GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Bài tốn của Zelmanowitz

Mục lục
Trang
Mục lục

1

Danh mục các kí hiệu

2

Mở đầu

3

Chương 1: Các kiến thức cơ bản

5

Chương 2: Bài toán của Zelmanowitz

10

Kết luận

19

Tài liệu tham khảo

20

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 1


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Danh mục các kí hiệu.
N  M : N là mơđun con của M.

N e M : N là môđun con cốt yếu của M.
 là bao M-nội xạ của N trong   M  .
N

Lớp C gồm các vành sao cho với mọi môđun M là R-môđun phải nguyên
tố và với mọi phần tử x, y  M , x  0, y  0 thì rR  x   rR  y  .

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 2


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh


Mở đầu
Cùng với sự phát triển mạnh mẽ của toán học hiện đại, lý thuyết
môđun cũng đã nhận được rất nhiều sự quan tâm từ các nhà toán học và
ngày càng nhận được nhiều kết quả xuất sắc, điều đó đã tạo điều kiện để
lý thuyết môđun phát triển mạnh mẽ hơn.
Zelmanowitz là một trong những nhà tốn học đã có đóng góp to
lớn cho sự phát triển của lĩnh vực toán học này. Ơng đã đưa ra một bài
tốn mà chính ơng vẫn chưa thể chứng minh điều đó đúng hay khơng?
“Một môđun đều co rút sao cho mỗi tự đồng cấu khác khơng là đơn cấu
có phải là một mơđun co rút tới hạn?”
Thông qua việc sử dụng một số kiến thức về lý thuyết vành và lý
thuyết môđun, chúng tôi đã xem xét bài toán của Zelmanowitz trong một
số trường hợp đặc biệt.
Nội dung chính của luận văn gồm 2 chương ngoài phần mở đầu,
kết luận và danh mục các tài liệu tham khảo:
Chương 1: Các kiến thức cơ bản. Trong chương này chúng tôi nhắc
lại các khái niệm cơ bản để phục vụ cho chương sau.
Chương 2: Bài toán của Zelmanowitz. Trong chương này chúng tơi
xem xét bài tốn của Zelmanowitz trong một số trường hợp đặc biệt.
* Trước tiên, chúng tơi xem xét lại bài tốn của Zelmanowitz: Một
R-môđun M là đều co được với End(M) là miền có phải là một mơđun
dạng nhiều? Đồng thời trong phần này cũng cho thấy bài toán của
Zelmanowitz đã được trả lời khẳng định trong lớp các mơđun khơng suy
biến. Vì thế một bài toán khác được đặt ra: Với giả thiết của Zelmanowitz
với M là một môđun suy biến co rút tới hạn thì sao? Chúng ta chưa thể trả
lời câu hỏi này nhưng chúng ta tin rằng nó khơng đúng.

SVTH: Bùi Xuân Tâm


Trang 3


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

* Phần tiếp theo, chúng ta xem xét bài toán của Zelmanowitz trong
trường hợp M là môđun tựa nội xạ và thấy rằng nếu M là mơđun tựa nội
xạ thì bài tốn của Zelmanowitz có thể trả lời được.
* Cuối cùng, chúng ta có thể thấy rằng bài tốn của Zelmanowitz có
một câu trả lời khẳng định cho những môđun trên vành trong C. Hơn thế
nữa trong phần này chúng ta thấy rằng nếu M là một mơđun đều co được
thỏa mãn tính chất (*) dưới đây và mỗi tự đồng cấu khác khơng trên M là
đơn cấu thì bài tốn của Zelmanowitz có thể trả lời được.
(*) 0  K  M , rR  M K   rR  M  , nghĩa là tồn tại r  R r R (M )
sao cho Mr  K .

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 4


GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Bài tốn của Zelmanowitz

CHƯƠNG 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
Trong toàn bộ luận văn, ta qui ước vành R đã cho là vành có đơn vị khác
khơng và khơng cần thiết giao hốn.


