Luận văn Mô đun dẹt và vành dẹt tuyệt đối

-1∂ K = ∂Lfn + Ánh xạ đồng điều Cho đồng cấu phức f: (K) → (K') Chương II 25 Với mỗi n ta đinh nghĩa Tương ứng trên là 1 đồng cấu môđun. f* = Hn(f) được gọi là đồng cấu đồng điều, cảm sinh bởi f. + Khái niệm dãy khớp ngắn các phức : Một dãy các phức và đồng cấu phức ( là các đồng cấu phức) được gọi là dãy khớp ngắn các phức nếu nó khớp tại mỗi mắt . Tức là dãy là dãy khớp ngắn các môđun ∀n. + Dãy khớp đồng điều của dãy khớp ngắn các phức Cho dãy là dãy khớp ngắn các phức. Ta có : • Dãy Khớp tại Hn(L) ∀n∈Z • Xây dựng đồng cấu nối E∂ nm H (M)∀ ∈ ta xây dựng Khi đó E∂ là một đồng cấu môđun. Định lý 1.1 : + Phép giải xạ ảnh : Cho G là R môdun. Ta gọi phép xạ giải xạ ảnh tren G là 1 dãy khóp các R – môđun → trong đó Kn(n ≥ 0) đều là các môđun xạ ảnh + Tích xoắn của 2 môđun Với dãy khớp ngắn các phức Dãy sau đây là khớp Dãy này được gọi là dãy khớp đồng điều của dãy khớp ngắn các phức (E) Chương II 26 Giả sử GR, RA là các R môđun phải, trái. Xét phép giải xạ ảnh tùy ý trên G ⇒ (X) ⊗ A là một phức Khi đó ta có định nghĩa sau : Tích xoắn chiều thứ n của 2 môđun G, A chính là nhóm Abel Ký hiệu RnTor (G,A) hay Torn (G,A) Với n = 0, qui ước n = 1, qui ước n < 0 + Tích xoắn của 2 đồng cấu Cho Gọi X, X' là 2 phép giải xạ ảnh trên G và G' Ánh xạ f : R RG G '→ có thể nâng lên thành đồng cấu phức (X) (X ')→ tức là có 1 ánh xạ dây chuyền (f) = { fn : n nX X ' n→ ∀ } sao cho f-1 = f : GR → G’R Đồng cấu này ta cũng ký hiệu nó là f. Đồng cấu này cảm sinh ra đồng cấu phức f : (X) (X ')→ , cảm sinh ra đồng cấu sau đây f ⊗ g : X ⊗ A → X’ ⊗ A Đặt Ta có họ được gọi là tích xoắn của 2 đồng cấu f và g. Từ định nghĩa trên, ta có tính chất sau: Tính chất 1.1. Chương II 27 + Phép giải xạ ảnh thu gọn Cho GR là R môđun, X là phép giải xạ ảnh trên G. n n 1 1 o(X) : X X .... X X G 0−→ → → → → → → Khi đó 1 2n n 1 1 o(X) X X ..... X X 0 ........ ∂ ∂ −→ → → → → → được gọi là phép giải xạ ảnh thu gọn của G Với RA là R môđun Như vậy ta có + Hai dãy khớp dài đối với Tor. Cho là dãy khớp ngắn các môđun, RA là môđun trái bất kỳ. Gọi X’, X’’, X là phép giải xạ ảnh trên G’, G’’,G X ' , X '' , X là phép giải xạ ảnh thu gọn trên G’,G’’,G Do đó, ta có dãy sau đây là dãy khớp các phức Ta có dãy khớp ngắn chẻ ra các phức : Chương II 28 Lấy dãy khớp đồng điều của dãy khớp ngắn các phức trên. Ta có dãy sau đây là khớp (theo định lý 1.1 chương II) Mà Suy ra dãy Là khớp Từ đây, ta có định lý quan trọng sau : Định lý 1.2 : Song song với sự hình thành định lý 1.2, ta xét dãy khớp ngắn các R Môđun trái và GR là môđun phải bất kỳ. Giả sử (X) là phép giải xạ ảnh tùy ý trên G (X) là phép giải xạ ảnh thu gọn trên G Suy ra là khớp ( do X xạ ảnh ). Lấy dãy khớp đồng điều của dãy khớp ngắn các phức trên. Ta có dãy sau đây là khớp (định lý 1.1 chương II) Cho là dãy khớp Ngắn các môđun, RA là môđun trái bất kỳ. Ta có dãy khớp sau : Chương II 29 Suy ra dãy sau đây là khớp : Vì vậy, ta cũng có định lý quan trọng sau đây : Định lý 1.3 : Cho là dãy khớp các R môđun, GR là môđun trái bất kỳ. Ta có dãy khớp sau : Chương II 30 §2. Các định nghĩa tương đương của các mô đun dẹt I. CÁC ĐỊNH NGHĨA TƯƠNG ĐƯƠNG Cho G là R môđun bất kỳ. Khi đó, ta có các khẳng định tương đương sau đây : 1/ Tor(G,A) = 0, ∀A là R môđun 2/ Torn(G,A) = 0, ∀A là R môđun, ∀n ∈ N, n ≥ 1 3/ ∀f : A → B là đơn là đơn cấu thì cũng là đơn cấu 4/ Với mọi dãy khớp ngắn thì dãy sau cũng khớp 5/ Nếu dãy Khớp thì dãy sau cũng khớp 6/ Cho là dãy khớp ngắn bất kỳ thì : O →G⊗A→ 7∗ �⎯� G’’ ⊗ A 𝑔∗ �⎯� G ⊗ A → O cũng khớp với mọi A là R môđun. Chứng minh : 1/ ⇒ 2/ có Tor(G,A) = 0 Chứng minh Torn(G,A) = 0, ∀A là R môđun, ∀n ∈ N, n ≥ 1 Ta có FA X≅ , F tự do Hay dãy sau đây là khớp : với F tự do Nên dãy sau đây cũng khớp Ta chứng minh bằng qui nạp : Giả sử có Do đó dãy trên trở thành : Mà F tự do nên Torn(G,F) = 0 Dãy trên thành : khớp Chương II 31 ⇒ Vậy 2/ ⇒ 3/ Có f : A → B là đơn cấu. Chứng minh f* : G ⊗ A → G ⊗ B cũng đơn. Do f : A → B đơn cấu Nên dãy khớp Suy ra dãy sau đây khớp : ⇒ 1G ⊗ f là đơn cấu 3/ ⇒ 4/ hiển nhiên do 3/ và hàn tử Tenxơ khớp phải 4/ ⇒ 5/ ta xét sơ đồ giao hoán sau đây Do 4/ ta có dãy đây là khớp Kết hợp với sơ đồ giao hoán sau : Suy ra Vậy dòng dưới khớp 5/ ⇒ 6/ Có khớp. Cần chứng minh. Chương II 32 Ta đã có là R môđun ( do tính chất của hàm tử Tenxơ ) Do đó ta chỉ cần chứng minh khớp tại G’ ⊗ A ⇔ chứng minh f ⊗ 1A đơn cấu Theo định lý 1.2 chương II Từ dãy khớp. Ta suy ra dãy sau đây khớp Thế nên để chứng minh f ⊗ 1A đơn cấu ta chứng minh Tor1(G,A) = 0 xMuốn vậy ta phải chứng minh 1) Ta chứng minh 1) theo sơ đồ vòng như sau : 5/ ⇒ 3/ ⇒ 1/ 5/ ⇒ 3/ hiển nhiên 3/ ⇒ 1/ Ta có FA X≅ F tự do. Suy ra khớp Áp dụng định lý 1.3 chương II đối với dãy khớp ngắn ở trên ta được : Có 3/ nên là đơn cấu 6/ ⇒ 1/ Áp dụng định lý 1.2 chương II cho dãy khớp ngắn trên ta được dãy sau đây là khớp. Chương II 33 Định nghĩa 2.1 : Một R môđun thỏa mãn 1 trong 6 điều kiện trên của mệnh đề 2.1 được gọi là môđun dẹt. + Nhận xét : Để chứng minh G là R môđun dẹt đơn giản người ta thường đi chứng minh các khẳng định 1 hoặc 3. Sau đây, chúng tôi sẽ nêu ra các định nghĩa tương dương khác của mô đun dẹt, chúng sẽ được sử dụng sau này. Tuy nhiên, chúng tôi sẽ không trình bày chứng minh của nó ở đây vì các chứng minh có thể tìm thấy trong [2] trang 41, 42. Mênh đề 2.1 : Cho N là R môđun khi đó, các khẳng định sau đây là tương đương : 1/ N là môđun dẹt 2/ Nếu f : M’ → M đơn cấu thì f ⊗ 1N : M’ ⊗ N → M ⊗ N cũng là đơn cấu 3/ Nếu f : M’ → M là đơn cấu và M, M’ là các R môđun hữu hạn sinh f ⊗ 1N: M’ ⊗ N → M ⊗ N cũng là đơn cấu II. MÔĐUN DẸT VÀ HÀM TỬ XOẮN (Tor) Mệnh đề 2.2 : Cho dãy O → N’ → N → N’’ → O khớp các R môđun. Giả sử N’’ là R môđun dẹt. Khi đó, ta có khẳng định sau : N’ dẹt ⇔ N dẹt. Chứng minh : ⇒ ) Giả sử N’ là R – môđun dẹt. Cần chứng minh N là R môđun dẹt. Ta có : O → N’ → N → N’’ → O khớp Chương II 34 Áp dụng định lý 1.2 chương II đối với dãy khớp trên l a có dãy sau đây là khớp : Suy ra Tor1(N,M) = 0, ∀M là R môđun → N là R môđun dẹt ⇐ ) Giả sử N là R môđun dẹt. Chứng minh N’ là R môđun dẹt Có là dãy khớp Áp dụng định lý 1.3 đối với dãy khớp trên ta được dãy sau đây là khớp, ∀M là R môđun Sau đây, chúng tôi sẽ đưa ra một định nghĩa tương đương khác của môđun dẹt mà việc chứng minh của nó khá công phu và đầy kỹ thuật. Và đây cũng là một định nghĩa vô cùng quan trọng của môđun dẹt. Nó là chìa khóa sử dụng để mở ra cách chứng minh môđun dẹt trong các mệnh đề tiếp theo. Định lý 2.1 : Giả sử N là A môđun bất kỳ. Khi đó N là A môđun dẹt ⇔ Tor1(A/α, N) = 0 với α là iđean hữu hạn sinh bất kỳ của vành A. Chứng minh : ⇒) N là A môdun dẹt. Ta cần chứng minh Tor1(A/α, N) = 0 với mọi α là iđean hữu hạn sinh của A. Ta có N là A môđun dẹt ⇒ Tor(M.N) = 0 , ∀M là A môđun Mà A/α là A môđun, ∀α là iđean hữu hạn sinh của vành A Suy ra Tor (A/α, N) = 0 , ∀a là iđean hữu hạn sinh của vành A Chương II 35 )⇐ ∀α là idean hữu hạn sinh thỏa Tor1 (A/α, N) = 0. Ta cần chứng minh N là A môđun dẹt. * Đầu tiên, nếu Tor(M,N) = 0 với mọi M là A môđun hữu hạn sinh thì N là A môđun dẹt. Xét f: M' → M" là đơn cấu tùy ý, M, M" là các A môđun hữu hạn sinh Áp dụng đinh lý 1.2 chương II cho dãy khớp ngắn ở trên ta được dãy sau đây là khớp. Nên N là A môđun dẹt (mệnh đề 2.1 chương II) Vậy : Nếu Tor (M,N) = 0 với mọi M là A môđun hữu hạn sinh thì N là A môđun dẹt. * Tiếp đến, ta chứng minh nếu Tor(M,N) = 0 với mọi M là A môdun xyclic thì N là A môđun dẹt. Áp dụng trường hợp trên ta chỉ cần đi chứng minh Tor (M,N) = 0 với mọi M là A môđun hữu hạn sinh. Ta dùng phương pháp chứng minh quy nạp theo số phần tử sinh của M như sau : Khớp Nên áp dụng định lý 1.2 chương II ta được dãy sau đây là khớp Chương II 36 Theo giả thiết ta có: → Tor (M, N) = 0 Vậy Tor (M,N) = 0 với mọi M là A môdun mà số phần tử sinh của M là 2. • Giả sử ta chứng minh được Tor(M,N) = 0 với mọi M là A môđun mà số phần tử sinh của M < k – 1 • Ta chứng minh Tor(M,N) = 0 với mọi M là môđun mà số phần tử sinh của M là k. Giả sử M = (x1, x2, ., xk-1, xk) k 1 1 2 k 1 k k k 1 M (x , x ,...., x ) Xét MM (x )M − − − =  = Xét dãy ik 1 k 1 MO M M OM π − − → → → → khớp Hay dãy ik 1 kO M M M O π −→ → → → khớp Áp dụng định lý 1.2 chương II ta được dãy sau đây là khớp : Tor (Mk-1, N ) i→ Tor(M, N) π→ Tor (Mk-1. N) Mà theo giả thiết quy nạp ta có : Tor (Mk-1, N) = 0 Mặt khác Tor (Mk, N) = 0 Suy ra Tor (M, N) = với mọi M là môđun mà số phần tử của M là k Vậy, ta đã chứng minh được Tor (M, N) = 0 với mọi M là môđun hữu hạn sinh Do đó N là A môđun dẹt. * Kế tiếp ta chứng minh nếu Tor (A/α, N) = 0 với mọi α là iđean của A thì N là A môđun dẹt. • Trước hết ta chứng minh : Nếu M là A môđun xyclic bất kỳ thì M A /≅ α với α là iđean nào đó của A Ta có : M là A môđun xyclic nên M = Ax = (x) Dễ thấy ϕ là một toàn cấu môđun. Chương II 37 Theo giả thiết ta có Tor (A/α, N) = 0 với α là idean bất kỳ của A, nên Tor (M,N) = 0 với mọi M là A môđun xyclic. Theo trên ta suy ra N là A môđun dẹt. * Cuối cùng ta chứng minh nếu có Tor(A/α, N) = 0 với mọi α là iđean hữu hạn sinh của A thì N là môdun dẹt. Trước hết ta có hai nhận xét sau : Nhận xét 1 : NTor (A/ , N) = 0 i 1 : N A Nα ⇔ ⊗ α ⊗ → ⊗ Là đơn cấu với Aα  Nhận xét 2 : , A; ,α β α β hữu hạn sinh, α ⊂ β Thì I ⊗ 1N : α ⊗ N → β ⊗ N, đơn cấu Thật vậy : Do giả thiết và nhận xét 1 ta có : Ta trở lại chứng minh định lý Ta sẽ chứng minh u = 0 trong α ⊗ N Tồn tại βo hữu hạn sinh, Mà i ⊗ 1N, αo ⊗ N → βo ⊗ N đơn cấu ( do nhận xét 2 ) Chương II 38 Vậy : ta đã chứng minh được Tor(A/α, N) = 0 ∀α < A. Theo bước trên ta được N là A môđun dẹt. III. MÔĐUN DẸT VÀ TÍCH TEN XƠ : Mệnh đề 2.3. M là R môđun dẹt ⇔ tích tenxơ của M với một R môđun dẹt bất kỳ là một môđun dẹt. Chứng minh : ⇐) M là R môđun bất kỳ thỏa mãn M ⊗ N là một môđun dẹt, ∀N là R môđun dẹt. Chứng minh M là R môđun dẹt. Ta có : R là R môđun dẹt. Và M ⊗ N là R môđun dẹt ∀N là R môđun dẹt → M ⊗ R môđun dẹt Mà M ⊗ R ≅ M � → M là R môđun dẹt ⇒ ) Mà là R môđun dẹtN là R môđun dẹt tùy ý � Chứng minh M ⊗ N là R môđun dẹt Giả sử f : A → B là một đơn cấu tùy ý Ta cần chứng minh cũng là đơn cấu. Ta có : M là R môđun dẹt Suy ra là 1 đơn cấu Do N là R môđun dẹt Chương II 39 Mệnh đề 2.4. Cho R là một miền nguyên, M là R môđun bất kỳ. Ta có M là R môđun dẹt ⇔ Tích Tenxơ của M với một môđun không xoắn bất kỳ là một môđun không xoắn. Chứng minh : ⇐ ) M ⊗ N là R môđun không xoắnN là môđun khoong xoắn bất kỳ � Chứng minh M là R môđun dẹt. Để chứng minh M là R môđun dẹt. Ta chứng minh Tor (R/α, M) = 0 với mọi α là iđean hữu hạn sinh của R. Xét dãy khớp ngắn sau đây : Với α là iđean hữu hạn sinh của R Áp dụng định lý 1.2 Chương II ta được dãy sau đây là khớp Do đó, để chứng minh Tor(R/α, M) = 0 ta chứng minh : Ta cần chứng minh z = 0 trong α ⊗ M Ta có z = 0 trong R ⊗ M Xét z trong α ⊗ M Lấy a ≠ 0 bất kỳ thuộc α Ta có Chương II 40 Mặt khác, Có α < R R miền nguyên � → α là R môđun không xoắn → α ⊗ M cũng là R môđun không xoắn Mà az = 0 trong α ⊗ M 𝑎 ≠ 0 � → z = 0 trong α ⊗ M → i ⊗ 1M là đơn cấu → Tor (M, R/α) = 0 với α là iđean hữu hạn sinh bất kỳ của vành R → M là R môđun dẹt ⇒ ) M là R môđun dẹt N là R môđun không xoắn bất kỳ � Chứng minh M ⊗ N cũng là R môđun không xoắn ⇔ Chứng minh Thật vậy, xét α : Do N là môđun không xoắn nên α là đơn cấu Mặt khác, M là R môđun dẹt Là đơn cấu Vậy M ⊗ N là R môđun không xoắn Chương II 41 §3. Tổng trực tiếp, tích Tenxơ của các R môđun . I. TỔNG TRỰC TIẾP. Mệnh đề 3.1. A = ii I A∈⊕ là R môđun không xoắn ⇔ Ai là R môđun không xoắn ∀i ∈ I Chứng minh : ⇐ ) Lấy a = (𝑎𝑖)𝑖∈𝐼 ≠ 0 𝑏ấ𝑡 𝑘ỳ 𝑡ℎ𝑢ộ𝑐 𝐴 α ∈ 𝑅, α ≠ 0 � Cần chứng minh αa ≠ 0 Ta có : a ≠ 0 Suy ra i i ia A : a 0∃ ∈ ≠ Do Ai là R môđun không xoắn → A là R môđun không xoắn ⇒ ) Giả sử có ii IA A∈= ⊕ là R môđun không xoắn. Chứng minh Ai là R môđun không xoắn, ∀i ∈ I. Lấy cố định i ∈ I i i i a A a 0 R 0 ∀ ∈ ≠   ∀α ∈ α ≠  ra cần chứng minh αa ≠ 0 Xét a = (0, 0, ai, 0, 0) ∈ Athành phần thứ iMà A là R môđun không xoắn� → αa ≠ 0 → (0,, 0, αai, 0, , 0) ≠ 0 → αai ≠ 0 Vậy Ai là R môđun không xoắn ∀i ∈ I Mệnh đề 3.2. ii IA A∈= ⊕ là R môđun dẹt ⇔ Ai là R môđun dẹt ∀i ∈ I Chứng minh : Ta có dẹt ⇔ Tor (A,M) = 0, ∀M là R môđun bất kỳ Chương II 42 Sau đây chúng tôi sẽ nêu ra 2 mệnh đề mà chứng minh của nó có thể t ìm thấy trong [5] trang 213, 254. Mệnh đề 3.3 : Nhận xét 3.1. Chiều ngược lại của mệnh đề 3.4 .không luôn luôn đúng. Ta xét phản ví dụ sau đây : Ví dụ 3.1 : Z là vành số nguyên Ta có R = Z ⊗ Z là 1 vành A = (Z, 0) là R môđun B = (0, Z) là R môđun Ta có A ⊕ B = (Z, 0) ⊕ (0, Z) = Z ⊕ Z = R là R môđun tự do Nhưng A không là R môđun tự do Thật vậy ∀(a, 0) ≠ (0, 0), (a, 0) ∈ (Z, 0) Xét (0, 1) ≠ (0, 0). (0,1) ∈ R Ta có : (0, 1) . (a, 0) = (0, 0) → ∀(a, 0) ∈ (Z, 0), (a, 0) không độc lập tuyến tính → A không thể là R môđun tự do Vậy : A ⊕ B là R môđun tự do A, B là R môđun tự do II. TÍCH TENXƠ : Chúng ta biết rằng trong [4] trang 113 có các khẳng định sau đây * Môđun tự do trên vành R bất kỳ đều là môđun xạ ảnh Mệnh đề 3.4 : Chương II 43 * M là R môđun xạ ảnh ⇔ M đẳng cấu với một hạng tử trực tiếp của một môđun tự do trên R. Mệnh đề 3.5 : F, G là R môđun tự do ⇒ F ⊗ G là R môđun tự do Chứng minh : Ta có : F tự do nên F = ∑R G tự do nên G = ∑R Suy ra F ⊗ G là R môđun tự do. Nhận xét 3.2. Chiều ngược lại của mệnh đề 3.5 không luôn luôn đúng. Xét phản ví dụ sau : Ví dụ 3.2 : Z là vành các số nguyên : → A ⊗ B là R môđun tự do. Nhưng A không là R môđun tự do Thật vậy : Nếu A là R môđun tự do, suy ra A có cơ sở. Trước hết ta chứng minh 2 phần tử khác 0 bất kỳ thuộc A đều phụ thuộc tuyến tính. Chương II 44 → (x, y) phụ thuộc tuyến tính • Nếu b1 ≠ 0 (0,b2) x + (0, -b1)y = (0,0) mà 0 ≠ (0, - b1) ∈ R → (x, y) phụ thuộc tuyến tính Vậy : Hai phần tử khác 0 bất kỳ của A đều phụ thuộc tuyến tính. Do dó, cơ sở của A chỉ có một phần tử, giả sử phần tử dó là ((a, b), (c,0)) Mâu thuẫn với nhau : Do dó A không thể lả R môdun tự do Vậy ta đã đưa ra ví dụ chứng tỏ A ⊗ B tự do. Nhưng không suy ra A là R môđun tự do. Mệnh đề 3.6 ; A, B là R môđun xạ ảnh thì A ⊗ B cũng là R môđun xạ ảnh Chứng minh : Mà F, G là các R môdun tự do nên F ⊗ G cũng là R môđun tự do suy ra A ⊗ B là R môđun xạ ảnh. Nhận xét 3.3 : Chiều ngược lại của mệnh đề 3.6 không luôn luôn đúng. Xét phản ví dụ sau dây : Ví dụ 3.3 : Z là vành các số nguyên, Z2 = Z/2Z Chương II 45 Có R = (Z, 0 )⊕ (0, Z)mà R là R môđun tự do� Suy ra (Z, 0)là môđun xạ ảnh Nhưng A không là R môđun xạ ảnh vì (0, Z2) không xạ ảnh Thật vậy : Có dãy là dãy khớp các R môđun Nhưng không chẻ ra Vì nếu chẻ ra thì tồn tại đồng cấu J : sao cho 2(0,Z ) J 1σ = → J là đơn cấu Vậy : (0, Z2) không là R môđun xạ ảnh → (0, Z2) ⊕ R khong la R môđun xạ ảnh → A không phải la R môđun xạ ảnh Vậy : A ⊗ B la R môđun xạ ảnh. Nhưng không suy ra A, B la R môđun xạ ảnh Mệnh đề 3.7 : A, B la R môđun dẹt ⇒ A ⊗B la R môđun dẹt Chứng minh : Xét dấn cấu R môđun bất kỳ f: M → N Do A là R môđun dẹt nên f ⊗1^:M ⊗ A → N ⊗ A là đơn cấu Chương II 46 B là R môđun dẹt nên (f ⊗ 1A ) ⊗ 1B: (M ⊗ A) ⊗ B → (N ⊗ A) ⊗ B là đơn cấu. Mà � (M ⊗ A) ⊗ B ≅ M ⊗ (A ⊗ B)(N ⊗ A) ⊗ B ≅ N ⊗ (A ⊗ B) Suy ra � (f ⊗ 1𝐴) ⊗ 1𝐵 ≅ f ⊗ 1A⨂B ∶ M ⊗ (A ⊗ B) → N ⊗ (A ⊗ B)(f ⊗ 1𝐴) ⊗ 1𝐵 là đơn cấu → f ⊗ 1A⨂B cũng là đơn cấu → A ⊗ B là R môđun dẹt Nhận xét 3.4 : Chiều ngược lại của mệnh dề 3.7 không luôn luôn đúng. Xét phản ví dụ sau đây : Ví dụ 3.4 : Z là vành các số nguyên, Q là trường số hữu tỷ • Do R là vành chính nên M là R môđun dẹt ⇔ M là R môdun không xoắn (mệnh đề 4.3 , 4.5 chương II). Mà Q là Z môđun không xoắn → Q là Z môđun dẹt → R A B⊗ là R môđun dẹt • Nhưng B không là R môđun dẹt Thật vậy, Xét phần tử x = �0, 1� ≠ (0, 0)x ∈ B, 0 ≠ n ∈ R � Nhưng n �0, 1� = (0, 0) → nx = 0 → B không là R môđun không xoắn → B không là R môđun dẹt Chương II 47 Vậy : A ⊗ B là R môđun dẹt thì không thể suy ra A và B là R môdun dẹt Nhận xét 3.5 : A,B là R môđun không xoắn A ⊗ B là R môđun không xoắn. Xét các phản ví dụ sau đây : Ví dụ 3. 5 : Suy ra A, B là R môdun không xoắn (ví dụ 4.7 chương II) Nhưng A ⊗ B không phải là R môđun không xoắn. Thật vậy, ta có : Do đó A ⊗ B không phải là R mô đun không xoắn Vậy : A, B là R môđun không xoắn nhưng A ⊗ B không phải là R môđun không xoắn Ví dụ 3.6 : Z là vàng các số nguyên Q là R môdun không xoắn nhưng B không là R môđun không xoắn (Xem ví dụ 3.4) Vậy : A ⊗ B là R môđun không xoắn thì không thể suy ra A, B là R môđun không xoắn. Chương II 48 §4. Mối liên hệ giữa các mô đun tự do, mô đun xạ ảnh. Mô đun dẹt và mô đun không xoắn . Như chúng ta đã biết đối với các vành khác nhau thì mối liên hệ giữa R môđun tự do, xạ ảnh, dẹt, không xoắn cũng có những dặc điểm khác nhau. Nó thay đổi tùy theo sự thay đổi tính chất của vành R. Ở đây, chúng tôi dẫn ra 3 trường hợp của sự thay đổi vành R theo mức độ từ tổng quát đến đặc biệt mà nó dẫn tới sự thay đổi mối liên hệ trên. I. R LÀ VÀNH BẤT KỲ. Mệnh đề sau đây có nói rõ trong [2] trang 255 nên chúng tôi không trình bày lại. Mệnh đề 4.1 : M là R môđun tự do ⇒ M là R môđun xạ ảnh Mệnh đề 4.2 : M là R môđun xạ ảnh ⇒ M là R môđun dẹt Chứng minh mệnh đề này xem I, §2 chương II và tích tenxơ của một dãy khớp ngắn các R môđun bất kỳ với một R môđun xạ ảnh là một dãy khớp. Nhận xét 4.1 : M là R môđun dẹt thì không thể suy ra M là R môđun không xoắn, xét phản ví dụ sau đây : Ví dụ 4.1 : Z là vành số nguyên. Vậy M là R môđun dẹt nhưng M không là R môđun không xoắn. Nhận xét 4.2 : M là R môđun xạ ảnh thì không thể suy ra M là R môđun tự do. Ví dụ 4.2 : Z là vành các số nguyên. M là R môđun tự do → M là R môdun dẹt (mệnh đề 4.1, 4.2). Nhưng M không là R môđun không xoắn Chương II 49 R = Z ⨁ Z = (Z, 0) ⨁ (0, Z) M = (Z, 0) Suy ra (Z, 0) là R môđun xạ ảnh Nhưng (Z, 0) không phải là R môđun tự do Thật vậy : Do đó bất kỳ phần tử ≠ 0 của M đều phụ thuộc tuyến tính. Nên M không phải là R môđun tự do. Nhận xét 4.3 : M là R môđun dẹt thì không thể suy ra M là R môđun xạ ảnh Ví dụ 4.3 : Z là vành các số nguyên Q là trường các số hữu tỷ Đặt R = Z M = Q • Ta có M là R môdun dẹt (xem ví dụ 3.4, chương II) • Nhưng M không là R môđun xạ ảnh. Thật vậy, giả sử M = Q là Z môdun xạ ảnh → Q là hạng tử trực tiếp của R môđun tự do → Q ⊕ A ≅ F với �𝐹 𝑡ự 𝑑𝑜 𝐴 𝑙à 𝑅 𝑚ô đ𝑢𝑛 𝑛à𝑜 đó Ta có Q ⊂ F 1 ∈ Q, suy ra i i i I 1 a x (1) ∈ = ∑ với � 𝑎𝑖 ∈ 𝑍 ∀𝑖 ∈ 𝐼{𝑥𝑖} 𝑐ơ 𝑠ở 𝑐ủ𝑎 𝐹 ∀m ∈ N*, suy ra 1 𝑚 ∈ Q nên 1 𝑚 = i i i I b x (2) ∈ ∑ với bi ∈ Z ∀i ∈ I Ta hoàn toàn có thể viết (1) và (2) cùng tập chỉ số là I bởi vì ta luôn có Chương II 50 thể bổ sung Xi cùng với hệ sô 0 để cho chỉ số ở (1) và (2) trùng nhau. Do đó, diều giả sử Q là là R mô đun xạ ảnh là sai nên Q không thể là R môđun xạ ảnh. Nhận xét 4.4: M là R môđun không xoắn thì không thể suy ra M là R môdun dẹt. Ví dụ 4. 4 : (Xem ví dụ 4.7 chương II) * Tóm lại : Với R là vành bất kỳ. Ta có môi quan hệ sau đây : II. R LÀ MIỀN NGUYÊN : Mệnh đề 4.1, 4.2 đúng với R là vành bất kỳ nên đúng với R là miền nguyên. Đối với R là vành bất kỳ thì một R môđun dẹt không luôn suy ra là R môđun không xoắn nhưng đối với R là miền nguyên thì ta luôn có điều này. Mênh để 4.3 : M là R môđun dẹt thì M là R môđun không xoắn. Chứng minh : Ta có : M là R môdun dẹt Thì a là đơn cấu do R là miền nguyên Chương II 51 Nhận xét 4.5 : Trong phần I, ví dụ 4.2 chỉ ra rằng một R môđun xạ ảnh chưa chắc là mô đun tự do. Tuy nhiên, ta có thể dặt câu hỏi nếu như M là R môđun xạ ảnh thì M có phải là R môdun tự do hay không khi R là miền nguyên. Câu trả lời là không và ví dụ sau dây chứng tỏ. Ví dụ 4.5 : Z là vành các số nguyên. Xét M = I Thì M là R môdun xạ ảnh nhưng M không phải R môđun tự do Chứng minh : * I là R môdun xa ảnh : Dễ dàng nhận thấy 𝜑 là đồng cấu môđun Kiểm tra 𝜑 là toàn cấu • Vậy 𝜑 là toàn cấu R là vành con của trường số phức c nên R miền nguyên. Vậy : M là R môđun không xoắn. Chương II 52 * Xét dãy khớp ngắn sau : Ta chứng minh dãy khớp này chẻ ra ⇔ chứng minh I có nghịch trái Xét J : • J là ánh xạ: Chỉ cần kiểm tra Thật vậy : Vậy : J là ánh xạ • Dễ thấy J là đồng cấu • ∀(x,y) ∈ Kerϕ Ji (x,y) = J(x,y) Chương II 53 → Ji = 1 Do đó dãy khớp (*) chẻ ra → Kerϕ ⨁ I = R ⨁ R → I là R mô đun xạ ảnh. * I không phải là R môđun tự do : Thật vậy, nếu I tự do. Suy ra I có cơ sở • Ta chứng minh 2 phần tử bất kỳ của I đều phụ thuộc tuyến tính. → x, y phụ thuộc tuyến tính. • Vậy cơ sở của I không thể có nhiều hơn 1 phần tử nên cơ sở của I chỉ có 1 phần tử. Giả sử I = Chương II 54 Vậy : M là R môđun xạ ảnh nhưng M không thể là R môđun tự do. Nhận xét 4.6 : Khi R là miền nguyên chiều ngược lại của mệnh đề 4.2 không luôn luôn đúng. Nghĩa là với R là miền nguyên thì M là R môdun dẹt không thể suy ra M là R mô đun xạ ảnh được thể hiện qua ví dụ sau : Ví dụ 4.6 : Z là vành các số nguyên, Q là trường số hữu tỷ. R = Z ⇒ R là miền nguyên M = Q ⇒ M là R môdun Ta có M là R môdun dẹt nhưng M không là R mô đun xạ ảnh (xem ví dụ 4.3). Nhận xét 4.7 : M là R môđun không xoắn thì không thể suy ra M là R môđun dẹt. Ví dụ 4.7 : R = Z[x] là vành các đa thức với hệ số nguyên => R là miền nguyên Xét M = Ta chứng minh M là R môdun không xoắn, và M là R môđun không dẹt • Chứng minh M là R mô đun không xoắn Do đó I không thể là R môđun tự do. Chương II 55 Vậy M là R môđun không xoắn • Chứng minh M là R môdun không dẹt. ⟺ Chứng minh 1M ⊗ α không là đơn cấu dù α là đơn cấu. Xét i : Dễ thấy i là đơn cấu môđun Để chứng minh M là R môđun không dẹt chỉ cần chứng minh 1M ⊗ i không đơn. Kiểm tra ⎩ ⎨ ⎧𝜃 𝑙à á𝑛ℎ 𝑥ạ. 𝜃 ∶ x → 𝑍𝑥 (𝑥, 2)� x 𝑍𝑥 (𝑥, 2)� 𝜃 𝑏ả𝑜 𝑡𝑜à𝑛 𝑠𝑜𝑛𝑔 𝑐ộ𝑛𝑔 𝑡í𝑛ℎ 𝜃 𝑏ả𝑜 𝑡𝑜à𝑛 𝑝ℎé𝑝 𝑛ℎâ𝑛 θ là ánh xạ : hiển nhiên θ bảo toàn phép cộng Chương II 56 bảo toàn phép nhân : 𝜃 [(xf(x) + 2k) h(x) ⨂ (xg(x) + 21)] 𝜃 [(xf(x) + 2k) ⨂ h(x) (xg(x) + 21)] Chỉ cần kiểm tra với h(x) = �𝑎 ∈ 𝑍 𝑥 • h(x) = a Ta có : VT = ( 𝑎𝑙𝑓(𝑥) , 𝑎𝑘𝑔(𝑥) ) = VP • h(x) = x VT = (1, 𝑥(𝑓(𝑥) + 2𝑘), 0 ) = (0 , 0) VP = (0 , 𝑘,𝑥(𝑔(𝑥) + 21) ) = (0 , 0) • VT = VP Vậy : θ bảo toàn phép nhân → θ là một ánh xạ bảo toàn phép toán cộng và nhân ở trên nên khuếch lên thành đồng cấu θ Chương II 57 Nhưng z ≠ 0 Suy ra (1M ⊗ i) không là đơn cấu Vậy : ∃i : M → R là dơn cấu nhưng 1M ⊗ i không là đơn cấu nên M không phải là R môđun dẹt Vì thế : Nếu M là R môđun không xoắn thì không thể suy ra M là R môđun dẹt. * Tóm lại : Với R là miền nguyên Tự do ⇒ xạ ảnh ⇒ dẹt ⇒ không xoắn ⇍ ⇍ ⇍ III. R LÀ VÀNH CHÍNH : Chúng ta đã biết mệnh đề 4.1, 4.2, 4.3 đúng với R là miền nguyên nên đúng với R là vành chính. Với R là miền nguyên bất kỳ thì một R môđun không xoắn không suy ra là R môđun dẹt, một R mô đun xạ ảnh không thể suy, ra là R môđun tự do. Nhưng đối với R là vành chính thì hai điều này ta luôn có và được thể hiện qua các mệnh đề sau đây : Mệnh đề 4.4 : Cho R là vành chính bất kỳ M là R môđun xạ ảnh thì M là R môđun tự do. Chứng minh : Ta có : M là môđun xạ ảnh ⇒ M là hạng tử trực tiếp của môđun tự do nên tồn tại F là R môđun tự do : F = M ⊕ A. (A là R môđun nào dó). → M là môđun con của môđun tự do F trên vành chính R → M là R môđun tự do. Mệnh đề 4.5 : Cho R là vành chính bất kỳ M là R môdun không xoắn thì M là R rnôđun dẹt. Chứng minh : Giả sử M là R môdun không xoắn. Ta cần chứng minh M là R môđun dẹt. ⇔ Chứng minh : Tor (M, R/α) = 0 ∀α R Chương II 58 Lấy α là iđean bất kỳ của RDo R là vành chính � Suy ra α là iđean chính của R → ∃𝑎 ∈ 𝑅 : 𝛼 = ả • Nếu a = 0 Suy ra aR = 0 → Aa = 0 → R/𝛼 ≅ R Mà R là R mô đun tự do → Tor (M, R/𝛼) = 0 • Nếu a ≠ 0 Ta có : là một đẳng cấu là một đẳng cấu là 1 đơn cấu vì M không xoắn Xét sơ đồ giao hoán sau : Mặt khác , ta có dãy sau đây khớp : 0 0 → 𝛼 𝑖 → R 𝜋 → R/𝛼 → 0 Áp dụng định lý 1.3 chương II ta nhận được dãy sau đây khớp : M E M MTor(1 , ) 1 i 1Tor(M,R) Tor(M,R / ) M M R M R / π ∂ ⊗ ⊗πα α→ → ⊗ α → ⊗ → ⊗ Mà R là R môđun tự do ⇒ Tor(M,R) = 0 → E∂ là đơn cấu → E MTor(M, R/ ) Im Ker (1 i)α ≅ ∂ = ⊗ → Tor(M, R/ )α = 0 Chương II 59 Vậy : Cả hai trường hợp ta đều có : Tor (M, R/α) = 0 , ∀αR Suy ra M là R môđun dẹt (định lý 2.1 chương li). Nhận xét 4.8 : Trong II, ví dụ 4.6 chỉ ra rằng đôi với R là miền nguyên thì M là môđun dẹt không thể suy ra M là R môdun xạ ảnh. Mặc dù vậy, ta vẫn có thể dặt ra câu hỏi nêu như R là vành chính thì M là R mô đun dẹt có thể là R môđun xạ ảnh hay không. Câu trả lời không và được thể hiện qua ví dụ sau đây : Ví dụ 4.8 : Z là vành các số nguyên; Q là trường số hữu tỷ. R = Z ⇒ R là vành chính M = Q ⇒ M là R môđun dẹt không là R môdun xạ ảnh (xem ví dụ 4.3). * Tóm lại : Với R là vành chính Tự do ⇔ xạ ảnh ⇒ dẹt ⇔ không xoắn ⇍ Chương III 60 CHƯƠNG III : CÁC VÀNH DẸT TUYỆT ĐỐI §1. Vành có tính chất “ 𝜶 ” tuyệt đối . I. ĐỊNH NGHĨA : Vành A có tính "α tuyệt đối" nêu mọi môđun trên vành A đều có tính α Ta hãy xét khi tính chất α là các tính chất sau : - Tự do - Dẹt - Không xoắn II. CÁC NHẬN XÉT VÀ CHỨNG MINH : 1. Tự do : Vành R dược gọi là tự do tuyệt đối ⇔ Mọi môđun trên R đều là môđun tự do. Mệnh đề 1.1 : Vành R tự do tuyệt đối ⇔ R là một thể Chứng minh : ⇒ ) Vành R t ự do tuyệt đối. Chứng minh R là một thể. Ta tiên hành chứng minh theo 2 bước. Chương III 61 → R/A không có cơ sở → R/A không thể là R môdun tự do. Mâu thuẫn vđi trên • Do dó R A 0= → R ≅ A Bước 2 : Ta chứng minh R là một thể ⇔ chứng minh ∀r ∈ R, r ≠ 0 thì r khả nghịch ∀r ∈ R, r ≠ 0 ⇒ (r) ≠ (0) Suy ra (r) = R (do bước 1) → r/1 Vậy R là một thể. ⇐ ) Xem [5] trang 217 2. Vành không xoắn : Vành R được gọi là không xoắn tuyệt đối ⇔ Mọi môđun trên R đều là không xoắn. Mệnh đề 1.2 : Vành R không xoắn tuyệt đối ⇔ Vành R là một thể. Chứng minh ⇒ ) Vành R không xoắn tuyệt đối. Chứng minh R là 1 thể. Ta tiến hành theo 2 bước. Bước 1 : ∀A R chứng minh �𝐴 = 0 𝐴 = 𝑅 Giả sử A ≠ → ∃a ∈ A a ≠ 0 Xét R/A ta có R/A là R môđunMà vành R không xoắn tuyệt đối� → R/A là môđun không xoắn → R/A không phải là môđun không xoắn Chương III 62 → Vô lý Do đó : R/A = 0 → R ≅ A Bước 2 : Ta chứng minh R là một thể ⇔ chứng minh ∀r ∈ R, r ≠ 0 thì r khả nghịch ∀r ∈ R, r ≠ 0 ⇒ (r) ≠ 0 Suy ra (r) = R (do bước 1) → r/1 Vậy R là một thể ⇒ ) 𝑅 𝑙à 𝑚ộ𝑡 𝑡ℎể 𝑀 𝑙à 𝑚ôđ𝑢𝑛 𝑏ấ𝑡 𝑘ỳ� → Ta cần chứng minh M là R môđun không xoắn ∀𝑚 ∈ 𝑀;𝑚 ≠ 0 ∀𝑟 ∈ 𝑅; 𝑟 ≠ 0 � → Chứng minh rm ≠ 0 Ta có : 𝑀 𝑙à 𝑅 𝑚ôđ𝑢𝑛𝑅 𝑙à 𝑚ộ𝑡 𝑡ℎể � → M là môđun tự do ( xem [5] trang 217) Suy ra M có cơ sở là họ {mi, i ∈ I} ∀m ∈ M → m = n i i i 1 m = α∑ mi ∈ {cơ sở của M}; αi ≠ 0 𝐷𝑜 𝑅 𝑡ℎể 𝑟 ≠ 0 � → rαi ≠ 0 ∀i = 1,𝑛 𝑀à �𝑚𝑖; 𝑖 = 1,𝑛� ⊂ {𝑐ơ 𝑠ở 𝑐ủ𝑎 𝑀} → n i i i 1 (r )m 0 = α ≠∑ → rm ≠ 0 Vậy M là R môđun không xoắn 3. Vành dẹt: Vành R được gọi là dẹt tuyệt đối ⇔ Mọi môdun trên R đều là mô đun dẹt. Việc nghiên cứu chi tiết tính chất của lớp vành này là mục đích của chương này. Chương III 63 §2. Các định nghĩa tương đương của vành dẹt tuyết đối . Dưới đây, chúng tôi sẽ đưa ra các định nghĩa tương đương của vành dẹt tuyệt đối. Nó là công cụ quan trọng cho chúng ta sau này. Định lý 2.1 : Cho vành R. Khi đó các khẳng định sau đây là tương đương, a) R là vành dẹt tuyệt đối. b) Mọi iđean chính của vành R đều là lũy đẳng. Nghĩa là : (x) = (x2) ∀x∈R c) Mọi iđean hữu hạn sinh của vành R đều là hạng tử trực tiếp của vành R ⇔ R R : R∀α ∃β α ⊕ β =  . Chứng minh : a) ⇒ b) Vành R là dẹt tuyệt đối. Chứng minh: Mọi idean chính của vành R đều là lũy đẳng. Lấy x tùy ý thuộc R Chương III 64 Là các toàn cấu Nên 𝛽 là toàn cấu Xét tích hai đồng cấu 𝜑𝛽 Ta có : Vậy → Im𝛽 ⊂ Ker𝜑 Mà 𝛽 toàn cấu � → Im𝛽 = 0 Mà 𝛽 toàn cấu� → (x) ⨂ R/(x) = 0 * Xét ảnh xạ • Kiểm tra là đồng cấu : n Nên là ánh xạ n Chương III 65 xa ya= + ( ) ( )x a y a= Ψ ⊗ + Ψ ⊗ * ( )( ) ( )1 1x a a x a aΨ ⊗ + = Ψ ⊗ + = ( )1x a a+ = ( )1x(a a )+ = 1xa xa+ = 1xa xa+ = ( ) ( )1x a x aΨ ⊗ + Ψ ⊗ * ( ) ( )xr a xr aΨ ⊗ = = ( )x ra = ( )x arΨ ⊗ Nên Ψ có thể khuếch lên thành đồng cấu Ψ • Kiểm tra Ψ là đơn cấu: Rxy a (x) (x)∀ ⊗ ∈ ⊗ giả sử xy a Ker⊗ ∈ Ψ , cần chứng minh xy a 0⊗ = trong R(x) (x)⊗ Ta có : ( )xy a 0Ψ ⊗ = → xya + (x2) = 0 → xya ∈ (x2) → xya = x2t với t ∈ R → 2xya 1 x t 1⊗ = ⊗ = xt⊗ 0 = 0 → xy a 0⊗ = Vậy Ψ đơn cấu. • Kiểm tra Ψ là toàn cấu : Với mọi 2 2 (x)xy xy (x ) (x )= + ∈ ta chứng minh Rz (x) (x)∃ ∈ ⊗ sao cho (x) xΨ = Thật vậy xét z xy 1= ⊗ Chương III 66 Ψ (z) = xy + (x2) = + (x2) = xy Vậy Ψ là đẳng cấu Mà ( ) Rx 0(x)⊗ = Suy ra 2 (x) 0(x ) = → (x) = (x2) b) => c). • Đầu tiên ta chứng minh : Mọi iđean hữu hạn sinh của vành R đều là iđean chính và được sinh ra bởi phần tử lũy đẳng nào dó. Lấy a  R, α hữu hạn sinh. * Trường hợp a = (x) Ta có (x)= (x2) → a R∃ ∈ : x = ax2 Đặt e = ax → e2 = (ax)2 = a2x2 = a (ax2) = ax = e Do dó e là phần tử lũy đẳng của R Và ta có e ∈ (x) Mặt khác x = ax2 = ex ∈ (e) � → (e) = (x) Vậy : Mọi idean chính đều được sinh ra bởi một phần tử lũy đẳng nào đó. * Trường hợp : α = (x1, x2). Theo chứng minh trên Ta có ( ) ( ) ( )21 1 1x x e= = ( )22 2 2(x ) x (e )= = (Với e 1 , e2 là 2 phần tử lũy đẳng của vành R) Chương III 67 Mà α = ( x1 , x2) → α = ( x1 ) + (x2) Thật vậy, do ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2 x x , x x x , x x x , x x x , x ∈ → ⊂  ∈ → ⊂ Suy ra (xi) + (x2) ⊂ (xi, x2) (1) Mặt khác ta có : ∀z ∈ (x1, x2), z = x1a1 + x2a2 ∈ (x1) + (x2) → (x1, x2) ⊂ (x1) + (x2) (2) (1) và (2) → (x1, x2) = (x1) + (x2) = (e1) + (e2) * Ta cần chứng minh α là iđean chính và α = (e) với e là phần tử lũy đẳng trong R. Xét e = e 1 + e2 – e1e2 Ta có ( )( )2 1 2 1 2 1 2 1 2e e +e e e e e e e= − + − 2 2 2 2 2 2 2 21 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2e e e e e e e e e e e e e e e e= + − + + − − − + = e1 + e2 – e1e2 → e lũy đẳng. Mặt khác ta có : e1e = e1 (e1 + e2 – e1e2) = 2 21 1 2 1 2e e e e e+ − = e1 +e1e2 – e1e2 = e1 → (e1) ⊂ (e) Tương tự ta cũng có (e2)⊂ (e) � → (e1) + (e2) ⊂ (e) (3) Bên cạnh dó, ta có : e = e 1 + e2 – e1e2 ∈ ( e 1 ) + (e2) → (e) ⊂ (e1) + (e2) (4) Từ (3) và (4) suy ra: (e) = (e1) + (e2) Bằng quy nạp, dễ dàng suy ra : Mọi iđean hữu hạn sinh đều là iđean chính và được sinh ra bởi phần tử lũy đẳng e nào đó. * Kế tiếp ta chứng minh: Mọi idean hữu hạn sinh đều là hạng tử trực tiếp của vành R. Chương III 68 Lấy α hữu hạn sinh, α tùy ý thuộc R Theo chứng minh trên ta có : α = (e) với e là phần tử lũy đẳng trong R. Ta sẽ chứng minh R = (e) ⊕ ( 1 – e) * ∀ r ∈ R, ta có r = re + r (l - e) ∈ (e) + ( 1 - e) → R ⊂ ( e ) + ( 1 - e) (5) Mà e, 1 - e ∈ R → (e), ( 1 - e) ⊂ R → (e) + ( 1 - e) ⊂ R (6) Từ (5) và (6) suy ra (e) + (1- e) = R * Chứng minh (e) ∩ (1- e) = {0} y (e) (1 e)∀ ∈ ∩ − suy ra y (e) y (1 e) ∈  ∈ − → y ez y (1 e)t =  = − → 2 2 ey e z y ey e(1 et)t et e t et et 0  = =  = − = − = − = (do e là phần tử lũy đẳng) → y = 0 → (e) ∩ (1-e) ⊂ {0} → (e) ∩ (1-e) = {0} Vậy : R = (e) ⊕ ( 1 - e) Đặt β = ( 1 - e) Suy ra R = α ⊕ β (điều phải chứng minh) c) ⇒ a) Lấy M là R môđun bất kỳ. Ta cần chứng minh M là R môđun dẹt. ⇔ Chứng minh Tor (R/α, M) = 0 ∀α ∇ R, α là idean hữu hạn sinh (định lý 2.1 chương II) Ta có : α ∇ R, α hữu hạn sinh Suy ra R = α ⊕ β → R/α ≅ β Chương III 69 Có R là R môđun tự do Mà β là hạng tử trực tiếp của R → β là mô đun xạ ảnh → Tor (β, M) = 0 → Tor (R/α, M) = 0 → M là R mô đun dẹt Vậy : R là vành dẹt tuyệt đối Nhận xét 2.1 : Một định nghĩa tương đương nữa của vành dẹt tuyệt đối sẽ được nêu ra trong định lý 4.1 chương này. * Một số ví dụ về vành dẹt tuyệt đối : Ví dụ 2.1 : Vành Bull là vành dẹt tuyệt đối. Thật vậy : Xét R là vành Bull → ∀ x ∈ R ta có : x2 = x → (x2) = (x) ∀x ∈ R → R là vành dẹt tuyệt đối (định lý 2.1 chương III) Ví dụ 2.2. R là vành thỏa mãn : ∀ x ∈ R ∃ n ∈ N, n ≥ 2, xn = x thì R là vành dẹt tuyệt đối. ∀ x ∈ R ta có ∃ n ∈ N : xn = x, n > 1 * Nếu n = 2: Suy ra xn = x2 = x (x2) = (x) * Nếu n > 2: Suy ra xn = x2.xn-2 Mà xn = x → x2.xn-2 = x → x ∈ (x2) → (x) ⊂ (x2) → (x) = (x2) Vậy ∀x ∈ R, (x) = (x2) nên R là vành dẹt tuyệt đối (định lý 2.1 chương III) Mệnh đề sau dây cho thấy một sô tính chất khá đặc biệt của vành dẹt tuyệt đối. Chương III 70 Mệnh đề 2.1: Cho R là vành dẹt tuyệt đối, khi đó ta có: a/ Mọi phần tử thuộc R hoặc là ước của o, hoặc là ước của 1 (khả nghịch), b) Nếu R là vành địa phương thì R là 1 trường c ) Vành thương của R theo một iđean bất kỳ là vành dẹt tuyệt đối. Chứng minh : a) ∀ x ∈ R , ta có : (x) = (x2) → ∃ t ∈ R : X = x2t → x (1- xt) = 0 Giả sử x / 1 → 1 - xt ≠ 0 → x / 0 b) ∀ x ∈ R, x ≠ 0 ta chứng minh x / 1 Giả sử X /1, suy ra m R∃β (hệ quả 1.1 chương I) R là vành địa phương nên β là iđean tối đại duy nhất của R → β = RadR → x ∈ Rad R → 1 - xy/1 ∀y ∈ R (1) (mệnh đề 1.3 chương I) Do R là vành dẹt tuyệt đối nên (x) = (x2) → ∃ a ∈ R : x = a x2 → x(1 ax)=0 x 0 −  ≠  → 1 – ax  0 (2) Từ (1) và (2) suy ra điều vô lý. Vậy x  1 Nên R là 1 trường. c) ∀α ∇ R, chứng minh R/α là vành dẹt tuyệt đối. x∀ , R/α . Ta cần chứng minh: ( ) ( )2x x= Ta có: x ∈ R R là vành dẹt tuyệt đối� → (x) = (x2) Chương III 71 Vậy : R/α là vành dẹt tuyệt đối. Hệ quả 2.1: f : R → R' đồng cấu vành và R là vành dẹt tuyệt đối thì f(R) cũng là vành dẹt tuyệt đối. Thật vậy, ta có : f(R) ≅ R/Kerf R là vành dẹt tuyệt đối ⇒ R/Kerf là vành dẹt tuyệt đối. → f’(R) là vành dẹt tuyệt đối. Mệnh đề 2.1 chỉ ra rằng vành thương của vành dẹt tuyệt đối theo một idean bất kỳ là vành dẹt tuyệt đối, còn vành con thì sao,ta xét ví dụ sau đây . Ví dụ 2.3 : R là trường các số thực, Z là vành các số nguyên Vành Z là vành con của R Ta có R là vành dẹt tuyệt đối nhưng Z không phải là vành dẹt tuyệt đối. Thật vậy: * Do R là trường nên mọi M là R môđun thì M là R môđun tự do (mệnh đề 1.1 chương III). → R là vành dẹt tuyệt đối. * Z không phải là vành dẹt tuyệt đối. Ta có: 2(2Z) 4Z 2Z 4Z =  ≠  → 2Z ≠ (2Z)2 → Z không là vành dẹt tuyệt đối (định lý 2.1 chương III) Chương III 72 §3 Tổng trực tiếp, tích Tenxơ của vành dẹt tuyệt đối I. TỔNG TRỰC TIẾP : Tổng trực tiếp bảo toàn tính dẹt tuyệt đối. Nghĩa là : R1 là vành dẹt tuyệt đối, ∀i ∈ I thì ii IR R∈= ⊕ là vành dẹt tuyệt đối. Hơn thế nữa ta có định lý sau : Định lý 3.1 : R = ⊕ Ri dẹt tuyệt đối ⇔ Ri dẹt tuyệt đối, ∀i∈I i∈l Chứng minh : ⇐ ) Lấy r = (ri)i∈I tùy ý thuộc R. Ta cần chứng minh (r) = (r2) Ta có : ri ∈ (Ri) , ∀i ∈ I Ri là vành dẹt tuyệt đối, , ∀i ∈ → ∃xi ∈ Ri : 2i i ir r x= Suy ra : ( )2i i I i i i Ir (r ) r x∈ ∈= = = ( ) ( )2i i i Ii Ir x ∈∈      = r2. x (với ( )i i Ix x ∈= ) → (r) ⊂ (r2) Do đó (r) = (r2) Vậy R là vành dẹt tuyệt đối ⇒) ii IR R∈= ⊕ là vành dẹt tuyệt đối thì Ri là vành dẹt tuyệt đối ∀i∈ I. Lấy cố định io ∈ I ta cần chứng minh oi R là vành dẹt tuyệt đối o oi i r R∀ ∈ chứng minh ( )o o2i ir r= Xét r = (0, 0, rio, 0,) ∈ R R là vành dẹt tuyệt đối → r = r2x = (r2) [(xi)i∈I ] (x = (xi)i∈I ) → o o o 2 i i ir r x= → Rio là vành dẹt tuyệt đối. Chương III 73 Vậy : Ri là vành dẹt tuyệt đối, ∀i ∈ I II. TÍCH TENXƠ : Tích Tenxơ bảo toàn dẹt tuyệt đối thể hiện qua mệnh đề dưới dây : Mệnh đề 3.1: Nếu R, R' là vành dẹt tuyệt đối thì R⊗ R' là vành dẹt tuyệt đối Chứng minh : r r ' R R ' r R, r ' R ' ∀ ⊗ ∈ ⊗  ∈ ∈  Chứng minh (r ⊗ r’ ) = ((r⊗r’)2) Có r∈R, r’∈ R’ R, R' là vành dẹt tuyệt đối Suy ra ∃r1 ∈ R sao cho r = r2 r1 r’1 ∈ R r'1 = r'2r'1 → r ⊗ r' = r2r1 ⊗ r'2r'1, = (r2 ⊗ r'2) ( r , ⊗ r'1) = (r ⊗ r')2. (r1 ⊗ r'1) → r ⊗ r' ∈ ( ( r ⊗ r’)2 ( )( ) ( )( ) ( ) 2 2 (r r ') r r ' Mà r r' r r ' → ⊗ ⊂ ⊗   ⊗ ⊂ ⊗   → (r ⊗r’) = ((r ⊗ r’)2) → R ⊗ R’ là vành dẹt tuyệt đối. Nhận xét 3.1 : Chiều ngược lại của mệnh đề 3.1 không luôn luôn đúng. Nghĩa là R ⊗ R’ là vành dẹt tuyệt đối nhưng không thể suy ra R và R' đồng thời là vành dẹt tuyệt đối. Ví dụ 3.1. Z là vành các số nguyên, 2 ZZ 2Z= Xét R = Z R’ = Z2 Thì R ⊗ R' là vành dẹt tuyệt đối nhưng R không phải là vành dẹt tuyệt đối. Thật vậy: Lấy ∀m∈ Z ta cần chứng minh ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 m 0 m 0 (1) m 1 m 1 (2)  ⊗ = ⊗   ⊗ = ⊗  Chương III 74 * Có ( )2 m 0 0 m 0 0  ⊗ =  ⊗ = Vậy (1) đúng. * Chứng minh (2) - Nếu m =2k Có ( ) ( )m 1 2k 1⊗ = ⊗ = ( )k 2⊗ = ( )k 0⊗ = 0 ( )2m 1 0⊗ = → ( ) ( )( )2m 1 m 1⊗ = ⊗ Nếu m = 2k + 1 Có ( )m 1 2k 1) 1⊗ = + ⊗ = ( ) ( )2k 1 1 1⊗ + ⊗ = ( )0 1 1+ ⊗ = 1 1⊗ ( ) ( )2 2m 1 1 1⊗ = ⊗ = 1 1⊗ → ( ) ( )( )2m 1 m 1⊗ = ⊗ Do đó z ⊗ z2 là vành dẹt tuyệt đối (hơn nữa nó còn là vành Bull). * Nhưng z không phải là vành dẹt tuyệt đối. ∀m ∈ Z, m ≠ 0 m ∉ (m2) hay (m) ≠ (m2) Vậy : R ⊗ R' là vành dẹt tuyệt đối thì không thể suy ra R, R' cũng là vành dẹt tuyệt đối. Chương III 75 §4. Vành các thương và môđun các thương của vành dẹt tuyệt đối I. ĐỊNH NGHĨA VÀNH CÁC THƯƠNG VÀ MÔĐUN CÁC THƯƠNG. 1.1. Vành các thương : Cho R là vành giao hoán có đơn vị 1, bất kỳ : * ∅ ≠ s là táp con của R thỏa 2 tính chất 1 S r, r ' S rr ' S ∈  ∈ ⇒ ∈ S xác định như vậy được gọi là tập con có tính chất nhân * Xét tích R x S , với quan hệ ~ được định nghĩa như sau : (x, a) ~ (y, b) ⇔ ∃ t ∈ S : ( b - ya)t = 0. Với x, y R a,b S ∈  ∈ Khi đó "~" là 1 quan hệ tương đương. * Đặt ( ){1 R S xS R x,s ~ s− ×= = = với x ∈R, s ∈ S} x/s = y/t ⇔ ∃u ∈ s để : (xt - ys) u = 0 Trên S-1R ta xác định 2 phép toán : (+) : x/s + y/t = xt + ys/st (•) : x/s . y/t = xy/st Khi đó (+), (•) là định nghĩa tốt. (S-1 R, +,•) được gọi là vành các thương của R theo tập con nhân s 1.2. Ví dụ : 1) R là vành bất kỳ, p Rα Xét s = R - α = [ x ∈R/x ∉α } Khi đó s là tập con nhân của vành R Và 1 a sS A s −   = ∉α     là vành các thương của vành A theo tập con nhân S Xét 1 a sS ,sa −   α = ∉α ∉α     Dễ thấy S-1α∇S-1A. Mặt khác, ∀y/t ∈S-1A. giả sử y/t ∉ S-1α Chương III 76 → y ∉ α → y ∈ S → y/t khả nghịch trong S-1 A (phần tử nghịch đảo là t/y) → S-1 α là iđean tối đại duy nhất. Vậy S-1 A là vành địa phương, ký hiệu Aα = S-1 A gọi là địa phương hóa vành A theo iđean nguyên tố α. 2) Vành không S-1A = { 0 } ⇔ 0 ∈ S ⇔ Nếu O ∈S ⇒ ∀a/s ∈ S-1 A. ∃O ∈ S : a.0 = 0 → a/s = 0/1 ⇒ ∀a/s ∈ S-1 A. thì a/s = 0/1 Do đó 1/1 = 0/1 ⇒ ∃t ∈ S : 1.t = 0 ⇒ t = 0 ⇒ 0 ∈ S 3) Xét vành A giao hoán, có 1 Cố định phần tử f bất kỳ thuộc A Đặt S = { f n / n ≥ 0 } ⊂ A 1 = f 0 ∈ S S-1 A = {a/fm / a ∈ A} là vành các thương của vành A theo tập con nhân S, ký hiệu là Af. Theo 2) Nếu f lũy linh → ∃ n ∈ N* : f” = 0 → 0 ∈ S → Af = {0} 4) α ∇ A; bất kỳ Xét S = { 1 + x / x ∈ α } 1 ∈ S ∀ (1 + x), (1 + y) ∈ S; (1 + x) (1 + y) = 1 + (x + y + xy) ∈ S (do x + y + xy ∈S) → S là tập con nhân của A S-1 A là 1 vành các thương của vành A theo tập con nhân S. 1.3 Môđun các thương : Nếu thay vành R trong định nghĩa S-1 R bởi M là R mô đun, ta được Chương III 77 ( ){ }-1 mS M = m,s / s M,s Ss = ∈ ∈ với 2 phép toán (+), (•) định nghĩa tương tự, ta thu được (S-1 M, +, •) Khi đó S-1 M có thể xem là 1 môdun trên S-1 R và được gọi là môđun các thương của môđun M theo tập con nhân S. Trong trường hợp đặc biệt S = R - α với p Rα thì ta ghi S-1 M = Mα 1.4. Đồng cấu cảm sinh và tính chất: * Cho u : M → N là đồng cấu R môđun Khi dó u cảm sinh ra đồng cấu : S-1 U : S-1 M → S-1 N m/s → u (m)/s đồng cấu của các S_1R môđun. * u v M N N '→ → • S-1 (v.u) S-1 M → S-1N’ m/s → (v.u) (m)/s = v(u(m))/s • (S-1 V) . (S-1 . u) : S-1 M → S-1 N’. m/s → v(u(m))/s ⇒ S-1 (v.u) = (S-1 v) . (S-1 u) Qua đây, ta rút ra mệnh đề sau : Mênh đề 4.1. Cho dãy khớp các R môđun : M’ f M g M’’ Khi đó, dãy S-1 M’ s-1f S-1M M s-1f S-1M” là dãy khớp các S-1 R mô đun. Hệ quả 4.1. Cho N, P là 2 môđun con cùa M (R môđun). Khi đó ta có (i) S-1 (N + P) = S-1 N + S-1 P (ii) S-1 (N ∩ P) = S-1 N ∩ S-1 P (iii) S-1 (M/N) = S-1M/S-1 N Chương III 78 1.5. Tính chất địa phương : Mênh đề 4.2. Cho p Rα . M là R môđun. Khi đó 3 mệnh đề sau đây là tương đương : ( i ) M = 0 (ii) M α = 0 p R∀ α (iii) M β = 0 m R∀ β Chứng minh các mệnh đề trên và hệ quả của nó có thể tìm thấy trong [2] trang 52, 53 và 55 nên chúng tôi không trình bày lại ở đây. II. VÀNH CÁC THƯƠNG CỦA VÀNH DẸT TUYỆT ĐỐI : Ở §1. Chúng ta biết rằng : Vành con của vành dẹt tuyệt đối không luôn luôn là vành dẹt tuyệt đối và vành thương của vành dẹt tuyệt đối theo một idean bất kỳ là vành dẹt tuyệt đối. Như vậy liệu rằng vành các thương của vành dẹt tuyệt đối theo một tập con nhân bất kỳ có là vành dẹt tuyệt đối hay không? Mệnh đề sau đây sẽ nói rõ điều này. Mênh đề 4.1 ; Cho S là con nhân của vành R Nếu R là vành dẹt tuyệt đối thì S-1 R cũng là vành dẹt tuyệt đối. Chứng minh : { }1 sr /S R R, s Sr− = ∈ ∈ S⊂ R ∀ r/s ∈ S-1 R ta cần chứng minh (r/s) = ((r/s)2) r ∈ R R vành dẹt tuyệt đối → ∃x ∈ R : r = r2x → r/s = r2 x/s = [(r/s)2] xs = (r/s)2 (xs/1) → r.s ∈ ((r/s)2) Chương III 79 → (r/s) ⊂ ((r/s)2) (1) Mặt khác (r/s)2 ∈ (r/s) ((r/s)2) ⊂ (r/s) (2) (1) và (2) suy ra : (r/s) = ((r/s)2) Vậy S~'R là vành dẹt tuyệt đối : Sau đây chúng tôi sẽ rút ra một định lý khá quan trọng nói lên một định nghĩa tương đương khác của vành dẹt tuyệt đối. Định lý 4.1 Cho R là một vành R là vành dẹt tuyệt đối ⇔ Rα là trường đối với mọi iđean tối đại α Chứng minh : Rα = {r/s / r ∈ R, s ∈ α} ⇒ ∀r/S ∈ R α , r/s ≠ 0. Ta cần chứng minh r/s khả nghịch trong Rα . Có r r R r R ∈α ∈ →  ∈ − α r (S R ) r S ∈α → = − α ∈ Chương III 80 Do đó : r s (sx rx) rxs srx= = 1 → r/s khả nghịch trong Rα • Nếu r ∈ R - α → e ∈ S → (r/s) . (s/r) = 1 → r/s khả nghịch trong Rα. Vậy Rα là trường ⇐) Rα là trường, m R∀α . Chứng minh R là vành dẹt tuyệt đối. Lấy X bất kỳ thuộc R. Ta cần chứng minh : (x) = (x2) ⇔ Chứng minh 2 (x) 0(x ) = Ta có: 11 2 1 2 (x) S sS (x ) S (x ) −− −   ≅   với S là tập con nhân bất kỳ của R (hệ quả 4.1 chương III) Mà 1 22 1 2 xS (x) 1 x x xS (x 1 1 1 − −   =             = ≅ =               (do Rα là trường) 1S (x)−→ = S-1(x2) 1 1 2 S (x) S (x ) − −→ ≅ 0 1 2 (x)S (x ) −  →     ≅ 0 2 (x) (x ) α  →     = 0 m R∀α 2 (x) (x )→ = 0 (mệnh đề 4.2 chương III) (x)→ = (x2) → R là vành dẹt tuyệt đối. Chương III 81 §5. Phổ nguyên tố của vành dẹt tuyệt đối . Bây giờ chúng ta có thể trình bày các tính chất khá sâu sắc và thú vị của phổ nguyên tố của vành. Định lý 5.1 : Cho vành R . Khi đó các khẳng định sau đây là tương đương : 1) Vành thương R/rad R là vành dẹt tuyệt đối. 2) Một iđean nguyên tố bất kỳ của vành là iđean tối đại 3) Spec R là T1 - không gian (tất cả các tập hợp một điểm là tập đóng). 4) Phổ của R là không gian Hausdorff (T2 - không gian). Chứng minh : 1 ) ⇒ 2) Vành R/rad R là vành dẹt tuyệt đối. Chứng minh : Một iđean nguyên tố bất kỳ của vành R là đối đại. Lấy p Rα tùy ý. Chứng minh m Rα Ta lại có R/rad R là vành dẹt tuyệt đối nên : → (a + rad R) = ((a + rad R)2) = (a2 + rad R) → a + rad R = (a2 + rad R) (b + rad R) với b ∈ R → a – a2b ∈ rad R → a(1 – ab) ∈ rad R Mà rad R ⊂ α → p a(1 ab) R,a − ∈α  α ∉α  → 1 ab Mà − ∈α  α ⊂ β Chương III 82 → 1 ab a ab − ∈β  ∈β → ∈β → 1∈β → β =R 2) => 3) Một iđean nguyên tố bất kỳ của vành R là iđean tối đại chứng minh Spec R là T1 - không gian. Lấy α x là iđean nguyên tố bất kỳ của vành R. Ta cần chứng minh (x) = (x) T a c ó p x Rα  → m x Rα  → x( )α = α x → (x) = (x) 3) => 2) Spec R là T1 - không gian. Chứng minh một iđean nguyên tố bất kỳ của vành R là iđean tôi đại. Hiển nhiên đúng (do mệnh dề 2.4 chương I). 1) => 4) Vành thương R/rad R là vành dẹt tuyệt đối. Chứng minh phổ của Ria không gian Hausdorff (T2 - không gian) Lấy x,y e Spec R, x y≠ . Ta cần chứng minh : tồn tại lân cận của điểm X và lân cận của điểm y sao cho 2 lân cận này rời nhau : Ta có x yx y≠ ⇒ α ≠ α với p x y, Rα α  Giả sử diều thứ nhất xảy ra, nghĩa là x ya ,a∃ ∈α ∉α Gọi (a) = (a + rad R) (a) R/rad R R /rad R là vành dẹt tuyệt đối → x∃ ∈ R/rad R 2a a x= Đặt e = ax → e là phần tử lũy đẳng của vành R/rad R và ( e ) = ( x ) (Chứng minh tương tự định lý 2.1 chương III) Mặt khác e(1 e)− = 2e e− = 0 Chương III 83 → e(1 e)− = 0 → e(1 e)− radA∈ → e(1 e)− = f (f lũy linh) Có P x y R x x x x e e 1 e (vì 1 e 1 vô lý)α ∉α  ∈α → − ∉α − ∈α → ∈α  Vậy có : Xe là lân cận mở của y X1-e là lân cận mở của X Và Xe ∩ X1-e = Xe(1-e) (Mệnh đề 2.2 chương I) = Xr = ∅ (Mệnh đề 2.2 chương I) Suy ra Spec R là T2 - không gian 4) ⇒ 3) phổ của R là không gian Hausdorff. Chứng minh Spec R là T1 -không gian Điều này là hiển nhiên do định nghĩa T1 - không gian và T2 - không gian. 2) ⇒ 1) Một iđean nguyên tố bất kỳ của vành R đều là iđean tối đại của R. Chứng minh R/rad R là vành dẹt tuyệt đối. Trước hết ta có nhận xét : Với S là tập con nhân của vành R, p S, Sα α ∩ = ∅ thì S-1α là iđean nguyên tố của vành S-1R Thật vậy : Có S 0 α ∩ = ∅ ∈α  0 S→ ∉ Xét S {s s / s S}= = + α ∈ → S là tập con nhân của vành R α Mà p R Rα → α là miền nguyên → S -1( R α ) là vành con của trường các thương của miền nguyên R/a → S -1( R α ) là miền nguyên. Mà S -1 ( R α ) 1 1 S R S − −≅ α → 1 1 S R S − − α là miền nguyên Chương III 84 P 1 1S S R− −→  Mặt khác ta có : tương ứng S-1 : 1R S R−→ là 1 đồng cấu vành r → r 1 Do đó ta có bổ đề sau : Bổ đề 5.1 : Cho S là tập con nhân của vành R, o ∉ S. Khi đó, có tương ứng 1-1 giữa tập hợp các iđean nguyên tố của vành S-1R với các iđean nguyên tố của vành R không giao với S. Chứng minh : Đặt Do nhận xét ở trên ta có ánh xạ Ta chứng minh Ψ là 1 song ánh * Ψ là toàn ánh : Lấy p 1S R ,−β β tùy ý. Xét 1 1(S ) ( )− −α = β Theo định lý 1.1, chương I thì p Rα Ta sẽ kiểm tra Sα ∩ = ∅ Nếu Sα ∩ ≠ ∅ → s S∃ ∈ α ∩ → s s S ∈α  ∈ → s 0 s1 1 s ≠  = ∈ β → 1S R−β = vô lý (vì p 1S R)−β  Do đó Sα ∩ = ∅ → α ∈P • ψ (α) = ψ ((S-1)-1(β)) = S-1[(S-1)-1(β)] ⊂ β • Mặt khác x s∀ ∈ β → x 1 x s.s 1= ∈ β Chương III 85 Suy ra Vậy: * Ψ là đơn ánh : Giả sử ∃a ∈ 𝛼 và a ∉ 𝛼1 , ta sẽ chứng minh : a/1 ∈ S-1𝛼 và a/1 ∉ S-1 𝛼1 Vậy a/1 ∉ S-1𝛼1 Suy ra S-1𝛼1 ≠ S-1𝛼 Kết luận Ψ là song ánh Chứng minh 2) ⇒ 1) Chương III 86 Lấy tùy ý . Ta cần chứng minh (𝑅𝑟𝑎𝑑 𝑅)𝑎 là một trường • Xét đồng cấu vành 𝜑 : • Xét S = R – 𝛼 → S là tập con nhân của R và O ∉ S. • (do bổ đề 5.1) Suy ra 𝑅𝛼 chỉ có 1 I đean nguyên tố duy nhất là S -1𝛼 → 𝑅𝛼 chỉ có 1 iđean tối đại duy nhất là S -1𝛼 Nên rad 𝑅𝛼 = S -1𝛼 Là vành dẹt tuyệt đối Như chúng ta đã biết, ở mệnh đề 2.1 chương III ta có : Vành thương của vành dẹt, tuyệt đối theo một iđean bất kỳ là vành dẹt tuyệt đối. Vì thế ta luôn có R/radR là vành dẹt tuyệt đối nếu R là vành dẹt Chương III 87 tuyệt đối. Do dó cùng với (định lý 5.1 ta có hệ quả sau : Hệ quả 5.1 : Nếu vành R là vành dẹt, tuyệt đôi thì ta có : 1) Một iđean nguyên tố bất kỳ của vành R là iđean tối đại. 2) SpecR là T1 - không gian 3) Phổ của R là không gian Hausdorff (T2 - không gian) Hệ quả 5.2 : Nếu R là vành dẹt tuyệt dối thì SpecR là compact và hoàn toàn không liên thông. Chứng minh * SpecR là compact : hiển nhiên do định lý 2.1 chương I. * Spec R là hoàn toàn không liên thông : Ta cần chứng minh : ∀ B ⊂ SpecR, card B > 2 thì B không liên thông. ↔ B có chứa một tập vừa đóng, vừa mở. Nên B là không liên thông. Vậy : SpecR là hoàn toàn không liên thông. Như vậy, không gian tôpô Zarisky trên vành dẹt tuyệt đối là không gian compact, không gian tách (To, T1, T2 - không gian) và hoàn toàn không liên thông. Đây chính là sự tổng hợp của hệ quả 5.1, hệ quả 5.2 chương III mà cơ sở xuất phát là các kiến thức của không gian tôpô Zariky ở chương I, tích xoắn và môđun dẹt ở chương II và các vành dẹ t tuyệt đối ở chương III. Chương III 88 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] MacLanes Homology, Berlin-Gottingen – eidelberg, Springer, 1936. [2] M.F Atiyah – frs, I.G. Macdonald, Introduction to commutative Algebra, Addison – Wesley publishing company , reading, Massachusetts, 1969 [3] Hoàn Xuân Sính, Đại số cao cấp – Đại số đại cương, Nhà Xuất Bản Giáo dục, 1977 [4] Sze – Tsenhu, Nhập môn đại số đồng điều [5] Ngô Thúc Lanh, Đại số (giáo trình sau đại học), Nhà Xuất Bản Giáo dục, 1985.