BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Đinh Lê Hoàng Thư TÍCH TRỰC TIẾP CON CỦA CÁC VÀNH VÀ CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIAO HOÁN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2013 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Đinh Lê Hoàng Thư TÍCH TRỰC TIẾP CON CỦA CÁC VÀNH VÀ CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIAO HOÁN Chuyên ngành: Đại số lý thuyết số Mã số: 60 46 01 04 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS BÙI TƯỜNG TRÍ Thành phố Hồ Chí Minh - 2013 LỜI CẢM ƠN Trước hết xin gửi lời cảm ơn chân thành đến Ban giám hiệu, khoa Toán-Tin Phòng Sau đại học trường Đại học Sư phạm TP Hồ Chí Minh tạo điều kiện để thực luận văn thời gian cho phép Tôi xin gửi lời tri ân sâu sắc đến người hướng dẫn PGS.TS Bùi Tường Trí Thầy nhiệt tình hỗ trợ hướng dẫn suốt trình làm luận văn Dù cố gắng thực hoàn thành luận văn tất tâm huyết lực luận văn không tránh khỏi mặt thiếu sót Rất mong nhận ý kiến đóng góp chân thành quý thầy cô bạn TP Hồ Chí Minh, ngày 25 tháng 09 năm 2013 Đinh Lê Hoàng Thư MỤC LỤC LỜI CẢM ƠN MỤC LỤC BẢNG KÝ HIỆU LỜI NÓI ĐẦU CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Các định nghĩa, tính chất vành môđun 1.2 Căn Jacobson .7 1.3 Vành Artin nửa nguyên thủy: CHƯƠNG 2: TÍCH TRỰC TIẾP CON CỦA CÁC VÀNH VÀ CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIAO HOÁN 15 2.1 Tích trực tiếp vành .15 2.2 Các định lý giao hoán 19 2.3 Mở rộng định lý giao hoán 23 2.4 Định lý Herstein với giao hoán tử cấp n vành Boolean 33 2.4.1 Định lý Herstein với giao hoán tử cấp n .33 2.4.2 Các định lý giao hoán lớp vành Boolean 37 KẾT LUẬN 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO 45 BẢNG KÝ HIỆU E (M ) : Vành tự đồng cấu nhóm cộng M D : Vành chia Dn : Vành ma trận vuông cấp n lấy hệ tử D F (G ) : Đại số nhóm G trường F J ( R ) J : Căn Jacobson J ( R ) = ( 0) : R vành nửa đơn N : Tập phần tử lũy linh o (G ) : Cấp nhóm Z ( R) : Tâm vành R [ x; y ] : Giao hoán tử cộng x −1 y −1 xy : Giao hoán tử nhân [ x1 , x2 , , xn ] : Giao hoán tử cộng cấp n LỜI NÓI ĐẦU Năm 1905, Wedderburn chứng minh vành chia hữu hạn trường Ngoại trừ vẻ đẹp nội thân nó, kết đóng vai trò quan trọng nhiều lĩnh vực đại số Với chúng tôi, điều có ý nghĩa điểm xuất phát cho việc nghiên cứu vành với điều kiện thích hợp có tính chất giao hoán Bên cạnh đó, việc tìm hiểu khái niệm tích trực tiếp vành phép biểu diễn vành thành tích trực tiếp họ vành đặt vấn đề cần giải “Phép biểu diễn đóng vai trò việc chứng minh định lý giao hoán cho số lớp vành?” Đây lý chọn đề tài “Tích trực tiếp vành định lý giao hoán” để nghiên cứu tìm