ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
NGUYỄN THỊ THÙY DÂNG
MÔĐUN VỚI HẠNG HỮU
HẠN
TIỂU LUẬN
BỘ MÔN
VÀNH VỚI ĐIỀU KIỆN HỮU HẠN
GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN
GS. TS. LÊ VĂN THUYẾT
HUẾ, THÁNG 4-2013
Tóm tắt
Tiểu luận này trình bày một số tính chất và ứng dụng của môđun với hạng hữu hạn,
được thể hiện trong Mệnh đề 9, Mệnh đề 11 . Tác giả xin gửi lời chân thành cảm ơn đến
GS. TS. Lê Văn Thuyết , Thầy đã tận tình truyền đạt những kiến thức trong học phần
Vành với điều kiện hữu hạn và đã cho tác giả cơ hội tiếp cận các tính chất của môđun
với hạng hữu hạn.
Định nghĩa 1. Môđun con A = 0 của B được gọi là cốt yếu (essential) trong B (hay B
là mở rộng cốt yếu của A) nếu A ∩ C = 0 với C là môđun con của B thì C = 0.
Kí hiệu: A ≤
e
B.
Nếu A là môđun con thực sự của M thì ta nói A là môđun con cốt yếu thực sự của B
hay B là mở rộng cốt yếu thực sự của A.
Mệnh đề 2. Cho A, B, C là các môđun. Khi đó:
• i. Nếu A ≤
e
B và C ≤
e
B thì A ∩ C ≤
e

e
C.
Chứng minh. • i. Giả sử A ∩ C ∩ B
1
= 0 với B
1
≤ B.
Ta có A ≤
e
B và C ∩ B
1
≤ B nên C ∩ B
1
= 0.
Mà C ≤
e
B nên B
1
= 0.
Vậy A ∩ C ≤
e
B.
• ii. Giả sử A ∩ B
1
= 0 với B
1
≤ C.
Nên A ∩ B
1
∩ B = 0. Mà A ≤

≤ C nên C ∩ B
1
= B
1
= 0.
Vậy A ∩ C ≤
e
B ∩ C.
• iv. (⇒) Giả sử A ∩ B
1
= 0 với B
1
≤ B.
Ta có B
1
≤ B nên B
1
≤ C. Mà A ≤
e
C nên B
1
= 0.
Vậy A ≤
e
B.
Giả sử B ∩ C
1
với C
1
≤ C nên A ∩ B ∩ C

e
C.
• v. Giả sử f(B
1
) ∩ C
1
= 0 với C
1
là môđun con của C nên B
1
∩ f
−1
(C
1
) = 0. Vì
B
1
≤
e
B nên f
−1
(C
1
) = 0. Do đó, C
1
= f(f
−1
(C
1
)) = 0.

e
K
1
, L
2
≤
e
K
2
khi và chỉ khi L
1
+ L
2
≤
e
K
1
+ K
2
.
Chứng minh. • (⇒) Giả sử L
1
≤
e
K
1
và L
2
≤
e

+ a
2
với a
1
∈ K
1
, a
2
∈ K
2
.
Nếu a
1
= 0 thì a ∈ A
1
nên < a > ∩A
1
= 0.
Nếu a
1
= 0, vì L
1
≤
e
K
1
và 0 =< a
1
>⊆ K
1

+ a
2
> ∩A
1
=< a > ∩A
1
.
Vậy A
1
≤
e
K
1
+ K
2
.
Chứng minh tương tự ta được A
2
≤
e
K
1
+ K
2
.
Vì L
1
+ L
2
= A

≤
e
K
1
, L
2
≤
e
K
2
.
Giả sử L
1
∩ A = 0 với A ≤ K
1
.
Lấy x ∈ A ∩ (L
1
+ L
2
) nên x ∈ A và x = l
1
+ l
2
với l
1
≤ L
1
, l
2

2
≤
e
K
1
+ K
2
nên A = 0. Vậy L
1
≤
e
K
1
.
Chứng minh tương tự ta được L
2
≤
e
K
2
.
Định nghĩa 4. Nếu A
1
, A
2
là các môđun con của A và A
1
là môđun con tối đại của A
với tính chất A
1