Định nghĩa 1.1. Vành R được gọi là miền (khơng giao hốn) nếu R
khơng có ước của khơng.
Định nghĩa 1.2. Cho R là vành. Một R-mơđun phải M là:
(1) Nhóm cộng aben M cùng với
(2) Ánh xạ

M R  M

 m, r 

 mr

được gọi là phép nhân môđun, thoả mãn các điều kiện sau:

(i) Qui tắc kết hợp :

 mr1  r2

 m  r1r2 

(ii) Qui tắc phân phối:  m1  m2  r  m1r  m2r
m  r1  r2   mr1  mr2

(iii) Qui tắc unita: m.1  m , trong đó m, m1, m2 là các phần tử
tuỳ ý của M ; r1 , r2 R.

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 5



Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Lúc đó R được gọi là vành cơ sở. Nếu M là một R-mơđun phải
ta thường kí hiệu M  M R . Tương tự ta cũng có định nghĩa R-mơđun trái.
Định nghĩa 1.3. Cho môđun M và N  M . Môđun con N được gọi là cốt
yếu trong M nếu với mọi môđun con K khác không của M ta luôn có
N  K  0. Kí hiệu N e M . Nếu N là môđun con cốt yếu của M thì ta nói
M là mở rộng cốt yếu của N.
Định nghĩa 1.4. Một R-môđun M được gọi là đều (uniform) nếu mọi
môđun con của M đều là môđun con cốt yếu của M.
Định nghĩa 1.5. Một R-môđun M được gọi là co được (retractable) nếu
với mỗi môđun con N khác không của M luôn tồn tại một đồng cấu
g : M  N, g  0 .
Định nghĩa 1.6. Một R-môđun M được gọi là co được đầy đủ (fully
retractable) nếu với mỗi môđun con N khác không của M và mỗi phần tử
g  HomR  N , M  , g  0, thì chúng ta có gHomR  M , N   0 .
Định nghĩa 1.7. Một R-môđun M được gọi là co rút (compressible) nếu
với mỗi môđun con N khác không của M luôn tồn tại một đơn cấu
f : M  N, f  0 .
Định nghĩa 1.8. Một R-môđun M được gọi là co rút tới hạn (critically
compressible) nếu M là môđun co rút và M không nhúng được trong bất
kỳ môđun thương M N , với N  M nào đó.
Định nghĩa 1.9. Một R-môđun con N  M , N  0 được gọi là dày đặt
(dense) trong M nếu HomR  X N , M   0, với bất kỳ N  X  M .
Định nghĩa 1.10. Một R-môđun M được gọi là dạng đơn (monoform)
nếu mọi môđun con của M đều dày đặt trong M.


SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 6


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Định nghĩa 1.11. Một R- môđun M được gọi là dạng nhiều (polyform)
nếu mọi môđun con cốt yếu của M đều dày đặt trong M.
Định lý. Cho M là một R-môđun phải. Khi đó các điều kiện sau
đây là tương đương:
(i)

M là mơđun dạng nhiều.

Với bất kỳ môđun con K  M và với bất kỳ đồng cấu
f : K  M , f  0 thì ker(f) khơng cốt yếu trong K.

(ii)

Định nghĩa 1.12. Một tự đồng cấu riêng (partial endomorphism) của
môđun M là một đồng cấu từ một môđun con của M vào M.
Định nghĩa 1.13. Vành R được gọi là vành đối ngẫu trái (phải) (left
(right) duo ring) nếu với mỗi iđêan trái (phải) của R là một iđêan của R.
Định nghĩa 1.14. Môđun M được gọi là nội xạ (injective) nếu với mỗi
đơn cấu f : K  N mỗi đồng cấu g : K  M thì tồn tại một đồng cấu
f : N  M sao cho f f  g .


Định nghĩa 1.15. Môđun M được gọi là tựa nội xạ (quasiinjective) nếu với mỗi đơn cấu f : K  M , mỗi đồng cấu g : K  M
thì tồn tại một tự đồng cấu f : M  M sao cho f f  g .