hiểu Luận văn gồm có hai chương: Chương 1: Kiến thức sở Chương trình bày định nghĩa, tính chất vành môđun, Căn Jacobson với tính chất Jacobson, đưa khái niệm lớp vành quan trọng vành Artin, vành Noether, vành nguyên tố, vành nửa nguyên tố, vành nguyên thủy, vành nửa nguyên thủy Chương 2: Tích trực tiếp vành định lý giao hoán Chương đưa khái niệm tích trực tiếp họ vành khả phân tích vành thành tích trực tiếp họ vành đó, đồng thời tìm hiểu khả ứng dụng điều vào việc chứng minh loạt định lý giao hoán vốn áp dụng cho vành chia mở rộng chứng minh định lý giao hoán cho lớp vành rộng vành chia CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ Chương trình bày định nghĩa, tính chất vành môđun, Căn Jacobson với tính chất Jacobson, đưa khái niệm lớp vành quan trọng vành Artin, vành Noether, vành nguyên tố, vành nửa nguyên tố, vành nguyên thủy, vành nửa nguyên thủy Các vành xét luận văn không nói thêm không giao hoán đơn vị 1.1 Các định nghĩa, tính chất vành môđun Định nghĩa 1.1.1 R vành R với phép cộng nhóm Aben, với phép nhân có tính chất kết hợp, phân phối hai phía phép cộng Các ideal xét luận văn ideal phải, ideal hai phía viết gọn ideal Các khái niệm vành con, vành thương, vành thương, đồng cấu, đẳng cấu, định lý đẳng cấu xem thông thường Định nghĩa 1.1.2 Cho M nhóm Aben với phép cộng, M cho R - môđun có ánh xạ từ M × R đến M cho cặp (m; r ) ∈ M × R cho tương ứng mr ∈ M thỏa điều kiện a m(a + b) = ma + mb b (m + n)a = ma + na c m(ab) = (ma)b ∀m, n ∈ M , ∀a, b ∈ R Định nghĩa 1.1.3 M R - môđun tập A( M ) = {r ∈ R / Mr = 0} gọi tập linh hóa M R Định nghĩa 1.1.4 M gọi R - môđun trung thành Mr = (0) kéo theo r = Như M R - môđun trung thành A ( M ) = ( ) Mệnh đề 1.1.5 A( M ) ideal hai phía R , M R / A( M ) – môđun trung thành Kí hiệu E ( M ) tập hợp tất tự đồng cấu nhóm cộng M Khi đó, E ( M ) lập thành vành với phép cộng phép nhân ánh xạ thông thường Cho M R - môđun, với a ∈ R , ta định nghĩa Ta : M → M cho mTa= ma, ∀m ∈ M Do M R - môđun nên Ta tự đồng cấu nhóm cộng M Vậy ta có Ta ∈ E ( M ) Lại xét φ : R → E ( M ) cho aφ = Ta φ đồng cấu vành ker φ = A ( M ) nên ta có: Mệnh đề 1.1.6 R / A( M ) đẳng cấu với vành vành E ( M ) Đặc biệt M R -môđun trung thành A ( M ) = ( ) R xem vành vành E ( M ) Bây ta xét xem phần tử E ( M ) mà giao hoán với tất Ta Định nghĩa 1.1.7 Ta đặt C ( M )= {ψ ∈ E ( M ) / ψ Ta = Taψ , ∀a ∈ R} Khi C ( M ) vành vành E ( M ) , vành tự đồng cấu môđun M Định nghĩa 1.1.8 M gọi R -môđun bất khả quy MR ≠ ( ) M R -môđun thật , tức M có môđun (0) M Mệnh đề 1.1.9 (Bổ đề Schur) Nếu M R - môđun bất khả quy C ( M ) vành chia Định nghĩa: Một ideal phải ρ vành R gọi qui