ ⊂ và 1n n nb b JJ bJ J+ == suy ra nbJ ∈Γ . Vì B là phần tử tối tiểu trong Γ nên nbJ = B. Do đó B có dạng b = bu với nu J J∈ ⊂ hay b(1 - u) = 0. Nh−ng ( )u J Rad R∈ = nên 1 - u khả nghịch. Do đó b = 0, mâu thuẫn vì 0b ≠ . Vậy 0nJ = . Hệ quả 5. Giả sử R là vành Artin. Khi đó: 1) Rad(R) là ideal luỹ linh lớn nhất của vành R; 2) Rad(R) trùng với tập các phần tử luỹ linh. Chứng minh. 1) Theo Định lí 11 ta có Rad(R) là ideal luỹ linh. Lại theo Định lí 9 ta có Rad(R) là ideal luỹ linh lớn nhất của vành R. 2) Vì R là vành Artin nên Rad(R) là ideal luỹ linh. Do đó mọi phần tử của Rad(R) đều là luỹ linh. Ng−ợc lại giả sử a R∈ là phần tử luỹ linh. Khi đó tồn tại số tự nhiên n sao cho 0na = do đó ( ) 0naR = . Theo (1) suy ra ( )aR Rad R⊂ . Vậy ( )a Rad R∈ hay ( )Rad R trùng với tập các phần tử luỹ linh. 2.4.2. Căn của vành các tự đồng cấu của module nội xạ và module xạ ảnh Định lí 12. Giả sử P là R- module xạ ảnh. S = End(P); ( )f Rad S∈ khi và chỉ 0Im f P⊂ . 54 Chứng minh. (⇒ ) Giả sử có R- module U: U P⊂ và U + Imf = P. (1) Gọi p: P P U→ là phép chiếu chính tắc. Khi đó ánh xạ pf: P P U→ là một toàn cấu vì p(U) = 0 và P U = p(P) = p(U + Imf) = p(U) + p(Imf) = pf(P). Xét biểu đồ: Vì pf là một toàn cấu và P là module xạ ảnh nên tồn tại một đồng cấu g: P P→ sao cho biểu đồ trên giao hoán; tức là pfg = p hay p(1- fg) = 0 suy ra (1 )( ) .fg P Kerp U− ⊂ = Theo giả thiết ( )f Rad S∈ nên ( )fg Rad S∈ . Do đó theo Định lí 9 có 1- fg khả nghịch, nghĩa là 1- fg là một toàn cấu. Suy ra P = (1- fg)(P)⊂ U. Vậy P = U. Từ (1) ta có Imf 0⊂ P. ( ⇐ ) Giả sử Imf 0⊂ P. Ta sẽ chứng minh fS⊂ Rad(S). Với mỗi s S∈ ta có P = fs(P) + (1 - fs)(P) ⊂ Imf + (1-fs)(P) ⊂ P. Do đó P = (1 - fs)(P) nghĩa là 1 - fs là một toàn cấu. Xét biểu đồ: Vì P là R- module xạ ảnh nên có đồng cấu h S∈ sao cho (1 - fs)h = 1P nghĩa là 1 - fs khả nghịch. Theo Định lí 9 có fS ⊂ Rad(S). Do đó ( ).f Rad S∈ Hệ quả 6. Nếu P là module xạ ảnh và P 0≠ thì Rad(P) ≠ P. Chứng minh. Theo Định lí 6, ch.1, P có một cơ sở đối ngẫu. Chẳng hạn là { | }; { : | }i iy i I P R i Iϕ∈ → ∈ . Giả sử Rad(P) = P. Với mỗi iy và iϕ ta xác định một ánh xạ: :i iy P Pϕ → ( )i i xx yϕ֏ Ta có i iyϕ là một đồng cấu module. Thật vậy, 1 2 1 2 1 2( ) ( ( ) ( )) ( ) ( )i i i i i i i i iy x x y x x y x y xϕ ϕ ϕ ϕ ϕ= ++ = + và ( ) ( ( )) ( ( ) ) ( )i i i i i i i iy xr y xr y x r y x rϕ ϕ ϕ ϕ= = = Ta có Im( i iyϕ ) = i iyϕ (P) ( ( ))i iy Pϕ= 0( ( )) ( ( ))i i i iy Rad P y Rad R y R Pϕ= ⊂ ⊂ ⊂ vì ( ( )) ( )i Rad P Rad Rϕ ⊂ và ( )iy Rad P∈ . Theo Định lí 12, ta có i iyϕ ( )Rad S∈ P P P h 1P 1-fs P P/U 0 P g p pf 55 với S = End(P). Với mỗi ,x P∈ ( )i i i I x y xϕ ∈ =∑ trong đó chỉ một số hữu hạn chỉ số i mà ( ) 0i xϕ ≠ . Do đó có thể viết 1 ( )n i i i x y xϕ = =∑ . Suy ra 1 ((1 )( ) 0nP i i i y xϕ = − =∑ . Nh−ng ( )i iy Rad Sϕ ∈ nên 1 ( )1 n P i i i yϕ = =∑ khả nghịch, do đó là một đẳng cấu. Suy ra 0;x x P= ∀ ∈ , trái với giả thiết. Vậy Rad(P) ≠ P. Định lí 13. Giả sử R- module Q là một module nội xạ, ( )S End Q= . Khi đó ( )f Rad S∈ khi và chỉ khi *Kerf Q⊂ . Chứng minh. (⇒ ) Giả sử ( )f Rad S∈ và U Q⊂ thoả m2n điều kiện 0U Kerf =∩ . Khi đó | :Uf U Q→ là một đơn cấu. Gọi :i U Q→ là phép nhúng chính tắc. Xét biểu đồ sau: Vì Q là module nội xạ nên tồn tại một đồng cấu g S∈ sao cho .i gf= Khi đó ta có (1 )( ) ( )( ) 0;Q gf U i gf U− = − = hay (1 ).QU Ker gf⊂ − Mặt khác ( )f Rad S∈ và Rad(S) là ideal của vành S nên ( )gf Rad S∈ . Theo Định lí 9 có 1 gf− khả nghịch. Do đó (1 ) 0Ker gf− = . Suy ra U = 0. Vậy *Kerf Q⊂ . (⇐ ) Giả sử *Kerf Q⊂ (1). Ta sẽ chứng minh ( ).fS Rad S⊂ Theo Mệnh đề 11, ch.1 ta có với mỗi s S∈ thì 1 *( ) ( ))Ker fs s Kerf Q−= ⊂ . Mặt khác (1 ) 0Kerfs Ker fs− =∩ . Thật vậy nếu (1 )x Kerfs Ker fs∈ −∩ thì ta có ( ) 0 (1 )( ) ( )fs x fs x x fs x= = − = − . Từ đó ta có x = 0. Theo (1) ta có: (1 ) 0Ker fs− = nghĩa là 1 – fs là một đơn cấu. Ta xét biểu đồ sau: Vì Q là một module nội xạ nên có một h S∈ sao cho h(1 – fs) = 1Q hay 1 – fs khả nghịch bên trái. Do đó theo Định lí 9 ta có ( )fS Rad S⊂ . Vậy ( )f Rad S∈ . Hệ quả 7. Giả sử Q là module nội xạ và S = End(Q). Với mỗi f S∈ tồn tại một 0 U Q Q f g i 0 U Q Q 1-fs h 56 g S∈ sao cho *( )Ker f fgf Q− ⊂ . Chứng minh. Ta phải chứng minh tồn tại một g S∈ sao cho *( )Ker f fgf Q− ⊂ . Gọi B là bù theo giao của Kerf, ta có B + Kerf * Q⊂ . ta có thu hẹp |Bf là một đơn cấu. Xét biểu đồ sau: Vì Q là module nội xạ nên tồn tại một g S∈ sao cho gf = i, trong đó :i B Q→ là phép nhúng chính tắc. Do đó (1 )( ) ( )( ) 0gf B i gf B− = − = hay (1 ).B Ker gf⊂ − Ta sẽ chứng minh rằng: ( ).B Kerf Ker f fgf+ ⊂ − Với mỗi , , ,x b c b B c Kerf= + ∈ ∈ ta có: ( )( ) (1 )( ) (1 )( )f fgf x f gf x f gf b c− = − = − + (1 )( ) (1 )( ) ( ) ( ) 0f gf b f gf c f c fgf c= − + − = − = Vì *B Kerf Q+ ⊂ nên *( )Ker f fgf Q− ⊂ . Do đó theo Định lí 13 ta có *( )Ker f fgf Q− ⊂ . 0 B Q Q g f i 57 Ch−ơng 3. bài tập áp dụng Ch−ơng này sẽ trình bày một số bài tập về module mà lời giải đ2 vận dụng kiến thức ở hai ch−ơng tr−ớc và một số bài tập đề nghị nhằm củng cố lí thuyết. 3.1. Đề bài Bài 1. Chứng minh rằng tiên đề thứ 4 trong định nghĩa module: 1.x x= độc lập với các tiên đề còn lại. Bài 2. Chứng minh rằng ℤ không phải là một hạng tử trực tiếp của ℤ - module ℚ . Bài 3. Cho M là R- module tự do với cơ sở 1 2{ , }x x . Giả sử 1 2,a a R∈ sao cho 1 1 2 2{ , }a x a x sinh ra M. Chứng minh rằng 1 1 2 2{ , }a x a x cũng là một cơ sở của M. Bài 4. Giả sử N và F là các module con R- module M và M = N + F. Chứng minh rằng thu hẹp của đồng cấu chiếu chính tắc: | :Fp F M N→ là một đẳng cấu khi và chỉ khi F∩N = 0. Bài 5. Cho 1M , 2M là các module con của R- module M. 1 2 1 2 1 1 2 2{ | , }M M x x x M x M+ = + ∈ ∈ . Nếu 1 2 0M M =∩ thì 1 2 1 2M M M M+ = ⊕ . Chứng minh rằng: 1 2 1 2.M M M M⊕ ≅ ì Bài 6. Cho m, n là hai số nguyên d−ơng nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng: a) m n mn ⊕ ≅ℤ ℤ ℤ . b) m ℤ là một mn ℤ - module xạ ảnh nh−ng không tự do. Bài 7. Cho vành R. Một phần tử Rα ∈ đ−ợc gọi là phần tử lũy đẳng nếu 2α α= . Chứng minh rằng: Nếu α là một phần tử lũy đẳng của R thì Rα là một R- module xạ ảnh. Bài 8. Cho M là một R- module hữu hạn sinh. Chứng minh rằng M là module Noether khi và chỉ khi ( )R Ann M là một vành Noether . Bài 9. Chứng minh rằng vành tất cả các hàm thực liên tục trên đoạn [0; 1] không phải là vành Noether. Bài 10. Chứng minh rằng mỗi tự đơn cấu của một module Artin là một tự đẳng cấu. Bài 11. Chứng minh rằng nếu ℤ - module M là một nhóm Abel thì Soc(M) là ℤ - module con của M sinh bởi những phần tử cấp nguyên tố. 58 Bài 12. Cho ℤ - module M. Phần tử a M∈ đ−ợc gọi là phần tử xoắn nếu tồn tại một số tự nhiên n ≠ 0 sao cho na = 0. Trái lại a đ−ợc gọi là phần tử không xoắn. M đ−ợc gọi là nhóm Abel xoắn nếu mọi phần tử của nó đều xoắn. M đ−ợc gọi là nhóm Abel không xoắn nếu mọi phần tử của nó là không xoắn. Chứng minh rằng: a) Nếu M là một nhóm Abel không xoắn thì Soc(M) = 0; b) Nếu M là một nhóm Abel xoắn thì Soc(M) *⊂ M; c) Nếu M là nhóm Abel chia đ−ợc thì Rad(M) = M. Bài 13. Chứng minh rằng với mọi R- module M ta