ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN






TRẦN MAI THUẬN






CHIỀU GOLDIE HỮU HẠN CỦA MÔĐUN





LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN

Thành phố Hồ Chí Minh - 2010


ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN








TRẦN MAI THUẬN





CHIỀU GOLDIE HỮU HẠN CỦA MÔĐUN


Chuyên ngành: Đại số và lý thuyết số
Mã số: 604605





LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN





NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS. NGUYỄN VIẾT ĐÔNG







Thành phố Hồ Chí Minh_2010

Lời cám ơn
Trước tiên em xin gởi lời cảm ơn đến tất cả các thầy cô trong khoa Toán - Tin học
trường Đại Học Khoa Học Tự Nhiên,nhất là những thầy trong bộ môn Đại số,những
người đã tận tình chỉ dạy cho em trong mấy năm qua.Hơn hết,em chân thành cám ơn

thầy TS.Nguyễn Viết Đông đã động viên,khích lệ,hướng dẫn tận tình cho em trong
quá trình nghiên cứu.
Tiếp đến,em xin cám ơn cám ơn các bạn học cùng khóa đã ủng hộ em trong suốt
quá trình học.Đặc biệt là các bạn Bùi Anh Tuấn,Dương Đức Thònh,Lê Văn Luyện
đã giúp em có những kiến thức bổ ích để hoàn thành luận văn này.
Tp. Hồ Chí Minh, tháng 5, 2010
Trần Mai Thuận
Mục lục
Lời cám ơn 1
Lời nói đầu 2
1 Kiến thức cơ sở 4
2 Các công thức cơ bản về số chiều Goldie hữu hạn của môđun 10
2.1 Đònh nghóa và một số tính chất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2.2 Chiều Goldie của môđun . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.3 Môđunco-Hopf 20
2.4 Môđun E-bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
2.5 Một số tính chất về chiều Goldie của môđun . . . . . . . . . . . . . . 24
3 Môđun mà môđun thương có chiều Goldie hữu hạn 29
3.1 Đònh nghóa và tính chất của bao nội xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29
3.2 Môđun mà môđun thương có chiều Goldie hữu hạn . . . . . . . . . . . 32
Tài liệu tham khảo 35
Lời nói đầu
Chúng ta đều biết rằng số chiều của không gian vector được đònh nghóa là số phần
tử của cơ sở của không gian vector đó.Trong đó,cơ sở của không gian vector được đònh
nghóa là tập con tối đại gồm các vector độc lập tuyến tính hay tập con nhỏ nhất sinh
ra không gian vector đó.Mặt khác,khái niệm môđun trên vành chính là sự tổng quát
hóa của khái niệm không gian vector trên trường.Từ điều này dẫn đến việc nghiên
cứu khái niệm chiều của môđun trên vành,được gọi là chiều Goldie.
Trong luận văn này,chúng tôi nêu đònh nghóa và chứng minh một số tính chất về
số chiều Goldie của môđun .

Luận văn gồm 3 chương:
Chương 1: Trình bày một số kiến thức cơ sở về môđun nội xạ.
Chương 2: Nêu một số đònh nghóa và tính chất để xây dựng chiều Goldie của môđun
.Sau đó,chúng tôi trình bày đònh nghóa chiều Goldie của môđun .Tiếp đó,chúng tôi giới
thiệu về môđun Co-Hopf và chứng minh môđun tự nội xạ có chiều Goldie hữu hạn
là môđun Co-hopf.Nêu đònh nghóa môđun E-bất khả quy và các tính chất của nó.Tiếp
đó,chúng tôi trình bày mối quan hệ giữa phần bù, mở rộng cốt yếu,chiều Goldie của
môđun và môđun E-bất khả quy.Cuối cùng chúng tôi nêu một số tính chất về chiều
Goldie của môđun .
Chương 3: Chúng tôi trình bày về khái niệm bao nội xạ của môđun và một số tính
chất của nó.Sau đó,chúng tôi trình chứng minh môđun M là q.f.d khi và chỉ khi mỗi
môđun con N chứa một môđun hữu hạn sinh T mà N/T không có môđun con tối đại.
2
Chương 1
Kiến thức cơ sở
Trong suốt luận văn này,ta xét R là vành( không nhất thiết giao hoán).Ta quy ước: khi
nói môđun A thì ta xem A là môđun trái.
Đònh nghóa 1.1. Môđun J được gọi là môđun nội xạ nếu hàm tử Hom(-,J) là hàm tử
khớp.
Như vậy, J là môđun nội xạ khi và chỉ khi hàm tử Hom(-,J) chuyển mỗi dãy khớp
ngắn:
0 → A
χ
→ B
σ
→ C → 0
thành dãy khớp các nóm aben:
0 → Hom(C, J)
σ
∗

→ Hom(B,J)
χ
∗
→ Hom(A, J) → 0
Ta có hàm tử Hom(-,J) là hàm tử khớp trái nên tính khớp của dãy sau cùng tương
đương với đòi hỏi đồng cấu:
χ
∗
: Hom( B,J) → Hom(A, J)
là toàn cấu nếu χ là đơn cấu. Và tính chất toàn cấu của
χ
∗
có nghóa là: với mọi đồng
cấu f ∈ Hom(A, J), tồn tại đồng cấu
∼
f ∈ Hom(B,J) sao cho
χ
∗
(
∼
f)=
∼
fχ= f.
Từ các điều trên, ta có đònh chi tiết và thông dụng hơn về môđun nội xạ như sau:
Đònh nghóa. Môđun J là môđun nội xạ khi và chỉ khi với mỗi đơn cấu χ : A → B, mỗi
đồng cấu f : A → J, tồn tại đồng cấu
∼
f : B → J sao cho f =
∼
fχ.

Bởi χ là đơn cấu nên ta có thể xem A ⊂ B, và do vậy
∼
f có thể xem là sự mở rộng
của f trên B. Do đó, ta có thể xem môđun nội xạ J là môđun cho phép sự mở rộng
của bất kỳ đồng cấu f : A → J thành đồng cấu
∼
f : B → J, trên mỗi môđun A ⊂ B.
4
Đònh lý 1.1. (Tiêu chuẩn Baer) R-môđun J là nội xạ khi và chỉ khi với bất kỳ iđêan
trái I của R và bất kỳ đồng cấu f : I → J,luôn tồn tại phần tử q ∈ J sao cho với mọi
λ ∈ J,tacó:f(λ)=λq.
Nói cách khác,mọi đồng cấu f : I → J đều có thể mở rộng được tới đồng cấu
∼
f : R → J.
Chứng minh. Trước hết,nếu J là môđun nội xạ thì với bất kì iđêan trái I ⊂ R và
bất kỳ đồng cấu f : I → J,tồn tại mở rộng
∼
f là mở rộng của f từ I lên toàn R.Lấy
q =
∼
f(1), thì với mọi λ ∈ I ta có : f(λ)=
∼
f(λ.1) = λ
∼
f(1) = λq
Cho A,B là các môđun mà A ⊂ B và f : A → J là đồng cấu.Để chứng minh J nội xạ
cần chỉ ra sự tồn tại của mở rộng
∼
f : B → J.
Xét họ Ω các cặp (D, f

D
) trong đó D là môđun con của B,A ⊂ B và f
D
: D → J là
mở rộng của f : A → J. Hiển nhiên Ω = ∅.Ta sắp Ω theo quan hệ sau:
(D, f
D
) ≥ (C, f
C
) ⇔ C ⊂ D và f
D
là mở rộng của f
C
.
Ta chỉ ra họ Ω với quan hệ thứ tự trên thỏa mãn điều kiện của bổ đề Zorn.Thật vậy,nếu
ξ là bộ phận khác rỗng và được sắp toàn phần của Ω,khi đó,môđun con E =

D∈ξ
D
và f
E
: E → J mà trên mỗi D ∈ ξ thì f
E
trùng với f
D
,lập thành cặp ( E,f
E
) là cận
trên của ξ.
Theo bổ đề Zorn,trong Ω tồn tại phần tử tối đại (G, f