tồn a ∈ R cho x − ax ∈ ρ , ∀x ∈ R Ngoài M R - môđun bất khả quy M có tính chất đặc biệt sau: Mệnh đề 1.1.10 Nếu M R - môđun bất khả quy M đẳng cấu (như môđun) với R môđun thương R / ρ , ρ ideal phải tối đại, qui R Ngược lại, ρ ideal phải, tối đại, qui R R / ρ R - môđun bất khả quy 1.2 Căn Jacobson Một điều tuyệt đẹp lý thuyết cấu trúc vành vành mà có Jacobson 0, vành có cấu trúc tích trực tiếp vành nguyên thủy mà có ảnh hưởng lớn trình chứng minh tính giao hoán luận văn này, giao hoán vành tích trực tiếp trường Định nghĩa 1.2.1 Căn Jacobson R , ký hiệu J ( R ) , tập tất phần tử R mà linh hóa R - môđun bất khả quy Nếu R môđun bất khả quy ta qui ước J ( R ) = R Có thể có nhiều loại khác nhau, mà xét Jacobson Theo định nghĩa J ( R ) = ∩ A( M ) , M chạy khắp R - môđun bất khả quy, biết A( M ) ideal hai phía nên J ( R ) ideal hai phía Định nghĩa 1.2.2 Cho ρ ideal phải R ta có: ( ρ : R ) = {x ∈ R / Rx ⊂ ρ } Khi ρ ideal phải tối đại quy R ( ρ : R ) ≅ A( M ) Mệnh đề 1.2.3 J ( R ) = ∩( ρ : R ) với ρ chạy khắp ideal phải tối đại quy R Ngoài kết có kết đẹp : Mệnh đề 1.2.4 J ( R ) = ∩ ρ với ρ chạy khắp ideal phải tối đại quy R Chúng ta thấy với định nghĩa mệnh đề Jacobson có đặc tính đẹp, phần tử nằm Jacobson Chúng ta quan sát phần tử nằm Jacobson qua định nghĩa mệnh đề sau: Định nghĩa 1.2.5  a ∈ R gọi tựa quy phải tồn phần tử a′ ∈ R cho a + a′ + a.a′ = a′ gọi tựa khả nghịch phải a (tương tự định nghĩa tựa khả nghịch trái, tựa quy trái) Hơn R có đơn vị a tựa quy phải + a có nghịch đảo phải R  Ta nói ideal phải R tựa quy phải phần tử tựa qui phải Mệnh đề 1.2.6 J ( R ) ideal tựa quy phải R chứa tất ideal phải tựa quy phải R Do J ( R ) ideal phải tựa quy phải lớn R Định nghĩa 1.2.7  Phần tử a ∈ R gọi lũy linh a m = , với m số tự nhiên ≠  α nil-ideal phải (trái, hai phía) phần α lũy linh  α ideal lũy linh phải (trái, hai phía) có số nguyên dương m cho a1a2 am = với a1 , a2 , , am ∈ α Nhận xét: Cho I , J hai ideal phải (trái, hai phía) R IJ nhóm phép cộng R sinh tất tích ab, a ∈ I , b ∈ J IJ ideal phải (trái, hai phía) I n I n−1I , ∀n ∈ * Từ I ideal lũy R Định nghĩa theo quy nạp có = linh phải (trái, hai phía) tồn số nguyên dương m cho I m = Giả sử ta có ∃n ∈ * cho a n = , ta đặt b =− a + a − a + + (−1) n −1 a n −1 , ta có a + b + ab = , phần tử lũy linh R có tính chất tựa quy phải Vì lẽ ta có nil-ideal phải R tựa quy phải Mệnh đề 1.2.8 Mọi nil-ideal phải trái R chứa J ( R ) Một đại số A trường F không gian vectơ F cho A có phép nhân với phép nhân A vành Hơn nữa, cấu trúc không gian vectơ = khớp với cấu trúc vành theo luật : k ( ab ) )b ( ka= a ( kb ) ; ∀k ∈ F , ∀a, b ∈ A Bây xem xét