0 hoặc C ∩ A = 0.
Vì A ≤
e
E(A) nên ∀B, C → E(A) : B∩A = 0 hoặc C ∩A = 0 ⇒ B = 0 hoặc C = 0
(Vô lý).
Do đó E(A) là không phân tích được.
• (⇐) Giả sử E(A) là không phân tích được và A là môđun không đều.
Vì A là môđun không đều nên B, C → A : B, C = 0 ⇒ B ∩ C = 0.
Khi đó: E → E(A), E = E(B), E = 0. ⇒ E(B) ≤ E(A).
⇒ B ≤ A.
⇒ B ≤
e
E.
⇒ E ∩ C = 0.
Do đó E = E(A).
Hay E là tổng trực tiếp không tầm thường của E(A) và vì vậy E(A) là phân tích
được (mâu thuẫn). Suy ra A là môđun đều.
Từ Bổ đề 8, chứng tỏ một môđun nội xạ là đều nếu và chỉ nếu nó khác 0 và không
phân tích được.
Mệnh đề 9. Môđun A có hạng hữu hạn ⇔ A có một môđun con cốt yếu là tổng trực tiếp
hữu hạn của các môđun con đều.
Kí hiệu: A có hạng hữu hạn ⇔ ∃B ≤
e
A : B = A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
, A
1
, · · · , A

)
∼
=
E(A
1
) ⊕ · · · ⊕ E(A
n
).
Theo Bổ đề 8: A
i
đều ⇔ E(A
i
), i = 1, n là không phân tích được. Suy ra A có hạng
hữu hạn.
iii
• (⇒) Giả sử A có hạng hữu hạn.
Khi đó: E(A) = E
1
⊕ · · · ⊕ E
n
, E
i
: không phân tích được, E
i
→ A.
Ta có thể giả sử rằng E
i
= 0.
Theo Bổ đề 8, ta suy ra E
i

i
≤
e
E
i
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
≤
e
E
1
⊕ · · · ⊕ E
n
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
≤
e
E(A)
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
≤
e
A.
Bổ đề 10. Nếu môđun E là tổng trực tiếp hữu hạn của n môđun con đều thì E không

⊕ · · · ⊕ A
n
.
Nếu A ∩ E
1
= 0 thì xét phép chiếu
j : E −→ E
2
⊕ · · · ⊕ E
n
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n+1
→ E
2
⊕ · · · ⊕ E
n
⇒ A
1
⊕ · · · ⊕ A
n
= A → E
2
⊕ · · · ⊕ E
n
.
Do đó: E
2
⊕ · · · ⊕ E

E.
Tuy nhiên, vì A ∩ A
n+1
= 0 nên điều đó không xảy ra được. Do đó, E không chứa tổng
trực tiếp của n + 1 các môđun con khác 0.
Định lí 11. Môđun A có hạng hữu hạn nếu và chỉ nếu A không chứa các tổng trực tiếp
vô hạn của các môđun con khác 0.
iv
Chứng minh. • (⇒) Giả sử A có hạng hữu hạn.
Suy ra E(A) là tổng trực tiếp của n các môđun con đều, n ∈ Z
+
.
Theo Bổ đề 10, E(A) không chứa một tổng trực tiếp của hơn n các môđun con khác
0.
Do đó A không chứa các tổng trực tiếp vô hạn của các môđun con khác 0.
• (⇐) Giả sử A không có hạng hữu hạn.
Suy ra A = 0, E(A) không là tổng trực tiếp hữu hạn của các môđun con không
phân tích được.
Đặt C
0
= E(A).
Vì C
0
phân tích được nên C
0
= B
1
⊕ C
1
với B

⊕ C
n
với B
n
, C
n
= 0, C
n
không là tổng trực tiếp hữu hạn của các môđun con không phân tích được.
Vì B
k
≤ C
n
, k > n nên ta có B
n
∩ (

