Định lý Osofsky cho vành nửa đơn

trực tiếp 1.3.1 Tích trực tiếp Định nghĩa 1.3.1. Cho một họ những R-môđun phải {Ai}i∈I với I 6= ∅. Khi đó tích Descartes ∏ i∈I Ai = {(ai)i|ai ∈ Ai} cùng với phép cộng và phép nhân vô hướng theo thành phần: (ai)i∈I + (bi)i∈I = (ai + bi)i∈I , r(ai)i∈I = (rai)i∈I là một R-môđun phải, gọi là tích trực tiếp của họ {Ai}i∈I . Trường hợp Ai = A với mọi i ∈ I ta kí hiệu ∏ i∈I Ai = A I . Phép chiếu pj : ∏ i∈I Ai −→ Aj là một R-đồng cấu với mọi j ∈ I. 1.3.2 Tổng trực tiếp Định nghĩa 1.3.2. Họ (ai)i∈I ∈ ∏ i∈I Ai được gọi là có giá hữu hạn nếu ai = 0 tất cả trừ một số hữu hạn. Định nghĩa 1.3.3 (Tổng trực tiếp ngoài). Môđun con S của ∏ i∈I Ai với S = {(ai)i∈I ∈∏ i∈I Ai|(ai)i∈I có giá hữu hạn} được gọi là tổng trực tiếp ngoài của họ {Ai}i∈I . Kí hiệu là: ⊕ i∈I Ai. Trường hợp Ai = A với mọi i ∈ I ta kí hiệu ⊕ i∈I Ai = A I . Với mỗi j ∈ I, đồng cấu µj : Aj −→ ⊕ i∈I Ai, aj 7−→ (ai)i∈I = (...0, aj, 0, ...) là một phép nhúng. Khi I hữu hạn thì ∏ i∈I Ai = ⊕ i∈I Ai. 6 Định lý 1.3.1. [1, ĐL 4.2.1] Giả sử M là một R-môđun phải và (Mi)i∈I là họ các môđun con của M . Xét ánh xạ α : ⊕ i∈I Mi −→M (mi)i∈I 7−→ ∑ i∈I mi. Khi đó các khẳng định sau là tương đương: 1) α là đẳng cấu. 2) Mỗi phần tử m ∈ M đều có thể biểu diễn duy nhất dưới dạng m =∑ mi,mi ∈Mi, trong đó các phần tử (mi)i∈I có giá hữu hạn. 3) M = ∑ i∈I Mi và ∑ i∈I mi = 0⇒ mi = 0,∀i ∈ I. 4) M = ∑ i∈I Mi và Mi ⋂ ∑ j∈I,j 6=i Mj = 0,∀i ∈ I. Định nghĩa 1.3.4 (Tổng trực tiếp trong). Một R-môđun phải M được gọi là tổng trực tiếp trong của họ {Mi}i∈I những môđun con của nó thỏa một trong các điều kiện tương đương của định lý trên. Chú ý: Do tính chất trong Định lý 1.3.1 từ nay về sau thay cho tổng trực tiếp trong ta chỉ nói đơn giản là tổng trực tiếp cùng với kí hiệu ⊕ i∈I Mi. ∗ K là môđun con của M là hạng tử trực tiếp của M khi và chỉ khi tồn tại K ′ ≤M sao cho K ∩K ′ = 0 và K +K ′ = M . ∗ Với mọi K ≤ M luôn tồn tại một môđun con thỏa mãn một trong hai điều kiện: K ∩ 0 = 0;K +M = M . 1.4 Căn và đế của vành Định nghĩa 1.4.1. Cho vành R. 7 (a) Iđêan phải I của vành R được gọi là iđêan phải cực đại nếu I 6= R và mọi iđêan phải của R chứa I thực sự đều bằng R. Nói cách khác là không có iđêan phải nào của R chứa I mà khác I và khác R. (b) Iđêan phải I của vành R được gọi là iđêan phải cực tiểu nếu I 6= 0 và mọi iđêan phải của R chứa trong I khác 0 đều bằng I. Nói cách khác là không có iđêan phải nào của R chứa trong I mà khác I và khác 0. Định nghĩa 1.4.2. (a) Giao của tất cả các iđêan phải (trái) cực đại của R là một iđêan phải củaR và được gọi là căn phải (trái) của vànhR. Kí hiệu: rad(RR)(rad(RR)). (b) Tổng của tất cả các iđêan phải (trái) cực tiểu của R là một iđêan phải (trái) của R và được gọi là đế phải (trái) của vành R. Kí hiệu: soc(RR)(soc(RR)). Mệnh đề 1.4.1. [3,ĐL 9.2.2] Cho A là một iđêan phải của vành R. Khi đó các điều kiện sau là tương đương: a) A chứa trong rad(RR). b) Với mọi a ∈ A[1− a khả nghịch phải trong R]. c) Với mọi a ∈ A[1− a khả nghịch trong R]. Định lý 1.4.2. [4,ĐL 9.2.4] Với R là vành bất kỳ, ta luôn có: rad(RR) = rad(RR). Từ định lý trên ta sẽ gọi chung căn bên trái và căn bên phải của vành R là căn Jacobson của vành R và thường kí kiệu là: J(R) = rad(RR) = rad(RR) = {r ∈ R|1− r khả nghịch, ∀r ∈ R}. 8 1.5 Mở rộng cốt yếu và đối cốt yếu Định nghĩa 1.5.1. ∗ K 6 M được gọi là cốt yếu (hay lớn) trong M. Kí hiệu: K 6e M . Có nghĩa là ∀L 6 M ;K ∩ L = 0 ⇒ L = 0 (hay ∀L 6= 0, L 6 M thì K ∩ L 6= 0). Lúc đó M được gọi là mở rộng cốt yếu của K. ∗ K 6M được gọi là đối cốt yếu (hay nhỏ) trong M . Kí hiệu K M . Có nghĩa là ∀L 6M ;K + L = M ⇒ L = M hay (∀L 6M thì K + L 6= M). ∗ Một mở rộng cốt yếu E của R-môđun M được gọi là mở rộng cốt yếu cực đại của M , nếu mọi mở rộng thực sự E ′ của E không thể mở rộng cốt yếu của M . Nhận xét 1.5.1. i. Mỗi môđun là một mở rộng cốt yếu của chính nó. ii. M 6= 0;K 6e M ⇒ K 6= 0. iii. K M ⇒ K 6= M. iv. E là mở rộng cốt yếu của R-môđun M khi và chỉ khi mỗi phần tử 0 6= x ∈ E,∃a ∈ R để ax ∈M(ax 6= 0). Định nghĩa 1.5.2. Đơn cấu f : K →M được gọi là cốt yếu nếu Imf 6e M . Toàn cấu g : M → N được gọi là đối cốt yếu nếu Kerg M . Ví dụ 1.5.2. Trong vành Z, với n 6= 0 thì nZ 6e Z, với n = 0 thì 0 Z và khi đó 0 là môđun con đối cốt yếu duy nhất của ZZ. Thật vậy, giả sử A  ZZ thì khi đó A sẽ có dạng mZ hay A = mZ. Nếu m = 0 thì A = 0. Nếu m 6= 0 thì tồn tại một số nguyên tố p mà (m; p) = 1, khi đó tồn tại r, s ∈ Z sao cho mr + ps = 1 ⇒ A + pZ = Z. Mà A  Z nên suy ra pZ = Z. Mặt 9 khác, ta có p 6= 1 ⇒ pZ 6= Z ⇒ A = 0. Vậy 0 là môđun con đối cốt yếu duy nhất của ZZ. Mệnh đề 1.5.3. [1,MĐ 2.3] Cho (Mi)i∈I là họ các R-môđun, giả sử với mọi i ∈ I, Ei là mở rộng cốt yếu của Mi. Khi đó ⊕ i∈I Ei là mở rộng cốt yếu của ⊕ i∈I Mi. Chứng minh. Đặt M = ⊕ i∈I Mi; E = ⊕ i∈I Ei. Để chứng minh E là mở rộng cốt yếu của M ta chứng minh với mỗi x ∈ E tồn tại a ∈ R, 0 6= ax ∈M . Cho x ∈ E; x = (x1, ...., xn); xk ∈ Eik ; i1, ..., in ∈ I. Vì Ei1 là mở rộng cốt yếu của Mi1 nên ∃a1 ∈ R sao cho 0 6= a1x1 ∈ Mi1. Xét 0 6= a1x = (a1x1, ..., a1xn) ∈ E. Nếu a1x1 là thành phần khác 0 duy nhất của a1x thì a1x ∈ M (điều phải chứng minh). Trái lại, giả sử p là số bé nhất sao cho a1xp 6= 0 trong dãy a1x2, ..., a1xn. Vì Eip mở rộng cốt yếu của Mip nên tồn tại ap ∈ R sao cho apa1xp ∈Mip. Lúc này ta cũng có apa1x1 ∈M1. Nếu apa1x = (apa1x1; apa1xp) thì đó chính là phần tử khác 0 trong M mà ta cần tìm. Nếu chưa được tiếp tục chọn số q bé nhất sao cho apa1xq 6= 0 trong apa1xp+1, ..., apa1xn. Tiếp tục quá trình trên ta sẽ chọn được a ∈ R sao cho 0 6= ax ∈M , suy ra E là mở rộng cốt yếu của M . Vậy ⊕ i∈I Ei là mở rộng cốt yếu của⊕ i∈I Mi. 1.6 Lũy đẳng và vấn đề linh hóa tử Định nghĩa 1.6.1. Cho R là một vành. 1. Phần tử e ∈ R được gọi là lũy đẳng nếu e2 = e. 10 2. Tập {e1, e2, ..., en} ⊆ R gọi là hoàn toàn lũy đẳng trực giao từng đôi nếu: eiej =  ei nếu i = j 0 nếu i 6= j và 1 = e1 + e2 + ...