Căn Jacobson A xem vành Căn Jacobson A xem đại số có khác không, điều khẳng định Chứng minh: Đặt ρ ideal phải tối đại quy A , A xem vành Khi ρ tự nhiên không gian vectơ A F , không F ρ ⊄ ρ , Cho A ( S ) =∈ ( )} { x R / xS = Bổ đề 2.3.14 A ( S ) ⊂ Z Chứng minh: Ta có A ( S ) ideal R S = ( ) , S ⊂ A ( S ) A ( S ) ≠ ( ) S ≠ ( ) ( Lấy x ∈ A ( S ) , bổ đề 2.2.13 suy x p ∈ Z x np − x p ) ( yz − zy ) =0, ∀y, z ∈ R Do đó: x( n −1) p x p ( yz − zy= ) x p ( yz − zy ) { Đặt T = r ∈ R / x( n −1) p } r= r , x ( n −1) p ∈ Z nên T trở thành ideal R Cho nên T ≠ ( ) T ⊃ S (bởi S ideal tối tiểu), điều không có ≠ r∈S x( n −1) p x ∈ A ( S ) , x( = x p ( yz − zy T ) x p ( yz − zy ) ∈= n −1) p Do r= 0≠r T=(0) Nhưng ( ) ta có: x p ( yz − zy ) = 0, ∀x ∈ A ( S ) , ∀y, z ∈ R , x = z ta có: p +1 p x p ( yx − xy ) = , từ suy x= y x= yx yx p +1 , x p ∈ Z Tiếp tục trình k ta có: x p += y yx p + k , ∀k ≥ x p + k ∈ Z Bây giờ, từ x n − x ∈ Z (x ) n n (x ) n n − x n ∈ Z ta có (x ) n n − x + x − x n ∈ Z suy − x ∈ Z ⇒ x n − x ∈ Z , ta tiế tục để đến x n − x ∈ Z , ∀k > , ta chọn k k cho n k > p theo phân tích x ∈ A ( S ) , x n ∈ Z , với n k > p Vì từ x n ∈ Z k k x n − x ∈ Z ⇒ x ∈ Z Bổ đề chứng minh xong k Từ bổ đề ta thấy A ( S ) = R R giao hoán Vì ta giả định phần A ( S ) ≠ R Bổ đề 2.3.15 Tất ước không R nằm A(S) Chứng minh: Giả sử a ≠ ước R, ta có ax = với x ≠ , tất nhiên ax p = Nếu x p = x n − x ∈ Z n p > p nên ta phải có x ∈ Z Nếu x p ≠ phần tử k khác Z bổ đề 2.2.13 Như vậy, trường hợp ta có a linh hóa phần tử z tâm Vì ≠ z ∈ Z , ta có Rz ≠ ( ) , ngược lại ta có tập hợp { x ∈ R / Rx = ( )} 31 ideal khác không R chứa S, điều dẫn đến RS = ( ) , R = A ( S ) , mâu thuẫn với giả định Vậy Rz ≠ ( ) , z ∈ Z nên Rz ideal R, ) azR = aRz ⊃ aS , tức a ∈ A ( S ) Điều phải chứng minh Rz ⊃ S Do (= Để hoàn thành chứng minh định lý 2.3.6 ta cần chứng minh thêm bổ đề sau: Bổ đề 2.3.16 R / A ( S ) trường hữu hạn Chứng minh: Trước tiên, ta cần chứng minh R / A ( S ) trường Nếu có ≠ s ∈ S phần tử Z ta có Rs ideal R Như thấy trước Rs = ( ) ta kết thúc chứng minh với R = A ( S ) , trái giả thiết Vì Rs ideal khác không chứa S, s ∈ S , Rs ⊂ S suy Rs = S Nếu x ∈ R, x ∉ A ( S ) , theo bổ đề 2.15 x ước không, Rxs hay Rzs = S Do ≠ xs ∈ S theo ta có Rxs = S Nếu z ∈ R, z ∉ A ( S ) zs ∈ S = có phần tử y ∈ R cho yxs =zs ⇒ ( yx − z ) s =0 , phần tử yx − z ước không nên yx − z ∈ A ( S ) Điều nói lên R = R / A ( S ) phương trình y x = z giải được, ∀ x ≠ 0, ∀ z Vì R / A ( S ) vành chia, giao hoán tử xy − yx ước không nên chúng nằm A ( S ) Từ suy R / A ( S ) giao hoán Như vậy, chứng minh R / A ( S ) trường Bây ta cần chứng minh R / A ( S ) trường hữu hạn Nếu x ∉ A ( S ) x p ∈ Z , ( x np − x p ) ( zy − yz ) =0, ∀y, z ∈ R , R không giao hoán ( x np − x p ) ( ) ước không x np − x p ∈ A ( S ) Vì trường R = R / A ( S ) phần tử ( ) − ( x) thỏa mãn đa thức x np p = Điều nói lên R = R / A ( S ) hữu hạn Lúc ta có tất điều cần thiết để hoàn thành chứng minh định lý 2.3.6 Vì R = R / A ( S ) trường hữu hạn nên nhóm nhân gồm phần tử khác không nhóm cyclic, đặt a phần tử sinh nhóm cho a ∈ R tạo ảnh a 32 ( ) đồng cấu tắc x ∉ A ( S ) x ≠ tồn a t ( ) để x = a t hay a t − x ∈ A ( S ) ⊂ Z , ( a t − x ) a= a ( a t − x ) ⇒ xa= ax, ∀x ∉ A ( S ) , A ( S ) ⊂ Z nên ta có xa= ax, ∀x ∈ A ( S ) Như vậy, trường hợp ta có a ∈ Z Từ a t − x ∈ A ( S ) ⊂ Z , x ∉ A ( S ) suy x ∈ Z Như vậy, trường hợp, ∀x ∈ R , x thuộc không thuộc A ( S ) x ∈ Z Điều chứng tỏ R = Z hay R giao hoán Định lý chứng minh 2.4 Định lý Herstein với giao hoán tử cấp n vành Boolean Phần vai trò việc vận dụng tích trực tiếp vào chứng minh định lý Herstein với giao hoán tử cấp mở rộng đến cấp n định lý giao hoán vành Boolean Trong vành R tùy ý, ta gọi : 1) Một giao hoán tử (cấp 2) phần tử x, y [ x, y= ] xy − yx 2) Một giao hoán tử cấp n ( n > ) với n phần tử định nghĩa qui nạp sau : [ x1 , x2 , , xn ] = [ x1 , x2 , , xn −1 ] , xn  Nhận xét : 1) ∀x, y ∈ R x giao hoán với y ⇔ [ x, y ] = xy − yx = 2) Các giao hoán tử có tính cộng tính theo biến xi , ∀i ∈1, n :  x1 , x2 , , xi + x j , , = xn  3) Nếu phần tử λ [ x1 , x2 , , xi , , xn ] +  x1 , x2 , , x j , , xn  giao hoán với phần tử xi λ [ x1 , x2 , , xi , , xn ] = [ x1 , x2 , , λ xi , , xn ] 2.4.1 Định lý Herstein với giao hoán tử cấp n Với định lý giao hoán Herstein với giao hoán tử cấp 2, mở rộng định lý giao hoán Herstein trường hợp giao hoán tử cấp n Và trình chứng minh phụ thuộc vào tính ước không tâm vành R , nên để khắc phục phụ thuộc xét lớp vành không chứa nil-ideal khác không Mệnh đề 2.4.1.1 33 Nếu R vành không chứa nil-ideal khác không cho: ∀x1 , x2 , , xn ∈ R tồn số nguyên m > ( m phụ thuộc x1 , x2 , , xn ) thỏa: [x1 , x2 , , xn ]m = [x1 , x2 , , xn ] (1) R vành giao hoán Bây ta cần có hai bổ đề sau: Bổ đề 2.4.1.2 Nếu R vành chia thỏa: [x1 , x2 , , xn ]m = [x1 , x2 , , xn ] (1) ta có: [x1 , x2 , , xn ] = (2), ∀x1 , x2 , , xn ∈ R ( ta nói [x1 , x2 , , xn ] = đồng thức R ) Chứng minh: Giả sử tồn x1 , x2 , , xn ∈ R = cho a [ x1 , x2 , , xn ] ≠ theo giả thiết, tồn m > để a m = a [x1 , x2 , , xn ] [λ x1 , x2 , , xn ] Z ta có λ a λ= Gọi Z tâm R ∀λ ∈= giao hoán tử cấp n R nên ∃k > (λ a)k = λ a Nếu đặt q = (m − 1)(k − 1) + ta suy a q = a (λ a)q = λ a Từ ta : λ a = (λ a)q = λ q a q = λ q a ⇒ (λ q − λ )a = Vì R vành