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 7


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Định nghĩa 1.16. Môđun E được gọi là bao nội xạ của môđun M
nếu E là môđun nội xạ và E cốt yếu trong M. Kí hiệu E(M ) .
Định nghĩa 1.17. Cho M là R-môđun phải và U  M ,U  0 .
Kí hiệu rR (U )  x  R / mx  0, m U . Khi đó rR (U ) được gọi là linh
hoán tử của U trong R.
Trường hợp U  m , ta có thể kí hiệu rR (m)   x  R / mx  0 .
Định nghĩa 1.18. Cho M là R-môđun phải. Xét :
Z (M )  {m  M / rR (m) e R}

Z(M) được gọi là môđun con suy biến của M.
Nếu Z (M )  M thì M được gọi là môđun suy biến (singular).
Nếu Z (M )  0 thì M được gọi là mơđun khơng suy biến (nonsingular).

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 8



Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Vành R được gọi là không suy biến phải nếu môđun RR là môđun
không suy biến.
Định nghĩa 1.19. Môđun M được gọi là môđun nguyên tố (prime
module), nếu với mọi môđun con N khác khơng của M thì
rR ( N )  rR (M ) .

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 9


GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Bài tốn của Zelmanowitz

CHƯƠNG 2: BÀI TỐN CỦA ZELMANOWITZ.

1: Xây dựng lại bài tốn của Zelmanowitz:
Mệnh đề 1.1. Các điều kiện sau đây là tương đương với một môđun M là
co rút:
(i)
(ii)

M là môđun co rút tới hạn.
Mỗi tự đồng cấu riêng khác không trên M là đơn cấu.


Chứng minh. (i)=>(ii): Với N  M và 0  f : N  M là đồng cầu, ta chứng
minh f là đơn cấu.
Theo định lý đồng cấu tồn tại đẳng cấu: f ' : N ker( f )  f ( N ) .
Mặt khác tồn tại đơn cấu g : M  f ( N ), g  0 (vì M là mơđun co rút).
Vậy
N

'1

g
f
N
là
f '1 g : M 
 f ( N ) 
ker( f )

ker( f ) 

M

ker( f )

đơn

cấu.

Mặt


khác

nên f '1g : M  M ker( f ) là đơn cấu suy ra ker( f )  0

(vì ker( f )  M và M là môđun co rút tới hạn). Vậy f là đơn cấu.
(ii)=>(i) : Giả sử M không phải là môđun co rút tới hạn.
Suy ra tồn tại đơn cấu h : M  M N , h  0 , với N  M . Gọi T là môđun con
1


h
T N 
 M là tự đồng
của M sao cho N  T  M , ta có hợp thành T 

cấu riêng trên M và cũng là đơn cấu (theo giả thiết), với  là phép chiếu
chính tắc. Ta có :
ker(h1 )  x  T / h1   x   0






 x  T /   x   N 

 x T / x  N  N

SVTH: Bùi Xuân Tâm


Trang 10


GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Bài tốn của Zelmanowitz

 x T / x  N  N  0

Điều này vô lý vì h1 là đơn cấu.

Mệnh đề 1.2. Giả sử rằng M là một R-môđun co được. Nếu bất kỳ
f  End (M ), f  0 là đơn cấu, thì mỗi phần tử khác khơng của HomR (M , N )
là đơn cấu, với N  M . Hiển nhiên, M là mơđun co rút.
Chứng minh. Vì N  M nên với mọi f  HomR (M , N ), f  0 ta suy ra
f  End (M ), f  0 vậy f là đơn cấu (theo giả thiết).

Cho N  M , N  0. Vì M co được nên tồn tại đồng cấu g : M  N ,
g
i
g  0. Xét phép nhúng chính tắc i : N  M , ta có ig : M 
 N 
 M là
đơn cấu, vì ig  End (M ) và hiển nhiên g là đơn cấu. Vậy M là mơđun co
rút.
Vì mỗi tự đồng cấu của M cũng là một tự đồng cấu riêng của M
nên Mệnh đề 1.1 có thể được mở rộng với các môđun co được.
Mệnh đề 1.3. Với M là R-môđun co được. Các điều kiện sau là tương
đương:
(i)

(ii)

M là môđun co rút tới hạn.
Mọi tự đồng cấu riêng khác không của M là đơn cấu.

Chứng minh. Tương tự chứng minh Mệnh đề 1.1.
Định lý 1.4. Cho M là một R- môđun. Các điều kiện sau là tương đương :
(i)
M là môđun co rút và mỗi tự đồng cấu khác không trên M là đơn
cấu.

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 11


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

(ii) M là môđun co rút và End (M ) là miền.
(iii) M là môđun co được và mỗi tự đồng cấu khác không trên M là đơn
cấu.
(iv) M là môđun co được và End (M ) là miền.
Chứng minh. (i)=>(ii) : f , g  End (M ); f  0; g  0 chúng ta sẽ chứng
minh fg  0. Thật vậy giả sử fg  0. Với mọi x  M ta có f  g  x    0 và do
đó g ( x)  0 (vì f là đơn cấu theo giả thiết). Suy ra x  0 (vì g là đơn cấu
theo giả thiết), điều này vô lý suy ra fg  0. Vậy End (M ) là miền.
(ii)=>(iv) : Vì M là mơđun co rút nên M là môđun co được.
(iv)=>(iii): Chúng ta cần chứng minh với mọi f  End (M ), f  0 thì f là

đơn cấu. Thật vậy, giả sử tồn tại f  End (M ), f  0 và f không phải là đơn
cấu. Suy ra ker( f )  0; ker( f )  M .
Xét g : M  ker( f ), g  0 và do đó g  End (M ) .
Mặt khác, ta có x  M , f  g  x    0, vơ lý vì End(M) là miền.
(iii)=>(i): Theo Mệnh đề 1.2.
Mệnh đề 1.5. Với M là một mơđun đều co được sao cho End(M) là miền.
Khi đó M là môđun co rút tới hạn khi và chỉ khi M là môđun dạng nhiều.
Chứng minh. Ta chứng minh nếu M là mơđun dạng nhiều thì M là
mơđun co rút tới hạn. Giả sử M không phải là môđun co rút tới hạn. Theo
Mệnh đề 1.3, thì tồn tại một đồng cấu f : N  M , f  0 với 0  N  M và f
không phải là đơn cấu. Theo giả thuyết M là môđun đều và 0  ker( f )  M
nên ker( f ) e M suy ra ker( f ) e N , điều này vơ lý vì M là mơđun dạng
nhiều. Vậy M là môđun co rút tới hạn.

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 12


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Ta chứng minh nếu M là mơđun co rút tới hạn thì M là môđun
dạng nhiều. Giả sử M không phải là môđun dạng nhiều thì tồn tại mơđun
con khác khơng K  M và tồn tại đồng cấu f : K  M , f  0 sao cho
ker( f ) e K . Do đó ker( f )  0 hay f khơng phải là đơn cấu, điều này vơ lý
vì theo Mệnh đề 1.3 M là môđun co rút tới hạn nên mọi tự đồng cấu riêng
khác không của M đều là đơn cấu.


Bài tốn của Zelmanowitz.
Một R-mơđun M là đều co được với End(M) là miền có phải là một
môđun dạng nhiều?
Ở đây chúng ta trả lời một câu hỏi của Christian Lomp về việc có
thể mở rộng câu hỏi của Zelmanowitz: “Mỗi môđun đều co rút với vành
các tự đồng cấu là miền có phải là một mơđun dạng đơn?”. Chú ý rằng
theo Định lí 1.4 thì câu hỏi của Lomp tương đương với câu hỏi của
Zelmanowitz.
Mệnh đề 1.6. Cho M là một R-môđun co được. Nếu M là một mơđun đều
khơng suy biến, thì M là mơđun co rút tới hạn.
Chứng minh: Từ Mệnh đề 1.3 ta có thể chứng minh M là mơđun dạng
đơn. Cho N là một môđun con khác không của M, và P là một môđun con
của M sao cho N  P  M . Chúng ta thấy rằng P N là một R-mơđun suy
biến bởi vì M là mơđun đều và hiển nhiên Hom  P N , M   0 .
Trong 7 các tác giả đã chứng minh rằng nếu M là một mơđun co
rút thì M là mơđun suy biến hoặc M là môđun không suy biến. Bởi Mệnh
đề 1.6 bài toán của Zelmanowitz đã được trả lời khẳng định trong lớp các
mơđun khơng suy biến. Vì thế một bài toán khác được đặt ra: Với giả

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 13


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

thiết của Zelmanowitz với M là một môđun suy biến co rút tới hạn thì
sao? Chúng ta chưa thể trả lời câu hỏi này nhưng chúng ta tin rằng nó

khơng đúng.
2. Bài tốn của Zelmanowitz và môđun co được đầy đủ.
Định nghĩa 2.1. Một môđun M được gọi là môđun co được đầy đủ nếu
với mỗi môđun con khác không N  M và mỗi phần tử g  HomR ( N, M ),
g  0 chúng ta có gHomR (M , N )  0.

Rõ ràng nếu M là môđun co được đầy đủ thì M là mơđun co được.
Một R-mơđun M khác không được gọi là nửa đơn nếu mỗi môđun
con của M đều là hạng tử trực tiếp của M. Rõ ràng mơđun nửa đơn thì co
được đầy đủ nhưng điều ngược lại không đúng. Thực vậy Z 4 là một Zmôđun co được đầy đủ nhưng không phải là môđun nửa đơn.
Mệnh đề 2.2. Nếu M là môđun co được đầy đủ sao cho End(M) là miền
thì M là môđun dạng nhiều.
Chứng minh: Giả sử M không phải là mơđun dạng nhiều. Khi đó tồn tại
một mơđun con khác không K của M và một đồng cấu khác không
f : K  M sao cho ker( f ) e K . Nhưng chúng ta có fHomR (M , K )  0, vì thế
tồn tại g : M  K , g  0 sao cho fg  0. Ta có M là mơđun co được và
End(M) là miền. Theo Định lý 1.4 thì mọi tự đồng cấu khác không trên M
là đơn cấu, suy ra fg là đơn cấu và g là đơn cấu.
Bây giờ, ta có:

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 14


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

x  ker( fg )

 f  g  x   0
 g ( x)  ker( f )
 x  g 1  ker( f )

Từ đó suy ra 0  ker( fg)  g 1(ker( f ))  ker( f )  Im( g) bởi vì g là đơn cấu.
Vì ker( f ) e K nên chúng ta có Im( g)  0, điều này vô lý.

 là bao M-nội xạ của M
*Trong mệnh đề tiếp theo chúng ta kí hiệu M
trong   M .

Mệnh đề 2.3. Với M là một môđun co được sao cho mỗi
), f  0 là một đơn cấu thì M là mơđun co rút tới hạn.
f  HomR (M , M
 là bao M-nội xạ của
Chứng minh. Từ Mệnh đề 1.3 và từ giả thiết rằng M
M.

Từ mệnh đề chúng ta dễ dàng thấy rằng nếu M là mơđun tựa nội xạ thì
bài tốn của Zelmanowitz có thể trả lời được.
Mệnh đề 2.4. ChoM là một môđun đều co được sao cho End(M) là miền.
Khi đó các điều kiện sau là tương đương:
(i)
M là môđun co rút tới hạn.
(ii) M là môđun dạng nhiều.
(iii) M là môđun co được đầy đủ.
Chứng minh. (i)  (ii) theo kết quả Mệnh đề 1.5.
(iii)  (ii) theo Mệnh đề 2.2.

SVTH: Bùi Xuân Tâm


Trang 15


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Bây giờ chúng ta chứng minh (ii)  (iii). Vì M là mơđun dạng nhiều và là
môđun đều ta suy ra M là môđun dạng đơn. Theo Mệnh đề 1.5 suy ra M
là môđun co rút tới hạn. Nếu X là một môđun con khác không của M và g
là một đồng cấu khác khơng từ X vào M thì g là đơn cấu (theo Mệnh đề
1.3). Vì M là mơđun co được, suy ra HomR (M , X )  0 , chúng ta có
gHomR (M , X )  0.

Bây giờ chúng ta đưa ra thêm một lớp các môđun mà ở đó bài tốn của
Zelmanowitz có thể trả lời được.
Định lý 2.5. Giả sử rằng M là một môđun tựa nội xạ thỏa mãn các giả
thiết của Zelmanowitz. Khi đó M là mơđun dạng nhiều.
Chứng minh. Chúng ta có M là môđun co được, theo ( 8 , Mệnh đề 2.2)
cho thấy rằng M là môđun co được khi và chỉ khi M là môđun co được
đầy đủ. Từ Mệnh đề 2.4 chúng ta có M là mơđun dạng nhiều.
3. Điều kiện nguyên tố:
Trong phần này chúng ta xem lớp C gồm các vành sao cho với mọi
môđun M là R-môđun phải nguyên tố và với mỗi phần tử khác khơng
x, y  M ta có rR  x   rR  y  .
Chúng ta nhắc lại rằng một vành R được gọi là vành đối ngẫu phải (trái)
nếu mỗi iđêan phải (trái) của R là một iđêan của R. Rõ ràng các vành giao
hoán là vành đối ngẫu phải (trái). Các kết quả sau chỉ ra rằng các vành
đối ngẫu phải (trái) cũng nằm trong C.

Bổ đề 3.1. Với R là một vành đối ngẫu phải thì RC.
Chứng minh. Giả sử M R là một môđun nguyên tố. Vì M là một vành đối
ngẫu phải, nên ta có với bất kỳ x  M , x  0, thì rR  x   r  R : xr  0 là

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 16


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

một iđêan của R. Khi đó với bất kỳ r  rR ( x) và a  rR ( x) , ar  rR ( x) và điều
này chứng tỏ rằng r  rR ( xR). Do đó rR ( x)  rR ( xR) và hiển nhiên
rR ( x)  rR ( xR) . Vì M là một mơđun ngun tố nên chúng ta có

rR ( xR)  rR (yR) với mỗi phần tử x, y  M ; x  0; y  0 và điều đó đã chỉ ra

rằng rR ( x)  rR ( xR)  rR ( yR)  rR ( y).
Định lý 3.2. Cho RC. M là R-mơđun co được sao cho End(M) là miền.
Khi đó M là một môđun dạng nhiều.
Chứng minh. Trước tiên chúng ta chú ý rằng bởi Mệnh đề 1.2, M là một
môđun co rút. Dễ dàng thấy rằng M là một môđun nguyên tố. Cho K, L là
môđun con của M sao cho K  L  M và K e M . Giả sử rằng






  Hom L K ; M , ta cần chứng minh   0 . Giả sử tồn tại l  L sao cho

 (l  K )  0 . Vì lR  0 nên ánh xạ  : L  L K là một đơn cấu. Do đó ta có
 (l )  K vì thế   0 . Vì M là mơđun co được sao cho mỗi tự đồng cấu
khác không của M là đơn cấu, nên theo Mệnh đề 1.2 suy ra tồn tại một
g


 L 
 L K 
 M . Vì g  0 ,
đơn cấu g : M  lR . Khi đó ta xét  : M 

nên tồn tại m  M sao cho g(m)  0 và vì thế tồn tại r  R sao cho
g(m)  lr  0 . Do đó r  rR  l   rR  x  với mỗi x  M 0 bởi Bổ đề 3.1. Do
đó r( (l  K ))  0 và vì thế lr  K . Bằng cách này ta có thể chứng minh
rằng (m)  0 và điều đó cho thấy rằng  cần là một đơn cấu bởi giả thiết
của ta. Mặt khác vì K e M nên ta có g (M )  K  0 và vì thế
0  g 1  K   Ker( ) . Điều này vơ lý. Vì vậy chúng ta phải có   0 .
Hệ quả 3.3. Câu hỏi của Zelmanowitz có một câu trả lời khẳng định cho
những mơđun trên vành trong C.

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 17


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh


Ở 5,3.13 đã đưa ra điều kiện (*) dưới đây là một tính chất của một Rmơđun M , đây là một tính chất rất quan trọng trong điều kiện nguyên tố.
Trong trường hợp của chúng ta, tính chất (*) này đóng vai trị rất quan
trọng bởi vì nó cho phép chúng ta đưa ra câu trả lời cho bài toán của
Zelmanowitz trong một trường hợp khác.
(*) 0  K  M , rR  M K   rR  M  , nghĩa là tồn tại r  R rR (M ) sao cho
Mr  K .

Định lý 3.4. Cho M là một mơđun co được thỏa mãn tính chất (*) và mỗi
tự đồng cấu khác không trên M là đơn cấu. Khi đó M là mơđun dạng
đơn.
Chứng minh. Bởi Mệnh đề 1.2, M là mơđun co rút và vì thế nó là một
mơđun ngun tố. Với L là một mơđun con khác không của M và
f : L  M sao cho 0  MI  ker( f ) cho một iđêan phải I nào đó của R. Thì
I  f  L   =0 và do đó f  L   0 . Điều này rõ ràng vì M là mơđun ngun
tố. Bây giờ ta chứng minh M là môđun dạng đơn. Cho K, L là các môđun
con khác không của M sao cho K  L  M , chúng ta cần chỉ ra rằng
HomR  L K , M   0 . Ngược lại giả sử rằng tồn tại g : L K  M , g  0 xét
ánh xạ  : L  L K , f  g : L  M khác khơng. Vì M thỏa mãn tính chất
(*), nên tồn tại r  R sao cho 0  Mr  K  ker( f ) và theo trên thì f cần
khác không, điều này vô lý. Vậy HomR  L K , M   0 và M là môđun dạng
đơn.
Hơn nữa nếu M là môđun đều trong định lý trên, thì M là mơđun co rút
tới hạn và vì thế câu hỏi của Zemalowitz là trả lời được trong trường hợp
này.

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 18



Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

KẾT LUẬN
Luận văn đã tìm hiểu và tổng quan được một số kết quả sau:
1/Thiết lập lại bài toán của Zelmanowitz : Một R-môđun M là
môđun đều co được sao cho End(M) là miền có phải là một mơđun dạng
nhiều?
2/ Bài tốn của Zelmanowitz đã được trả lời khẳng định trong lớp
các môđun khơng suy biến.
3/ Bài tốn của Zelmanowitz đã được trả lời khẳng định trong lớp
các môđun tựa nội xạ.
4/ Bài tốn của Zelmanowitz có một câu trả lời khẳng định cho
những môđun trên vành trong C.
5/ Nếu M là một mơđun đều co được thỏa mãn tính chất (*) dưới
đây và mỗi tự đồng cấu khác không trên M là đơn cấu thì bài tốn của
Zelmanowitz có thể trả lời được.
(*) 0  K  M , rR  M K   rR  M  , nghĩa là tồn tại r  R r R (M )
sao cho Mr  K .

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 19


GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

Bài tốn của Zelmanowitz


Tài liệu tham khảo:

1 Goodearl, K.R., “Ring Theory – Nonsingular Rings and Modules”,
Monographs and extbooks in Pure and Applied Mathematics, 33 (Marcel
Dekker, Inc., NewYork – Basel, 1976).

 2 Jeong, J-W., “On critically compressible modules”, Master thesis,
Kyungpook National University, 1998.

3 Limarenko, S.V., “Compressible Mdules”, Moscow Univ. Math.
Bull., vol. 60, no.3, pp. 26-29, 2005.

 4 Limarenko, S.V., “Weakly primitive superrings”, J. Math. Sci., vol.
139, no.4, pp. 6723-6752, 2006.

5 Wisbauer, R., “Modules and Algebras – Bimodule Structure and
Group Actions on Algebras”, Pitman Monographs and Surveys in Pure
and Appl. Math., 81 (Addison- Wesley, Longman, Harlow, 1996).

6 Zelmanowitz, J., “An extension of the Jacobson density theorem”,
Bull. Amer. Math. Soc., vol. 82, no. 4, pp. 551-553, 1976.

7 Zelmanowitz, J., “ Weakly primitive rings”, Comm. Algebra, 9(1),
pp. 23-45, 1981.

8 Zelmanowitz, J., “ Correspondences of closed submodules”, Proc.
Amer. Math. Soc., vol. 124, no. 10, pp. 2955-2960, 1996.

9 Zelmanowitz, J., “Density for polyform modules”, Contemporary

Math. 259 (2000), 563-569.

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 20


Bài tốn của Zelmanowitz

GVHD: TS Trương Cơng Quỳnh

[10] Virgínia Silva Rodrigues and Alveri Alves Sant'Ana, "A note on a
problem due to Zelmanowitz", Algebra and discrete Mathematics.
Number 3. (2009). pp. 85 - 93.

SVTH: Bùi Xuân Tâm

Trang 21