G
) mà ta sẽ chứng minh G = B
và do đó f
G
là
∼
f cần tìm.
Ta giả sử ngược lại,khi đó B\G = ∅ và do đó tồn tại
x
0
∈ B\G. Lập môđun con
H = G + R
x
0
= {a + r
x
0
/a ∈ G, r ∈ R}⊂B.
Ta có G ⊂ H và G = H. Xét tập
I = {λ ∈ R/λ
x
0
∈ G}
dễ thấy I là iđêan trái của R.Đồng thời ánh xạ h : I → J xác đònh theo công thức
h(λ)=f
G
(λ
x
0
),λ∈ I

là đồng cấu.Do đó,theo điều kiện của tiêu chuẩn Baer,tồn tại phần tử q ∈ J mà
h(λ)=λq.
Bây giờ ta sẽ xây dựng ánh xạ f
H
: H → J như sau :với mỗi x = a + r
x
0
∈ H thì
f
H
(x)=f
G
(a)+rq.
Tính hợp lý của f
H
được suy ra từ cách xác đònh phần tử q.Thật vậy,nếu phần tử
x ∈ H có 2 cách biểu diễn
x =
a
1
+
r
1
x
0
=
a
2
+
r

2
x
0
5
thì
a
1
−
a
2
=(r
2
−
r
1
)
x
0
∈ G
. Do dó,
f
G
(
a
1
−
a
2
)=f
G

[(
r
2
−
r
1
)
x
0
]=h(
r
2
−
r
1
)=(
r
2
−
r
1
)q
. Vậy
f
G
(
a
1
)+
r

1
q = f
G
(
a
2
)+
r
2
q,
tức f
H
(x) là duy nhất không phụ thuộc vào cách biểu diễn của x ∈ H = G + R
x
0
.
Dễ dàng kiểm tra f
H
là đồng cấu.Và như vậy ta có cặp (H, f
H
) ∈ Ω,đồng thời (H, f
H
)
thực sự lớn hơn cặp (G, f
G
).Điều đó mâu thuẫn với tính tối đại của (G, f
G
) trong Ω
và do đó G = B,tức f
G

=
∼
f.
Đònh lý 1.2. Tích trực tiếp họ môđun J =

k∈K
J
k
là nội xạ khi và chỉ khi mỗi môđun
thành phần
J
k
là nội xạ.
Chứng minh. Nếu J =

k∈K
J
k
là nội xạ,ta cần chứng minh mỗi thành phần
J
t
là
nội xạ theo tiêu chuẩn Baer.
Giả sử f : I →
J
t
là đồng cấu từ iđêan trái I của R vào
J
t
.Nối kết f với phép nhúng

j
t
:
J
t
→

J
k
ta được đồng cấu:
j
t
f : I → J
Do J là môđun nội xạ nên tồn tại phần tử x ∈ J mà với mọi λ ∈ I :
j
t
f(λ)=λx.Khi
đó,với phần tử
x
t
=
p
t
(x) ∈
J
t
,ta có:
f(λ)=
p
t

[
j
t
f](λ)=
p
t
(λx)=λ
p
t
(x)=λ
x
t
, với mỗi λ ∈ I.
Vậy
j
t
thỏa mãn tiêu chuẩn Baer,tức
j
t
là môđun nội xạ.
Bây giờ nếu mọi môđun thành phần
j
k
là nội xạ và f : I → J =

J
k
là đồng cấu từ
iđêan trái I của R vào J.Khi đó,với mọi k ∈ K, đồng cấu f
k

=
p
k
f : I →
J
k
,do
j
k
là
nội xạ nên tồn tại phần tử
x
k
∈
J
k
sao cho với mỗi λ ∈ I:f
k
(λ)=λ
x
k
.Chọn phần tử
x =(
x
k
)
k∈K
của J =

J

k
, ta có:
f(λ)=(
p
k
f(λ)) = (f
k
(λ)) = (λ
x
k
)=λ(
x
k
)=λx, ∀λ ∈ I.
Vậy J thỏa mãn tiêu chuẩn Baer,tức J là môđun nội xạ.
6
Đònh nghóa 1.2. Cho R miền nguyên, môđun X trên R gọi là môđun chia được nếu
với mọi x ∈ X và với mọi λ ∈ R\{0} luôn tồn tại phần tử y ∈ X sao cho λy = x.
Đònh lý 1.3. Nếu R là vành chính thì mọi R-môđun ïchia được đều nội xạ.
Chứng minh. Cho X là môđun chia được,I là iđêan của R và f : I → X là đồng
cấu.Để chỉ ra X là nội xạ,ta cần chứng minh có phần tử q ∈ X mà với mỗi λ ∈ I thì
f(λ)=λq.
Vì R là vành chính,nên mỗi iđêan của R là iđêan chính,nói riêng tồn tại a ∈ R mà
I = aR.Khi đó,chọn q ∈ X là phần tử mà f(a)=aq, do X là môđun chia được,thì với
mỗi λ ∈ I,λ = ra ta có:
f(λ)=f(ra)=rf(a)=r(aq)=λq
Vậy theo tiêu chuẩn Baer,X là môđun nội xạ.
Đònh lý 1.4. Nếu R là miền nguyên thì mọi R-môđun nội xạ đều chia được.
Chứng minh. Giả sử X là R-môđun nội xạ.Ta cần chỉ ra với mọi x ∈ X, mọi
λ ∈ R\{0},tồn tại y ∈ X mà x = λy.Xét iđêan I = λR,sinh bởi phần tử λ.Vì

R là miền nguyên nên I là môđun tự do với cơ sở là tập một phần tử {λ}.Ánh xạ
φ : {λ}→X mà φ(λ)=x có thể mở rộng tới đồng cấu φ : I → X.Vì X nội xạ nên
theo tiêu chuẩn Baer,thì tồn tại phần tử y ∈ X sao cho với mọi r ∈ I thì φ(r)=ry .Nói
riêng,khi r = λ:x = φ(λ)=λy.
Vậy X là môđun chia được.
Đònh lý 1.5. Cho R là PID,khi đó, mọi môđun thương của môđun nội xạ X đều nội
xạ.
Chứng minh. Vì X nội xạ nên X chia được.Nếu M là môđun con của X thì X/M nội
xạ.Thật vậy,với mọi r ∈ R, với mọi x + M ∈ X/M,vì X nội xạ nên tồn tại y ∈ X sao
cho x = ry nên x + M = ry + M = r(y + M).Do đó,X/M chia được nên X/M nội xạ.
Đònh lý 1.6. (Xem [1], trang 51) R-môđun X là tự do khi và chỉ khi X đẳng cấu với
tổng trực tiếp của một họ nào đó các bản sao của vành hệ tử R.
Đònh lý 1.7. Mọi nhóm aben M có thể nhúng vào một Z-môđun nội xạ nào đó,xem
M như là môđun con của môđun nội xạ đó.
7
Chứng minh. Vì M là môđun nên M = F/K với F là nhóm aben tự do và K ⊆ F .Vì
F là nhóm aben tự do nên theo đònh lý 1.6, F = ⊕
i
Z
i
. Ta có
M = F/K =(⊕
Z
i
i
)/K ⊆ (⊕
Q
i
i
)/K

trong đó mỗi bản sao
Z
i
của Z có thể nhúng vào bản sao
Q
i
của Q.Vì
Q
i
chia được
nên ⊕
i
Q
i
chia được.Do đó,(⊕
i
Q
i
)/K chia đượcï.Vậy,(⊕
i
Q
i
)/K nội xạ.
Đònh lý 1.8. (Adjoint Isomorphism, Second Version)( Xem [10], trang 93) Cho các
môđun
R
A
,
S
B

R
và
S
C
trong đó R và S là vành ,khi đó ta có đẳng cấu tự nhiên:
τ

A,B,C
: Hom
S
(B ⊗
R
A, C) → Hom
R
(A, Hom
S
(B,C))
f → τ

(f)
trong đó f : B ⊗
R
A → C, a ∈ A, b ∈ B và τ

(f)
a
: b → f(b ⊗ a).
Hệ quả 1.9. ( Xem [10],trang 93) (i) Cho các môđun
R
B

S
và
S
C
,khi đó,hàm tử
Hom
R
(−,Hom
S
(B,C)) và Hom
S
(−⊗
S
B,C):Mod
R
→ Ab là đẳng cấu tự nhiên.
(ii) Cho các môđun
S
B
R
và
S
C
,khi dó,hàm tử Hom
R
(−,Hom
S
(B,C)) và Hom
S
(B ⊗

S
−,C):
R
Mod → Ab là đẳng cấu tự nhiên.
Bổ đề 1.10. Nếu D là nhóm aben chia được,khi đó Hom
Z
(R, D) là R-môđun nội xạ
trái.
Chứng minh. Nếu f : R → D và a ∈ R,ta đònh nghóa (af)(r)=f(ra) với mọi
r ∈ R.Khi đó, Hom
Z
(R, D) là R-môđun trái.Để chứng minh Hom
Z
(R, D) là R-môđun
nội xạ ta cần chứng minh Hom
R
(−,Hom
Z
(R, D)) là hàm tử khớp.Theo hệ quả 1.9,
Hom
R
(−,Hom
Z
(R, D))
∼
=
Hom
Z
(R ⊗
R

−,D) trong đó Hom
Z
(R ⊗
R
−,D) là hợp
của Hom
Z
(−,D) ◦ (R ⊗
R
−). Vì D là Z-môđun chia được , theo đònh lý 1.3,D là
Z−môđun nội xạ.Do đó,Hom
Z
(−,D) và R ⊗
R
− đẳng cấu tự nhiên với hàm tử đồng
nhất trên
R
Mod,cả hai hàm tử này đều khớp nên Hom
R
(−,Hom
Z
(R, D)) là hàm tử
khớp.
Đònh lý 1.11. Mỗi môđun M có thể nhúng vào một môđun nội xạ nào đó,xem như
là môđun con của môđun nội xạ đó.
Chứng minh. Xem M là nhóm aben,ta đònh nghóa φ : M → Hom
Z
(R, M) với
m → φ
m

trong đó φ
m
(r)=rm.Dễ thấy φ là Z- đồng cấu,ta sẽ chứng minh φ là đơn
8
cấu.
Thật vậy,nếu φ
m
= φ

m
,khi đó, rm = φ
m
(r)=φ

m
(r)=rm

với mọi r ∈ R,đặc
biệt,r =1thì m = m

.
Theo đònh lý 1.7,tồn tại Z-môđun nội xạ D và Z-đơn cấu i : M → D.Tính khớp
trái của hàm tử Hom cho ta đơn cấu
i
∗
: Hom
Z
(R, M) → Hom
Z
(R, D) nên

i
∗
φ
là đơn ánh.Ta sẽ chứng minh
i
∗
φ là R-ánh xạ.Thật vậy, nếu a ∈ R, m ∈ M thì
(
i
∗
φ)(am)=a[(
i
∗
φ)(m)].Ta có,(
i
∗
φ):am → iφ
am
trong dó iφ
am
: r → r(am).
Mặt khác,a[(
i
∗
φ)(m)] = a(
i
∗
φ
m
) trong đó a(

i
∗
φ
m
)(r)=(
i
∗
φ
m
)(ra)(đây là đònh nghóa
cấu trúc môđun trái trên Hom
Z
(R, D)). Vì vậy, (
i
∗
φ
m
)(ra)=i(ra)m =(ra)m.
Đònh lý 1.12. Đối với bất kỳ môđun J,ba phát biểu sau là tương đương:
i. J là môđun nội xạ.
ii. Mọi dãy khớp 0 → J
χ
→ B
σ
→ C → 0 là chẻ ra.
iii. J dẳng cấu với hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ nào đó.
Chứng minh. (i) ⇒ (ii): Cho J là môđun nội xạ và dãy khớp 0 → J
χ
→ B
σ

→ C → 0
Khi đó,đồng cấu đồng nhất
1
J
: J → J có thể mở rộng tới đồng cấu φ : B → J.Vậy
đồng cấu χ có nghòch đảo trái,tức dãy là chẻ.
(ii) ⇒ (iii) Theo đònh lý 1.11,môđun J có thể nhúng vào môđun nội xạ N(J)nào đó.Khi
đó,ánh xạ nhúng j : J → N( J) sinh ra dãy khớp ngắn
0 → J
j
→ N(J)
p
→ N(J)/J → 0
mà theo (ii),dãy là chẻ ra.Và ta có đẳng cấu N(J)
∼
=
J ⊕ imp,tức J đẳng cấu với hạng
tử trực tiếp của môđun nội xạ N(J).
(iii) ⇒ (i): Nếu J là hạng tử trực tiếp của môđun nội xạ nào đó,theo đònh lý 1.2 J là
môđun nội xạ.
9
Chương 2
Các công thức cơ bản về số chiều
Goldie hữu hạn của môđun
2.1 Đònh nghóa và một số tính chất
Đònh nghóa 2.1. Môđun con K =0của M được gọi là cốt yếu(essential)trong M( hay
M là mở rộng cốt yếucủa K)nếu K ∩ A =0với A là môđun con của M thì A =0.Và
ta ký hiệu K ≤
e
M.

Nếu K là môđun con thực sự của M thì ta nói K là môđun con cốt yếu thực sự của M
hay M là mở rộng cốt yếu thực sựcủa K.
Mệnh đề 2.1. Cho K,M,N là các môđun.Khi đó:
i. Nếu K ≤
e
M và N ≤
e
M thì K ∩ N ≤
e
M
ii. Nếu K ≤
e
M và M ≤
e
N thì K ≤
e
N
iii. Nếu K ≤
e
M thì K ∩ N ≤
e
M ∩ N
iv. Nếu K ≤ M ≤ N, K ≤
e
N khi và chỉ khi K ≤
e
M và M ≤
e
N
vi. Nếu f : M → N là đẳng cấu và A là môđun con của M.Khi đó,A ≤

e
M khi và chỉ
khi f(A) ≤
e
N.
Chứng minh. i. Giả sử K ∩ N ∩ A =0với A ≤ M
Ta có K ≤
e
M và N ∩ A ≤ M nên N ∩ A =0.Mà N ≤
e
M nên A =0
Vậy K ∩ N ≤
e
M.
ii. Giả sử K ∩ A =0với A ≤ N
Nên K ∩ A ∩ M =0. Mà K ≤
e
M và A ∩ M ≤ M nên A ∩ M =0
Mặt khác M ≤
e
N và A ≤ N nên A =0
Vậy K ≤
e
N
10
iii. Giả sử K ∩ N ∩ A =0với A ≤ N ∩ M
Mà K ≤
e
M và N ∩ A ≤ M nên N ∩ A =0
Mặt khác A ≤ N nên N ∩ A = A =0.Vậy K ∩ N ≤

e
M ∩ N
iv. (⇒) Giả sử K ∩ A =0với A ≤ M
Ta có A ≤ M nên A ≤ N. Mà K ≤
e
N nên A =0.Vậy K ≤
e
M
Giả sử M ∩ B =0với B ≤ N nên K ∩ M ∩ B =0⇔ K ∩ B =0(vìK ≤ M)⇔
B =0(vìK ≤
e
N).Vậy M ≤
e
N
(⇐) Giả sử K ∩ A =0với A ≤ N nên K ∩ M ∩ A =0
Mà K ≤
e
M,M ∩ A ≤ M và M ≤
e
N nên A =0
Vậy K ≤
e
N.
(v)(⇒) Giả sử f( A)∩B =0với B là môđun con của N nên A∩f
−1
(B)=0.Vì A ≤
e
M
nên f
−1

(B)=0.Do đó,B = f(f
−1
(B)) = 0.Vì vậy,f(A) ≤
e
N.
(⇐) chứng minh tương tự.
Mệnh đề 2.2. Cho
L
1
,
L
2
,
K
1
,
K
2
là các môđun mà
L
1
≤
K
1
,
L
2
≤
K
2

và
K
1
∩
K
2
=
0. Khi đó,
L
1
≤
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
K
2
.Đặt
A
1
=
L
1
+
K
2
và
A
2

=
L
2
+
K
1
.Ta sẽ chứng minh
A
1
≤
e
K
1
+
K
2
Lấy 0 = a ∈
K
1
+
K
2
nên a =
a
1
+
a
2
với
a

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

và 0 =<
a
1
>⊆
K
1
nên ∃
x
1
=0sao cho
x
1
∈<
a
1
> ∩
L
1
Khi đó, ∃
x
2
∈<
a
2
> sao cho
x
1
+
x
2

∈<
a
1
+
a
2
>
Vì
x
1
=0nên 0 =
x
1
+
x
2
∈<
a
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
1
∩
A
2

nên theo mệnh đề 2.1i,
L
1
+
L
2
=
A
1
∩
A
2
≤
e
K
1
+
K
2
(⇐) Giả sử
L
1
+
L
2
≤
e
K
1
+

K
2
. ta sẽ chứng minh
L
1
≤
e
K
1
,
L
2
≤
e
K
2
Giả sử
L
1
∩A =0với 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
≤
L
2
Nên −
l
1
+x =
l
2
∈ (
L
1
+A) ∩
L
2
⊆
K

1
∩
K
2
=0⇒
l
2
=0
Do đó,x =
l
1
∈
L
1
∩A =0⇒ A ∩ (
L
1
+
L
2
)=0
Vì
L
1
+
L
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
Mệnh đề 2.3. Môđun con K của M cốt yếu trong M khi và chỉ khi với mỗi 0 = x ∈ M
thì tồn tại r ∈ R sao cho 0 = rx ∈ K
11
Chứng minh. (⇒) Nếu K ≤
e
M và 0 = x ∈ M, khi đó Rx ∩ K =0.
(⇐)0= x ∈ L ≤ M, khi đó tồn tại r ∈ R mà 0 = rx ∈ K ∩ L.
Đònh nghóa 2.2. Nếu K, A là các môđun con của M và K là môđun con tối đại của M
với tính chất K ∩ A =0,thì ta nói K là phần bù của A( hay K là phần bù trong M).
Mệnh đề 2.4. Cho M là R-môđun và A là môđun con của M.Khi đó,mọi môđun con
N của M mà giao với A bằng 0 đều nằm trong một môđun con của M,tối đại với tính

chất nói trên.
Chứng minh. . Xét tập hợp S = {K ≤ M/K ∩ A =0}
Do N ∈ S nên S = ∅.Xét thứ tự bao hàm trong tập S.Giả sử
K
1
⊆
K
2
⊆ ⊆
K
n
⊆
Rõ ràng L =
∞

i=0
K
i
là chặn trên của dây chuyền nói trên.Vậy S thỏa điều kiện của bổ
đề Zorn.Từ đó suy ra điều phải chứng minh.
Đònh nghóa 2.3. Môđun con K của M được gọi là một hạng tử trực tiếp của M nếu có
môđun con A của M sao cho M = K ⊕ A.Khi đó,K cũng được gọi là hạng tử bù trực
tiếp của A.
Ví dụ 2.5. Xét vành R =
Z
21
và các iđêan của nó với:
A = {
0, 7, 14}
B = {0, 3, 6, 9, 12, 15, 18}

Hiển nhiên A + B =
Z
21
và A ∩ B = 0 nên
Z
21
= A ⊕ B.Vì vậy A và B là hạng tử
trực tiếp của
Z
21
.
Đònh lý 2.6. Cho K là môđun con của M.Khi đó,K là phần bù trong M khi và chỉ khi
tồn tại môđun con A của M mà A ∩ K =0và Q ∩ A =0với Q là môđun con của M
và K là môđun con thực sự của Q.Hơn nữa,K + A ≤
e
M và (A ⊕ K)/K ≤
e
M/K .
Chứng minh. (⇒) Giả sử K là phần bù trong môđun M nên K là phần bù của một
môđun con A của M.
Nên K là môđun con tối đại của M mà K ∩ A =0.
Giả sử Q là môđun con của M mà K là môđun con thực sự của Q
Nếu Q ∩ A =0thì do tính tối đại của K nên ta suy ra K=Q ( vô lý).Vậy Q ∩ A =0.
(⇐) Hiển nhiên.
Bây giờ ta sẽ chứng minh K + A≤
e
M.
12
Gả sử (K + A) ∩ H =0với H ≤ M.Lấy x ∈ (K + H) ∩ A
nên x = k + h ∈ A với k ∈ K,h ∈ H

⇒ k − x = −h ∈ (K + A) ∩ H =0nên h =0.Do đó,k = x ∈ K ∩ A =0
nên (K + H) ∩ A =0.
Vì K tối đại với tính chất K ∩ A =0nên K + H = K
⇒ H ⊆ K ⊆ K + A nên H = H ∩ (K + A)=0
Vậy K + A ≤
e
M.
Ta sẽ chứng minh (A ⊕ K)/K ≤
e
M/K .
Giả sử L/K ∩ (A ⊕ K)/K =0với K ≤ L ≤ M
L/K ∩ (A ⊕ K)/K =0⇔ L ∩ (A ⊕ K) ≤ K
Mà L ∩ (A + K)=(L ∩ A) ⊕ K ≤ K. Vì vậy L ∩ A =0
Mà K là phần bù của A nên L = K.
Vậy (A ⊕ K)/K ≤
e
M/K .
Mệnh đề 2.7. Nếu K là hạng tử trực tiếp của môđun M thì K là phần bù trong M.
Chứng minh. Vì K là hạng tử trực tiếp của M nên tồn tại môđun con A của M sao
cho M = K ⊕ A.
Lấy môđun con Q của M sao cho K ≤ Q ≤ M và Q = K,ta cần chứng minh Q∩A =0.
Thật vậy,vì Q = K nên tồn tại phần tử q ∈ Q/K.Do dó,tồn tại duy nhất k ∈ K và
a ∈ A sao cho q = k + a.
Nên ta có 0 = a = q − k ∈ Q ∩ A hay Q ∩ A =0.
Vậy K là phần bù trong M.
Đònh nghóa 2.4. Môđun M được gọi là đều (uniform) nếu mọi môđun con của M đều
cốt yếu trong M.
Đònh lý 2.8. (i) I là môđun đều khi và chỉ khi với mọi môđun con L,K của I,L∩K =0
thì L =0hoặc K =0.
(ii)Cho f : M → N là đẳng cấu.Nếu A là môđun con của M, khi đó, A là đều trong

M khi và chỉ khi f(A) là đều trong N .
(iii) Cho H và K là các môđun con của M mà H ∩ K =0.Nếu U là môđun con của
M mà chứa trong H,khi đó,U là đều khi và chỉ khi (U + K)/K là đều.
(iv) Cho U,K là các môđun con của M mà U ∩ K =0.Khi đó,U là đều trong M khi và
chỉ khi ( U + K)/K là đều trong M/K.
Chứng minh. (i)(⇒) Do I là đều và L là môđun con của I nên L ≤
e
I
Giả sử L =0.Ta có L∩K =0và L ≤
e
I nên K ∩ I =0.Vì K ⊆ I nên K = K ∩I =0.
13
(⇐) hiển nhiên.
(ii)(⇒) Lấy C là môđun con của f(A).Ta sẽ chứng minh C ≤
e
f(A).Thật vậy,vì C ∈ N
nên tồn tại môđun con B của A sao cho C = f(B).
Giả sử C∩D =0với D là môđun con của f(A) nên f(B)∩D =0.Do đó,B∩ f
−1
(D)=0.
Vì B là môđun con của A nên B ≤
e
A nên f
−1
(D)=0.Vì f là đẳng cấu nên D =
0.Vậy,C ≤
e
f(A).Vậy f(A) đều.
(⇐) Lấy E là môđun con của A.Ta sẽ chứng minh E ≤
e

A.
Giả sử E ∩ X =0với X là môđun con của A.Nên f(E ∩ X)=0⇔ f(E) ∩ f(X)=0.
Ta có f(E) ≤ f(A) và f(A) là đều nên f(E) ≤
e
f(A).
Do đó,f(X)=0,mà f là đẳng cấu nên X =0.Do đó,E ≤
e
A.Vậy,A đều.
(iii) Đặt f : H → (H + K)/K với f(h)=h + K. Khi đó, f là đẳng cấu.Theo (ii),U
là đều khi và chỉ khi f(U)=(U + K)/K là đều.
(iv) Được suy ra từ (iii).
2.2 Chiều Goldie của môđun
Đònh nghóa 2.5. H có chiều Goldie hữu hạn( ký hiệu FGD) nếu H không chứa một
tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác không.
Đònh lý 2.9. Môđun K có chiều Goldie hữu hạn khi và chỉ khi với bất kỳ dãy tăng
ngặt
H
1
,
H
2
, các môđun con của K thì tồn tại một số nguyên i sao cho
H
k
≤
e
H
k+1
với k ≥ i.
Chứng minh. (⇒) Giả sử K có chiều Goldie hữu hạn.Lấy dãy tăng ngặt

H
1
,
H
2
,
các môđun con của K. Giả sử với mỗi số nguyên i tồn tại số nguyên k ≥ i sao cho
H
k
không cốt yếu trong
H
k+1

Lấy i =1.Khi đó,tồn tại số nguyên
k
1
≥ 1 sao cho
H
k
1
không cốt yếu trong
H
k
1
+1
.
Đặt
i
2
=

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

của {
H
i
}
∞
i=1
mà
H
k
i
không cốt yếu trong
H
k
i
+1
và
k
i+1
≥
k
i
+1.Vì
H
1
,
H
2
, là dãy tăng nên
H
k

i+1
⊇
H
k
i
+1
. Vì vậy, dãy con {
H
k
i
}
∞
i=1
của {
H
i
}
∞
i=1
có
H
k
i
không cốt yếu trong
H
k
i
+1
.
Đặt

B
i
=
H
k
i
với i ≥ 1. Nên {
B
i
}
∞
i=1
là dãy tăng mà
B
i
không cốt yếu trong
B
i+1
.Với
mỗi số nguyên i tồn tại môđun con
A
i
=0của
B
i+1
mà
A
i
∩
B

i
=0(vì
B
i
không cốt
14
yếu trong
B
i+1
).
Ta sẽ chứng minh

∞
i=1
A
i
là tổng trực tiếp. Lấy
x
1
∈
A
i
1
, ,
x
n
∈ A
i
n
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
A
i
1
⊆
B
i
1
+1
⊆ ⊆
B
i

n
,
A
i
2
⊆
B
i
2
+1
⊆ ⊆
B
i
n
, ,
A
i
n
−1
⊆
B
i
n
−1
+1
⊆ ⊆
B
i
n
Ta có

x
1
+
x
2
+ +
x
n−1
⊂
A
i
1
+
A
i
2
+ +
A
i
n−1
⊆
B
i
n
.
Ta có (
A
i
1
+

A
i
2
+ +
A
i
n−1
) ∩
A
i
n
⊆
A
i
n
∩
B
i
n
=0⇒
x
1
+ +
x
n−1
= −
x
n
∈
(

A
i
1
+
A
i
2
+ +
A
i
n−1
) ∩
A
i
n
=0⇒
x
n
=0(vô lý). Vậy

∞
i=1
A
i
là tổng trực tiếp vô
hạn các môđun con khác không của K (vô lý).
(⇐) Ta sẽ chứng minh K không chứa một tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác
không.
Giả sử K chứa một tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác không {
I

i
}
∞
i=1
. 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
=0nên
J
n
không cốt yếu trong
J
n+1
với n ≥ 1.
Do dó, ta có dãy tăng ngặt các môđun con khác không
J
1
,
J
2
, mà
J
i
không cốt yếu
trong
J
i+1
với i ≥ 1 (vô lý).
Vậy K có chiều Goldie hữu hạn.
Bổ đề 2.10. Nếu K có chiều Goldie hữu hạn thì K chứa một môđun con đều.
Chứng minh. Giả sử K không có môđun con nào đều. Do đó, K không là môđun
con đều. Vì vậy,tồn tại các môđun con khác không

K
1
,
L
1
của K mà
K
1
∩
L
1
=0và
K
1
+
L
1
⊆ K.
L
1
không là môđun đều nên tồn tại các môđun con khác không
L
2
,
K
2
của
L
1
mà

L
2
∩
K
2
=0và
L
2
+
K
2
⊆
L
1
.
Cứ tiếp tục như vậy , ta được hai dãy {
K
i
}
∞
i=1
và {
L
i
}
∞
i=1
các môđun con khác không
của K mà
K

i
∩
L
i
=0với mọi i và
K
i
+
L
i
⊆
L
i−1
với i ≥ 2.
Ta có,
L
1
⊇
L
2
⊇ Tổng

∞
i=1
K
i
là tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác
không của K.
Thật vậy, giả sử tồn tại các phần tử khác không
x

1
∈
K
i
1
,
x
2
∈
K
i
2
, ,
x
n
∈
K
i
n
mà
x
1
+
x
2
+ +
x
n
=0với
i

1
<
i
2
< <
i
n
.
x
n
∈
K
i
n
⊆
L
(i
n
)−1
⊆ ⊆
L
i
1
, ,
x
2
∈
K
i
2

⊆
L
(i
2
)−1
⊆
L
i
1
nên
x
2
+
x
3
+ +
x
n
∈
L
i
1
.Vì
x
1
∈
K
i
1
và

x
2
+
x
3
+ +
x
n
∈
L
i
1
nên −
x
1
=
x
2
+ +
x
n
∈
K
i
1
∩
L
i
1
=0(vô lý).

15
Vậy
L
1
⊇
L
2
⊇ Tổng

∞
i=1
K
i
là tổng trực tiếp vô hạn các môđun con khác không
của K. Điều này mâu thuẫn với giả thiết K có chiều Goldie hữu hạn. Do đó, K có
môđun con đều.
Đònh lý 2.11. Cho H là R-môđun khác không và có chiều Goldie hữu hạn. Khi đó,
ta có
(i) (Sự tồn tại) Tồn tại các môđun con đều khác không
U
1
,
U
2
, ,
U
n
của H mà tổng
của chúng là tổng trực tiếp và cốt yếu trong H.
(ii) Nếu

V
i
, 1 ≤ i ≤ k là các môđun con đều khác không của H mà tổng của chúng
là tổng trực tiếp và cốt yếu trong H thì k ≥ n.
(iii) ( Sự duy nhất)Nếu
V
i
, 1 ≤ i ≤ k là các môđun con đều khác không của H mà
tổng của chúng là tổng trực tiếp và cốt yếu trong H thì k = n.
Chứng minh. (i) Giả sử với một số hữu hạn các môđun con đều
U
i
, 1 ≤ i ≤ n mà
tổng là tổng trực tiếp, tổng

U
i
không cốt yếu trong H. Theo bổ đề 2.10, H chứa
một môđun con đều
U
1
.
Khi đó,
U
1
không cốt yếu trong H. Nên tồn tại môđun con khác không
H
1
của H mà
U

1
∩
H
1
=0. Theo bổ đề 2.10,
H
1
chứa một môđun con đều
U
2
.
Khi đó, tổng
U
1
+
U
2
là tổng trực tiếp của hai môđun con đều. Vì vậy,tổng
U
1
+
U
2
không cốt yếu trong H. Nên tồn tại môđun con khác không
H
2
của H mà (
U
1
+

U
2
) ∩
H
2
=0. Khi đó, theo bổ đề 2.10, tồn tại môđun con đều khác không
U
3
của
H
2
. Nên
tổng
U
1
+
U
2
+
U
3
là tổng trực tiếp.
Cứ tiếp tục như vậy, ta được dây chuyền tăng ngặt vô hạn
U
1
⊂ (
U
1
+
U

2
) ⊂
(
U
1
+
U
2
+
U
3
) ⊂ các môđun con của H mà
U
1
⊕
U
2
⊕ ⊕
U
s
không cốt yếu trong
U
1
⊕
U
2
⊕ ⊕
U
s
⊕

U
s+1
với s ≥ 1. Theo đònh lý 2.9, H không có chiều Goldie hữu
hạn ( vô lý).
Vậy tồn tại các môđun con đều
U
i
, 1 ≤ i ≤ n mà tổng
U
1
+
U
2
+ +
U
n
là tổng trực
tiếp và cốt yếu trong H.
(ii) Giả sử
V
i
, 1 ≤ i ≤ k là các môđun con đều khác không của H mà tổng của chúng
là tổng trực tiếp và
V
1
+
V
2
+ +
V

k
cốt yếu trong H.
Đặt
K
1
=
V
2
⊕
V
3
⊕ ⊕
V
k
.Vì
K
1
không cốt yếu trong H nên tồn tại (1 ≤ i ≤ n) mà
K
1
∩
U
i
=0.
Không mất tính tổng quát, giả sử
K
1
∩
U
1

=0.Thật vậy,
K
1
không cốt yếu trong H
nên tồn tại B =0mà B ∩
K
1
=0.
Ta có B ∩
U
1
⊕ ⊕
U
k
=0(vì
U
1
⊕
U
k
cốt yếu trong H và B =0) nên tồn tại số
nguyên i sao cho B ∩
U
i
=0.Không mất tính tổng quát giả sử B ∩
U
1
=0. Ta có
16
(

K
1
∩
U
1
)∩(B ∩
U
1
)=0.
Mà B ∩
U
1
cốt yếu trong
U
1
nên K ∩
U
1
=0.
Ta có, tổng
U
1
+
V
2
+
V
k
là tổng trực tiếp.
Đặt

K
2
=
U
1
⊕
V
3
⊕ ⊕
V
k
.Vì
K
2
không cốt yếu trong H nên tồn tại i (2 ≤ i ≤ n) mà
K
2
∩
U
i
=0. Không mất tính tổng quát, giả sử
K
2
∩
U
2
=0.
Ta có
U
1

+
U
2
+
V
3
+ +
V
k
là tổng trực tiếp. Cứ tiếp tục như vậy ta có thể thay
V
j
(1 ≤ j ≤ k) bởi
U
i
( 1 ≤ i ≤ n).
Vì vậy, ta được n ≤ k.
(iii) Theo (ii) ta có n ≤ k. Tương tự, ta có k ≤ n. Vậy k = n.
Hệ quả 2.12. Cho H là môđun có chiều Goldie hữu hạn. Khi đó, ta có
(i)(Sự tồn tại) Tồn tại các môđun con đều
U
1
,
U
2
, ,
U
n
của H mà tổng của chúng là
tổng trực tiếp và cốt yếu trong H.

(ii)(Sự duy nhất) Nếu
V
i
,(1 ≤ i ≤ n) là các môđun con đều của H mà tổng của
chúng là tổng trực tiếp và cốt yếu trong H thì k = n.
Đònh nghóa 2.6. Số n của đònh lý trên độc lập với cách chọn các môđun con đều.
Ta gọi số n này là chiều Goldie của môđun H, và ký hiệu dimH.
Nói cách khác , chiều Goldie của môđun H là số nguyên n lớn nhất mà H chứa một
tổng trực tiếp n môđun con khác không.
Nếu H không có chiều Goldie hữu hạn thì ta nói H có chiều Goldie vô hạn và khi đó
dim H = ∞. Nếu môđun chỉ có phần tử 0 thì ta quy ước dimH =0.
Ví dụ. Cho M =
Z
p
2
⊕
Z
p
. các môđun con của M là A =
Z
p
2
và B = {(m; n)/0 ≤
m<
p
2
,m,n ∈ Z} . Khi đó, A chỉ có 2 môđun con khác 0 là chính nó và p
Z
p
2

.Vì
Z
p
2
và p
Z
p
2
là không rời nhau nên A không thể được phân tích thành tổng trực tiếp
của các môđun khác 0 nên dimA =1.
Z
p
,
Z
p
2
, p
Z
p
2
là các môđun đều nên sự phân tích M =
Z
p
2
⊕
Z
p
là dài nhất trong tất
cả sự phân tích của các môđun con khác 0 của M. Vậy dimM =2.
Xét M = Z ⊕ Z ⊕ ⊕ Z là tổng trực tiếp vô hạn lần của Z. Khi đó, dimM = ∞.

Đònh lý 2.13. i. Nếu K, K' là các môđun con của M và K' là mở rộng cốt yếu của K
thì dimK=dimK'.
ii. Nếu A, B là các môđun con của M thì dim(A ⊕ B) = dim A + dim B.
iii. Nếu M, N là các môđun mà M
∼
=
N thì dimM = dimN.
iv. Môđun con bù không có mở rộng cốt yếu thực sự.
17
v. Nếu A và B là các môđun con của M mà A ∩ B =0thì tồn tại môđun con C của
M mà C là phần bù của B chứa A.
Chứng minh. i. Giả sử K ≤
e
K

Ta có dimK ≤ dimK

( hiển nhiên)
Giả sử dimK

= n nên
A
1
⊕
A
2
⊕ ⊕
A
n
⊂ K


với
A
i
≤ K

và
A
i
=0, ∀i = 1,n
Do đó, (K ∩
A
1
) ⊕ (K ∩
A
2
) ⊕ ⊕ (K ∩
A
n
) ⊂ K
Mà K ∩
A
i
=0, ∀i = 1,n vì nếu K ∩
A
i
=0⇒
A
i
=0, ∀i = 1,n ( vô lý)

Nên dimK

≤ dimK. Vậy dimK = dimK

.
ii. Giả sử dimA = n, dimB = m
Nên
A
1
⊕
A
2
⊕ ⊕
A
n
⊂ A với
A
i
≤ A và
A
i
=0, ∀i = 1,n
và
B
1
⊕
B
2
⊕ ⊕
B

m
⊂ B với
B
j
≤ B và
B
j
=0, ∀j = 1,m
nên
A
1
⊕
A
2
⊕ ⊕
A
n
⊕
B
1
⊕ ⊕
B
m
⊂ A ⊕ B
Do đó, dim(A ⊕ B) ≥ dim A + dim B
Giả sử dim(A ⊕ B)=p
Nên
C
1
⊕

C
2
⊕ ⊕
C
p
⊂ A ⊕ B với
C
i
≤ A ⊕ B và
C
i
=0, ∀i = 1,p
Không mất tính tổng quát giả sử
C
1
,
C
2
, ,
C
k
≤ A và
C
k+1
,
C
k+2
, ,
C
p

≤ B
Nên dim( A ⊕ B) ≤ dim A + dimB. Vậy dim(A ⊕ B) = dim A + dim B
iii. Giả sử dimM = n
Nên
A
1
⊕
A
2
⊕ ⊕
A
n
⊂ M với
A
i
≤ M và
A
i
=0, ∀j = 1,m
Ta có M
∼
=
N nên ∃f : M → N: đẳng cấu
Do đó, f(
A
1
) ⊕ f(
A
2
) ⊕ ⊕ f(

A
n
) ⊂ N
Nếu f(
A
i
)=0, ∀i = 1,n thì
A
i
=0, ∀i = 1,n ( vô lý)
Nên f(
A
i
) =0, ∀i = 1,n. Do đó, dimM = n ≤ dimN
Ta có M
∼
=
N nên ∃g : N → M: đẳng cấu
Chứng minh tương tự ta được dimN ≤ dimM. Vậy dimM = dimN
iv. Gọi N là phần bù của môđun A trong M. Ta sẽ chứng minh N không có mở rộng
cốt yếu thực sự
Giả sử N có mở rộng cốt yếu thực sự là Q
Ta có N ∩ A =0nên N ∩ A ∩ Q =0
Mà N ≤
e
Q, Q ∩ A ≤ Q nên Q ∩ A =0( vô lý)
Vậy N không có mở rộng cốt yếu thực sự
v. Gọi Q là phần bù của B nên Q ∩ B =0
Khi đó, Q ∪ A là phần bù của B chứa A
Thật vậy, (Q ∪ A) ∩ B =(Q ∩ B) ∪ (A ∩ B)=0

18
Nếu K ∩ B =0thì K ⊂ Q ⊂ Q ∪ A
Mệnh đề 2.14. (Xem[8], 17.3, trang 138) Cho M, N, L là các môđun. Nếu h : K → M
là đồng cấu và L ≤
e
M thì
h
−1
(L) ≤ M.
Hệ quả 2.15. Cho K là môđun con của M, π : M → M/K là toàn cấu chính tắc.
Nếu π(S) ≤
e
π(M) thì S + K ≤
e
M
Chứng minh. Ta có π(S)=S + K/K , π(M)=M/K
Mà π(S) ≤
e
π(M) nên S + K/K ≤
e
M/K . Vậy S + K ≤
e
M
Đònh lý 2.16. Giả sử M có chiều Goldie hữu hạn và
K
1
,
K
2
là các môđun con của M

mà K =
K
1
∩
K
2
là phần bù trong M. Khi đó,dim
K
1
+ dim
K
2
= dim(
K
1
+
K
2
) −
dim(
K
1
∩
K
2
).
Chứng minh. Ta có K là phần bù trong M nên K cũng là phần bù trong
K
1
,

K
2
Vì K là phần trong
K
1
nên K là phần bù của môđun con A của
K
1
. Do đó, A+K ≤
e
K
1
K là phần trong
K
2
nên K là phần bù của môđun con B của
K
2
. Do đó, B + K ≤
e
K
2
Theo đònh lý 2.6, ta có (A + K)/K ≤
e
K
1
/K và (B + K)/K ≤
e
K
2

/K
Mà
K
1
/K ∩
K
2
/K =
K
1
∩
K
2
/K =0
Mặt khác, (A + B + K)/K =(A + K)/K ⊕ (B + K)/K ≤
e
K
1
/K ⊕
K
2
/K =
K
1
+
K
2
/K.
Nên (A + B + K)/K ≤
e

K
1
+
K
2
/K. Theo hệ quả 2.15û, thì A + B + K ≤
e
K
1
+
K
2
.
Vậy dim(A + B + K)=dim(
K
1
+
K
2
)
Ta sẽ chứng minh A + B + K là tổng trực tiếp.
Cho a + b + k =0với a ∈ A, b ∈ B,k ∈ K. Nên b = −a − k ∈
K
1
∩
K
2
= K. Khi
đó, b ∈ B ∩ K =0nên b =0
Mà a ∈ A ∩ K =0nên a =0. Do đó, k =0. Vì vậy A + B + K là tổng trực tiếp.

Do A ⊕B ⊕ K ≤
e
K
1
+
K
2
nên dim(
K
1
+
K
2
)=dim(A⊕ B ⊕K) = dim A+dim B +
dim K
= dim
K
1
−dimK + dim
K
2
−dimK + dim K
= dim
K
1
+ dim
K
2
− dim K = dim
K

1
+ dim
K
2
− dim(
K
1
∩
K
2
).
Hệ quả 2.17. Giả sử V là không gian véc tơ hữu hạn chiều. Khi đó mỗi không gian
con W của V là một không gian con bù của V khi ta xem V là môđun trên trường.Khi
đó, hai không gian bất kỳ
K
1
,
K
2
của V, ta có dim
K
1
+ dim
K
2
= dim(
K
1
+
K

2
) −
dim(
K
1
∩
K
2
).
19
2.3 Môđun co-Hopf
Đònh nghóa 2.7. Môđun phải M được gọi là môđun co-Hopf nếu mỗi đơn cấu M → M
là đẳng cấu.
Bổ đề 2.18. Cho R là vành và a, b ∈ R mà ab =1và ba =1. Đặt
e
ij
=
b
i
a
j
−
b
i+1
a
j+1
, i, j ∈ N. Khi đó, với mỗi i, j, k, l ∈ N, ta có
e
ij
e

kl
=
δ
jk
e
il
với
δ
jk
là số Kronecker.
Chứng minh. Ta có
e
ij
=
b
i
a
j
−
b
i+1
a
j+1
=
b
i
(1 − ba)
a
j
Nếu j = k

Ta có
e
ij
e
kl
=
e
ij
e
jl
=
b
i
(1 − ba)
a
j
b
j
(1 − ba)
a
l
=
b
i
(1 − ba)(1 − ba)
a
l
=
b
i

(1 − ba − ba + baba)
a
l
=
b
i
(1 − ba)
a
l
=
e
il
Nếu j>k
Ta có
e
ij
e
kl
=
b
i
(1 − ba)
a
j
b
k
(1 − ba)
a
l
=

b
i
(1 − ba)
a
j−k
(1 − ba)
a
l
=
b
i
(1 − ba)(
a
j−k
−
a
j−k
ba)
a
l
=
b
i
(1 − ba)(
a
j−k
−
a
j−k
)=0

Nếu j<k
Ta có
e
ij
e
kl
=
b
i
(1 − ba)
a
j
b
k
(1 − ba)
a
l
=
b
i
(1 − ba)
b
k−j
(1 − ba)
a
l
=
b
i
(

b
k−j
−ba
b
k−j
)(1 − ba)
a
l
=
b
i
(
b
k−j
−
b
k−j
)(1 − ba)
a
l
=0
Đònh nghóa 2.8. Môđun M là tự nội xạ nếu với mỗi đơn cấu f : A → M, với mỗi đơn
cấu h : A → M thì tồn tại g ∈ End(M) sao cho biểu đồ sau giao hoán
0
//
A
h

A
A

A
A
A
A
A
A
f
//
M
g

M
Đònh lý 2.19. Cho R là vành và M là môđun phải có đơn vò. Nếu M là môđun tự nội
xạ và có chiều Goldie hữu hạn thì M là môđun co-Hopf.
Chứng minh. . Cho f : M → M là đơn cấu. Ta sẽ chứng minh f là đẳng cấu.
Vì M là tự nội xạ nên tồn tại g ∈ End(M) sao cho gf =1( 1 là ánh xạ đồng nhất
trên M).
Đặt S = End(M). Vì vậy f,g ∈ S và gf =1.
Nếu fg =1thì hiển nhiên f là đẳng cấu.
Giả sử fg =1. Khi đó, theo bổ đề 2.18, ta có các tự đồng cấu
e
ij
∈ S với i, j ∈ N mà
e
ij
e
kl
=
δ
jk

e
il
với mọi i, j,k, l ∈ N. Ta có
e
ij
=0với mọi i, j.
20
Đặt
e
i
=
e
ii
. Khi đó,
e
i
e
j
=
δ
ij
e
i
, ∀i, j ∈ N.
Đặt
M
i
= e(M). Khi đó,
M
i

là môđun con của M với mọi i ∈ N.
Ta có {
M
i
/i ∈ N} là họ rời nhau. Thật vậy, lấy k ∈ N và x ∈
M
k
∩

j=k
M
j
.
Vì vậy, x =
x
1
+ +
x
s
trong đó
x
1
∈
M
i
1
, ,
x
s
∈

M
i
s
với các số tự nhiên
i
1
, ,
i
s
= k
Do đó,
e
k
e
i
j
=0nên
e
k
(
M
i
j
)=
e
k
e
i
j
(M)=0với 1 ≤ j ≤ s.

Nên
e
k
(
x
j
)=0, ∀i = 1,s. Do đó,
e
k
(x)=
e
k
(
x
1
)+ +
e
k
(
x
s
)=0
Mặt khác
e
k
e
k
=
e
k

nên
e
k
tác động lên
M
k
=
e
k
(M) như ánh xạ đồng nhất. Do đó
e
k
(x)=x suy ra x =0.
Do đó,
M
k
∩

j=k
M
j
, ∀k ∈ N. Vậy {
M
i
/i ∈ N} là họ rời nhau.
Ta có {
M
i
/i ∈ N} là họ rời nhau các môđun con của M.
Điều này mâu thuẫn với giả thiết M có chiều Goldie hữu hạn.

Nên fg =1. Do đó, f là đẳng cấu.
Vậy M là môđun co-Hopf.
2.4 Môđun E-bất khả quy
Đònh nghóa 2.9. Môđun con H của M được gọi là E-bất khả quy nếu H = K ∩ J, với
K và J là môđun con của M, H ≤
e
K thì H = K hoặc H = J.
Ví dụ. Cho R = Z, M =
Z
12
. Khi đó, H =< 2 > là E-bất khả quy nhưng không
là môđun con bù.
Thật vậy, giả sử H = K ∩ J với K, J là môđun con của M và H ≤
e
K.
Lấy 0 = x ∈ K.
Nếu x ∈ H thì H = K.
Nếu x ∈ K/H thì H∩ <x>=0.Mà H ≤
e
K nên <x>=0(vô lý).Do đó, H = K.
Vậy H là E-bất khả quy.
Gọi A là môđun con bất kỳ của M.
Lấy y ∈ A thì 2y ∈ H nên y ∈ H. Do đó, H ∩ A =0. Vậy H không là phần trong M.
Ví dụ. Cho R = Z, M =
Z
8
×
Z
3
. Cho môđun H =< 4 > ×0 của M không là

môđun E-bất khả quy vì H =(
Z
8
×0) ∩ (< 4 > ×
Z
3
) và H cốt yếu trong
Z
8
×0.
Đònh lý 2.20. Cho K ≤ M và f : M → M/K là toàn cấu chính tắc. Khi đó, các
điều sau là tương đương:
i. K là phần bù
21
ii. K ≤ K

≤ M, K' là phần bù trong M khi và chỉ khi f(K') là phần bù trong M/K
iii. Nếu S ≤
e
M thì f( S) ≤
e
M/K
Chứng minh. (i) ⇒ ( ii)
(⇒) K' là phần bù trong M nên K' là phần bù của một môđun con A của M. Ta sẽ
chứng minh K'/K là phần bù của (K + A)/K.
Ta có K

/K ∩ (K + A)/K =(K

∩ (K + A))/K =((K


∩ A)+K)/K =0.
Gọi Q ≤ M chứa K sao cho Q/K ∩ (K + A)/K =0⇔ (Q ∩ (K + A))/K =
(K +(Q ∩ A))/K =0.
Nên K +(Q ∩ A) ≤ K⇔ Q ∩ A ≤ K ≤ K

.
Ta có Q ∩ A ∩ K

=0⇔Q ∩ A =0(vì Q ∩ A ≤ K

)
Mà K' là phần bù của A nên Q ≤ K

.
Do đó, f(K') là phần bù của (K+A)/K. Vậy, f(K') là phần bù trong M/K.
(⇐) f(K') là phần bù trong M/K nên f(K') là phần bù của một môđun con B/K của
M/K.
Ta có K

/K ∩ B/K =(K

∩ B)/K =0⇔K

∩ B ≤ K
K là phần bù trong M nên K là phần bù của một môđun con T của M. Do đó, T ∩K =0.
Ta có K

∩ B ∩ T ⊆ K ∩ T =0.
Ta sẽ chứng minh K' là phần bù của B ∩ T.

Gọi Q là môđun mà Q ∩ B ∩ T =0. Do K là phần bù của T nên Q ∩ B ≤ K ≤ K

.
Ta có Q ∩ B = Q ∩ B ∩ K

≤ Q ∩ K ≤ K.
Mà K' là môđun tối đại với tính chất K

∩ B ≤ K nên Q ≤ K

.
(ii) ⇒ (i) f(K)=0là phần bù trong M/K nên K là phần bù trong M.
(iii) ⇒ (i) Gọi X là phần bù của K và N là phần bù của X chứa K.
Ta có X + K ≤
e
M nên f(X)=f(X + K) ≤
e
M/K .
Vì f(X) ∩ f(N)=0nên f(N)=0⇒ K = N
(i) ⇒ (iii) Gọi Q là môđun con của M chứa K sao cho S + K/K ∩ Q/K =0⇔(S +
K) ∩ Q ≤ K.
⇔(S ∩ Q)+K ≤ K⇔S ∩ Q ≤ K.
Ta sẽ chứng minh K ≤
e
Q. Thật vậy, gọi T là môđun con của Q sao cho K ∩ T =0.
Nên S ∩ Q ∩ T =0⇔S ∩ T =0.
Mà S ≤
e
M nên T =0⇒K ≤
e

Q.
Ta có K là phần bù nên không có mở rộng cốt yếu thực sự nên K = Q. Vậy
S + K/K ≤
e
M/K .
Đònh lý 2.21. Cho M là môđun có chiều Goldie hữu hạn và K là môđun con của M
22
mà dimM = dimK +dim(M/K). Khi đó, K không có mở rộng cốt yếu thực sự trong
M.
Chứng minh. Nếu K = M: hiển nhiên
Giả sử K = M và K có mở rộng cốt yếu thực sự là K'. Nên dimK = dimK

và
dim(K

/K)≥ 1
Gọi C là phần bù của K'. Khi đó, C ⊕ K

≤
e
M nên dimM = dim(C ⊕ K

)=
dimC + dimK

Mà C + K/K
∼
=
K/(K ∩ C)=C nên dim(C + K/K )=dimC
Mặt khác,K


/K +(C + K)/K là tổng trực tiếp nên dim(M/K ) ≥ dim(K

/K)+
dim(C + K)/K ≥ 1+dimC
=1+dimM − dimK

=1+dimM − dimK =1+dim(M/K )
Điều này là vô lý nên K không có mở rộng cốt yếu thực sự
Đònh lý 2.22. Cho H là môđun con của M. Khi đó, các điều sau tương đương:
i. H = M hoặc H không là môđun cốt yếu nhưng H là môđun con E-bất khả quy
ii. H không có mở rộng cốt yếu thực sự
iii. H là phần bù
Chứng minh. (i) ⇒ (ii) Nếu H = M: hiển nhiên.
Giả sử H không là môđun cốt yếu nhưng H là môđun E-bất khả quy.Ta sẽ dùng phản
chứng để chứng minh (ii), nghóa là giả sử H có mở rộng cốt yếu thực sự là K'. Ta sẽ
chứng minh K' cốt yếu trong M.
Lấy I là môđun con của M màK

∩ I =0. Theo quy tắc modular, K

∩ ( H + I)=
H +(I ∩ K

)=H.
Vì H là môđun E-bất khả quy, H = K

và H cốt yếu trong K'nên H=H+I. Do
đó,I ⊆ H ⊆ K


nên I =0.
Vậy K' cốt yếu trong M. Vì H cốt yếu trong K' nên H cốt yếu trong M (vô lý).
(ii) ⇒ (iii) Giả sử H không có mở rộng cốt yếu thực sự. Gọi Z là phần bù của H và
K' là phần bù của Z chứa H. Gọi Q là môđun con của H mà H ∩ Q =0.
Mà Z là phần bù của H nên Q ⊂ Z. K' là phần bù của Z nên K

∩ Z =0nên
Q ∩ Z =0.
Q = Q ∩ Z =0. Vậy H cốt yếu trong K'và theo (ii) H = K

.
(iii) ⇒ (ii):đònh lý 2.13(iv).
(ii) ⇒ (i) Nếu H = M, giả sử H = K ∩ J, với K và J là môđun con của M, H ≤
e
K.
Vì H không có mở rộng cốt yếu thực sự nên H = K nên H là E-bất khả quy.
23