chia a ≠ nên ta λ q − λ = với λ ∈ R Vậy, với 2∈ Z ∃q > để 2q = nên trường Z (hoặc vành chia R ) có đặc số p ≠ Gọi P trường nguyên tố Z cho a Ta chọn x1 , x2 , , xn ∈ R= [ x1 , x2 , , xn ] ∉ Z không giao hoán tử cấp n R thuộc Z = Khi xét a [ x1 , x2 , , xn ] ≠ b = [ x1 , x2 , , xn−1 ] [b, bxn ] = : b(bxn ) − (bxn )b = b(bxn − xnb) = b [b, xn ] Với [b, bxn ] = [ x1 , x2 , , xn −1 , bxn ] [b, xn ] = a hoán tử cấp n R thuộc Z Do [b, bxn= ] ba ∈ Z a ≠ nên ta b ∈ Z (vì R vành chia) Từ suy [b, xn ]= a= , mâu thuẫn với giả thiết a ≠ cho a Bây ta có: x1 , x2 , , xn ∈ R = [ x1 , x2 , , xn ] ∉ Z Mặt khác ta có a m = a với m > 1, a phần tử đại số P , suy P(a ) mở rộng đại số , 34 nên mở rộng hữu hạn P Từ P(a ) có cấp p t với t ≥ Vậy tồn t t ≥ a p = a Từ a thỏa điều kiện bổ đề (2.2.1) nên tồn x ∈ R cho: xax −1 = a i ≠ a ⇔ xa = a i x ≠ ax ta có c = [ a, x ] = ax − xa ≠ Ta lại có: ca = (ax − xa )a = a ( xa ) − ( xa )a = a (a i x) − (a i x)a = a i (ax − xa ) = a i c Nên ta suy cac −1 = a i ≠ a ⇒ ca ≠ ac Mặt khác ta có : a = [ x1 , x2 , , xn ] = c [ x1 , x2 ] , , xn , x  a, x ] [ x1 , x2 , , x= [= n , x] giao hoán tử cấp n R nên có cấp hữu hạn nhóm nhân R * R Với điều kiện nhóm sinh a c R * có cấp hữu hạn nên theo bổ đề (2.2.3) nhóm Abel, mâu thuẫn với tính chất ca ≠ ac Bổ đề chứng minh Bổ đề 2.4.1.3 Nếu R vành tùy ý thỏa: [ x1 , x2 , , xn ] = [ x1 , x2 , , xn ] (1) ta có: [ x1 , x2 , , xn ] = m (2) với x1 , x2 , , xn ∈ R Chứng minh: Nếu R vành chia theo bổ đề ta có R thỏa điều kiện (2) N ếu R vành nguyên thủy thỏa điều kiện (1) R vành chia tồn số k > để Dk ảnh đồng cấu vành R , điều kiện (1) thỏa qua phép đồng cấu ảnh con, điều kiện (1) không thỏa với phần tử: 0  1   ; x = x3= = xn= x1=   .   0  1  0 0    .   0  Khi đó: [ x1 , x2 , , xn= ] x1 ≠ [ x1 , x2 , , xn ] = nên không thỏa điều kiện (1), R vành chia [ x1 , x2 , , xn ] = Nếu R vành nửa nguyên thủy R đẳng cấu với tích trực tiếp vành nguyên thủy Rα , theo lý luận Rα thỏa điều kiện (2), mặt khác điều kiện (2) 35 bảo toàn qua phép lấy tổng, phép lấy vành ảnh đồng cấu, R thỏa điều kiện (2) Bây R vành tùy ý R / J ( R ) vành nửa nguyên thủy, R / J ( R ) thỏa điều kiện (2) hay ta có [ x1 , x2 , , xn ] = Trong R / J ( R ) điều ta dẫn đến [ x1 , x2 , , xn ] m [ x1 , x2 , , xn ] ∈ J ( R) , mặt khác ta có: = [ x1 , x2 , , xn ] , với n vậy: [ x1 , x2 , , xn ] = R vành tùy ý thỏa điều kiện (1) ta có: [ x1 , x2 , , xn ] = với x1 , x2 , , xn ∈ R Bây ta chứng minh mệnh đề dựa vào bổ đề R không chứa nil-ideal khác không nên R tích trực tiếp vành nguyên tố Rα ta chứng minh Rα giao hoán R giao hoán Bây ta xem R vành nguyên tố, ta cần chứng minh R