Các đặc trưng của PC2 − môđun

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

10
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Bài viết Các đặc trưng của PC2 − môđun đưa ra một số đặc trưng của môđun thỏa mãn điều kiện PC2 , còn gọi là PC2 - môđun. Tác giả cũng đã chỉ ra rằng mỗi môđun thỏa mãn điều kiện C2 thì thỏa mãn điều kiện PC2 và mỗi môđun thỏa mãn điều kiện PC2 cũng thỏa mãn điều kiện C3.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Các đặc trưng của PC2 − môđun

58 Trương Thị Thúy Vân CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA PC 2 − MÔĐUN SOME CHARACTERIZATIONS OF PC 2 − MODULES Trương Thị Thúy Vân1,2* 1 Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng 2 Trường Đại học Sư phạm Kỹ thuật Vĩnh Long *Tác giả liên hệ: vanttt@vlute.edu.vn (Nhận bài: 20/12/2022; Chấp nhận đăng: 20/3/2023) Tóm tắt - Xét môđun M thỏa mãn điều kiện: “Nếu với mọi A, B Abstract - Considering module M to satisfy the condition: là các môđun con của M sao cho A  B, A là hạng tử trực tiếp “Whenever A and B are submodules of M with A  B, and A của M A  M thì B cũng là một hạng tử trực tiếp của M ” và is a direct summand of M A  M then B is a direct summand of gọi điều kiện này là PC 2. Trong bài báo này, tác giả đưa ra một M ” and the author call this condition is PC 2. In this paper, we give số đặc trưng của môđun thỏa mãn điều kiện PC 2 , còn gọi là some characterizations of the module to satisfy the condition PC 2 PC 2 -môđun. Môđun M là PC 2 -môđun khi và chỉ khi với mỗi also known as the PC 2 -module. Module M is a PC 2 -module if R -đơn cấu  : P → M , trong đó P là một hạng tử trực tiếp của and only if an R -monic  : P → M where P is a direct summand M P  M và P  M   1M thỏa mãn  ( M ) = P thì tồn tại of M P  M and P  M   1M satisfies  ( M ) = P , exists   End (M ) sao cho    = 1P . Tác giả cũng đã chỉ ra rằng   End (M ) with    = 1P The author also show that each mỗi môđun thỏa mãn điều kiện C 2 thì thỏa mãn điều kiện PC 2 module satisfying condition C 2 satisfies condition PC 2 and every và mỗi môđun thỏa mãn điều kiện PC 2 cũng thỏa mãn điều kiện module satisfying condition PC 2 also satisfies condition C 3. At C 3. Đồng thời, bài báo cũng đề cập đến một số đặc trưng của the same time, the article also mentions some characterizations of vành PC 2 Vành R là vành PC 2 phải khi và chỉ khi mọi đẳng PC 2 ring. R is a right PC 2 ring if and only if every R - cấu aR → eR , a  R , e2 = e  R, e  1 đều mở rộng đến R isomorphism aR → eR , a  R , e2 = e  R, e  1, extends to R Từ khóa - PC 2 -môđun; C 2 -môđun; C 3 − môđun Key words - PC 2 -module; C 2 -module; C 3 − module 1. Giới thiệu vấn đề C 3 ([2]). Các kết quả của họ đã đóng góp cho sự phát Khái niệm môđun nội xạ được Baer giới thiệu đầu tiên triển của lý thuyết vành và môđun. Trong bài báo này, tác vào năm 1940. Những năm sau đó, khái niệm này và các giả xét thêm giả thiết A  M trong điều kiện C 2 và gọi khái niệm mở rộng của nó đã nhận được sự quan tâm là điều kiện PC 2 : nếu với mọi A, B là các môđun con nghiên cứu của nhiều tác giả trong và ngoài nước. Nhiều của M sao cho A  B, A là hạng tử trực tiếp của M , tác giả đã nghiên cứu cấu trúc vành và các lớp môđun liên A  M thì B cũng là hạng tử trực tiếp của M . Môđun quan thông qua các điều kiện C1, C 2, C3 ([1], [2], [3], M được gọi là PC 2 − môđun nếu M thỏa mãn điều kiện [4]). Theo đó, điều kiện C1, C 2, C3 như sau: PC 2. Vành R được gọi là vành PC 2 phải nếu RR là C1 : Mọi môđun con của M đều cốt yếu trong một PC 2 − môđun. Mục đích nghiên cứu trong bài báo là hạng tử trực tiếp của M . nghiên cứu mối liên hệ giữa môđun thỏa mãn điều kiện C 2 : Nếu A và B là các môđun con của M , A  B PC 2 với môđun thỏa mãn điều kiện C 2 , C 3 ; Làm rõ và A là hạng tử trực tiếp của M thì B cũng là hạng tử trực đặc trưng của môđun PC 2 và vành PC 2. Tác giả đã tiếp của M . chứng minh được mọi môđun thỏa mãn điều kiện PC 2 C 3 : Nếu A và B là các hạng tử trực tiếp của M và thì cũng thỏa mãn điều kiện C3, mỗi C 2 − môđun là A  B = 0 thì A  B cũng là một hạng tử trực tiếp của M . PC 2 − môđun và hạng tử trực tiếp của PC 2 − môđun Môđun M được gọi là C 2 − môđun nếu thỏa mãn cũng là PC 2 − môđun; Đồng thời đưa ra các điều kiện điều kiện C 2. Môđun M được gọi là C 3 − môđun nếu tương đương của PC 2 − môđun. Các điều kiện tương thỏa mãn điều kiện C 3. Trong các tác giả nghiên cứu đương của vành PC 2 được trình bày trong Mệnh đề 9. thành công nhất về môđun thỏa mãn điều kiện Hơn nữa, nếu R là vành PC 2 phải thì eRe cũng là vành C1, C 2, C3 phải kể đến Utumi, Yousif, Oshiro,... Họ đã PC 2 phải với e  R, e  1 là phần tử lũy đẳng thỏa mãn đưa ra nhiều đặc trưng của các lớp vành cổ điển thông qua điều kiện ReR = R. Việc nghiên cứu điều kiện PC 2 có các điều kiện C1, C 2, C3 . Tác giả Utumi đã chứng minh ý nghĩa quan trọng trong việc nghiên cứu lý thuyết vành vành tự nội xạ thỏa mãn cả 3 điều kiện C1, C 2, C3 ([4]). và môđun. Điều này tạo nên động lực thúc đẩy các nhà nghiên cứu quan tâm đến sự mở rộng của lớp môđun này. Mọi môđun thỏa điều kiện C 2 thì cũng thỏa điều kiện 1 The University of Danang – University of Science and Education (Truong Thi Thuy Van) 2 Vinh Long University of Technology Education (Truong Thi Thuy Van)
ISSN 1859-1531 - TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ - ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG, VOL. 21, NO. 3, 2023 59 Bài báo này, tác giả luôn giả thiết vành R là vành kết Hệ quả 4. Nếu M  M là PC 2 − môđun thì M là hợp có đơn vị 1  0 và mọi R − môđun được xét là môđun C 2 − môđun. unita. Ta ký hiệu M R để chỉ M là R − môđun phải. Khi Chứng minh. Theo Mệnh đề 3, M  M là không sợ nhầm lẫn gì về phía của môđun, viết M thay cho C 3 − môđun; Nếu M  M là C 3 − môđun thì M là M R . Ký hiệu N  M (tương ứng N  M ) để chỉ N là C 2 − môđun (theo [5]). Vậy M là C 2 − môđun khi môđun con của M (tương ứng N là hạng tử trực tiếp của M  M là PC 2 − môđun. M ). Các khái niệm và ký hiệu được dùng trong bài báo Nhận xét 5. Từ định nghĩa môđun PC 2, mỗi môđun C 2 tham khảo từ các tài liệu ([2], [5], [6], [7]). là môđun PC 2 nên ta được mối liên hệ giữa C 2 − môđun, C 3 − môđun và PC 2 − môđun như sau: 2. Kết quả C 2 − môđun  PC 2 − môđun  C 3 − môđun. Trước hết, định nghĩa môđun và vành PC 2 như sau: Mệnh đề 6. Hạng tử trực tiếp của một PC 2 − môđun cũng Định nghĩa 1. Cho M là một R − môđun. Ta xét điều kiện sau: là một PC 2 − môđun. PC 2 : Nếu A và B là các môđun con của M , A  B Chứng minh. Giả sử M là PC 2 − môđun và L là hạng tử và A là hạng tử trực tiếp của M , A  M thì B cũng là trực tiếp của M . Ta cần chứng minh L là PC 2 − môđun. Gọi A là hạng tử trực tiếp của L sao cho A  L và A  B hạng tử trực tiếp của M . với B  L , ta cần chứng minh B  L. Môđun M được gọi là PC 2 − môđun nếu M thỏa mãn điều kiện PC 2 . Một vành R được gọi là vành PC 2 Vì A  L nên L = A  X với X  L, X  0. Mà phải nếu RR là PC 2 − môđun. L  M nên M = L  Y với Y  M . Từ đó suy ra Ví dụ 2. (1) Mỗi môđun không phân tích được là PC 2 −  M = A  X  Y nên A  M và A  M (do A  L ). Vì môđun. M là PC 2 − môđun và A  B nên B  M . Do đó Thật vậy, giả sử A  B  M , B  M . Vì M không M = B  Z . Theo luật modular ta có: phân tích được nên B = 0. Do đó 0 = A  M . L = M  L = ( B  Z )  L = B  ( Z  L). Đặc biệt, − môđun thỏa mãn điều kiện PC 2 Do đó B  L. Vậy L là PC 2 − môđun. nhưng không thỏa mãn điều kiện C 2. Định lý sau đây cho ta các điều kiện cần và đủ để một (2) Vành địa phương R có 2 lũy đẳng là 0 và 1 nên RR môđun là PC 2 − môđun. là môđun không phân tích được. Vậy R là vành PC 2. Định lý 7. Cho môđun M R và E = End ( M R ) . Khi đó, Tiếp theo, tác giả đưa ra mối liên hệ giữa điều kiện PC 2 và C 3 như sau: các điều kiện sau tương đương: Mệnh đề 3. Nếu môđun M thỏa mãn điều kiện PC 2 thì (1) M R là PC 2 − môđun; M thỏa mãn điều kiện C 3 . (2) Với N  M , P là hạng tử trực tiếp của M và   Chứng minh. Giả sử A  M , B  M và A  B = 0. P  M , nếu  : N → P là R − đẳng cấu thì  mở rộng tới   E ; Ta cần chứng minh A  B  M . (3) Nếu  : P → M là R − đơn cấu với P là một hạng Nếu A = 0 hoặc B = 0 thì A  B  M . tử trực tiếp của M và P  M thì tồn tại   E sao cho Nếu A  0 và B  0 thì A  M và B  M .   = i , trong đó i : P → M là đồng cấu nhúng; Vì A  M nên M = A  A với A  M . Xét phép (4) Nếu  : P → M là R − đơn cấu với P là một hạng chiếu  : M → A với ker  = A . Với mọi b  B  M , tử trực tiếp của M , P  M và  2 =   E,   1M thỏa b = a + a, trong đó a  A, a  A, ta có: mãn  ( M ) = P thì tồn tại   E sao cho    = 1P .  ( b ) =  ( a + a) = a  A Chứng minh. nên  ( B )  A. (1)  ( 2) Cho N  M , P là hạng tử trực tiếp của M , Rõ ràng, đồng cấu  B : B →  ( B ) là đẳng cấu. Do đó, P  M và  : N → P là R − đẳng cấu, M R là PC 2 − để chứng minh A B  M  ta sẽ chứng minh môđun nên N  M . Do đó, tồn tại N   M thỏa M = N  N . Xét đồng cấu   : M → M xác định bởi A   ( B )  M . Vì M thỏa mãn điều kiện PC 2 và   ( n + n) =  ( n ) với mọi n  N , n  N , ta có B  M , B  M, B   ( B ) nên  ( B )  M . Mà   N =  . Vậy   là mở rộng của  .  ( B )  A nên A =  ( B )  C với C  A. Suy ra, M = A   ( B )  C. Vậy M thỏa mãn điều kiện C 3 . ( 2)  (3) Giả sử  : P → M là R − đơn cấu với P
60 Trương Thị Thúy Vân là một hạng tử trực tiếp của M , P  M . Khi đó, Mệnh đề 9. Cho R là một vành. Khi đó, các điều kiện sau  :  ( P ) → P với  ( ( p ) ) = p , p  P là R − đẳng tương đương với nhau: (1) R là một vành PC 2 phải; cấu. Theo (2),  mở rộng đến   E. Khi đó, với mọi p  P, ta có: (2) Mọi đẳng cấu aR → eR , a  R , e2 = e  R, e  1 đều mở rộng tới R;   ( p ) =  (  ( p ) ) =  ( ( p ) ) = p = i ( p ) (3) Nếu r ( a ) = r ( e ) , a  R, e2 = e  R, e  1 thì nên   = i. e  Ra; (3)  ( 4) Giả sử  : P → M là R − đơn cấu với P (4) Nếu r ( a ) = r ( e ) , a  R, e2 = e  R, e  1 thì là một hạng tử trực tiếp của M , P  M . Khi đó, tồn tại Re = Ra;   E sao cho   = i, trong đó i : P → M là đồng cấu (5) Nếu Ra  Re  lr ( a ) , a  R, e2 = e  R, e  1 thì nhúng. Suy ra với mọi p  P, ta có: Re = Ra;    ( p ) =  i ( p ) = p. (6) Nếu aR là xạ ảnh, a  R và r (a)  0 thì aR là Vì vậy    = 1P . một hạng tử trực tiếp của RR . ( 4)  (1) Giả sử N  M , N  P với P  M , Chứng minh. P  M , gọi  : P → N là R − đẳng cấu. Ta chứng minh (1)  ( 2) Gọi  : aR → eR là đẳng cấu. Ta có   N  M . Vì P  M nên tồn tại  =   E sao cho 2  eR  R, e  1 nên eR  R. Hơn nữa, R là một vành  ( M ) = P. Bởi (4), tồn tại   E sao cho    = 1P.  PC 2 phải nên aR  R. Đặt f =  p với p : R → aR Đặt  =     E . Với mọi m  M , ta có là phép chiếu chính tắc. Khi đó, f i =  p i =  và vì vậy f là mở rộng của  .  2 ( m ) = (      )( m ) = ( 1P   )( m ) = (   )( m ) =  ( m ) , ( 2)  (3) Với r ( a ) = r ( e ) , a  R, e 2 = e  R và e  1, ta chứng minh e  Ra. Xét  : aR → eR với Suy ra,  2 =  . Từ đó suy ra  ( ar ) = er. Ta kiểm tra được  là đồng cấu.  ( M ) =    ( M )    ( M ) =  ( P )  N. Với mọi ar1 , ar2  aR thỏa mãn  (ar1 ) =  (ar2 ). Khi Do đó,  ( M )  N . đó, er1 = er2 nên e(r1 − r2 ) = 0, suy ra Lại có   =     =  1P =  và r1 − r2  r (e) = r (a). Do đó a(r1 − r2 ) = 0 hay ar1 = ar2 . N =  ( P ) =  ( ( P ) )   ( M ) . Vậy  là đơn cấu. Với mọi y  eR, y = er1 , r1  R, ta có ar1  aR và  (ar1 ) = er1 = y nên  là toàn cấu. Do đó  Vậy  ( M ) = N. Ta có  E và 2 = nên là đẳng cấu. M = Im  ker  = N  ker  , suy ra N  M . Vậy M R Theo (2) thì tồn tại  : R → R sao cho  =  . Ta có là PC 2 − môđun. aR Sau đây là đặc trưng của vành PC 2. e =  ( a ) =  ( a ) =  (1)  a  Ra. Hệ quả 8. Cho R là một vành. Khi đó, các điều kiện sau (3)  ( 4) Với r ( a ) = r ( e ) , a  R, e 2 = e  R và tương đương: e  1, ta được e  Ra nên Re  Ra. Lại có r ( e )  r ( a ) (1) R là vành PC 2 phải; (2) Mỗi R − đẳng cấu  : N → P đều mở rộng đến tự nên a  lr ( e ) = l ( (1 − e ) R ) = Re. Do đó Ra  Re. Vậy đồng cấu  của RR trong đó N là iđêan phải của R, P Ra = Re. là hạng tử trực tiếp thật sự của R; ( 4)  (5) Với Ra  Re  lr (a ), e 2 = e  R và e  1. (3) Với mỗi R − đơn cấu  : P → R, luôn tồn tại tự Ta chứng minh Re = Ra. Từ Ra  Re ta được đồng cấu  của RR sao cho   = i , trong đó P là hạng r ( a )  r ( e ) . Mà Re  lr (a) nên r ( e )  rlr ( a ) = r ( a ) . tử trực tiếp thật sự của R, i : P → R là đồng cấu nhúng; Do đó r ( a ) = r ( e ) . Theo (4), ta được Re = Ra. (4) Với mỗi R − đơn cấu  : P → R,  2 =  là tự ( 5)  ( 6 ) Nếu aR là xạ ảnh, a  R và r (a)  0 thì đồng cấu của RR ,   1R thỏa mãn điều kiện  ( R ) = P, toàn cấu  : R → aR với  ( r ) = ar chẻ ra. Suy ra trong đó P là một hạng tử trực tiếp thật sự của R, luôn tồn tại tự đồng cấu  của RR sao cho    = 1P. ker   R. Mà
ISSN 1859-1531 - TẠP CHÍ KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ - ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG, VOL. 21, NO. 3, 2023 61 ker  =  x  R | ax = 0 =  x  R | x  r ( a ) = r ( a ) n Ta có ReR R nên 1 aiebi , với ai , bi  R, suy ra nên, suy ra tồn tại phần tử lũy đẳng e ' sao cho i 1 . n n r a e R r 1 e . Đặt e 1 e thì r a r e f (r ) fraiebi fraie bi 0 i 1 i 1 với e2 e, e 1 (do r (a ) 0 ). Suy ra (do frxe 0 với mọi x R ). Do đó, r rR f . Vậy lr a lr e Re nên a Re . Do đó Ra Re. rR a rR f . Mặt khác, r a r e nên e lr a . Từ đó ta được Với mọi r rR f hay fr 0. Vì fe f nên Ra Re lr a . Theo (5), ta được Ra Re. f eraie fraie 0 . Lại có eraie S nên Do Ra Re nên e r0a và a r1e, r0 , r1 R, suy eraie rS f rS a . ra ae ar0a và ae a nên a ar0a. Khi đó n ar0 ar0ar0 . Đặt e ar0 ta được e 2 e . Lại có Do đó a era ie 0. Mà ReR R nên 1 aiebi , suy i 1 a ar0a e a e R nên aR e R. Mặt khác, n n ra ar araiebi aeraie bi 0 (do ae a ) Vậy e ar0 aR nên e R aR. Suy ra aR e R R. i 1 i 1 r rR a hay rR f rR a . Vậy aR là một hạng tử trực tiếp của RR . R là vành PC 2 phải nên theo Mệnh đề 9 ta được 6 1 Giả sử N RR , N eR với eR R. Ta f Ra. Mà chứng minh N RR . f er2e e er2e =ef eRa, Gọi : eR N là đẳng cấu. Đặt a (e) ta được eRa eR er1e eRe er1e Sa, aR (eR) N . Ta kiểm tra được r (a ) r (e). Thật vậy, nếu x r (a ) thì ax 0 hay (ex ) (e)x 0. Mà suy ra f Sa. Vậy eRe cũng là vành PC 2 phải. là đơn cấu nên suy ra ex 0. Do đó x r (e) hay Định lý 11. Cho R môđun M R và E End M R . Khi r (a ) r (e ). Ngược lại, nếu x r (e) thì ex 0. Suy ra đó, các điều kiện sau được thỏa mãn: 0 (ex ) (e)x ax . Do đó x r (a ) nên 1. Nếu E là vành PC 2 phải thì M R là PC 2 r (e) r (a ). môđun. Nếu r (a ) 0 thì r (e) 0. Suy ra lr (e) l (0) R 2. Chiều ngược lại trong (1) đúng nếu ker được sinh nên Re R. Mà Re R(1 e) 0 nên R(1 e) 0. ra bởi M với rE EE . Suy ra e 1 nên eR R (mâu thuẫn giả thiết). Do đó Chứng minh. r (a ) 0 . Từ (6), ta được aR RR . Vậy R là vành 1. Gọi :P M là R đơn cấu với P M, PC 2 phải. 2 P M và E thỏa M P . Do P M Mệnh đề 10. Nếu R là vành PC 2 phải thì eRe cũng là vành PC 2 phải với e R, e 1 là phần tử lũy đẳng thỏa nên 1M . Khi đó, M Im ker P Q với ReR R. ker Q. Ta định nghĩa E bởi p q p , Chứng minh. Đặt S eRe. Giả sử rS a rS f với suy ra . Ta có P a S, f 2 f S, f 1. Cần chứng minh f Sa. ker p q |p P, q Q, p q 0 Trước tiên, chứng minh rR a rR f . Thật vậy, với p q |p P, q Q, p 0 mọi r rR a ta có ar 0. Lại có a S nên a er1e p q |p P, q Q, p ker . với r1 R, suy ra với mọi x R ta có Vì là đơn cấu nên ker 0, suy ra a erxe aerxe er1e erxe er1e rxe arxe 0 ker q |q Q ker . Và erxe S eRe nên erxe rS a rS f . Do đó, Khi đó, f erxe 0. Lại có f S nên f er2e với r2 R, suy rE E| 0 ra 0 f erxe er2e erxe er2e rxe frxe. E| m 0, m M
62 Trương Thị Thúy Vân E| m ker Q, m M nên tồn tại E sao cho i trong đó P E| M 0 rE . i :P M là phép nhúng. Ta chứng minh . Nếu q Q thì Vì E là PC 2 vành phải nên E , suy ra với E. Với mọi p P, q 0 q , suy ra . Nếu p P thì p p p p p. p p i p p p . P Theo Định lý 7, M R là PC 2 môđun. Với mọi m M P Q ta được m p q với 2. Giả sử rE rE trong đó E, p P và q Q , 2 E, 1M . Để chứng minh E là PC 2 vành (m) (p q) (p) (q ) . phải ta chứng minh E . (p) (q ) (m). Tác giả sẽ chỉ ra ker ker . Ta có 1 0 Do đó E . Vậy E là PC 2 vành phải. nên 1 rE rE , suy ra 1 0 hay 3. Kết luận . Lấy x ker ta có x 0, nên Bài báo đã trình bày một số kết quả về PC 2 môđun. Mỗi PC 2 môđun cũng là C 3 môđun (Mệnh đề 3). x x 0 hay x ker . Do đó Ngoài ra, các điều kiện tương đương của PC 2 môđun, ker ker . Mặt khác, PC 2 vành được trình bày trong Định lý 7, Hệ quả 8, Mệnh đề 9. Đồng thời, vành End M là PC 2 vành khi ker M | H E, M ker . M là PC 2 môđun. Hơn nữa, với e là phần tử lũy đẳng thỏa mãn điều kiện ReR R, eRe sẽ là PC 2 vành khi Với mọi H , ta có M ker nên M 0. R là PC 2 vành. Suy ra rE rE . Do đó, 0 TÀI LIỆU THAM KHẢO nên M ker . Do đó, ker ker . [1] S. H. Mohamed, B. J. Muller, Continuous and Discrete Module, Vậy ker ker . London Math. Soc. Lecture Notes Ser, Cambridge Univ. Press, Cambridge, 1990. Mặt khác 2 E nên M Im ker . Đặt [2] W. K. Nicholson and M. F. Yousif, Quasi-Frobenius rings, M P , ker Q. Giả sử P M, suy ra Cambridge Univ. Press, Cambridge, 2003. [3] W. K. Nicholson and M. F. Yousif, “Weakly continuous and C 2 ker 0 nên 1 M 0 . Do đó 1M (mâu ring”, Communications in Algebra, 29(6), 2001, pp. 2429-2446. [4] Y. Utumi, “On continuous regular rings”, Canad. Math. Bull, 4, thuẫn). Vì vậy P M . Do đó P ker 0 nên 1961, pp. 63-69. [5] Lê Văn Thuyết và Trương Công Quỳnh, Giáo trình Môđun và Vành, ker x P| x 0 Nhà xuất bản Đại học Huế, 2019. P P [6] F. W. Anderson and K. R. Fuller, Rings and categories of Modules, = x P| x 0 0 . Spinger - Verlag, New York, 1974. [7] F. Kasch, Modules and Ring, L.M.S Monograph No. 17, Academic Suy ra, là đơn cấu. Vì M thỏa mãn điều kiện PC 2 Press, New York, 1982. P