+ en. 3. Lũy đẳng e ∈ R được gọi là lũy đẳng nguyên thủy nếu e 6= 0 và mỗi cặp e1 và e2 lũy đẳng trực giao sao cho e = e1 + e2 kéo theo e1 = 0 hoặc e2 = 0. Mệnh đề 1.6.1. [4,MĐ 3.3.8] Iđêan phải I của vành R là một hạng tử trực tiếp của RR nếu và chỉ nếu tồn tại lũy đẳng e ∈ R sao cho I = eR. Hơn nữa nếu e ∈ R là một lũy đẳng thì 1− e cũng vậy và (1− e)R là phần phụ của eR nghĩa là: RR = eR⊕ (1− e)R. Chứng minh. Giả sử RR = I ⊕K,K ≤ RR khi đó 1 = e + f với e ∈ I, f ∈ K. Tác động e vào, khi đó ta có e = e2 +ef ⇒ e−e2 = ef . Mặt khác e = e2 +fe⇒ e−e2 = fe. Vậy e− e2 = ef = fe ∈ I ∩K, mà I ∩K = 0⇒ e− e2 = 0⇒ e = e2. Từ đó ta có f = fe+ f 2 mà fe = 0⇒ f = f 2. Với mọi x ∈ I ta có x = ex + x − ex = ex + (1 − e)x ∈ I ⊕ K ngoài ra ta còn có x = x + 0. Do sự biểu diễn duy nhất nên suy ra x = ex ∈ eR. Vì vậy I ≤ eR ⇒ I = eR. (1 − e)R ∩ eR = 0 và (1 − e)R là phần phụ của eR nên RR = eR⊕ (1− e)R. Định nghĩa 1.6.2 (Linh hóa tử). Cho MR và X ⊆ M . Linh hóa tử trái của X trong R là: lR(X) = {r ∈ R | rx = 0, ∀x ∈ X}. Cho Y ⊆ R. Linh hóa tử phải của Y trong M là: rM(Y ) = {x ∈M | ax = 0, ∀a ∈ Y }. 11 Khi X = {x} hay Y = {a}, ta viết lR(x) hay rM(a). Với những linh hóa tử trên R, nếu không có gì nhầm lẫn, người ta có thể bỏ kí hiệu R trong lR, rR, mà chỉ viết là l, r. Mệnh đề 1.6.2. [2,MĐ 1.2.3] Cho RM,X và Y là các tập con của M và A,B là các tập con của R. Khi đó 1. X ⊆ Y ⇒ lR(X) ≥ lR(Y ) và A ⊆ B ⇒ rM(A) ≥ rM(B). 2. X ⊆ rM lR(X) và A ⊆ lRrM(A). 3. lR(X) = lRrM lR(X) và rM(A) = rM lRrM(A). 1.7 Môđun hữu hạn sinh Định nghĩa 1.7.1. Một R-môđun trái M được gọi là hữu hạn sinh nếu nó có một tập sinh gồm hữu hạn phần tử. Nói cách khác, M là hữu hạn sinh nếu có các phần tử nào đó s1, s2, ..., sn ∈M sao cho M = Rs1 + ...+Rsn. Định lý 1.7.1. [3,ĐL 3.1] Các điều kiện sau là tương đương với môđun MR a. M hữu hạn sinh. b. Với mọi tập fα : Uα −→ M(α ∈ A),với M = ∑ A Imfα, tồn tại một tập hữu hạn F ⊆ A sao cho M = ∑ F Imfα. c. Với tập chỉ số (Uα)α∈A và toàn cấu ⊕ A Uα −→ M −→ 0 tồn tại tập hữu hạn F ⊆ A và toàn cấu ⊕ F Uα −→M −→ 0. d. Mọi môđun trong Mod-R mà nó sinh ra M thì sinh hữu hạn ra M. e. Với A là tập nào đó các môđun con của M , nếu ∑ A∈A A = M thì ∑ F∈F F = M với tập hữu hạn F ∈ A nào đó. 12 Định nghĩa 1.7.2. Một R-môđun trái M được gọi là cyclic nếu M được sinh bởi một phần tử: M = 〈{x}〉 = Rx = {rx|r ∈ R}, ∀x ∈M. 1.8 Môđun nội xạ Môđun nội xạ là một cấu trúc lớp môđun quan trọng trong đại số, khái niệm môđun nội xạ được R.Bear giới thiệu vào năm 1940. Sau đây chúng tôi sẽ đề cập đến lớp môđun này. Định nghĩa 1.8.1. Cho UR là một R-môđun, U được gọi là nội xạ nếu mọi đơn cấu f : K →M , và mọi R-đồng cấu g : K −→ U , tồn tại một R-đồng cấu h : M −→ U sao cho g = hf , nghĩa là biểu đồ sau giao hoán (với dòng trên khớp) 0 K M. U - ? g -f h Ví dụ: 1. Môđun 0 là nội xạ. 2. Môđun Z không nội xạ. Mệnh đề 1.8.1. [2,ĐL 4.4.6] {Qi}i∈I họ R-môđun, tích trực tiếp của {Qi} là nội xạ khi và chỉ khi Qi nội xạ với mọi i ∈ I. Chứng minh. Ta xét đơn cấu f : A −→ B. Đặt Q = ∏i∈I Qi, phép nhúng ηi : Qi −→ Q và phép chiếu pii : Q −→ Qi. ⇒) Chứng minh Qi nội xạ nghĩa là mỗi đồng cấu gi : A −→ Qi, tồn tại đồng cấu hi : B −→ Qi sao cho gi = hif, ∀i ∈ I. Giả sử Q nội xạ, đồng cấu gi : A −→ Qi, ∀i ∈ I. Ta có ηigi : A −→ Q là đồng cấu. Vì Q nội xạ nên tồn tại đồng cấu h : B −→ Q 13 sao cho hf = ηigi,∀i ∈ I. Đặt hi = piih : B −→ Qi, khi đó piihf = piiηigi = idgi = gi, mà piihf = hif nên ta suy ra hif = gi, ∀i ∈ I. Vậy {Qi}i∈I nội xạ. ⇐) Giả sử Qi (i ∈ I) nội xạ cần chứng minh Q = ∏i∈I Qi nội xạ. Lấy g : A −→ Q đồng cấu R-môđun, cho f : A −→ B đơn ánh. piih đồng cấu thì tồn tại đồng cấu hi : B −→ Qi sao cho hif = piig. Xây dựng đồng cấu h : B −→ Q sao cho piih = hi biến mỗi phần tử y ∈ B 7−→ hi(y) ∈ Q. Khi đó ta có hif(x) = piihf(x) = piig(x), ∀x ∈ X ⇒ hf = g. Vậy Q nội xạ. Khi nói đên môđun nội xạ thì một tiêu chuẩn rất quan trọng để kiểm tra tính nội xạ của môđun đó là tiêu chuẩn Bear, tiêu chuẩn này được phát biểu như sau: Mệnh đề 1.8.2 (Tiêu chuẩn Bear). Một R-môđun phải QR là nội xạ khi và chỉ khi mỗi R-đồng cấu f : U −→ Q, (U là iđêan phải của R) luôn tồn tại R-đồng cấu τ : R→ Q sao cho f = τ.ι, trong đó ι : U −→ R là một phép nhúng. Xem chứng minh [8, Lemma 1.4, page 3]. Mệnh đề 1.8.3. [2,ĐL 11.4] Cho Q là R-môđun phải. Lúc đó các điều kiện sau là tương đương: a. Q nội xạ. b. Mọi dãy khớp ngắn các R-đồng cấu 0→ Q f−→ B g−→ C → 0 đều chẻ ra. Chứng minh. ⇒) Xét dãy 0 Q B C 0. Q - ? id -f -g - Tồn tại đồng cấu h: B −→ Q sao cho hf = id. Đặt e = fh, e là tự đồng cấu của B. Khi đó e2 = (fh)(fh) = f(hf)h = f(id)h = fh = e. Suy ra e lũy đẳng. Từ 14 đó, ta có B = Ime ⊕Kere. Mà hf = id nên h toàn ánh ⇒ Ime = Imfh = Imf ⇒ Imf = kerg là hạng tử trực tiếp của B. f đơn ánh ⇒ kerfh = kerh là phần phụ của Imf . Từ đó suy ra B = Imf ⊕Kerh. Vậy mọi dãy khớp ngắn các R-đồng cấu 0→ Q f−→ B g−→ C → 0 đều chẻ ra. ⇐) Ta có 0→ Q f−→ B g−→ C → 0 chẻ ra nên khi đó f đơn ánh, g toàn ánh. Xét đồng cấu id : Q −→ Q, khi đó luôn tồn tại một đồng cấu từ h : B −→ Q để biểu đồ sau giao hoán Q B. Q ? id -f h Vậy Q nội xạ. Môđun nội xạ có quan hệ đặc biệt chặt chẽ với một lớp môđun gọi là môđun chia được mà ta sẽ đưa ra định nghĩa sau đây: Định nghĩa 1.8.2. Một R-môđun M được gọi là chia được nếu mọi phần tử a ∈ R không là ước của 0 ta có aM = {ax,∀x ∈M} = M. Ví dụ 1.8.4. Cho R là miền iđêan chính. Khi đó R-môđun E là nội xạ khi và chỉ khi E chia được. Chứng minh. ⇒) Giả sử E là R-môđun nội xạ, x ∈ E, a ∈ R không là ước của 0. Xét f : Ra −→ E, ra 7−→ rx, ∀x ∈ R. Khi đó f là ánh xạ và là R-đồng cấu. Theo tiêu chuẩn Bear, tồn tại g : R → E, g là mở rộng f . Ta có x = f(a) = g(a) = ag(1) ∈ aE. Suy ra E chia được. 15 ⇐) Giả sử E chia được. Ta cần chứng minh R-môđun E là nội xạ, có nghĩa là chỉ cần chứng minh R-đồng cấu f : I → E tồn tại một mở