thỏa điều kiện (1) R giao hoán Do R thỏa điều kiện (1) nên theo bổ đề 2.4.1.3 R thỏa điều kiện (2): [ x1 , x2 , , xn ] = (với n > ) Ta cần chứng minh với n > [ x1 , x2 , , xn −1 ] đồng thức R Giả sử với x1 , x2 , , xn −1 ∈ R , : [ x1 , x2 , , xn ] = ⇔ [ x1 , x2 , , xn−1 ] , xn  = 0, ∀xn ∈ R Vì ta có [ x1 , x2 , , xn−1 ] ∈ Z , giao hoán tử cấp n − R nằm tâm R có = x1 , x2 , , xn−1 ∈ R cho a = c [ x1 , x2 , , xn−1 ] ≠ đặt , bxn−1 ] b= = xn−1 ] [b= [b, xn−1 ] b [ x1 , x2 , , = Nhưng a a= ( bxn−1 ) b = [ x1 , x2 , , xn−2 ] ta có ba [ x1 , x2 , , xn−1 ] ≠ , c = [ x1 , x2 , , xn−2 , bxn−1 ] giao hoán tử cấp n − R nên chúng nằm tâm R Với đẳng thức c = ba ta có ab ) xn−1 (= ba ) xn−1= cxn−1= xn−1c (= x= n −1 ( ba ) xn−1b ) a (= a ( xn−1b ) từ ta có a ( xn−1b − bxn−1= ) a [b, xn−1=] , mặt khác a ≠ R vành nguyên tố nên tâm Z R miền nguyên, Z ước không, a [b, xn −1 ] = suy = a , xn−1 ] [ x1 , x2 , , = xn−1 ] [b= trái với giả thiết a ≠ 36 Vậy ta chứng minh [ x1 , x2 , , xn ] đồng thức R [ x1 , x2 , , xn−1 ] đồng thức R Hơn ∀x1 , x2 ∈ R ta bổ sung x3 , x4 , , xn ∈ R ta có giao hoán tử [ x1 , x2 , , xn ] theo giả thiết [ x1 , x2 , , xn ] = theo chứng minh dẫn đến [ x1 , x2 , , xn−1 ] = tiếp tục ta có [ x1 , x ] = , nói cách khác R giao hoán Sau có ngã rẽ, với lớp vành có chứa lớp vành Boolean, chứa lớp vành thỏa điều kiện x n = x , nói cách khác chứa lớp vành giao hoán 2.4.2 Các định lý giao hoán lớp vành Boolean Ta thấy vành Boolean thỏa đồng thức: x = x thỏa x y − xy = , xét vành R có tính chất x y − xy lũy linh, ∀x, y ∈ R với điều kiện R giao hoán Định nghĩa 2.4.2.1 N tập phần tử lũy linh, J ( R) Jacobson, Z tâm R R vành Boolean x y − xy ∈ N , ∀x, y ∈ R \ ( N ∪ J ∪ Z ) (1) Ta thấy lớp vành Boolean hoàn toàn rộng, chứa thật lớp vành Boolean (Vì lớp vành Boolean thỏa điều kiện định nghĩa)   0  1    1   Ví dụ: Cho R =   , , ,   R vành Boolean R  0  0  0 0 0 0  không giao hoán Với phần tử ma trận nằm trường có hai phần tử {0, 1} Trong phần sau mong muốn trình bày điều kiện để tìm kiếm lớp vành Boolean lớp vành giao hoán Để xây dựng vành Boolean với điều kiện giao hoán ta cần bổ đề sau: Bổ để.2.4.2.2 Cho R vành cho phần tử x ∈ R , x nằm tâm có số nguyên dương n lớn : x n = x R giao hoán ( Bổ đề định lý giao hoán Jacobson) 37 Bổ để 2.4.2.3 Nếu R vành Boolean với phần tử lũy đẳng tâm tập N phần tử lũy linh chứa Jacobson R (Phần tử lũy đẳng tâm R phần tử lũy đẳng nằm tâm, vành với phần tử lũy đẳng tâm nói ngắn gọn vành lũy đẳng tâm) Chứng minh : Giả sử a ∈ N x ∈ R Xét trường hợp ax ∈ ( N ∪ J ∪ Z ) Nếu ax ∈ N ax phần tử tựa quy phải, ax ∈ J ax tựa quy phải, ax ∈ Z (ax) m = a m x m với số