Đang tải... (xem toàn văn)
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUẾ TIỂU LUẬN VÀNH VỚI ĐIỀU KIỆN HỮU HẠN Đề tài Hạng đều(uniform rank) Người thực hiện Trần Mạnh Hùng Lớp Cao học Toán khóa XX Giáo viên hướng dẫn GS – TS Lê Văn Thuyết Huế, tháng 4 năm 2013 NỘI DUNG ĐỀ TÀI A PHẦN LÍ THUYẾT HẠNG ĐỀU (UNIFORM RANK) Ta đã biết, môđun A có hạng hữu hạn với điều kiện E(A) là tổng trực tiếp của các môđun con không phân tích được Bổ đề 5 16 Nếu môđun A là tổng trực tiếp hữu hạn n.
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HUÊ TIÊU LUÂN VÀNH VỚI ĐIỀU KIỆN HỮU HẠN Đề tài: Hạng đều(uniform rank) Người thực hiện: Trần Mạnh Hùng Lớp : Cao học Toán khóa XX Giáo viên hướng dẫn: GS – TS Lê Văn Thuyết Huế, tháng năm 2013 NỘI DUNG ĐỀ TÀI A PHẦN LÍ THUYẾT: HẠNG ĐỀU (UNIFORM RANK) -Ta đã biết, môđun A có hạng hữu hạn với điều kiện E(A) là tổng trực tiếp của các môđun không phân tích được Bổ đề 5.16: Nếu môđun A là tổng trực tiếp hữu hạn n môđun đều không phân tích được thì A không chứa bất kì tổng trực tiếp của n + các môđun khác không nào Định nghĩa:Nếu A là một môđun có hạng hữu hạn, thì tồn tại số tự nhiên n cho E(A) là tổng trực tiếp của n môđun đều Ngoài ra, theo bổ đề 5.16 thì với mỗi sự khai triển khác của E(A) thành tổng trực tiếp của của các môđun đều thì có đúng n số hạng Do đó n được xác định nhất bởi A Ta gọi n là hạng đều, hoặc là hạng của A.Kí hiệu: rank(A) - Nếu A1,A2,… ,An là các môđun có hạng hữu hạn thì A1 A2 có hạng hữu hạn và rank(A1A2= rank(A1) + rank(A2) +…+ rank(An) Mệnh đề 5.20: Cho A là một môđun và n là số nguyên không âm Khi đó các mệnh đề sau tương đương: a, A có hạng hữu hạn n b, A có một môđun cốt yếu B là tổng trực tiếp của n mô đun đều c, A chứa tổng trực tiếp củs n môđun khác không, không chứa tổng trực tiếp của n + môđun khác không Chứng minh: a : Giả sử E(A) = E1 E2 với Ei là các môđun đều của A Theo bổ đề 5.16: E(A) không chứa chứa tổng trực tiếp của n + môđun khác không củng vậy Mặt khác, A chứa tổng trực tiếp củs n môđun khác không là E1 ∩ A, E2 ∩ A, …., En ∩ A c : cho A1,A2,… ,An là các môđun khác không, độc lập của A, với I = 1,2, ….n các môđun Ai là đều vì giả sử Ai không đều thì tồn tai B,C là các môđun khác không của Ai mà B ∩ C = 0, đó: A = A1 A2 A chứa tổng trực tiếp của n + môđun khác không ( mâu thuẩn) Mặt khác, nếu A1 A2 , đó có môđun An + khác không của A mà A1 A2 ∩ An+1 = suy A A1 A2 An+1(mâu thuẩn) Vậy: A1 A2 b : suy trực tiếp từ mệnh đề 5.15 Hệ quả 5.21: Cho B là môđun của mô đun A a, Gỉa sử A có hạng hữu hạn, đó B có hạng hữu hạn và rank(A) rank(B) Ngoài ra, rank(A) rank(B) ⟺ B e A b, Giả sử B và A/B có hạng hữu hạn, đó A có hạng hữu hạn và rank(A) rank(B) + rank(A/B) Chứng minh: a, + Theo mệnh đề 5.20: B không chứa tổng trực tiếp của rank(A) + môđun khác không., đó áp dụng mệnh đề này cho B suy B có hạng hữu hạn, và rank(B) rank(A) + ⇒ rank(B) rank(A) Mệnh đề 5.20 còn cho thấy B có một môđun cốt yếu C là tổng trực tiếp của rank(B) môđun đều + Chứng minh rank(A) rank(B) ⟺ B e A: (): Nếu B e A , mà C e B nên C e A Theo mệnh đề 5.20(b : C là tổng trực tiếp của rank(B) số hạng nên rank(A) rank(B) (⇒): Nếu rank(A) rank(B), A không chứa tổng trực tiếp của rank(B) + môđun khác không , suy A có mô đun cốt yếu C là tổng trực tiếp của rank(B) số hạng ⇒ C e A B e A ( vì C e B) b, Gọi C là môđun lớn nhất của A với B ∩ C = Xét ánh xạ f: C ⟶ A/B c↦ c+B Ker(f) = {c ∊ C: c + B = 0} = { c ∊C: c ∊ B } = {0} Vì C/ker(f) ≌ f(C) nên trường hợp này C ≌ f(C) = {c + B: c ∊ C} = C/B hay C đẳng cấu với một môđun của A/B Theo (a): A/B có hạng hữu hạn nên C có hạng hữu hạn và rank(C) rank(A/B) Theo mệnh đề 5.7: B,C là các môđun của môđun A , C là mô đun lớn nhất thỏa mãn B ∩ C = thì B C e A Theo mệnh đề 5.20 thì A có hạng hữu hạn và rank(A) rank(B) + rank(C) B PHẦN BÀI TẬP: Bài 1: Cho A là một môđun với hạng hữu hạn, nếu f: A ⟶ A là đơn cấu thì f(A) e A Chứng minh: Vì f: A ⟶ A là đơn cấu nên ker(f) = {0} Khi đó A/ker(f) ≌ f(A) suy A ≌ f(A) suy ra: rank(f(A)) rank(A) Theo hệ quả 5.21 thì f(A) e A Bài 2: Cho R là một nữa vành nguyên tố và A là I đêal của R, đó: a, r.ann(A) = l.ann(A) b, ann(A) là ideal phần bù nhất của A R c, ann(A) là tương giao của ideal nguyên tố nhỏ nhất của R không chứa A d, RAR là đều và chỉ ann(A) là ideal nguyên tố nhỏ nhất Chứng minh: a, r.ann(A) = {n ∊ R: Xn = 0} l.ann(A) = {m ∊ R: mX = 0} Vì AX = ⇒ (XA)2 = ⇒ XA = nên n ∊ l.ann(A) ⇒ n ∊ r.ann(A) hay l.ann(A)r.ann(A) mặs khác XA = ⇒ (AX)2 = ⇒ AX = nên m ∊ r.ann(A) ⇒ m ∊ l.ann(A) hay r.ann(A)l.ann(A) Vậy r.ann(A) = l.ann(A) b, nếu A ∩ C = với C là ideal của R , thì AC A ∩ C = Từ đó ann(A) ⇒ (A ∩ ann(A))2 = ⇒ A ∩ ann(A) = Vậy: ann(A) là ideal phần bù nhất của A R c.B là mô tả tương giao, A ∩ B = và từ câu b: B ⊆ ann(A) ⇒ A ann(A) = Do đó P là ideal nguyên tố nhỏ nhất và A ⊈ P thì ann(A) ⊆ P Do đó ann(A) ⊆ B d, Từ câu b thì ann(A) là ideal phần bù nhất của A R Do đó , nếu RAR là đều thì ann(A) = ann(A’) với A’là ideal khác không và ⊆ A Giả sử BC ⊆ ann(A) với B,C là ideal của A thì AB = , trường hợp B ⊆ A hoặc AB và C ⊆ ann(AB) = ann(A) Điều này chứng tỏ A là ideal nguyên tố và nhỏ nhất Đảo lại: Nếu ann(A) là ideal nguyên tố nhỏ nhất, thì ann(A) = ann(A’) Nhưng nếu A ⊃ A1 A2 với A1, A2 là là ideal khác không thì ann(A1) ⊃ ann(A) Do đó RAR là đều Bài 3: Cho R là một vành nữa nguyên tố, Chứng minh rằng: Nếu RAR có hạng đều hữu hạn thì R có hữu hạn các ideal nguyên tố nhỏ nhất Chứng minh: Nếu rank(R) = n thì có các ideal đều A1,A2,… ,An cho A1 A2 e RRR Hơn nữa, nếu Pi = ann(Ai) thì theo bài tập 1d: Pi là nguyên tố nhỏ nhất Ta thấy ∩ Pi = đó ta có được các ideal nguyên tố nhỏ nhất ... DUNG ĐỀ TÀI A PHẦN LÍ THUYẾT: HẠNG ĐỀU (UNIFORM RANK) -Ta đã biết, môđun A có hạng hữu hạn với điều kiện E(A) là tổng trực tiếp của các môđun không phân tích được Bổ đề. .. định nhất bởi A Ta gọi n là hạng đều, hoặc là hạng của A.Kí hiệu: rank(A) - Nếu A1,A2,… ,An là các môđun có hạng hữu hạn thì A1 A2 có hạng hữu hạn và rank(A1A2= rank(A1)... với A1, A2 là là ideal khác không thì ann(A1) ⊃ ann(A) Do đó RAR là đều Bài 3: Cho R là một vành nữa nguyên tố, Chứng minh rằng: Nếu RAR có hạng đều hữu hạn thì R có hữu