rộng g : R → E với I là iđêan của R. Do R là miền iđêan chính nên tồn tại a ∈ R không là ước của 0 để I = Ra. Mặt khác E chia được nên tồn tại y ∈ E sao cho x = ay với x = f(a). Xét ánh xạ g : R→ E. b 7→ by,∀b ∈ R Khi đó g là đồng cấu và g(ba) = bay = bx = bf(a) = f(ba), ∀b ∈ R (do f đồng cấu). Suy ra g là mở rộng của f . Vậy R-môđun E là nội xạ. Chẳng hạn QZ là môđun nội xạ vì QZ chia được. Định nghĩa 1.8.3. Cho MR, đơn cấu µ : M → Q được gọi là bao nội xạ đối với M nếu Q là môđun nội xạ, còn µ là đơn cấu cốt yếu. Kí hiệu bao nội xạ của M là E(M). Ví dụ 1.8.5. ι : ZZ → QZ là bao nội xạ đối với ZZ vì QZ là môđun chia được nên QZ nội xạ và ι là đơn cấu cốt yếu. Tính chất 1.8.6. [1,HQ 2.6] Cho E mở rộng của R-môđun M . Lúc đó các mệnh đề sau tương đương: i. E là bao nội xạ của M. ii. E là mở rộng cốt yếu cực đại của M. Định lý 1.8.7. [1,ĐL 2.7] Mọi môđun luôn có ít nhất một bao nội xạ, giả sử E và E ′ là những bao nội xạ của M , tồn tại một đẳng cấu f : E → E ′ sao cho f(x) = x, ∀x ∈M . 16 Chứng minh. Tồn tại mở rộng F của M ; F là R-môđun nội xạ. Ta cần chỉ ra tồn tại một mở rộng E của M là phần tử cực đại trong tập Ω tất cả các môđun con của F là mở rộng cốt yếu cực đại của M . Ta sẽ chứng minh E là một mở rộng cốt yếu cực đại của M , khi đó E chính là bao nội xạ của M . Thật vậy, cho E1 là một mở rộng cốt yếu của E. Kí hiệu j : E ↪→ F và j1 : E ↪→ E1 là các phép nhúng tự nhiên. Khi đó, tồn tại mở rộng h : E1 → F của phép nhúng j. Do đó E ∩ kerh = 0, vì E1 là mở rộng cốt yếu của E nên kerh = 0. Suy ra h(E1) ∈ Ω. Vậy, do E cực đại trong Ω, h(E1) = E tức E1 = E. Điều này chứng tỏ E là một mở rộng cốt yếu cực đại của M . Giả sử E và E ′ là hai bao nội xạ của M với i : M ↪→ E và i′ : M ↪→ E ′ là các phép nhúng tự nhiên. Khi đó theo chứng minh trên, tồn tại một R-đơn cấu f : E −→ E ′ sao cho i′ = foi, vì f(E) ∼= E ′; f(E) là môđun nội xạ, do đó sẽ tồn tại R-môđun con L của E ′, sao cho E ′ = f(E)⊕ L. Mặt khác E ′ là một mở rộng cốt yếu của M và M ⊆ f(E) nên từ f(E) ∩ L = 0⇒ L = 0. Vậy f là một đẳng cấu và ta có được điều cần chứng minh. Nhận xét 1.8.8. Luôn tồn tại E(M) của M sao cho E(M) 6 E với E là mở rộng của R-môđun M , suy ra R-môđun M là nội xạ khi chỉ khi E(M) = M. 1.9 Môđun nửa đơn Đối với mọi không gian vectơ đều có cơ sở và lực lượng của cơ sở là bất biến, một tập độc lập bao giờ cũng có thể mở rộng được thành một cở sở. Đối với môđun thì những tính chất đó cũng có thể diễn đạt được đối với môđun sinh ra bởi các môđun đơn. 17 1.9.1 Môđun đơn Định nghĩa 1.9.1. Một môđun khác không TR là đơn nếu nó không có môđun con không tầm thường nào. Nhận xét 1.9.1. 1. Một R-môđun phải T là đơn khi và chỉ khi T ∼= R/M với M là iđêan phải cực đại của R. 2. Ta thấy rằng RR là cyclic nên nó luôn tồn tại một iđêan phải cực đại, vì vậy trong phạm trù Mod-R luôn tồn tại môđun đơn. Mệnh đề 1.9.2. [1,BĐ 2.2.11] MR đơn khi và chỉ khi M 6= 0 và ∀m 6= 0, m ∈ M sao cho M = mR. Chứng minh. ⇒) Cho MR đơn. Với m 6= 0 ta có m = 1m ∈ mR ⇒ mR 6= 0, mà MR đơn nên MR chỉ chứa các môđun con tầm thường suy ra mR = M . ⇐) Cần chứng minh M 6= 0; ∀m ∈ M,m 6= 0 : M = mR⇒ MR đơn. Thật vậy, lấy A 6 M ;A 6= 0, 0 6= a ∈ A. Ta có aR = M , M = aR 6 A 6 M ⇒ A = M . Vậy MR đơn. Định nghĩa 1.9.2. Vành R được gọi là đơn nếu R 6= 0 và ∀A 6 (RRR)[A = 0;A = R], có nghĩa là R 6= 0 và R chỉ có hai iđêan hai phía là 0 và R. 1.9.2 Môđun nửa đơn Định nghĩa 1.9.3. i. Cho (Tα)α∈A là tập các môđun con đơn của M , M là tổng trực tiếp các môđun con đơn này, nghĩa là M = ⊕ A Tα (∗). Khi đó (∗) được gọi là phân tích nửa đơn. 18 ii. Môđun M được gọi là nửa đơn nếu nó có một phân tích nửa đơn. iii. Vành R được gọi là nửa đơn phải (trái) nếu RR (RR) nửa đơn. Ví dụ 1.9.3. 0 là nửa đơn vì 0 = ⊕ Mi∈∅ Mi, nhưng 0 không phải là đơn. Mệnh đề 1.9.4. [2,HQ 12.4] Môđun M có tập sinh là (Tα)α∈A các môđun con đơn thì M = ⊕ B Tβ với B nào đó B 6 A, nghĩa là M là nửa đơn. Chứng minh. Với K 6 M ; theo bổ đề Zorn thì tồn tại tập B cực đại với (Tβ)β∈B độc lập sao cho K ⋂ ∑ β∈B Tβ = 0. Khi đó N = K ⊕ B Tβ. Chọn K = 0 thì N = ⊕ B Tβ. M có tập sinh là Tα nên M = ∑ A Tα;Tα 6 M. Lấy α ∈ A\B; vì Tα đơn nên chỉ tồn tại các môđun con tầm thường. Suy ra Tα ⋂ N = Tα hoặc Tα ⋂ N = 0. Nếu Tα ⋂ N = 0⇒ N = 0 ⇒ B không cực đại, nên Tα⋂N = Tα ⇒ Tα 6 N ⇒M 6 N . Mặt khác N 6M ⇒M = N . Vậy M = ⊕ B Tβ là nửa đơn. Ví dụ 1.9.5. 1. Mỗi không gian vectơ V = VK trên trường K là nửa đơn. VK = ∑ x∈V,x 6=0 xK, trong đó xK đơn đối với x 6= 0. 2. ZZ không nửa đơn vì trong ZZ không có môđun con đơn nào. 3. Mỗi môđun đơn là một môđun nửa đơn. 4. Với n = ±1 hay n được phân tích thành các thừa số nguyên tố khác nhau từng đôi một thì Z/nZ với n 6= 0 được xem như Z-môđun nửa đơn. Thật vậy, khi n = ±1 thì Z/nZ = 0 hiển nhiên là môđun nửa đơn. Giả sử n = pα11 p α2 2 ....p αk k , với pi (pi 6= pj, i = {1, ..., k}) là các số nguyên tố. Nếu các αi = 1, ∀i = 1, ..., r, ta có môđun con của Z/nZ có dạng mZ/nZ. Khi đó nZ ⊆ mZ suy ra n = m.q. Xét ánh xạ f : Z −→ mZ/nZ, x 7−→ mx+ nZ 19 khi đó f toàn cấu, ker f = qZ. Theo định lý đồng cấu ta có mZ/nZ = mZ/mqZ ∼= Z/qZ = Zq. Khi đó Zq là Z-môđun nửa đơn, với q là số nguyên tố, nên q phải nhận một trong các số nguyên tố pi. Gọi mi = n pi với i = {1, ..., k}. Ta có m1Z + m2Z + ... + mkZ = np1Z + n p2 Z + ... + n pk Z = n p1p2...pk Z, vì n p1p2...pk là ước chung lớn nhất của n p1 , n p2 , ..., n pk . Mặt khác soc(Z/nZ) = k∑ i=1 (( n pi )Z/nZ) = ( k∑ i=1 ( n pi Z))/nZ = ( n p1p2...pk Z)/nZ = Zp1p2...pk ∼= k∑ i=1 Zpi. Nên ta suy ra Z/nZ là nửa đơn với n = p1p2...p3, p1, ..., pk khác nhau từng đôi một. Ngược lại, nếu tồn tại αi > 1. Khi đó Z/pαii Z không phải vành nửa đơn. Do đó Z/nZ không phải là vành nửa đơn vì nó chứa vành con không nửa đơn. Chẳng hạn Z/12Z không nửa đơn và Z/30Z là nửa đơn. Đối với môđun nửa đơn đặc trưng của nó được thể hiện thông qua định lý sau đây: Định lý 1.9.6. [2, ĐL 1.2.7] M là nửa đơn khi và chỉ khi mọi môđun con của M là hạng tử trực tiếp của M . Chứng minh. ⇒) M là nửa đơn thì M = ⊕ j∈J Sj; Sj là nửa đơn. Lấy K ⊆ J , SK = ⊕ j∈K Sj. Nếu N 6 M . Theo bổ đề Zorn, tồn tại tập con cực đại I của J mà SI ⋂ N = 0. Gọi M = N ⊕ SI . Để chứng minh mọi môđun con của M là hạng tử trực tiếp của M ta cần chứng minh mọi môđun con Sj; j ∈ J đều là môđun con của N + SI (vì M = N + SI và SI ⋂ N = 0). Nói cách khác, ta cần chứng minh Sj ⊆ N + SI . Nếu j ∈ I thì Sj ⊆ N + SI ⇒M = N ⊕ SI mọi môđun con là hạng tử trực tiếp. Nếu j /∈ I, do tính cực đại của I ta có (Sj + SI)⋂N 6= {0}. Với sj ∈ Sj; si ∈ SI ; sj + si = n ∈ N, n 6= 0 ⇒ 0 6= sj = n − si ∈ (N + SI)⋂Sj. Mà Sj đơn nên (N + SI) ⋂ Sj = Sj ⇒ Sj ⊆ N + SI . ⇐) Mọi môđun con của M là hạng tử trực tiếp của M suy ra M nửa đơn. 20 Ta có M = H ⊕H ′; với H ′ nào đó, H ′ 6M và H là môđun con cực đại của xR. Khi đó xR = xR ⋂ M = xR ⋂ (H ⊕H ′) = (xR⋂H ′)⊕H ⇒ xR⋂H ′ ∼= xR/H. Vì H là môđun con cực đại nên xR/H đơn suy ra xR có một môđun con nửa đơn. Gọi N là tổng các môđun con đơn của M . Lúc đó M = N ⊕N ′ với N ′ nào đó, N ′ 6M ⇒ N ⋂N ′ = 0 ⇒ N ′ = 0. Do đó N = M . Vậy M là tổng các môđun con đơn, nên M là nửa đơn. Mệnh đề 1.9.7. Mỗi môđun con và môđun thương của môđun nửa đơn M là nửa đơn. Chứng minh. Đặt B là môđun con của M ; C là môđun con của B nên C là môđun con củaM . Vì M nửa đơn nên C là một hạng tử trực tiếp của B, suy ra B nửa đơn. Đặt M/H là môđun thương của M . Gọi H là hạng tử trực tiếp của M . Khi đó tồn tại H ′ 6 M sao cho M = H⊕H ′. Do H ′ là môđun con của M nên H ′ là nửa đơn (theo phần chứng minh trên). Mặt khác ta có M/H ∼= H ′ nên suy ra M/H nửa đơn. 1.10 Vành nửa đơn Mọi không gian vectơ đều là vành nửa đơn, nhưng đối với môđun thì điều này chưa chắc đúng. Định nghĩa 1.10.1. Vành R được gọi là nửa đơn nếu mọi iđêan phải (trái) đều là hạng tử trực tiếp cuả RR (RR). Tính chất 1.10.1. Tổng trực tiếp của các vành nửa đơn là vành nửa đơn. Mệnh đề 1.10.2. Nếu R là vành nửa đơn, mọi R-môđun trái M là môđun nửa đơn. 21 Chứng minh. Gọi F là R-môđun trái tự do, ϕ : F −→ R là toàn ánh và R là môđun nửa đơn trên chính nó. Từ đó ta suy ra F là môđun nửa đơn. Do M là môđun thương của môđun nửa đơn nên ta suy ra M là môđun nửa đơn. Ví dụ 1.10.3. Vành M = Mn(R) là nửa đơn, thậm chí là vành đơn, có nghĩa là trong vành M tất cả các ma trận vuông cấp n với phần tử là những số thực không có iđêan nào khác 0 và khác M . Chứng minh. Giả sử trong vành M có iđêan I khác 0. Thế thì tồn tại [aij] = α ∈ I, α 6= 0, nghĩa là tồn tại hai số nguyên k, l; l ≤ k; l ≤ n sao cho akl 6= 0. Kí hiệu xij là ma trận thuộc M có phần tử nằm ở giao của dòng i và cột j bằng số thực x, còn lại mọi phần tử khác đều bằng 0; với mọi số thực b, tồn tại các số thực x, và y sao cho y(aklx) = b. Do đó với mọi l ≤ s; t ≤ n ta có: ysk(αxlt) = bst. Vì I là một iđêan của M nên ta suy ra bst ∈ I. Với mọi ma trận β ∈ M ta đều có thể biểu diễn dưới dạng β = ∑ bst nên từ đó suy ra I = M . Vậy Mn(R) là vành đơn. Khi đó chẳng hạnA =  R R R R ⊕  R R R R ,B =  R R R R ⊕  R R R R R R R R R  là những vành nửa đơn. Mệnh đề 1.10.4. [2,MĐ 2.3.4] Các điều kiện sau là tương đương đới với vành R đã cho: i. R là nửa đơn. ii. Mỗi R-môđun trái là môđun nửa đơn. 22 iii. Mỗi R-môđun trái là nội xạ. iv. Mọi dãy khớp ngắn là chẻ ra. Chứng minh. i⇒ ii) Theo mệnh đề 1.10.2. ii⇒ iv) Xét dãy 0 −→ E −→ B −→ C −→ 0. Giả sử B là môđun nửa đơn, suy ra mỗi môđun con của B là hạng tử trực tiếp của B. Theo định nghĩa dãy khớp thì 0 −→ E −→ B −→ C −→ 0 là chẻ ra. Mặt khác dãy 0 −→ E −→ B −→ C −→ 0 là chẻ ra khi và chỉ khi E là nội xạ nên ta có iii⇔ iv. iv ⇒ i) 0 −→ E −→ B −→ C −→ 0 là chẻ ra khi đó mọi môđun con của B là hạng tử trực tiếp của B. Suy ra B là nửa đơn. Hệ quả 1.10.5. Với vành R đã cho thì R là nửa đơn ⇔ mỗi R-môđun phải (trái) là nội xạ Chứng minh. ⇒) R là nửa đơn nên mỗi R-môđun phải là nửa đơn⇒ mỗi R-môđun con phải là hạng tử trực tiếp ⇒ mỗi R-môđun phải là nội xạ. ⇐) Mỗi R-môđun phải là nội xạ ⇒ mỗi iđêan phải của R là hạng tử trực tiếp của R ⇒ R là nửa đơn. (Tương tự cho R-môđun trái vì vành nửa đơn có tính đối xứng). 1.10.1 Vành Artin - Vành Nơte Định nghĩa 1.10.2 (Vành Artin - Vành Nơte). 1. Vành R được gọi là Artin phải (trái) nếu mỗi tập khác rỗng các iđêan phải (trái) nào đó của R đều có phần tử cực tiểu. 2. Vành R được gọi là Nơte phải (trái) nếu mỗi tập khác rỗng các iđêan phải (trái) nào đó của R đều có phần tử cực đại. 23 Định nghĩa 1.10.3 (ACC- DCC). Cho R-môđun M và L là một tập nào đó các môđun con của M. Ta nói L thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng (ACC) nếu mọi dãy tăng A1 ≤ A2 ≤ ... ≤ An ≤ ... các môđun thuộc L đều dừng, tức là tồn tại n ∈ N sao cho An = An+i (i = 1, 2, ...). Ta nói L thỏa mãn điều kiện dây chuyền giảm (DCC) nếu mọi dãy tăng D1 ≥ D2 ≥ ... ≥ Dn ≥ ... các môđun thuộc L đều dừng, tức là tồn tại n ∈ N sao cho Dn = Dn+i (i = 1, 2, ...). Định lý 1.10.6. [2,ĐL 1.5.7] Cho vành R. Khi đó, 1. Các khẳng định sau là tương đương: (a) R là Artin phải. (b) R thỏa mãn DCC đối với tập các iđêan phải. 2. Các điều kiện sau là tương đương: (a) R là Nơte phải. (b) R thỏa mãn ACC đối với tập các iđêan phải. 3. Các điều kiện sau là tương đương: (a) R là Artin và Nơte. (b) R là môđun có độ dài hữu hạn. Ví dụ 1.10.7. 1. ZZ không Artin vì trong ZZ không thỏa mãn điều kiện DCC đỗi với các iđêan phải dừng Z > 2Z > 22Z > .... 2. Z là Nơte vì mỗi iđêan phải của Z đều có dạng nZ, n ∈ N đều hữu hạn sinh 24 nZ = 〈n〉. 3. Không gian vectơ hữu hạn chiều là Artin và Nơte vì là môđun có độ dài hữu hạn. Thật vậy, cho VK với K là một trường có cơ sở {x1, x2, ..., xn}. Lúc đó 0 < x1K < x1K + x2K < ... < x1K + x2K + ...+ xnK = V vì (x1K + x2K + ...+ xiK + xi+1K)/(x1K + x2K + ...+ xiK) = xi+1K ∼= K. 4. Vành có độ dài hữu hạn một phía (có nghĩa là Artin và Nơte một phía) còn phía kia không Artin, không Nơte. Lấy S =  Q R 0 R  khi đó SS có độ dài hữu hạn, còn SS không Artin, không Nơte. Chứng minh. Thật vậy, lấy {xi|i ∈ N} là một tập đếm được nào đó các phần tử của R, độc lập tuyến tính trong Q. Đặt si =  0 xi 0 0  , i ∈ N. Khi đó,  k r1 0 r2  si =  k r1 0 r2   0 xi 0 0  =  0 kxi 0 0  và các iđêan trái sinh bởi si có dạng Ssi =  0 Qxi 0 0  . Vì vậy, ta có Ss1 < Ss1 + Ss2 < Ss1 + Ss2 + Ss3 < ... là dãy tăng ngặt các iđêan trái, còn ∞∑ i=1 Ssi > ∞∑ i=2 Ssi > ∞∑ i=3 Ssi > ... 25 là dãy giảm ngặt các iđêan trái. Để chứng minh Ss là môđun có độ dài hữu hạn ta chỉ cần chỉ ra một dãy hợp thành của Ss. Đặt A1 =  0 1 0 0 S =  0 1 0 0   Q R R R  =  0 R 0 0  , A2 =  0 0 0 1 S =  0 0 0 1   Q R R R  =  0 0 0 R  . Vì R là một trường nên các iđêan phải này đơn và A1 ⋂ A2 = 0. Khi đó ta suy ra được (A1 + A2)/A1 ' A2 cũng đơn. Và khi đó ta cần chứng minh A1 + A2 cực đại trong Ss, để 0 < A1 < A1 +A2 < S là một dãy hợp thành. Giả sử tồn tại B sao cho A1 + A2 < B < S thì khi đó B = S. Thật vậy, lấy h a1 0 a2  /∈ A1 + A2. Khi đó h 6= 0 và đối với B = A1 + A2 +  h a1 0 a2 S ta có   h a1 0 a2 +  0 0 0 1− a2    h−1 −h−1a1 0 1  =  1 0 0 1  ∈ B. Ta suy ra được B = S. Vậy A1 + A2 cực đại trong Ss. 1.10.2 Vành chính quy Định nghĩa 1.10.4. Phần tử a ∈ R được gọi là chính quy nếu tồn tại b ∈ R sao cho a = aba. 26 Vành R được gọi là vành chính quy nếu mọi phần tử a ∈ R đều là chính quy. Định lý 1.10.8. [7,Theorem 4.23] Cho R là vành bất kỳ, các khẳng định sau là tương đương: 1. Với mọi a ∈ R thì tồn tại x ∈ R sao cho a = axa. 2. Mọi iđêan trái (phải) chính của R đều được sinh bởi một phần tử lũy đẳng. 2’. Mọi iđêan trái (phải) chính của R đều là hạng tử trực tiếp của RR. 3. Mọi iđêan trái (phải) hữu hạn sinh của R đều được sinh bởi một phần tử lũy đẳng. 3’. Mọi iđêan trái (phải) hữu hạn sinh của R đều là hạng tử trực tiếp của RR. Chứng minh. (1)⇒ (2) Cho Ra là iđêan trái chính của R. Lúc đó tồn tại x ∈ R sao cho a = axa. Đặt e = xa thì e = xaxa = ee = e2 và e ∈ Ra. Mà a = axa = ae ∈ Re nên Ra = Re. (2)⇒ (3) Ta chỉ cần chứng tỏ rằng mọi iđêan trái sinh bởi hai phần tử đều được sinh bởi một lũy đẳng. Thật vậy, với I là iđêan trái sinh bởi hai phần tử I = Re+Rf với e, f lũy đẳng. Khi đó I = Re + Rf(1 − e) và Rf(1 − e) = Re′ với e′ là một phần tử lũy đẳng, e′e ∈ Rf(1 − e)e = 0 Như vậy e′(e′ + e) = e′ điều này suy ra I = Re + Re′ = R(e′ + e) ⇒ I = Re′′, với e′′ là một phần tử lũy đẳng nào đó, tức là mọi iđêan trái sinh bởi một phần tử đều được sinh bởi một phần tử lũy đẳng. (3)⇒ (2) Mọi iđêan trái chính là một trường hợp đặc biệt của iđêan trái hữu hạn sinh nên (3)⇒ (2) là hiển nhiên. (2)⇔ (2′) và (3)⇔ (3′) do mệnh đề 1.6.1. Nhận xét 1.10.9. Vành R nửa đơn là vành chính quy. 27 Thật vậy, do R là vành nửa đơn nên mọi iđêan trái của R là hạng tử trực tiếp của RR nên R là vành chính quy. 28 Chương 2 Định lý Osofsky cho vành nửa đơn Để đi đến chứng minh định lý Osofsky thì trước hết chúng ta cần chú ý đến các tính chất và các bổ đề sau: Gọi Z(M) là tập tất cả các phần tử suy biến của M Z(M) = {x ∈M |r(x) ≤e RR}, khi đó Z(RR) là iđêan hai phía của R. Thật vậy, ta có m ∈ Z(RR);∀s ∈ R ta có r(m) ≤ r(sm), nên sm ∈ Z(RR) ⇒ Z(RR) là iđêan trái. Tương tự ta có Z(RR) là iđêan phải của R. R là vành chính quy thì Z(RR) = 0. Thật vậy, vì R 6= 0, ta có 1 ∈ R⇒ r(1) e RR ⇒ Z(RR) 6= R. Tương tự R 6= Z(RR) ⇒ Z(RR) = Z(RR) = 0. Vậy R là vành hoàn toàn không suy biến. Bổ đề 2.0.10. [10,Lemma 1] Cho R là vành có đơn vị sao cho mỗi R-môđun phải (trái) cyclic là nội xạ thì R là vành chính quy và R tự nội xạ. Chứng minh. Nếu I là một iđêan nội xạ phải (trái) của R, thì khi đó I là một hạng tử trực tiếp của RR và từ đó nó được sinh bởi một phần tử lũy đẳng (theo mệnh đề 1.6.1). Do đó nếu mỗi R-môđun phải (trái) cyclic là nội xạ, mỗi iđêan phải chính aR được sinh bởi a ∈ R là được sinh bởi phần tử lũy đẳng. Suy ra aR = eR với 29 e = e2 ∈ R. ∃x, y ∈ R, đặt e = ax; a = ey. Khi đó R là vành chính quy, thật vậy, ea = e.ey = e2y = ey = a, a = ea⇒ a = axa. Do RR cyclic được sinh bởi phần tử đơn vị suy ra RR là nội xạ, vì vậy R là vành tự nội xạ. Bổ đề 2.0.11. [10,Lemma 3] Đặt {en|n ∈ N} là tập các lũy đẳng trực giao trong vành chính quy tự nội xạ phải. Khi đó mỗi tập con A của N, tồn tại lũy đẳng EA ∈ R sao cho: EAen = en, n ∈ A, en′EA = EAen′ = 0, n ′ ∈ N\A, EA + EN\A = EN. Chứng minh. Vì R chính quy nên Z(RR) = 0 và mỗi iđêan phải I của R có duy nhất một mở rộng cốt yếu cực đại I∗ trong R. RR nội xạ, iđêan I có một bao nội xạ trong RR, bao nội xạ đó chính là mở rộng cốt yếu của I trong RR. Suy ra mỗi iđêan phải I có duy nhất một bao nội xạ I∗ trong RR; với e = e2 ∈ R ⇒ I∗ = eR. A ⊆ N tồn tại một lũy đẳng eA ∈ R sao cho eAR là mở rộng cốt yếu của ∑ n∈A enR. Kí hiệu: eAR = ( ∑ n∈A enR) ∗. Mặt khác ta có {en|n ∈ N} là trực giao ∑ n∈A enR ∩ ∑ n′∈N\A en′R = 0 ⇒  eAR ∩ eN\AR = 0 eAR + eN\AR = eNR ⇒ eAR ⊕ eN\AR mà eAR; eN\AR nội xạ suy ra eAR⊕ eN\AR nội xạ. Bao nội xạ của iđêan phải của R là duy nhất nên: ( ∑ n∈N enR) ∗ ⊇ ( ∑ n∈A enR) ∗ ( ∑ n∈N enR) ∗ ⊇ ( ∑ n′∈N\A en′R) ∗, 30 do đó ( ∑ n∈N enR) ∗ ⊇ eAR ⊕ eN\AR ⊇ ( ∑ n∈N enR) ∗ ⇒ (∑ n∈N enR) ∗ = eAR ⊕ eN\AR. Đặt EN = en, với EA + EN\A = EN. Gọi EA (tương ứng EN\A) là hình chiếu của EN lên eAR (eN\AR), với sự phân tích R = (1 − EN)R ⊕ EAR ⊕ EN\AR. Do vậy, ta có thể suy ra EA trực giao với EN\A ⇒ EAen = en với n ∈ A, EAen′ = EAEN\Aen′ = 0 với mọi n′ ∈ N\A. Vì ∑ n∈A enR 6e eAR, ( ∑ n∈A enR : EA) là iđêan phải cốt yếu của R. Nhưng en′EA( ∑ n∈A enR : EA) ⊆ en′( ∑ n∈A enR) = 0, ∀n′ ∈ N\A. Vì vậy en′EA ∈ Z(RR) = 0. Vậy en′EA = 0,∀n′ ∈ N\A. Bổ đề 2.0.12. [10,Lemma 4] Cho R là vành chính quy tự nội xạ phải, chứa tập vô hạn các lũy đẳng trực giao {en|n ∈ N}. Đặt I = ∑ enR, A ⊆ N, EA xác định như trong bổ đề trên. Khi đó tập S= = {EA|A ∈ =}, với A vô hạn, là môđun độc lập I;∑ A∈= (EAR+I) là trực tiếp trong R/I nếu và chỉ nếu tập hữu hạn {Ai|i = 1...n} ⊆ =, Ai ⋂ ⋃ i6=j Aj là tập con hữu hạn của N. Chứng minh. Giả sử S= là môđun độc lập với I. Đặt {Ai|i = 1, ...n} ⊆ =, C = Cij = Ai ∩ Aj với mọi i và i 6= j. Khi đó Ai ⊇ C; Aj ⊇ C ⇒ EAiR ⊇ ∑ n∈C enR; EAiR ⊇ ∑ n∈C enR. Đặt ECR = ( ∑ n∈C enR) ∗. Khi đó EAiR ⊇ ECR; EAjR ⊇ ECR; EAiEC = E 2 C ; EAjEC = E 2 C ⇒ EAiEC − EAjEC = 0; với EC ∈ I. Khi đó có một số hữu hạn n ∈ C để enEC = 0 ⇒ en = enECen = 0 (∗). Mà không tồn tại n để (∗) đúng nên C hữu hạn. Từ đó ta suy ra Ai ⋂ ⋃ i6=j Aj = ⋃ i 6=j (Ai ∩ Aj) = ⋃ i 6=j Cij = ⋃ C. Mà C hữu hạn nên Ai ∩ ⋃ i 6=j Aj hữu hạn. ⇐) Giả sử Ai ∩ ⋃ i6=j Aj hữu hạn. Đặt n∑ j=1 EAjrj ∈ I. Nếu m /∈ Ai ⇒ emEAi = 0 ⇒ emEAiri = 0. Nếu m ∈ Ai\ ∪i6=j Aj, em n∑ j=1 EAjrj = emEAiri. Do n∑ j=1 EAjrj ∈ I, khi đó có hầu hết số hữu hạn m ∈ Ai\ ⋃ i 6=j Aj sao cho emEAiri 6= 0. Mà Ai ⋂ ⋃ i 6=j Aj hữu hạn nên suy ra B = {m ∈ N|enEAiri 6= 0} hữu hạn. Với n′ ∈ N\B, en′EAiri = 0 31 mà en′EAiri = en′(1− EN + EN\B + EB)EAiri = en′(1− EN)EAiri + en′EN\BEAiri + en′EBEAiri = en′EN\BEAiri ⇒ EN\BEAiri = 0. Do đó EAiri = EBEAiri. ∑ i∈B eiR = ( ∑ i∈B eiR) ∗ = EBR và EBR ⊆ I.eiR môđun nội xạ suy ra ∑ i∈B eiR nội xạ, và EAiri ∈ I. Định lý 2.0.13. [9,ĐL] Đặt {ei|i ∈ P} là một tập vô hạn các lũy đẳng trực giao của R, giả sử mỗi A ∈ P thì tồn tại mA ∈ R sao cho mAei = ei, với mọi i ∈ A và ejmA = 0,∀j ∈ P\A, khi đó cho tất cả RR ⊆MR, M/(∑ i∈P eiR+ kerpi) là không nội xạ với pi : R −→ ∏ i∈P eiR, pi(m) = 〈eim〉. Chứng minh. Đặt P = ⋃ Ai∈R Ai, R vô hạn; Ai ∩ Aj = ∅; i 6= j. Theo bổ đề Zorn, trong P sẽ tồn tại tập S cực đại sao cho A ∈ S, A vô hạn; A;B ∈ S; A 6= B ⇒ A∩B hữu hạn. Đặt I = ∑ i∈P eiR + kerpi, khi đó ∀x ∈ I, x = ∑ i∈P eiri + y. Với y ∈ Kerpi ⇒ pi(y) = 0 ⇔ 〈eiy〉 = 0 ⇒ y ∈ r(ei) và ejx = ∑ i,j∈P ejeiri = 0, ∀i, j thuộc tập hữu hạn. Vậy I là tập linh hóa tử bởi hầu hết các ei. ∗ A ∈ S; r ∈ R, giả sử mAr /∈ I ⇒ mAr /∈ kerpi ⇒ ∃i : eimAr 6= 0. ∗ {Aj|1 ≤ j ≤ n} ⊂ S\{A}; A⋂ n⋃ i=1 Aj là hữu hạn. Do vậy, có một số hữu hạn i ∈ A sao cho eimAj = 0(1 ≤ j ≤ n) ⇒ eimAjr = 0. Nếu mAr /∈ n∑ j=1 mAjR, mà mAr /∈ I nên suy ra mAr /∈ n∑ j=1 mAjR + I. Theo bổ đề trên, ta có ∑ A∈S mAR + I là trực tiếp trong R|I mà MR ⊇ RR ⇒ ∑ A∈S mAR + I là trực tiếp trong M/I. Để chứng minhM/I không nội xạ có nghĩa chứng minh không tồn tại ν : R/I −→ M/I để ν = νf. Xác định φ : ( ∑ mAR + I)/I −→M/I, mA 7−→ mA nếu A ∈ R mA 7−→ 0 nếu A ∈ S\R. 32 Ta có φ( n∑ i=1 (mAiri)) = n∑ i=1 φ(mAi)ri; mAi ∈ S; ri ∈ R. Giả sử tồn tại đồng cấu φ : R/I −→M/I, 1 + I 7−→ m+ I φ cảm sinh bởi phép nhân trái bởi phần tử m + I trong R/I. Với m ∈ R, khi đó mmA − mA ∈ I hay mmA − mA = n∑ i=1 eiri + k, với k ∈ kerpi. en(mmA − mA) = 0⇒ enmmA = enmA ⇒ enmmAen = enmAen. Theo bổ đề 2.0.11, ta có enm = en ⇒ enmen = e 2 n = en. A ′ i = {n ∈ A|eimei = ei} ⇒ A′i là tập chính quy vô hạn. A ⋂ n⋃ i=1 Ai là hữu hạn. Chọn C ⊂ {Ai}; S cực đại, C ∩D là vô hạn với D ∈ S; D /∈ R. ∗ mmD ∈ I ⇒ mmD ∈ kerpi, suy ra tồn tại một số hữu hạn i ∈ P : eimmD = 0. ∀d ∈ C ∩D ⊂ {Ai} ⇒ ed = edmmDed. Mâu thuẫn với eimmD = 0. Suy ra không tồn tại φ để M/I nội xạ. Vậy M/I không nội xạ. Bổ đề 2.0.14. [6, 2.13] Đặt A là môđun phải xạ ảnh trên vành chính quy R, và A1, A2... là môđun con hữu hạn sinh của A, nếu A1 ≤ A2 ≤ ... tồn tại các lũy đẳng trực giao e1, e2... ∈ EndR(A) sao cho e1A⊕ ...⊕ enA = An. Chứng minh. Đặt E = EndR(A), chọn e1 ∈ E sao cho e1A = A1. Do e1A ≤ A2 khi đó A2 = e1A ⊕ (1 − e1)A2. Ta có thể đặt A = A2 ⊕ B, với B nào đó. Tồn tại e2 ∈ E sao cho e2A = (1 − e1)A2; (1 − e2)A = e1A ⊕ B khi đó e1e2 = e2e1 = 0 và e1A ⊕ e2A = A2 ⇒ (e1 + e2)A = A2. Tiếp tục quá trình này ta tìm được lũy đẳng e3 ∈ E sao cho e3 trực giao với e1 + e2 và (e1 + e2)A⊕ e3A = A3, khi đó thì e1, e2, e3 là trực giao và e1A ⊕ e2A ⊕ e3A = A3. Theo phép quy nạp thì ta sẽ tìm được các e1, e2, ... là các lũy đẳng trực giao sao cho e1A⊕ e2A⊕ ...⊕ enA = An Bổ đề 2.0.15. [6, 2.14] Cho A là môđun xạ ảnh trên vành chính quy R, B là một môđun con đếm được được sinh bởi A. Khi đó tồn tại tập các lũy đẳng trực giao e1; e2, .. ∈ EndR(A) sao cho ⊕enA = B và mỗi enA là cyclic. 33 Chứng minh. Đặt B = ∪Bn : B0 = 0 ≤ B1 ≤ B2 ≤ ... sao cho Bn/Bn−1 là cyclic với mọi n. Khi đó theo bổ đề trên tồn tại các lũy đẳng trực giao e1, e2, .. ∈ EndR(A) : e1A⊕ ...⊕ enA = Bn, ∀n. Khi đó B = ∪Bn = ∪(e1A⊕ ...⊕ enA) = e1A⊕ ...⊕ enA, với enA là cyclic. Định lý 2.0.16. [6,HQ 2.16] Nếu R là vành chính quy không thể chứa tập vô hạn các lũy đẳng trực giao thì R là nửa đơn. Chứng minh. Giả sử R không nửa đơn, khi đó iđêan phải cuả R không là hạng tử trực tiếp của RR. Iđêan phải không hữu hạn sinh vì vậy R không Nơte phải. Suy ra R không thỏa mãn điều kiện dây chuyền tăng trên các iđêan phải hữu hạn sinh. Khi đó R sinh ra tập iđêan phải đếm được không hữu hạn sinh. Lúc đó sẽ tồn tại các lũy đẳng trực giao e1, e2, ... ∈ R sao cho ⊕enR = J . Do J không hữu hạn sinh nên có vô hạn en 6= 0. Suy ra sẽ tồn tại dãy vô hạn các lũy đẳng trực giao khác 0. Mâu thuẩn với điều kiện đã cho. Vậy R là nửa đơn. Định lý 2.0.17 (Định lý Osofsky). R là nửa đơn khi và chỉ khi mọi môđun phải (trái) cyclic là nội xạ Chứng minh. ⇒) R là nửa đơn suy ra mỗi R-môđun phải (trái) là nội xạ ⇒ mỗi R-môđun phải (trái) hữu hạn sinh cũng là nội xạ. Vì R-môđun phải (trái) cyclic là một trường hợp con của trường hợp R-môđun phải (trái) hữu hạn sinh, nên R- môđun phải (trái) cyclic là nội xạ. ⇐) R-môđun phải (trái) cyclic là nội xạ, khi đó theo bổ đề 2.0.10 thì R là vành chính quy tự nội xạ. Theo Định lý 2.0.13 thì R không thể chứa tập vô hạn các lũy đẳng trực giao. Mặt khác khi đó theo Định lý 2.0.16 thì khi đó R là vành nửa đơn. Để khảo sát kỹ hơn về vành này, chúng tôi đưa ra một số ví dụ sau và những ví 34 dụ đó cũng chính là những tính chất rất quan trọng mà chúng ta cần khảo sát khi nghiên cứu lớp vành này. Ví dụ 2.0.18. Cho K là một trường, M2(K) =  K K K K  sẽ là một vành với phép cộng và nhân thông thường các ma trận. R =  K K 0 K  là một vành con của M2(K). Chứng minh. Để chứng minh M2(K) là một vành thì ta kiểm tra (M2(K),+) là nhóm aben và (M2(K), .) là nửa nhóm và thỏa mãn phép nhân phân phối với phép cộng. M2(K) =  K K K K  =   a11 a12 a21 a22  |aij ∈ K, i = 1, 2; j = 1, 2  . Lấy A,B,C ∈M2(K) khi đó A =  a1 a2 a3 a4  , B =  b1 b2 b3 b4  , C =  c1 c2 c3 c4  . Ta có (A+B) + C =   a1 a2 a3 a4 +  b1 b2 b3 b4  +  c1 c2 c3 c4  =  a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 a4 + b4 +  c1 c2 c3 c4  =  a1 + b1 + c1 a2 + b2 + c2 a3 + b3 + c3 a4 + b4 + c4  = A+ (B + C). 35 A+B =  a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 a4 + b4  =  b1 + a1 b2 + a2 b3 + a3 b4 + a4  = B + A. Tồn tại ma trận D =  0 0 0 0  để A+D = A. Với mọi ma trận A ∈M2(K) tồn tại −A =  −a1 −a2 −a3 −a4  để A+ (−A) = 0. BC =  b1 b2 b3 b4   c1 c2 c3 c4  =  b1c1 + b2c3 b1c2 + b2c4 b3c1 + b4c3 b3c2 + b4c4  . A(BC) =  −a1 −a2 −a3 −a4   b1c1 + b2c3 b1c2 + b2c4 b3c1 + b4c3 b3c2 + b4c4  =  a1b1c1 + a1b2c3 + a2b3c1 + a2b4c3 a1b1c2 + a1b2c4 + a2b3c2 + a2b4c4 a3b1c1 + a3b2c1 + a4b3c1 + a4b4c3 a3b1c2 + a3b2c4 + a4b3c2 + a4b4c4  = (AB)C. A(B + C) =  a1 a2 a3 a4    b1 b2 b3 b4 +  c1 c2 c3 c4   = AB + AC. Vậy M2(K) là một vành, vành này có đơn vị. Để chứng minh R =  K K 0 K  là vành con của M2(K) thì ta cần chứng minh với mọi A,B ∈ R ta có A−B ∈ R và AB ∈ R. Thật vậy R 6= ∅, với mọi A,B ∈ R. Khi đó: A =  a1 a2 0 a3  , B =  b1 b2 0 b3  với ai, bj ∈ K. Ta có 36 A−B =  a1 − b1 a2 − b2 0 a3 + b3  ∈ R, AB =  a1 a2 0 a3   b1 b2 0 b3  =  a1b1 a1b2 + a2b3 0 a3b3  ∈ R. Vậy R là vành con của M2(K). Ví dụ 2.0.18.1. Khi đó với một phần tử tùy ý x =  a b 0 c  ∈ R. Ta sẽ có được các khẳng định sau là tương đương: 1. x có khả nghịch phải. 2. x có khả nghịch trái. 3. a.c 6= 0. Chứng minh. Giả sử x ∈ R khi đó x =   a b 0 c  |a, b, c ∈ K . x khả nghịch trái nên tồn tại y ∈ R sao cho yx = 1. Gọi y =  a1 b1 0 c1  ∈ R, yx = 1 ⇔  a1 b1 0 c1   a b 0 c  =  aa1 a1b 0 cc1  =  1 0 0 1  ⇔  aa1 = 1 cc1 = 1 a1b+ b1c = 0 ⇔  a1 = a −1 c1 = c1 b1 = −a1bc−1 = −a−1bc−1 khi đó suy ra ac 6= 0. Xét xy =  a b 0 c   a1 b1 0 c1  =  aa1 ab1 + bc1 0 cc1  . 37 Ta có aa1 = 1; cc1 = 1, ab1 + bc1 = a(−a−1bc−1) + bc−1 = −bc−1 + bc−1 = 0, từ đó suy ra xy = 1. Vậy x khả nghịch phải. Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được (1)⇒ (2). Ví dụ 2.0.18.2. Một phần tử x ∈ A được gọi là lũy linh nếu tồn tại n ∈ N sao cho xn = 0. Vì vậy đối với mỗi x ∈ R khi đó ta cũng có được các điều kiện tương đương sau: a. x lũy linh. b. x2 = 0. c. a = c = 0. Chứng minh. (a)⇒ (b) Thật vậy, với x ∈ R khi đó x =   a b 0 c  |a, b, c ∈ K  , x2 = xx =  a b 0 c   a b 0 c  =  a2 ab+ bc 0 c2  , x3 = x2x =  a2 ab+ bc 0 c2   a b 0 c  =  a3 a2b+ abc+ bc2 0 c3  , x4 = x3x =  a3 a2b+ abc+ bc2 0 c3   a2 ab+ bc 0 c2  =  a4 (a3 + a2c+ ac2 + c3)b 0 c4  , tiếp tục quy nạp ta có được: xn =  an (an−1 + an−2c+ an−1c2 + ...+ cn−1)b 0 cn  . Vì x lũy linh nên ta suy ra an = cn = (an−1 + an−2c+ an−1c2 + ...+ cn−1)b = 0. Vậy a = c = 0 hay x2 =  0 0 0 0  . 38 (c)⇒ (b) Giả sử a = c = 0. Khi đó ta có x2 = xx =  a b 0 c   a b 0 c  =  a2 ab+ bc 0 c2  =  0 0 0 0  . Vậy x2 = 0 và khi đó hiển nhiên x lũy linh nên ta có được (c)⇒ (a). Ví dụ 2.0.18.3. Ta không chỉ nhận được các điều kiện tương đương trên mà ta còn có được điều tương đương sau: x lũy đẳng khi và chỉ khi x ∈   0 0 0 0  ;  1 0 0 1  ;  0 b 0 1  ;  1 b 0 0  ∀b ∈ K  . Chứng minh. ⇐) Chứng minh x lũy đẳng thì ta chứng minh x2 = x. Với x =  0 0 0 0  hiển nhiên x2 = x. Với x =  1 0 0 1  khi đó x2 =  1 0 0 1   1 0 0 1  =  1 0 0 1  = x. Với x =  0 b 0 1  khi đó x2 =  0 b 0 1   0 b 0 1  =  0 b 0 1  = x. Với x =  0 b 0 1  khi đó x2 =  1 b 0 1   1 b 0 1  =  1 b 0 1  = x. Vậy với những phần tử x ∈ R như trên thì ta có được x lũy đẳng. Ngược lại với những phần tử x ∈ R lũy đẳng thì ta có x2 = x hay x =  a2 (a+ c)b 0 c2  =  a b 0 c ⇒  a2 = a (1) b(a+ c) = b (2) c2 = c (3) 39 Từ (1) thì ta có a = 0 hoặc a = 1. Nếu a = 0 thế vào (2) ta được bc = b khi đó nếu c = 0 suy ra b = 0. Vậy x =  0 0 0 0  ∈   0 0 0 0  ;  1 0 0 1  ;  0 b 0 1  ;  1 b 0 0  ,∀b ∈ K  . Nếu a = 0, c 6= 0 suy ra c = 1 và b tùy ý. Vậy x =  0 0 b 1  ∈   0 0 0 0  ;  1 0 0 1  ;  0 b 0 1  ;  1 b 0 0  ,∀b ∈ K  . Nếu a 6= 0 thì a = 1 thế vào (2) ta được b(1 + c) = b khi đó nếu c = 0 thì b tùy ý. Vậy ta có: x =  1 b 0 0  ∈   0 0 0 0  ;  1 0 0 1  ;  0 b 0 1  ;  1 b 0 0  ,∀b ∈ K  . Nếu c 6= 0 thì để thỏa mãn (3) thì c = 1 khi đó ta suy ra được b = 0. Vậy x =  1 0 0 1  ∈   0 0 0 0  ;  1 0 0 1  ;  0 b 0 1  ;  1 b 0 0  ,∀b ∈ K  . Ví dụ 2.0.18.4. Với vành R thì ta có được J(K) =  0 K 0 0  ; soc(RR) =  K K 0 0  ; soc(RR) =  0 K 0 K  . Khi đó các iđêan cực đại của R chính là soc(RR) và soc(RR). Nếu xét soc(RR) (tương ứng (soc(RR)) như là các iđêan trái (phải) thì nó là hạng tử trực tiếp của RR (RR) và nếu xét soc(RR) (soc(RR)) là iđêan phải (trái) thì nó không cyclic. Ngoài ra với các kí kiệu r và l lần lượt là linh hóa tử phải và trái trong R ta có được: 1. r(J) = soc(RR), l(J) = soc(RR). 40 2. r(soc(RR)) = 0, l(soc(RR)) = soc(RR). 3. r(soc(RR)) = soc(RR), l(soc(RR) = 0. Chứng minh. i. Các iđêan phải cực đại của R là soc(RR) và soc(RR). Giả sử A là iđêan cực đại của R và soc(RR)  A ta cần chứng minh A = R. Với soc(RR) =  0 e 0 f  ; A là iđêan cực đại của R khi đó A =  a b 0 c  ; a, b, c, e, f ∈ K. Nếu a = 0 thì soc(RR) = A. Mâu thuẩn với giả thiết. Nếu a 6= 0 thì A = R. Vậy soc(RR) là iđêan cực đại của R. Giả sử B là iđêan cực đại của R và soc(RR)  B ta cần chứng minh B = R. Với soc(RR) =  e f 0 0  ;B là iđêan cực đại của R khi đó B =  a b 0 c  ; a, b, c, e, f ∈ K. Nếu c = 0 thì soc(RR) = B. Mâu thuẩn với giả thiết. Nếu c 6= 0 thì B = R. Vậy soc(RR) là iđêan cực đại của R. ii. Để chứng minh soc(RR) là hạng tử trực tiếp của RR ta cần chứng minh RR = I + soc(RR) và I ∩ soc(RR) = 0 với I =  K 0 0 0  6R R. Thật vậy, ta có x =  a b 0 c  ∈ R, khi đó x =  a 0 0 0  +  0 b 0 c  ∈ I + soc(RR). Mặt khác thì I ∩ soc(RR) = 0. Từ đó ta suy ra được soc(RR) là hạng tử trực tiếp của RR. Hoàn toàn tương tự ta có thể chứng minh soc(RR) là hạng tử trực tiếp của RR. iii. Chứng minh soc(RR) là iđêan phải thì nó không cyclic. Giả sử soc(RR) là iđêan phải sinh bởi một phần tử A =  0 k1 0 k2  ; k1, k2 6= 0. 41 Khi đó: soc(RR) =  0 k1 0 k2 R. Lấy  0 0 0 1  ;  0 1 0 0  ∈ soc(RR). Tồn tại  a1 b1 0 c1  ;  a2 b2 0 c2  ∈ R sao cho:  0 0 0 1  = A  a1 b1 0 c1  =  0 k1 0 k2   a1 b1 0 c1  hay  0 k1c1 0 k2c2  =  0 0 0 1 ⇔  k1c1 = 0 k2c1 = 1 (∗) và  0 1 0 0  = A  a1 b1 0 c1  =  0 k1 0 k2   a2 b2 0 c2  hay  0 k1c2 0 k2c2  =  0 1 0 0 ⇔  k1c2 = 0 k2c2 = 1. (∗∗) Từ đó ta thấy không tồn tại k để thảo mãn hệ phương trình (∗) và (∗∗). Vì vậy soc(RR) không cyclic. Cũng hoàn toàn tương tự ta chứng minh được rằng soc(RR) là iđêan phải thì không cyclic. iii. (?) r(J) = soc(RR); l(J) = soc(RR). Với mọi A =  0 a 0 0  ∈ J ;B =  b c 0 d  ∈ R(a, b, c, d ∈ K); khi đó AB = 0. AB =  0 a 0 0   b c 0 d  =  0 ad 0 0  =  0 0 0 0  , mà A ∈ J nên a 6= 0. Suy ra d = 0. Vậy r(J) =   b c 0 0  |b, c ∈ K  = soc(RR). 42 Với mọi A ∈ J ;B ∈ R, khi đó BA = 0. BA =  b c 0 d   0 a 0 0  =  0 ad 0 0  =  0 0 0 0  , mà A ∈ J nên a 6= 0. Suy ra b = 0. Vậy l(J) =   0 c 0 d  |c, d ∈ K  = soc(RR). (?) r(soc(RR)) = 0; l(soc(RR)) = soc(RR). Thật vậy, A =  e f 0 0  ∈ soc(RR);B =  b c 0 d  ∈ R; với b, c, d, e, f ∈ K. AB =  e f 0 0   b c 0 d  =  eb ec+ fd 0 0  =  0 0 0 0 ⇒  eb = 0 ec+ fd = 0. (∗) Vì (*) đúng với mọi e, f nên b = c = d = 0. Vậy r(soc(RR)) = 0. BA =  b c 0 d   e f 0 0  =  be ec+ bf 0 0  =  0 0 0 0 ⇒  be = 0 bf = 0. (∗∗) Vì (**) đúng với mọi e, f nên b = 0. Vậy l(soc(RR)) =   0 c 0 d  |c, d ∈ K  = soc(RR). (?) r(soc(RR)) = soc(RR); l(soc(RR)) = 0. A =  0 e 0 f  ∈ soc(RR);B =  b c 0 d  ∈ R; với b, c, d, e, f ∈ K. AB =  0 e 0 f   b c 0 d  =  0 ed 0 fd  =  0 0 0 0 ⇒  ed = 0 fd = 0. (∗) 43 Vì (*) đúng với mọi e, f nên d = 0. Vậy r(soc(RR)) =   b c 0 d  |b, c ∈ K  = soc(RR). BA =  b c 0 d   0 e 0 f  =  0 be+ cf 0 df  =  0 0 0 0 ⇒  df = 0 be+ cf = 0. (∗∗) Vì (**) đúng với mọi e, f nên b = c = d = 0. Vậy l(soc(RR)) = 0. Ví dụ 2.0.18.5. Với vành R như vậy thì ta sẽ thấy i. RR không nội xạ. ii. Với mọi k ∈ K ta có Ek ∼= J ∼= R/soc(RR) với Ek =  0 k 0 1 R; k ∈ K. iii. RR ↪→M2(K)R chính là bao nội xạ của RR. Chứng minh. Xét f : J =  0 K 0 0  −→ R  0 k 0 0  7−→  0 k 0 k  , khi đó f là một đồng cấu. Để chứng minh RR không nội xạ ta sử dụng phản chứng. Giả sử RR nội xạ, khi đó tồn tại đồng cấu g : R −→ R và phép nhúng i : J ↪→ R sao cho f = g ◦ i. Đặt x0 = g(1) =  a b 0 c R; a, b, c ∈ K. Với mọi x ∈ J ta có f(x) = g ◦ i(x) = g(x) = g(1.x) = g(1)x = x0x. Lấy x =  0 1 0 0  ∈ R, thì f(x) =  a b 0 c   0 1 0 0  =  0 a 0 0  , 44 ngoài ra f(x) =  0 1 0 1  , mà  0 1 0 1  6=  0 a 0 0  . Vậy RR không nội xạ. ii. Xét f : R −→ Ek. a b 0 c  7−→  0 k 0 1   a b 0 c  Khi đó f toàn cấu. Mặt khác kerf = {A ∈ R|f(A) = 0} = A =  a b 0 c  |f(a) =  0 k 0 1   a b 0 c  =  0 kc 0 c  =  0 0 0 0   = A =  a b 0 0  |a, b ∈ K  = soc(RR). Vậy theo định lý đồng cấu ta có Ek ∼= R/soc(RR) (∗). Xét g : R −→ J. a b 0 c  7−→  0 k 0 0   a b 0 c  Khi đó g toàn cấu, mặt khác kerg = {A ∈ R|g(A) = 0} = A =  a b 0 c  |g(a) =  0 k 0 0   a b 0 c  =  0 kc 0 0  =  0 0 0 0   = A =  a b 0 0  |a, b ∈ K  = soc(RR). 45 Vậy theo định lý đồng cấu ta có J ∼= R/soc(RR) (∗∗). Từ (∗) và (∗∗) ta có được Ek ∼= J ∼= R/soc(RR). iii. Để chứng minh RR ↪→ M2(K)R chính là bao nội xạ của RR ta cần phải chứng minh RR → M2(K)R đơn cấu, R cốt yếu trong M2(K) và M2(K)R nội xạ. Thật vậy, ta có với mỗi 0 6= x =  a b c d  ∈ M2(K)R, tồn tại r =  0 1 0 1  ∈ R. Khi đó xr =  a b c d   0 1 0 1  =  0 a+ b 0 a+ c  ∈ R. Vậy R cốt yếu trong M2(K)R. Với ánh xạ i : RR → M2(K)R là đồng cấu nhúng nên nó đơn cấu. Mặt khác ta có M2(K) là vành nửa đơn nên mỗi R-môđun phải (trái) là nội xạ nên suy ra M2(K)R nội xạ. Từ các điều trên ta suy ra RR →M2(K)R là bao nội xạ của RR. 46 KẾT LUẬN Trong khóa luận với đề tài "Định lý Osofsly cho vành nửa đơn", chúng tôi đã cố gắng tổng quan và trình bày một cách có hệ thống các khái niệm cũng như các đặc trưng và các khái niệm liên quan đến các lớp môđun như môđun hữu hạn sinh, môđun nội xạ, môđun nửa đơn. Đặc biệt chúng tôi đã trình bày định nghĩa và các tính chất quan trọng của vành nửa đơn và các lớp vành cũng rất quan trọng và có liên quan đến lớp vành nửa đơn như là vành Artin, vành Nơte, vành chính quy. Bên cạnh đó ở chương hai, chúng tôi đã trình bày các bổ đề và các định lý để phục vụ cho việc chứng minh định lý Osofsky (Định lý 2.0.17). Ngoài ra, nhiều ví dụ minh họa được trình bày trong khóa luận này. Do thời gian nghiên cứu và năng lực của bản thân còn hạn chế nên nội dung và hình thức khóa luận này không tránh khỏi thiếu sót, kính mong quý thầy cô và các bạn quan tâm góp ý kiến, bổ sung để khóa luận này hoàn thiện hơn. 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt. [1] Nguyễn Tự Cường, Đai số giao hoán, NXB Hà Nội, 2006. [2] Lê Văn Thuyết, Lý thuyết vành và môđun (bài giảng sau đại học), trường ĐHSP, ĐH Huế, 1998. [3] Nguyễn Xuân Tuyến, Giáo trình môđun và đại số, NXBGD, 1999. [4] Nguyễn Xuân Tuyến - Lê Văn Thuyết, Đại số trừu tượng 1, NXBGD, 2005. Tiếng Anh. [5] Anderson F.W.,Fuller, Rings and categories of Modules, Springer, 1980. [6] K R Goodeare, Von Neumann reguler ring, Second Edition, Krieger, Malabar, Florida, 1991. [7] T. Y. Lam, A first Course in Noncommutative Rings, Springer -Verlag, Berlin, 1991. [8] W.K.Nicholson and M.F.Yousif,Quasi-Frobenius Rings, Cambridge Univ. Press, 2003. [9] B. Osofsky, Noninjective cyclic modules, Pacific. J. Math., 1967, 1383-1384. [10] B. Osofsky, Ring all of whose finitely generated modules are injective, Pacific. J. Math. 14 (1964), 645-650. 48