m a ∈ N nên có n để a n = Vì ax ∈ N suy ax tựa quy phải Ta xét thêm trường hợp (ax) ∈ ( N ∪ J ∪ Z ) (ax) ∈ N ax tựa quy phải, (ax) ∈ J ⇒ −(ax) ∈ J (ax) , −(ax) tựa quy phải ax ( chọn b ' =− ax + b − ax.b −(ax) tựa quy phải có b để −(ax) + b − (ax) b = ax + b '+ ax.b ' = Cuối (ax) ∈ Z (ax) k = (ax) (ax) = a (ax) (ax) xax = a (ax) (ax) ( xax) (tiếp tục chuyển a trước ta có ) ………………………………………… = akt Do a ∈ N suy (ax) ∈ N nên ax ∈ N Như ta có: ax ∈ ( N ∪ J ∪ Z ) ( ax ) ∈ ( N ∪ J ∪ Z ) ax tựa quy phải (*) ax ∉ ( N ∪ J ∪ Z ) Bây giả sử (( ax ) ) ( ax ) − ( ax ) ( ax ) ∈ N hay (( ax ) 2 2 {(( ax ) − ( ax )) ( ax ) } k ( ax ) ) ∉ ( N ∪ J ∪ Z ) (1) ta có − ( ax ) ( ax ) ∈ N suy ra: khai triển thu được: = 38 ( ax ) = ( ax ) k = ( ax ) k ( ax ) k k +1 g ( ax ) với g ( y ) đa thức với hệ số nguyên ta có: ax ) ( ax ) g ( ax ) ( ax ) (= k k +2 g ( ax )  tiếp tục ta có: = ( ax ) g k ( ax ) 2k Ta đặt e = ( ax ) g k ( ax ) e = e ( ax ) = ( ax ) e với a ∈ N (2) k k k e e= e e ( ax ) g k ( ax= = aet thì: Vì phần tử lũy đẳng nằm tâm nên: = ) eat k e= aet= a 2et 2= = a m et m= với m để a m = a ∈ N , theo (2) ax ∈ N ax tựa quy phải, ta có: ax ∉ ( N ∪ J ∪ Z ) ( ax ) ∉ ( N ∪ J ∪ Z ) ax tựa quy phải (**) Từ (*) (**) ta suy ax tựa quy phải ∀x ∈ R a ∈ J Vậy bổ đề chứng minh xong ( a tựa quy phải, ax tựa quy phải  ∀x ∈ R ta gọi B ideal tựa quy phải chứa a R , mà J ( R ) ideal phải tựa quy phải lớn nên B ⊂ J ( R ) ) Định lý 2.4.2.4 Nếu R vành Boolean với phần tử lũy đẳng tâm R J ( R) giao hoán Chứng minh: Theo bổ đề 2.4.2.3 ta có N ⊆ J R vành Boolean nên ta có: x y − xy =0, ∀x, y ∈ R nên R J ( R) J ( R) , x, y ∉ Z (1) Vì vành R J ( R) vành nửa nguyên thủy tích trực tiếp vành nguyên thủy Rα Rα thỏa điều kiện (1) nên có: x y − xy =0, ∀x, y ∈ Rα x, y ∉ Z Như ta cần chứng minh Rα giao hoán R J ( R) giao hoán Nếu Rα vành chia Rα không giao hoán Ta gọi xα phần tử không nằm tâm suy xα = xα = −1 suy xα ∈ Z , Rα nên ta có: xα2 ( xα + 1) − xα ( xα + 1) = điều mâu thuẫn chứng minh cho Rα giao hoán 39 Nếu Rα vành nguyên thủy Rα không vành chia tồn D vành chia số nguyên k > Dk ảnh đồng cấu vành vành Rα , x y − xy =0, ∀x, y ∈ Rα x, y ∉ Z , vành R qua phép đồng cấu Dk điều không với:    0  , y = x =      0  1 0    0 1 0    1 Do x y − xy = x ≠ Điều mâu thuẫn chứng minh Rα vành chia Rα giao hoán (ĐPCM) Định lý 2.4.2.5 R vành Boolean với phần tử lũy đẳng tâm J ⊆ Z R vành giao hoán Chứng minh: Bởi bổ đề 2.4.2.3 ta có N ⊂ J ⊂ Z kết hợp với R vành Boolean ta có: x y − xy ∈ N , ∀x, y ∈ R \ Z giả sử x ∉ Z ta đặt y = − x ta có: 2x3 ∈ N 2x ∈ N ⊂ Z , x ∈ Z , ∀x ∈ R theo Định lý 2.4.2.4 R J ( R) giao hoán nên [ x, y ] ∈ J ