Một số tính chất của vành nửa nguyên tố

Chương 1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ Trong luận văn này nếu không chú thích gì thêm thì chúng ta chỉ xét các R−môđun trái. Vì vậy, khi nói đến R−môđun ta hiểu là R−môđun trái. 1.1 Môđun con cốt yếu, đối cốt yếu Định nghĩa 1.1.1. Môđun con K của R−môđun M được gọi là cốt yếu trong M và được kí hiệu K / M nếu ∀L ≤M,K ∩ L = 0 thì L = 0 tức là ∀ 0 6= L ≤M ⇒ K ∩ L 6= 0. Ví dụ 1.1.1. (1) 2Z4 là môđun con cốt yếu của Z−môđun Z4. (2) Mọi môđun con khác 0 của Z đều cốt yếu trong Z. Định nghĩa 1.1.2. Môđun con K của M được gọi là đối cốt yếu trong M và ký hiệu là K M nếu ∀L ≤M,K + L = M thì L = M tức là ∀L < M : K + L < M. Ví dụ 1.1.2. (1) 2Z4 là môđun con đối cốt yếu của Z−môđun Z4. (2) 0 là môđun con đối cốt yếu trong mọi môđun M . Mệnh đề 1.1.1. Cho M là R−môđun với các môđun con K ≤ N ≤ M và H ≤ M . Khi đó: (1) K/ M nếu và chỉ nếu K/ N và N/ M. (2) (H ∩K) / M nếu và chỉ nếu H/ M và K/ M. 5 Chứng minh. (1) Giả sử K/ M suy ra ∀ 0 6= L ≤ M ⇒ L ∩ K 6= 0 nên ∀ 0 6= L ≤ N ⇒ L ∩ K 6= 0. Do đó K/ N . Ta lại có 0 6= L ∩K ⊆ L ∩N, ∀ 0 6= L ≤M nên N / M. Ngược lại, xét L ≤M bất kỳ sao cho L ∩K = 0. Ta có 0 = L ∩K = L ∩ (K ∩N) = (L ∩N) ∩K Do K/N nên L ∩ N = 0. Mà N/ M suy ra L = 0. Vậy K/M . (2) Giả sử H ∩K/ M tức là ∀ 0 6= L ≤ M ⇒ L ∩ (H ∩K) 6= 0. Mà 0 6= L ∩ (H ∩K) ⊆ L ∩H nên H /M . Tương tự 0 6= L ∩ (H ∩K) ⊆ L ∩K nên K /M . Ngược lại, xét L ≤ M bất kỳ sao cho 0 = L ∩ (H ∩K) = (L ∩H) ∩K Do K/ M kéo theo L ∩ H = 0. Vì H/ M suy ra L = 0. Vậy H ∩ K/ M . Mệnh đề 1.1.2. Cho M là R−môđun với các môđun con K ≤ N ≤ M và H ≤M . Khi đó: (1) N M nếu và chỉ nếu K M và N/K M/K. (2) (H +K) M nếu và chỉ nếu H M và K M . Phép chứng minh của mệnh đề tương tự như Mệnh đề 1.1.1. 6 Định lý 1.1.1. Cho M,N là các R−môđun. Khi đó: (1) Nếu trong M có dãy các môđun con A ≤ B ≤ C thì A/M kéo theo B /C. (2) Nếu Ai / M, ∀ i = 1, n thì n⋂ i=1 Ai / M . (3) Nếu φ : M → N là một đồng cấu và B / N thì φ−1(B) / M . Định lý 1.1.2. Cho M,N là các R−môđun. Khi đó: (1) Nếu M có dãy các môđun con A ≤ B ≤ C thì B  C kéo theo AM . (2) Nếu Ai M, ∀ i = 1, n thì n∑ i=1 Ai M . (3) Nếu φ : M → N là một đồng cấu và A  M thì φ(A)  N . Đặc biệt, nếu K M ≤ N thì K  N . Phép chứng minh của hai định lý dễ dàng suy ra từ định nghĩa. Bổ đề 1.1.1. ([3], tr 75) K ≤M là cốt yếu trong M nếu và chỉ nếu ∀ 0 6= x ∈M, ∃ r ∈ R : 0 6= rx ∈ K. Mệnh đề 1.1.3. Cho K1 ≤M1 ≤M , K2 ≤M2 ≤M và M = M1⊕M2. Khi đó: (1) K1 ⊕K2 /M1 ⊕M2 nếu và chỉ nếu K1 /M1 và K2 / M2. (2) K1 ⊕K2 M1 ⊕M2 nếu và chỉ nếu K1 M1 và K2 M2. Chứng minh. (1) Giả sử K1 không cốt yếu trong M1. Khi đó ∃ 0 6= L1 ≤M1 : K1 ∩ L1 = 0. Nếu k1 ∈ K1, k2 ∈ K2, l1 ∈ L1 : k1 + k2 = l1 6= 0 thì k2 = l1 − k1 ∈M1 ∩ M2 = 0 tức là 0 6= k1 = l1 ∈ K1 ∩ L1 = 0. Do đó (K1 +K2) ∩ L1 = 0. 7 Vậy K1 ⊕K2 không cốt yếu trong M1 ⊕M2. Ngược lại, giả sử K1 / M1 và K2 / M2. Ta có ∀ 0 6= x1 ∈M1, ∃ r1 ∈ R : 0 6= r1x1 ∈ K1. Xét 0 6= x2 ∈M2 bất kỳ. Nếu r1x2 ∈ K2 thì 0 6= r1x1 + r1x2 ∈ K1 ⊕K2, nếu r1x2 6∈ K2 thì do K2 / M2 và 0 6= r1x2 ∈M2 nên ∃ r2 ∈ R : 0 6= r2r1x2 ∈ K2. Suy ra 0 6= r2r1x1 + r2r1x2 ∈ K1 ⊕K2. Theo Bổ đề 1.1.1, K1 ⊕K2 / M1 ⊕M2. (2) Giả sử K1 ⊕K2 M1 ⊕M2. Xét đồng cấu tự nhiên pi : M1 ⊕M2 →Mi. Ta có pi(K1 ⊕K2) = Ki (i = 1, 2). Vì K1 ⊕K2 M1 ⊕M2 nên theo Định lý 1.1.2, pi(K1 ⊕K2) Mi. Vậy Ki Mi (i = 1, 2). Ngược lại, do K1  M1 ≤ M và K2  M2 ≤ M nên theo Định lý 1.1.2 ta có K1  M và K2  M . Theo Mệnh đề 1.1.2, K1 ⊕K2 M = M1 ⊕M2. Cho N là một môđun con của M . Nếu N ′ ≤M tối đại theo nghĩa N ∩N ′ = 0 thì ta nói N ′ là một M−phần bù của N . Định lý 1.1.3. ([3], tr 75) Cho N ′ là một M−phần bù của N . Khi đó: (1) N ⊕N ′ / M (2) (N ⊕N ′)/N ′ / M/N ′. 8 1.2 Môđun sinh và đối sinh Định nghĩa 1.2.1. Cho ϑ là lớp các môđun. Môđun M được gọi là (hữu hạn) sinh bởi ϑ hoặc ϑ (hữu hạn) sinh M nếu tồn tại họ (hữu hạn) các môđun được đánh số (Uα)α∈A ⊆ ϑ sao cho có toàn cấu ⊕AUα →M. Ví dụ 1.2.1. Với nhóm xoắn ZM ta có ∀x ∈M, ∃n(x) > 0, n(x) ∈ N : n(x)x = 0. Xét đồng cấu fx : Zn(x) → M a 7→ fx(a) = ax. Khi đó Imfx = Zx. Tổng trực tiếp f = ⊕Mfx : ⊕MZn(x) →M là đồng cấu và Imf = Im(⊕Mfx) = ∑ M Imfx = ∑ M Zx = M nên f toàn cấu. Ngược lại, nếu M là ảnh toàn cấu của tổng trực tiếp các nhóm cyclic hữu hạn thì M được sinh bởi các phần tử có cấp hữu hạn, nên M là nhóm xoắn. Nói cách khác, nhóm aben là xoắn nếu và chỉ nếu nó sinh bởi ϑ = {Zn : n > 1} . Tập tất cả các môđun sinh bởi ϑ được kí hiệu là Gen(ϑ). Gen(ϑ) = {M/M là môđun sinh bởi ϑ}. Ví dụ 1.2.2. Nếu ϑ = {Zn/n > 1} thì Gen(ϑ) = {M/M là nhóm xoắn}. Định nghĩa 1.2.2. Cho ϑ là lớp các môđun. Môđun M được gọi là (hữu hạn) đối sinh bởi ϑ hoặc ϑ (hữu hạn) đối sinh M nếu tồn tại họ (hữu hạn) các môđun được đánh số (Uα)α∈A ⊆ ϑ sao cho có đơn cấu M → ∏ A Uα. 9 Ví dụ 1.2.3. Z−môđun đơn M đối sinh bởi Z−môđun Q/Z. Thật vậy, M là Z−môđun đơn nên M ∼= Z/nZ với một số nguyên tố n nào đó. Xét đồng cấu φ : Z/nZ→ Q/Z z + nZ 7→ z n + Z. Rõ ràng φ là đơn cấu. Vậy ta có một đơn cấu từ Z−môđun đơn M vào Z−môđun Q/Z. Tập tất cả các môđun đối sinh bởi ϑ được kí hiệu là Cog(ϑ). Cog(ϑ) = {M/M là môđun đối sinh bởi ϑ}. Các mệnh đề sau cho ta một số tính chất về lớp các môđun sinh và đối sinh. Mệnh đề 1.2.1. ([3], tr 106) Cho ϑ là lớp các môđun. Khi đó: (1) Nếu M ∈ Gen(ϑ) thì ảnh toàn cấu của M cũng thuộc Gen(ϑ). (2) Nếu (Mα)α∈A ⊆ Gen(ϑ) thì ⊕AMα ∈ Gen(ϑ). Mệnh đề 1.2.2. ([3], tr 107) Cho ϑ là lớp các môđun. Khi đó: (1) Nếu M ∈ Cog(ϑ) và g : M ′ → M là đơn cấu thì M ′ ∈ Cog(ϑ) . (2) Nếu (Mα)α∈A ⊆ Cog(ϑ) thì ∏ A Mα ∈ Cog(ϑ). Định lý 1.2.1. ([3], tr 107) Môđun M sinh bởi ϑ nếu và chỉ nếu M là tổng của các môđun con N , với N là ảnh toàn cấu của một môđun nào đó thuộc ϑ. Định nghĩa 1.2.3. Cho ϑ là lớp các môđun và M là một môđun bất kỳ. Vết của ϑ trong M được ký hiệu và định nghĩa là TrM (ϑ) = ∑ {Imh |h : U →M, với một số U ∈ ϑ}. Đặc biệt nếu ϑ = {U} thì TrM (U) = ∑ {Imh |h ∈ HomR(U,M)}. 10 Song song với khái niệm vết, Rej của ϑ trong M được ký hiệu và định nghĩa là RejM (ϑ) = ⋂ {kerh |h : M → U, với một số U ∈ ϑ}. Đặc biệt, nếu ϑ = {U} thì RejM (U) = ∩{kerh |h ∈ HomR(M,U)}. Mệnh đề sau cho ta thấy mối liên hệ giữa TrM (ϑ) và RejM (ϑ) với khái niệm môđun sinh và đối sinh. Mệnh đề 1.2.3. Cho ϑ là lớp các môđun, M là một môđun. Khi đó: (1) TrM (ϑ) là môđun con lớn nhất của M sinh bởi ϑ. (2) K = RejM (ϑ) là môđun con nhỏ nhất của M sao cho M/K đối sinh bởi ϑ. Chứng minh. (1) Lấy (Uα)α∈A là một tập các môđun trong ϑ và h : ⊕AUα →M. Từ sơ đồ giao hoán ⊕AUα h→ M ια ↖ ↗ fα Uα ta có Imh = ∑ A Im(hια) ≤ TrM (ϑ). Do đó mọi môđun con của M thuộc Gen(ϑ) đều chứa trong TrM (ϑ). Mặt khác, theo định nghĩa của TrM (ϑ) có một tập (Uα)α∈A và hα : Uα →M với TrM (ϑ) = ∑ A Im(hα). Suy ra h = ⊕Ahα : ⊕AUα → M có Imh = TrM (ϑ). Như vậy TrM (ϑ) ∈ Gen(ϑ). 11 (2) Xét (Uα)α∈A ⊆ ϑ và đồng cấu h : M → ∏ A Uα Ta có sơ đồ giao hoán M h→ ∏ A Uα piαh↘ ↙ piα Uα theo đó h = ∏ A (piαh). Đặt K = kerh suy ra K = kerh = ⋂ A ker(piαh) ⊇ RejM (ϑ). Do đó nếu M/K đối sinh bởi ϑ thì K ⊇ RejM (ϑ). Mặt khác, theo định nghĩa của RejM (ϑ) tồn tại (Uα)α∈A ⊆ ϑ và đồng cấu hα : M → Uα với RejM (ϑ) = ⋂ A ker(hα). Như vậy h = ∏ A (hα) : M → ∏ A Uα có kerh = RejM (ϑ). Suy ra M/RejM (ϑ) ∈ Cog(ϑ). Một kết quả suy ra từ mệnh đề trên là Hệ quả 1.2.1. Cho M là R−môđun và ϑ là lớp các môđun. Khi đó: (1) M ∈ Gen(ϑ) khi và chỉ khi TrM (ϑ) = M . (2) M ∈ Cog(ϑ) khi và chỉ khi RejM (ϑ) = 0. Mệnh đề 1.2.4. Cho ϑ là lớp các môđun. M,N là các môđun và f : M → N là đồng cấu. Khi đó, f(TrM (ϑ)) ≤ TrN (ϑ) và f(RejM (ϑ)) ≤ RejN (ϑ). Chứng minh. Xét h ∈ HomR(U,M), ta có sơ đồ giao hoán M f→ N h↖ ↗ g U 12 Đặt g = f0h ∈ HomR(U,N). Rõ ràng f(Imh) = Imf0h ∈ TrN (ϑ) nên f(TrM (ϑ)) ≤ TrN (ϑ). Nếu x ∈ RejM (U) và h ∈ HomR(N,U) thì hf ∈ HomR(M,U) nên hf(x) = 0 suy ra f(x) ∈ RejN (ϑ). Vậy f(RejM (ϑ)) ≤ RejN (ϑ). 1.3 Môđun đơn và nửa đơn Định nghĩa 1.3.1. R−môđun M được gọi là môđun đơn nếu M 6= 0 và M chỉ có hai môđun con là 0 và M . Định nghĩa 1.3.2. R−môđun M được gọi là môđun cyclic nếu ∃m ∈M sao cho M = Rm. Khi đó ta nói m là phần tử sinh của M . Mệnh đề 1.3.1. Cho M là R−môđun. Khi đó các mệnh đề sau tương đương: (1) M là R−môđun đơn; (2) M là R−môđun cyclic và mọi phần tử khác 0 của M đều là phần tử sinh; (3) M ' R/I với I là ideal trái tối đại nào đó của R. Phép chứng minh của mệnh đề được suy ra từ định nghĩa. Bổ đề 1.3.1. (Schur's lemma, [4], tr 35) Một đồng cấu bất kỳ giữa các R−môđun đơn hoặc tầm thường hoặc đẳng cấu. Đặc biệt, nếu M là R−môđun đơn thì EndR(M) là một thể. Định nghĩa 1.3.3. R−môđun M được gọi là nửa đơn nếu M là tổng trực tiếp của các R−môđun đơn. Mệnh đề 1.3.2. Nếu R−môđun M là tổng của các môđun con đơn thì M là môđun nửa đơn. Chứng minh. Giả sử M = ∑ i∈ I Mi với Mi, i ∈ I là các môđun con của M . Đặt S = { J ⊆ I : ∑ i∈ J Mi = ⊕ i∈ J Mi } . 13 Rõ ràng S 6= ∅ và mỗi dây chuyền tiến trong S đều bị chặn trên nên theo Bổ đề Zorn tồn tại I ′ tối đại trong S sao cho∑ i∈ I′ Mi = ⊕ i∈ I′ Mi. Ta có ∀j ∈ I, Mj ∩ ⊕ i∈ I′ Mi = [ 0 Mj Nếu Mj ∩ ⊕ i∈ I′ Mi = 0 thì Mj ⊕ ( ⊕ i∈ I′ Mi) là một tổng trực tiếp, mâu thuẫn với I ′ tối đại. Suy ra Mj ∩ ⊕ i∈ I′ Mi = Mj hay Mj ⊆ ⊕ i∈ I′ Mi, ∀j ∈ I. Do đó M = ∑ i∈ I Mi = ⊕ i∈ I′ Mi. Vậy M là R−môđun nửa đơn. Bổ đề 1.3.2. Cho f : M → N và f ′ : N →M là các đồng cấu sao cho ff ′ = 1N . Lúc đó f là toàn cấu , f ′ đơn cấu và M = kerf ⊕ Imf ′. Chứng minh. Rõ ràng f là toàn cấu, f ′ đơn cấu. Với mọi x ∈ kerf ∩ Imf ′ suy ra f(x) = 0 và ∃y ∈ N : x = f ′(y). Do đó ff ′(y) = 0 suy ra y = 0 và ta được x = f ′(y) = 0. Mặt khác ∀x ∈M thì f(x− f ′f(x)) = f(x) − f(x) = 0. Suy ra x = (x − f ′f(x)) + f ′f(x) ∈ ker f + Imf ′. Như vậy M = ker f ⊕ Imf ′. Nếu f : M → N và f ′ : N →M là các đồng cấu thỏa ff ′ = 1N thì ta nói f là toàn cấu chẻ ra và f ′ là đơn cấu chẻ ra. Dãy khớp ngắn 0 →M1 f→M g→M2 → 0 được gọi là chẻ ra nếu f là đơn cấu chẻ ra và g toàn cấu chẻ ra. Ta có bổ đề sau về dãy khớp ngắn. 14 Bổ đề 1.3.3. ([3], tr 67) Cho dãy khớp ngắn 0 →M1 f→M g→M2 → 0. Khi đó, các mệnh đề sau tương đương: (1) Dãy khớp trên chẻ ra; (2) đơn cấu f : M1 →M chẻ ra; (3) toàn cấu g : M →M2 chẻ ra; (4) mọi đồng cấu h : M1 → N được phân tích qua f ; (5) mọi đồng cấu h : N →M được phân tích qua g. Bổ đề 1.3.4. ([3], tr 117) Cho M là R−môđun nửa đơn, M = ⊕ i∈ I Mi. Nếu 0 → K f→M g→N → 0 là dãy khớp ngắn của các R−môđun thì nó chẻ ra và K,N là nửa đơn. Do đó, tồn tại J ⊆ I sao cho N ' ⊕ J Mj , K ' ⊕ I\J Mj. Từ bổ đề trên suy ra rằng mọi môđun con và môđun thương của môđun M nửa đơn là nửa đơn. Hơn nữa, mọi môđun con đều là hạng tử trực tiếp của M . Định lý 1.3.1. Cho M là R−môđun. Khi đó các mệnh đề sau tương đương: (1) M nửa đơn; (2) M được sinh bởi các môđun đơn; (3) M là tổng của các môđun con đơn của nó; (4) mọi môđun con của M đều là hạng tử trực tiếp của M; (5) mọi dãy khớp ngắn 0 → K f→M g→N → 0 của các R−môđun là chẻ ra. Chứng minh. (1)⇒(5) Theo Bổ đề 1.3.4. (5)⇒(4) Gọi K là môđun con bất kỳ của M . Ta có 0 → K f→M g→M/K → 0 (3) 15 là dãy khớp ngắn nên theo (5) dãy khớp này chẻ ra. Tức là tồn tại toàn cấu f ′ : M → K thỏa f ′f = 1K . Theo Bổ đề 1.3.2 ta có M = kerf ′ ⊕ Imf hay M = kerf ′ ⊕K. Vậy K là hạng tử trực tiếp của M . (2)⇒(1) Giả sử M được sinh bởi ϑ gồm các môđun đơn. Khi đó ∃(Uα)α∈A ⊆ ϑ sao cho f : ⊕AUα →M là toàn cấu. Với fα : Uα → M, ta có Imf = ∑ A Imfα = M. Vì Uα là môđun đơn nên Imfα là môđun con đơn của M . Suy ra M = ⊕ B⊆A Imfα hay M là môđun nửa đơn. (2)⇔(3) Rõ ràng. (4)⇒(3) Giả sử mọi môđun con của M đều là hạng tử trực tiếp. Trước hết ta cần chứng minh mọi môđun con khác 0 của M đều có một môđun con đơn. Xét 0 6= x ∈ M . Khi đó Rx là môđun con sinh bởi {x} hữu hạn nên Rx có một môđun con tối đại là H . Do H ⊆M nên ∃H ′ ⊆M : M = H ⊕H ′. Vì H ⊆ Rx nên Rx = Rx ∩M = Rx ∩ (H ⊕H ′) = H ⊕ (Rx ∩H ′) Suy ra Rx ∩H ′ ∼= Rx/H. Mà Rx/H là môđun đơn nên Rx∩H ′ là môđun đơn tức là Rx có một môđun con đơn là Rx ∩H ′. Đặt N = ∑ {K : K là môđun con đơn củaM}. Lúc đó N là một môđun con của M . Ta có ∃N ′ ≤M : M = N ⊕N ′. Do N ∩N ′ = 0 nên N ′ không có môđun con đơn, suy ra N ′ = 0. Vậy M = N. 16 1.4 Socle và radical của một môđun Ta biết rằng một môđun M là nửa đơn nếu và chỉ nếu M được sinh bởi các môđun đơn. Như vậy lớp các R−môđun nửa đơn chính là lớp các môđun sinh bởi lớp các môđun đơn S. Vì thế mỗi môđun M có duy nhất môđun con nửa đơn lớn nhất là TrM (S). Định nghĩa 1.4.1. Cho M là một R−môđun. Môđun con nửa đơn lớn nhất của M sinh bởi lớp các môđun đơn S được gọi là SocM . Như vậy SocM = TrM (S). Ví dụ 1.4.1. Cho M = Z4 là Z−môđun. Khi đó 2Z4 là môđun con đơn duy nhất của Z4. Nên Soc(Z4) = 2Z4. Mệnh đề 1.4.1. Cho M là R−môđun. Khi đó: SocM = ∑{ K ≤M : K là môđun con tối tiểu } (1) = ⋂ {L ≤ M : L/M} . (2) Chứng minh. (1) Hiển nhiên. (2) Xét L/ M và T là một môđun con đơn bất kỳ của M . Ta có L∩ T 6= 0. Suy ra T ≤ L, do đó SocM nằm trong mọi môđun con cốt yếu của M . Như vậy SocM ≤ ∩{L ≤M : L/M} . Ngược lại, xét H = ∩{L ≤M : L/M} . Ta cần chứng minh H là môđun con nửa đơn. Lấy N ≤ H và N ′ ≤M là phần bù của N . Khi đó N +N ′ = N ⊕N ′ /M. Suy ra N ≤ H ≤ N ⊕N ′. Do đó H = H ∩ (N ⊕N ′) = N ⊕ (H ∩N ′), tức là N là một hạng tử trực tiếp của H . Theo Định lý 1.3.1 suy ra H là một môđun nửa đơn. Vậy H ≤ SocM , (2) đã được chứng minh. 17 Ta quy ước nếu R−môđun M không có môđun con tối tiểu thì SocM = 0. Mệnh đề 1.4.2. Cho M và N là R−môđun và f : M → N là R−đồng cấu. Khi đó, f(SocM) ≤ SocN. Phép chứng minh của mệnh đề được suy ra từ Mệnh đề 1.2.4. Từ mệnh đề trên ta suy ra hai kết quả sau Hệ quả 1.4.1. Cho M là R−môđun và K ≤M . Khi đó, SocK = K ∩ SocM Đặc biệt, Soc(SocM) = SocM . Chứng minh. Xét phép nhúng f : K →M, k 7→ k. Ta có SocK = f(SocK) ≤ SocM, suy ra SocK ⊆ K ∩ SocM. Mặt khác K ∩ SocM là môđun con của SocM . Vì SocM nửa đơn nên K ∩SocM là nửa đơn. Mà SocK là môđun con nửa đơn lớn nhất của K nên K ∩ SocM ⊆ SocK. Hệ quả 1.4.2. Cho M là R−môđun. Khi đó, SocM /M nếu và chỉ nếu ∀ 0 6= N ≤M đều chứa một môđun con K tối tiểu. Chứng minh. Giả sử SocM /M , tức là ∀ 0 6= N ≤M,N ∩ SocM 6= 0. Theo Hệ quả 1.4.1, ta có SocN = N ∩ SocM 6= 0 suy ra tồn tại môđun con tối tiểu trong N . Ngược lại, vì ∀ 0 6= N ≤M đều có môđun con tối tiểu nên SocN 6= 0. Khi đó N ∩ SocM = SocN 6= 0, hay SocM /M. 18 Định nghĩa 1.4.2. Cho S là lớp các môđun đơn. Với mỗi R−môđun M , RejM (S) được gọi là radical của M và ký hiệu là RadM . Như vậy RadM = RejM (S). Cũng tương tự như SocM , một số tính chất của RadM được cho bởi mệnh đề sau Mệnh đề 1.4.3. Cho M là R−môđun. Khi đó, RadM = ⋂ {K ≤ M : K tối đại trongM} (1) = ∑ {L ≤M : L đối cốt yếu trongM}. (2) Chứng minh. (1) Ta có M/K là môđun đơn với K là môđun con tối đại của M nên RadM = RejM (S) = ⋂ K tối đại {kerh, h : M →M/K} = ⋂ {K : K tối đại trongM}. (2) Lấy L  M và K là môđun con tối đại của M suy ra L + K là môđun con thực sự của M . Do K tối đại của M và L +K là môđun con thực sự của M nên L ≤ K . Như vậy, mọi môđun con đối cốt yếu của M đều chứa trong RadM. Lấy x ∈ Rad(M). Giả sử Rx không đối cốt yếu trong M . Đặt S = {B /B 6= M, Rx +B = M} , vì Rx không đối cốt yếu trong M nên S 6= ∅. Lấy Λ là một dây chuyền trong S. Khi đó B0 = ∪B,B ∈ Λ là một cận trên của Λ và Rx + B0 = M . Nếu x ∈ B0 thì x ∈ B với B nào đó của Λ suy ra Rx ⊆ B nên M = Rx+B = B điều này mâu thuẫn. Vậy x /∈ B0, suy ra B0 ∈ S. Do đó trong S tồn tại phần tử tối đại là L. Ta chỉ ra L là môđun con tối đại của M . Lấy E ≤M sao cho L < E . Khi đó M = Rx+ L ⊆ Rx+ E ⊆M suy ra Rx+E = M do đó E = M . Vậy L là môđun con tối đại của M và x /∈ L. Theo (1) suy ra x /∈ Rad(M) (mâu thuẫn). Do đó RxM . Vậy x ∈∑{L ≤M : L đối cốt yếu trongM}. 19 Ta quy ước nếu R−môđun M không có môđun con tối đại thì Rad(M) = M. Ví dụ 1.4.2. Rad(Z4) = 2Z4. Mệnh đề 1.4.4. Cho M,N là hai R−môđun và f : M → N là đồng cấu. Khi đó: f(RadM) ≤ RadN Phép chứng minh của mệnh đề được suy ra từ Mệnh đề 1.2.4. Như vậy, chúng tôi đã trình bày sơ lược về một số khái niệm: môđun con cốt yếu, đối cốt yếu; môđun đơn và nửa đơn; môđun sinh và đối sinh; căn và đế (socle) của môđun. Đây là những khái niệm quan trọng của lí thuyết vành và môđun. Trong chương sau chúng tôi sẽ tiếp tục khảo sát các tính chất của chúng trong sự liên quan với lớp vành nguyên tố và nửa nguyên tố. 20