∞
k=n+1
B
k
) ≤ B
n
∩ C
n
= 0, ∀n ∈ N.
Từ đó suy ra: B
1
, B
2

⊕ A
2
⊕ A
3
< · · · là một dãy tăng ngặt vô hạn các môđun con
của A (mâu thuẫn với giả thiết A Nơte).
Vậy A có hạng hữu hạn.
Hệ quả 13. Mỗi môđun Nơte khác 0 có một môđun con đều.
Chứng minh. Giả sử A không có môđun con nào đều.
⇒ A không là môđun con đều.
⇒ Tồn tại các môđun con khác không B
1
, C
1
của A mà B
1
∩ C
1
= 0 và B
1
+ C
1
⊆ A.
C
1
không là môđun đều.
⇒ Tồn tại các môđun con khác không B
2
, C
2

⊆ C
i−1
với i ≥ 2.
⇒ C
1
⊇ C
2
⊇ C
3
⊇ · · · và

∞
i=1
B
i
là tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác không
v
của A.
Vì A Nơte nên theo Hệ quả 12, A có hạng hữu hạn. Theo Định lý 11, A không chứa các
tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác 0.
Mà theo chứng minh trên, C
1
⊇ C
2
⊇ C
3
⊇ · · · và

∞
i=1

Đặt i
2
= k
1
+ 1. Khi đó, tồn tại số nguyên k
2
≥ i
2
sao cho A
k
2
không cốt yếu trong
A
k
2
+1
.
Ta có k
i+1
≥ k
i
+ 1. Cứ tiếp tục như vậy ta có dãy con {A
k
i
}
∞
i=1
của {A
i
}

∞
i=1
của {A
i
}
∞
i=1
có A
k
i
không cốt yếu trong A
k
i
+1
.
Đặt B
i
= A
k
i
với i ≥ 1. Nên {B
i
}
∞
i=1
là dãy tăng mà B
i
không cốt yếu trong B
i+1
.

mà x
1
+ + x
n
= 0. Không mất tính tổng quát, ta có
thể giả sử i
1
< i
2
< < i
n
và x
n
= 0.
Ta có C
i
1
⊆ B
i
1
+1
⊆ ⊆ B
i
n
, C
i
2
⊆ B
i
2

n−1
⊆ B
i
n
.
Ta có (C
i
1
+ C
i
2
+ + C
i
n−1
) ∩ C
i
n
⊆ C
i
n
∩ B
i
n
= 0 ⇒ x
1
+ x
2
+ + x
n−1
= −x

.
Đặt J
n
= I
1
+ I
2
+ + I
n
với n ≥ 1. Khi đó, J
1
⊆ J
2
⊆,
Vì 0 = I
n+1
⊆ J
n+1
và J
n
∩ I
n+1
= 0 nên J
n
không cốt yếu trong J
n
+ 1 với n ≥ 1.
Do đó ta có dãy tăng ngặt các môđun con khác không J
1
, J

)
Giải: Vì B là phần bù trong A nên B cũng là phần bù trong A
1
, A
2
.
Vì B là phần bù trong A
1
nên B là phần bù của môđun con C của A
1
. Do đó, C+B ≤
e
A
1
.
Vì B là phần bù trong A
2
nên B là phần bù của môđun con C của A
2
. Do đó, D+B ≤
e
A
2
.
Suy ra (C + B)/B ≤
e
A
1
/B và (D + B)/B ≤
e

Suy ra C + D + B ≤
e
A
1
+ A
2
.
Vậy dim(C + D + B) = dim(A
1
+ A
2
).
Ta sẽ chứng minh C + D + B là tổng trực tiếp.
Cho c + d + b = 0 với c ∈ C, d ∈ D, b ∈ B. Nên d = −c − b ∈ A
1
∩ A
2
= B. Khi đó:
d ∈ D ∩ B = 0 nên d = 0.
Mà c ∈ C ∩ B = 0 nên c = 0. Do đó, b = 0.
Vì vậy C + D + B là tổng trực tiếp.
Do C ⊕D ⊕ B ≤
e
A
1
+ A
2
nên dim(A
1
+ A

vii
Tài liệu tham khảo
[1] K. R. Goodearl and R. B. Warfield, Jr, An Introduction to Non commutative Nothe-
rian Rings, London, 2012 .
[2] Frank W. Anderson and Kent R.Fuller, Rings and Categories of modules, Springer-
Verlag, Newyork, Heidelberg, Berlin, 1973.
[3] Joseph J.Rotman, An Intrduction to Homological Algebra, Springer, 2008.
Email address:
Tel: 0903517869
Typed by T
E
X
viii