luôn có: a) Rad(M) là giao của các hạt nhân của tất cả các đồng cấu khác đồng cấu không từ M đến mọi module đơn N; b) Soc(M) là tổng của các ảnh của tất cả các đồng cấu khác đồng cấu không từ mọi module đơn N đến M. Bài 14. Cho vành R. Khi đó ta có hai mệnh đề sau t−ơng đ−ơng: (a) Rad(M) 0⊂ M với mọi M. (b) Không tồn tại module M 0≠ mà Rad(M) = M. Bài 15. Cho U là một module con của R- module M. Chứng minh rằng: a) U = Rad(M) khi và chỉ khi U⊂ Rad(M) và Rad(M/U) = 0. b) U = Soc(M) khi và chỉ khi U⊃ Soc(M) và Soc(U) = U. c) Nếu U 0⊂ M và Rad( M U ) = 0 thì U = Rad(M). d) Nếu U *⊂ M và Soc(U) = U thì U = Soc(M). Bài 16. Chứng minh rằng đối với vành R thì các mệnh đề sau là t−ơng đ−ơng: (a) Soc(M) *⊂ M với mọi M. (b) Soc(M) *⊂ M với mọi module xyclic M. (c) Không tồn tại module M 0≠ mà Soc(M) = 0. Bài 17. Cho R- module M. Chứng minh rằng nếu ( )Soc M N M⊂ ⊂ và *( )Soc M N M N⊂ thì ta có *N M⊂ . Bài 18. Giả sử M là một nhóm Abel. Tập T(M) = { | , 0}a M n N na∈ ∃ ∈ = là một nhóm con xoắn của M. Chứng minh rằng: a) i) ( ) *Soc M M⊂ khi và chỉ khi ( ) ;T M M= 59 ii) ( ) 0Soc M = khi và chỉ khi ( ) 0;T M = b) *U M⊂ khi và chỉ khi ( )Soc M U⊂ và ( ) .T M U M U= Bài 19. Chứng minh rằng đối với vành R, Rad(R) là tập tất cả các phần tử r R∈ sao cho 1 - rs là khả nghịch với mọi .s R∈ Bài 20. Chứng minh rằng đối với vành R, Rad(R) là ideal lớn nhất trong số các ideal A mà , 1a A a∀ ∈ − khả nghịch. 3.2. Lời giải Bài 1. Với ℤ là ℤ - module. Khi đó với phép nhân trong ℤ giữ nguyên. Tức là , : * 0.a x a x∈ ∈ =ℤ ℤ Nó thoả m2n các tiên đề một, hai và ba của định nghĩa về module: Tiên đề 1: *( ) * * 0.a x y a x a y+ = + = Tiên đề 2: ( ) * * * 0.a b x a x b x+ = + = Tiên đề 3: ( ) * *( * ) 0.ab x a b x= = Tuy nhiên phép nhân này không thoả m2n tiên đề 4: 1* 0x x= ≠ với mọi 0.x ≠ Do đó tiên đề thứ t− độc lập với các tiên đề còn lại. Bài 2. Giả sử ℤ là hạng tử trực tiếp của ℤ - module ℚ , nghĩa là tồn tại module con A khác không của ℚ sao cho .A= ⊕ℚ ℤ Lấy , 0.a A a∈ ≠ Giả sử , , .a p q p q= ∈ℤ Vì 0a ≠ nên 0p qa= ≠ suy ra ,p A∈ℤ∩ do đó 0A ≠ℤ∩ (mâu thuẫn). Vậy ℤ không phải là hạng tử trực tiếp của ℤ - module ℚ . Bài 3. Giả sử 1 1 1 2 2 2 0a x a xλ λ+ = với 1 2, Rλ λ ∈ (*) Vì 1 2{ , }x x độc lập tuyến tính nên từ trên suy ra 1 1 2 2 0.a aλ λ= = Vì 1 1 2 2{ , }a x a x sinh ra M nên: 1 1 1 1 2 2 2x a x a xà à= + = 1 1 1a xà , 1 2, .Rà à ∈ (vì 1 2{ , }x x độc lập tuyến tính nên 2 2 0aà = ). T−ơng tự ta có 2 1 1 1 2 2 2x a x a xϕ ϕ= + = 2 2 2a xϕ , 1 2, Rϕ ϕ ∈ Từ đó ta có 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2( ) ( ) 0x x a x a x a x a xλ λ λ à λ à à λ ϕ λ+ = + = + = (vì 1 1 2 2 0a aλ λ= = ). Suy ra 1 2 0λ λ= = vì 1 2{ , }x x độc lập tuyến tính. Kết hợp với (*) ta có 1 1 2 2{ , }a x a x là một cơ sở của M. Bài 4. (⇒ ) |Fp là một đẳng cấu nên nó là một đơn cấu. Do đó Ker |Fp = F∩N = 0. (⇐ ) F∩N = 0. Ta chứng minh |Fp là đẳng cấu. 60 Thật vậy với mọi : .x M N x M∈ ∈ Vì M N F= ⊕ nên tồn tại 1 2,x F x N∈ ∈ sao cho: 1 2x x x= + suy ra 1 2 1 2 1x x x x x x= + = + = (vì 2x N∈ nên 2 0x = ). Do đó 1 1| ( ).Fx x p x= = Vậy |Fp là một toàn cấu. Mặt khác với |Fx Kerp∈ suy ra | ( ) 0 0Fp x hay x= = nên x N∈ . Do đó |FKerp = F∩N = 0 suy ra |Fp là một đơn cấu. Vậy |Fp là một đẳng cấu. Bài 5. Xét t−ơng ứng: 1 2 1 2:f M M M M⊕ → ì 1 2 1 2( , )x x x x+ ֏ Với 1 1 2 2;x M x M∈ ∈ . Ta có f là một ánh xạ. Thật vậy với 1 2 1 1 2 2; , .x x x x M x M′ ′ ′ ′= + ∈ ∈ Từ đẳng thức 1 2 1 2x x x x′ ′+ = + suy ra 1 1 2 2 1 2x x x x M M′ ′− = − ∈ ∩ = 0 (vì 1 1 1 2 2 2;x x M x x M′ ′− ∈ − ∈ ) Từ đó ta có 1 1 2 20; 0x x x x′ ′− = − = hay 1 2 1 2( , ) ( , )x x x x′ ′= . Vậy 1 2 1 2( ) ( )f x x f x x′ ′+ = + Do đó f là một ánh xạ. Mặt khác với 1 2 1 2 1 1 2 2: ; ;x M M x x x x M x M∈ + = + ∈ ∈ ; 1 2 1 2: ;y M M y y y∈ + = + 1 1 2 2,y M y M∈ ∈ và ,a b R∈ ta có: 1 2 1 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )ax by a x x b y y ax by ax by+ = + + + = + + + Suy ra: 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2( ) (( ) ( )) ( , ) ( , ) ( , )f ax by f ax by ax by ax by ax by ax ax by by+ = + + + = + + = + 1 2 1 2( , ) ( , ) ( ) ( )a x x b y y af x bf y= + = + Vậy f là một đồng cấu. Ta có : ( ) 0x Kerf f x∈ = với 1 2 1 1 2 2; ,x x x x M x M= + ∈ ∈ . Do đó 1 2( ) ( , ) 0 (0,0)f x x x= = = suy ra 1 20; 0x x= = nên 1 2 0x x x= + = . Vậy f là đơn cấu. Ta sẽ chỉ ra f là toàn cấu. Thật vậy với mọi 1 2;z M M∈ ì 1 2 1 1 2 2( , ); ,z x x x M x M= ∈ ∈ do đó ta có: 1 2 1 2( , ) ( )z x x f x x= = + nên f là toàn cấu. Vậy f là đẳng cấu hay 1 2 1 2.M M M M⊕ ≅ ì Bài 6. a) Chứng minh .m n mn⊕ ≅ℤ ℤ ℤ Xét quy tắc : m n mnf ⊕ →ℤ ℤ ℤ ( , )x y nx my+֏ Tr−ớc hết ta chứng minh f là ánh xạ. Với , ; ,m nx x y y′ ′∈ ∈ℤ ℤ và ( , ) ( , )x y x y′ ′= 61 suy ra x x y y  ′=  ′= hay ( ) ( ) ( ) ( ) x x m n x x mn y y n m y y mn ′ ′ − −  ⇔  ′ ′− −  ⋮ ⋮ ⋮ ⋮ Từ đó ( , ) ( , ) ( ) ( ) 0.f x y f x y nx my nx my nx x my y′ ′ ′ ′ ′ ′− = + − + = − + − = vậy f là ánh xạ. Mặt khác với ( , ); ( , ) ; , ,m nx y x y a b′ ′ ∈ ⊕ ∀ ∈ℤ ℤ ℤ ta có: ( ( ) ( )) ( , ) ( ) ( )f a x y b x y f ax bx a y b y n ax bx m ay by′ ′ ′ ′ ′ ′+ + + = + + = + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( , ) ( , ).n ax bx m ay by a nx my b nx my af x y bf x y′ ′ ′ ′ ′ ′= + + + = + + + = + Do đó f là đồng cấu module. Với ( , )x y Kerf∈ ta có ( , ) 0f x y = suy ra 0 0.nx my nx my+ = ⇔ + = Do đó ( ) .nx my mn+ ⋮ Mà ( , ) 1m n = nên x m⋮ và x n⋮ hay 0 0 m n x y  = ∈  = ∈ ℤ ℤ Vậy nên 0Kerf = hay f là đơn cấu. Với mnz ∈ℤ vì ( , ) 1m n = nên tồn tại ,x y ∈ℤ sao cho 1.xn my+ = Mặt khác .1z z= nên ( ) ( ) .mnz z xn ym nxz m yz nu mv= + = + = + ∈ℤ Với ;m nu xz v yz= ∈ = ∈ℤ ℤ . Do đó f là toàn cấu. Vậy f là một đẳng cấu hay .m n mn⊕ ≅ℤ ℤ ℤ b) Ta có mnℤ là module tự do trên chính nó nên nó là mn −ℤ module xạ ảnh. Mặt khác theo phần (a) ta có m n mn⊕ ≅ℤ ℤ ℤ nên áp dụng Định lí 4, ch.1, thì mℤ cũng là mn −ℤ module xạ ảnh. Ta có . 0m a ma= = với mọi ma ∈ℤ nên mỗi phần tử { }a của mn −ℤ module mℤ đều phụ thuộc tuyến tính. Vì vậy mℤ không là một mn −ℤ module tự do. Bài 7. Để chứng minh Rα là xạ ảnh. Ta sẽ chứng minh (1 )R R Rα α= ⊕ − . Thật vậy hiển nhiên ta có (1 )R R Rα α+ − ⊂ . Mặt khác với mọi ; (1 )x R x x xα α∈ = + − suy ra (1 ) (1 )x R R hay R R Rα α α α∈ + − ⊂ + − . Vậy (1 )R R Rα α= + − . Bây giờ ta giả sử (1 )x R Rα α∈ −∩ khi đó ,m n R∃ ∈ sao cho: x nα= và 62 (1 )x m α= − . Ta có 2(1 ) (1 )n m hay n mα α α α α= − = − từ đó suy ra: 0n m mα α α= − = Hay 0x = . Do đó (1 )R Rα α−∩ = 0. Vậy (1 )R R Rα α= ⊕ − . Mà R là module xạ ảnh vì nó là R- module tự do. Do đó áp dụng Định lí 4, ch.1, ta có Rα cũng là một R- module xạ ảnh. Bài 8. Giả sử M là R- module hữu hạn sinh, sinh bởi tập 1 2{ , , , }nx x x… . Ta có: ( ) { | 0}Ann M a R aM= ∈ = (⇒ ) Xét đồng cấu : nR Mϕ → với 1 2( , , , )na ax ax ax֏ … . ( )Ker Ann Mϕ = do đó ( ) nR Ann M M→ là một đơn cấu nhúng chính tắc. Vì M là module Noether nên nM cũng là một module Noether. Khi đó mỗi d2y tăng các module con trong ( )R Ann M cũng là một d2y tăng trong nM do đó phải dừng. Vậy ( )R Ann M là một vành Noether. (⇐ ) ( )R Ann M là vành Noether. Khi đó với M là một R- module hữu hạn sinh thì là ( )R Ann M - module Noether. Do đó M cũng là R- module Noether. Bài 9. Ta có [0; 1] { :[0; 1] |C f R f= → là hàm liên tục}. Giả sử ta có d2y các module con của [0; 1]C : 3 4( ) ( ) ( ) ( )nx x x x⊆ ⊆ ⊆ ⊆ ⊆… … Ta sẽ chứng minh d2y trên là không dừng. Ta có 11 1 ( 1) 1n nn n nx x x x+ += = ( 1) 1 1( )n n n nx x x+ + += ∈ Suy ra 1( ) ( )n nx x+⊂ . Hơn nữa có 1( ) ( )n nx x+≠ . Thật vậy có 1 11 ( )nnx x++ ∈ . Giả sử 1 1 ( )nnx x+ ∈ do đó 1 1 1 ( )n nx f x x+ = với [0; 1]( )f x C∈ . Vậy ( 1) 10 : ( ) n n x f x x +∀ ≠ = và ta có 0lim ( ) (0).x f x f+→ = +∞ = Vô lí vì [0; 1]( )f x C∈ . Do đó 1 1 ( )nnx x+ ∉ suy ra 1( ) ( )n nx x+≠ . Do đó d2y trên không dừng nên vành tất cả các hàm thực liên tục trên đoạn [0; 1] không phải là vành Noether. 63 Bài 10. Giả sử M là R- module Artin. :f M M→ là một tự đơn cấu. Ta sẽ chứng minh f là đẳng cấu. Xét d2y: 2Im Im Im (1)nf f f⊇ ⊇ ⊇ ⊇… … Vì M là module Artin nên d2y (1) phải dừng. Do đó tồn tại n sao cho 1Im Imn nf f += hay 1 1( ) ( ). : ( ) ( ) ( )n n n n nf M f M x M f x f M f M+ += ∀ ∈ ∈ = . Suy ra 1: ( ) ( )n ny M f x f y+∃ ∈ = hay ( ) ( ( )) (*)n nf x f f y= Vì f là đơn cấu nên nf là đơn cấu. Từ (*) ta có ( ) Imx f y f= ∈ nên ImM f⊂ . Mặt khác Im f M⊂ . Vậy ImM f= hay f là toàn cấu. Vậy f là một tự đẳng cấu. Bài 11. Ta có Soc(M) ≠ ∅ . Giả sử , ( )x y Soc M∈ . Khi đó 1 1 ; n n i i i i x x y y = = = =∑ ∑ với 0 ,i i ix y E≠ ∈ , trong đó iE là các module đơn của của M. Ta có: 1 1 1 ( ) ( ) n n n i i i i i i i x y x y x y Soc M = = = + = + = + ∈∑ ∑ ∑ Với 1 1 ; ( ). n n i i i i a ax a x ax Soc M = = ∈ = = ∈∑ ∑ℤ Do đó Soc(M) là ℤ - module con của M. Mặt khác ( )Soc M E=∑ với E chạy khắp tập các module con đơn của M. Mà mỗi module đơn E là một nhóm xyclic cấp nguyên tố. Do đó Soc(M) sinh bởi những phần tử cấp nguyên tố. Bài 12. a) M là nhóm Abel không xoắn. Giả sử ( ) 0Soc M ≠ . Khi đó tồn tại module đơn E của M và E là một nhóm xyclic cấp nguyên tố. Gọi p là cấp của E. Ta có ( ) { | ; }E x ax a x M= = ∈ ∈ℤ và px = 0 với p là số nguyên tố. Do đó p ∈ℕ . Suy ra x là một phần tử xoắn của M, trái giả thiết. Vậy Soc(M) = 0. b) Giả sử E là một module con bất kỳ của M sinh bởi phần tử có cấp nguyên tố. Ta chứng minh: *E M⊂ . Thật vậy, với 0,B B M∀ ≠ ⊂ . Giả sử 0E B =∩ , khi đó với , : 0b B n nb∀ ∈ ∃ ∈ =ℕ (do B cũng là nhóm Abel xoắn). Mà với mỗi số tự nhiên n đều có thể phân tích thành tích của những thừa số nguyên tố, do đó b E∈ . Điều này mâu thuẫn với điều giả sử. Do vậy, 0E B≠∩ . Theo bài 11, ta có: ( ) ,Soc M E=∑ trong đó E là module con của M sinh bởi phần tử có cấp nguyên tố. Do đó, *( )Soc M M⊂ . 64 c) M là nhóm Abel chia đ−ợc, tức là M = nM với mọi n là số tự nhiên khác không. Giả sử A là module con tối đại của M. Ta có A M≠ và A M nM⊂ = . Khi đó với mỗi x A∈ có x M nM∈ = . Do đó B M∃ ⊂ sao cho x nB∈ . Suy ra A nB M⊂ ⊂ trái với tính tối đại của A. Vậy trong M không có module con tối đại nào hay Rad(M) = M. Bài 13. a) Ta xét đồng cấu :f M N→ . Với ( ) 0f M ≠ và ( )f M N⊂ . Mà N là module con đơn nên ta có ( )f M N= . Mặt khác M Kerf ≅ N suy ra Kerf là module con tối đại của M. Do đó theo định nghĩa của Rad(M) thì Rad(M) = Kerf∩ với Kerf là hạt nhân của đồng cấu từ M đến module đơn N. b) Xét đồng cấu : .g N M→ Ta có Kerg .N⊂ Mà N là module đơn và g khác đồng cấu không nên Kerg = 0. Do đó g là một đơn cấu và g(N) = Img ≅ N. Suy ra g(N) cũng là một module đơn của M. Theo định nghĩa của Soc(M) thì Soc(M) = ( )g N∑ với g(N) là ảnh của đồng cấu từ module đơn N đến M. Bài 14. (a)⇒ (b). Vì Rad(M) 0⊂ M, ∀M nên ta cũng có Rad(M) 0⊂ M ,∀ M 0≠ . Do đó tồn tại module E M≠ sao cho: Rad(M) + E ≠ M. (1) Giả sử tồn tại module 0M ≠ mà Rad(M) = M . Khi đó từ (1) có M + E ≠ M. Vô lí. Vậy không tồn tại module M ≠ 0 mà Rad(M) = M. (b)⇒ (a). Với M = 0 ta có Rad(M) = 0 nên Rad(M) 0⊂ M. Với M 0≠ thì Rad(M) ≠ M. Theo Định lí 1, ch.2, ta có Rad(M) = B∑ với B chạy khắp tập các module con đối cốt yếu của M. Nếu B∑ là tổng hữu hạn các module con đối cốt yếu tức Rad(M) = 1 n i i B = ∑ ; 0iB M⊂ thì theo Mệnh đề 12, ch.1 ta có: 0 1 n i i B M = ⊂∑ hay Rad(M) 0⊂ M. Bây giờ nếu B∑ là tổng vô hạn hay Rad(M) = 1 i i B ∞ = ∑ ; 0 ; 1,2,...iB M i⊂ = 65 Giả sử E⊂ M, E M≠ và Rad(M) + E = M. Suy ra: 1 1 2 ( )i i i i B E M B B E M ∞ ∞ = = + = ⇔ + + =∑ ∑ Vì 01B M⊂ nên 2 2 3 ( ) ;i i i i B E M B B E M ∞ ∞ = = + = ⇔ + + =∑ ∑ Mà 02 ,B M⊂ nên ta cũng có 3 ; 3,4,...i i B E M i ∞ = + = ∀ =∑ Tiếp tục quá trình này ta sẽ có E = M. Do đó từ (1) ta có Rad(M) 0⊂ M. Vậy với mọi R- module M ta luôn có Rad(M) 0⊂ M. Bài 15. a) (⇒ ) Có U = Rad(M) nên hiển nhiên U⊂ Rad(M). Mặt khác theo phần (I), 2) của Định lí 2, ch.2, ta có Rad ( ( ))M Rad M = 0. Mà Rad(M) = U nên ta có Rad( M U ) = 0. (⇐ ) Theo giả thiết ta có U ⊂ Rad(M) và Rad( M U ) = 0 ; U M⊂ . Do đó áp dụng phần (I), 3) của Định lí 2, ch.2, ta có Rad(M)⊂ U. Vậy U = Rad(M). b) (⇒ ) Có U = Soc(M). Do đó U⊃ Soc(M). Mặt khác ta cũng có U⊂ Soc(M) nên theo phần (II), 2) của Định lí 2, ch.2, ta có Soc(U) = U. (⇐ ) Ta có U⊃ Soc(M). Mặt khác Soc(U) = U và U M⊂ nên áp dụng phần (II), 3) của Định lí 2, ch.2, ta có U⊂ Soc(M). Do đó U = Soc(M). c) Ta có U M⊂ và Rad(M/U) = 0 nên theo phần (I), 3) của Định lí 2, ch.2, thì Rad(M) ⊂ U. Lại theo giả thiết 0U M⊂ mà Rad(M) = B∑ với B chạy khắp tập các module con đối cốt yếu của M nên U ⊂ Rad(M). Vậy U = Rad(M). d) Theo Định lí 1, ch.2, Soc(M) = ∩C với C chạy khắp tập các module con cốt yếu của M. Ta lại có U *⊂ M nên suy ra Soc(M) ⊂ U. Do đó kết hợp với Soc(U) = U thì theo phần b) ta có U = Soc(M). Bài 16. (a)⇒ (b). Vì Soc(M) *⊂ M với mọi M nên hiển nhiên Soc(M) *⊂ M với mọi module xyclic M. (b) ⇒ (c). Có Soc(M) *⊂ M với mọi module xyclic M. Giả sử tồn tại module 0M ≠ mà Soc(M) = 0. Khi đó ta có *0 M⊂ suy ra M = 0 trái với điều giả sử. Vậy không tồn tại module 0M ≠ mà Soc(M) = 0. 66 (c) ⇒ (a). Với M = 0 ta có Soc(M) = 0 nên Soc(M) *⊂ M. Với 0M ≠ thì theo (c) ta có Soc(M) 0≠ . Theo Định lí 1, ch.2, ta có Soc(M) = ∩C với C chạy khắp tập các module con cốt yếu của M. Nếu ∩C là hữu hạn tức là Soc(M) = * 1 ; n i i i C C M = ⊂∩ thì theo Mệnh đề 11, ch.1 ta có * 1 n i i C M = ⊂∩ hay Soc(M) *⊂ M. Bây giờ nếu Soc(M) = ∩C với ∩C là vô hạn, tức là Soc(M) = * 1 ;i i i C C M ∞ = ⊂∩ . Gọi A là module con của M sao cho ( ) 0.Soc M A =∩ Ta sẽ chứng minh A = 0. Thật vậy, ta có 1 ( ) 0 ( ) 0i i Soc M A C A ∞ = = ⇔ =∩ ∩ ∩ hay 1 2 ( ) 0.i i C C A ∞ = =∩ ∩ ∩ Vì 1 *C M⊂ nên từ đó suy ra 2 ( ) 0.i i C A ∞ = =∩ ∩ Mà 2 *C M⊂ và 2 2 3 ( ) ( )i i i i C A C C A ∞ ∞ = = =∩ ∩ ∩ ∩ ∩ nên từ 2 ( ) 0i i C A ∞ = =∩ ∩ suy ra 3 ( ) 0i i C A ∞ = =∩ ∩ . Tiếp tục quá trình này ta sẽ có: 0A = . Hay Soc(M) *⊂ M. Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài 17. Vì M N M⊂ nên áp dụng Hệ quả 2, ch.2, ta có ( ) ( )Soc M N Soc M⊂ . Mặt khác với 0M ≠ ta luôn có ( ) 0Soc M ≠ . Thật vậy giả sử 0M ≠ mà ( ) 0Soc M = . Suy ra ( ) 0Soc M N = . Mà giả thiết có *( )Soc M N M N⊂ từ đó *0 M N⊂ vô lí. Do đó ( ) 0Soc M ≠ với mọi 0M ≠ . Từ đó theo bài tập 16 ta có *( ) ,Soc M M M⊂ ∀ . Mà giả thiết có ( )Soc M N M⊂ ⊂ nên theo Mệnh đề 11, ch.1 ta có *N M⊂ . Bài 18. (a) i) (⇒ ) Có ( ) *Soc M M⊂ . Ta sẽ chỉ ra ( )T M M= . Ta có: ( ) .T M M⊂ Ta chứng minh: ( )M T M⊂ . Với 0 x M≠ ∈ suy ra ( )B x M∃ = ⊂ là module xyclic sinh bởi x. Khi đó vì *( )Soc M M⊂ nên ta có ( ) 0.B Soc M ≠∩ Do đó tồn tại 0 ( )nx B Soc M≠ ∈ ∩ . Vì ( )Soc M sinh bởi những phần tử cấp nguyên tố nên tồn tại số nguyên tố p thoả m2n: pnx = 0. Do đó pn∈ℕ nên x là 67 phần tử xoắn hay ( )x T M∈ . Suy ra ( ).M T M⊂ Vậy ( )T M M= . (⇐ ) Ng−ợc lại nếu ( )T M M= tức là M là nhóm Abel xoắn thì theo bài 12, b) ta có ( ) *Soc M M⊂ . ii) (⇒ ) Có ( ) 0Soc M = . Ta chứng minh ( ) 0T M = . Giả sử ( ) 0T M ≠ , tức là trong M tồn tại phần tử x sao cho 1: 0 . 0n nx p n x∃ ∈ = ⇔ =ℕ trong đó p là số nguyên tố, 1n ∈ℕ . Điều đó chứng tỏ 1n x là phần tử có cấp nguyên tố p. Suy ra 1 ( )n x Soc M∈ suy ra ( ) 0Soc M ≠ , mâu thuẫn với giả thiết. Vậy điều giả sử là sai, do đó ( ) 0.T M = (⇐ ) Ta có ( ) 0T M = nên M không xoắn, theo bài 12, a) ta có ( ) 0Soc M = . (b) (⇒ ) *U M⊂ . Cần chứng minh ( )Soc M U⊂ và ( )/ /T M U M U= . Vì *U M⊂ nên từ Định lí 1, ch.2, * ( ) C M Soc M C ⊂ = ∩ với C chạy khắp tập các module con cốt yếu của M suy ra ( )Soc M U⊂ . Theo phần a) ta có: ( ) ( ) *T M U M U Soc M U M U= ⇔ ⊂ . Mà * / ( ) C M U Soc M U C ⊂ = ∩ . Với bất kỳ *C M U⊂ , ta có giao bất kỳ * * C M U C M U ⊂ ⊂∩ (theo phần chứng minh bài 16). Do đó ( ) *Soc M U M U⊂ . Vậy ta có điều phải chứng minh. (⇐ ) Có ( )Soc M U⊂ và ( )T M U M U= . Do đó theo bài 12, b) có ( ) *Soc M U M U⊂ . Mặt khác ( )Soc M U M⊂ ⊂ nên theo bài 17 ta có *U M⊂ . Bài 19. Giả sử I là một ideal của vành R xác định bởi: { |1I r R rs= ∈ − khả nghịch }s R∀ ∈ . Ta sẽ chứng minh Rad(R) = I. Thật vậy với r I∈ ta có ;rs I s R∈ ∀ ∈ và 1 rs− là khả nghịch. Do đó áp dụng Định lí 9, ch.2, ta có ( )I Rad R⊂ (1) Ng−ợc lại, với mỗi ( );x Rad R s R∈ ∀ ∈ ta có ( )xs Rad R∈ nên theo Hệ quả 1, ch.2, ta có 0xsR R⊂ (*). Và xsR + (1-xs)R = R nên từ (*) suy ra (1-xs)R = R. 68 Do đó tồn tại : (1 ) 1t R xs t∈ − = hay 1 xs− khả nghịch s R∀ ∈ . Suy ra x I∈ . Vậy ( ) (2)Rad R I⊂ Từ (1) và (2) ta có Rad(R) = I. Vậy Rad(R) là tập tất cả các phần tử r R∈ sao cho 1 - rs khả nghịch s R∀ ∈ . Bài 20. Ta có A là ideal mà , 1a A a∀ ∈ − khả nghịch. Do đó theo Định lí 9, ch.2 thì ( ).A Rad R⊂ Mà Rad(R) là một ideal của R và với mọi r R∈ thì 1 r− khả nghịch (theo bài 19) nên Rad(R) là ideal lớn nhất thỏa m2n điều kiện đầu bài. 3.3. Bài tập đề nghị Bài 1. Cho R là một miền nguyên và M là một R- module sinh bởi tập S. Chứng minh rằng M là xoắn nếu và chỉ nếu các phần tử của S là xoắn. Bài 2. Cho M là R- module; N là R- module con của M. Giả sử N và M N là hữu hạn sinh. Chứng minh rằng M cũng là module hữu hạn sinh. Bài 3. Chứng minh rằng M là một R- module hữu hạn sinh khi và chỉ khi M là một * ( )R R Ann M= - module hữu hạn sinh. Bài 4. Giả sử R- module M khác không; N là module con thực sự của M và a M N∈ . Chứng minh rằng: 1) M có module con K tối đại với tính chất N M⊂ và a K∉ . 2) Nếu M = aR + N thì M có module con tối đại K với tính chất N M⊂ và a K∉ . Bài 5. Cho :f M N→ là một đồng cấu R- module và 1M là một module con của M thoả m2n 1 .M Kerf⊆ Chứng minh rằng tồn tại duy nhất một đồng cấu 1:f M M N→ sao cho ,f p f= trong đó 1:p M M M→ là phép chiếu chính tắc. Chứng minh rằng f là một đơn cấu nếu và chỉ nếu 1M Kerf= . Bài 6. Cho V là K- không gian vevtơ; dim V = ∞ hay dim V = | |ℕ . V có cơ sở là 1 2 3{ , , ,..., ,...}.ne e e e Chứng minh rằng trong V có K- không gian vectơ con W (W V≠ ) đẳng cấu với V. Bài 7. Chứng minh rằng một R- module P là xạ ảnh khi và chỉ khi tồn tại một R- module tự do F sao cho P F⊕ là một R- module tự do. 69 Bài 8. Chứng minh rằng nếu i I Q Q= ∏ thì Q là một module nội xạ khi và chỉ khi iQ là nội xạ với i I∈ . Bài 9. Chứng minh rằng ℚ ℤ là một ℤ - module nội xạ. Dựa vào tính nội xạ của ℚ ℤ h2y chứng tỏ rằng nếu x là một phần tử khác không của M thì tồn tại *f M∈ sao cho ( ) 0f x ≠ . Từ đó suy ra ánh xạ tự nhiên: * *: ( )M Mà → cho bởi ( )( ) ( )x f f xà = với *, ( )x M f x M∈ ∈∈ là một đơn cấu R- module. Bài 10. Cho 1 2,M M là các module con của một R- module M. Chứng minh rằng nếu 1 2M M∩ và 1 2M M+ là những module Noether thì 1 2M M⊕ cũng là một module Noether. Bài 11. Giả sử M là một module hữu hạn sinh. Chứng minh rằng M là một R- module Artin khi và chỉ khi vành th−ơng ( )R Ann M là một vành Artin. Bài 12. Cho R là một vành. Hỏi vành đa thức R[X] có thể là vành Artin đ−ợc không? Bài 13. Chứng tỏ rằng nếu 0A B =∩ và *( )A B B M B+ ⊂ thì B là bù giao của A trong M. Bài 14. Giả sử iIM M⊕ và B là module con của M. Khi đó các mệnh đề sau t−ơng đ−ơng: (a) ( )iB M∩ là module con cốt yếu trong .iM i I∀ ∈ (b) ( )iI B M⊕ ∩ là cốt yếu trong M. (c) B cốt yếu trong M. Bài 15. Cho R- module M. Các mệnh đề sau là t−ơng đ−ơng: a) Mỗi module con của M là một hạng tử trực tiếp của M. b) Mỗi module con của M đều có bù cộng tính và Rad(M) = 0. Bài 16. Giả sử Soc(M) ⊂ N ⊂ M và a M N∈ . Chứng minh rằng tồn tại một module con cốt yếu B của M sao cho N⊂ B và .a B∉ Bài 17. Chứng minh rằng nếu Soc(M)⊂ N⊂ M thì * . N B M N B ⊂ ⊂ = ∩ Bài 18. Cho R- module 0M ≠ . Khi đó các mệnh đề sau t−ơng đ−ơng: 70 (a) Rad(M) = 0; (b) Đối với mọi phần tử 0 x M≠ ∈ tồn tại một module đơn E và một đồng cấu :f M E→ mà ( ) 0;f x ≠ (c) Nếu { | }iM i I∈ là một tập các module con tối đại của M thì đồng cấu tự nhiên : ( )i i I M M Mϕ ∈ → ∩ là một đơn cấu; (d) M nhúng đ−ợc vào tích của những module đơn. Bài 19. Giả sử R là một vành, : ( ), :J Rad R p R R J= → là phép chiếu chính tắc. Chứng minh rằng r R∈ khả nghịch khi và chỉ khi p(r) khả nghịch trong R J . Bài 20. Giả sử R là một vành, e R∈ là phần tử luỹ đẳng. Chứng minh rằng ( ) ( )Rad eR eRad R= . 71 Kết luận Tr−ớc hết khóa luận đ2 trình bày một cách có hệ thống những kiến thức đại c−ơng về module làm cơ sở cho việc nghiên cứu đối t−ợng chính, '' Căn và đế của module ''. Tiếp đó khoá luận đ2 tập trung nghiên cứu căn và đế của module, hai công cụ có nhiều hiệu lực trong việc tìm hiểu vành và module. Qua việc nghiên cứu căn và đế của module thấy đ−ợc căn của module chính là tổng của tất cả các module con đối cốt yếu, đế của module chính là giao của các module con cốt yếu, căn và đế là những ideal của vành, mối liên hệ giữa căn của module xạ ảnh và căn của vành, căn của vành với ideal, nil- ideal, căn của vành các tự đồng cấu... Ngoài ra khoá luận còn đ−a ra một số bài tập mà lời giải của nó trở nên thuận lợi hơn khi vận dụng phần lí thuyết đ2 trình bày tr−ớc đó và hệ thống bài tập đề nghị, từ đó góp phần củng cố lại lí thuyết. 72 Tài liệu tham khảo [1]. S.T. Hu (1975), Nhập môn đại số đồng điều, NXB Đại học và trung học chuyên nghiệp. [2]. Hoàng Xuân Sính (2006), Đại số đại c−ơng, NXB GD. [3]. Nguyễn Tiến Quang, Nguyễn Duy Thuận (2001), Cơ sở lí thuyết module và vành, NXB GD. [4]. D−ơng Quốc Việt (2008), Cơ sở lí thuyết module, NXB ĐH S− phạm. [5]. D−ơng Quốc Việt (chủ biên) (2009), Bài tập lí thuyết module, NXB ĐH S− phạm.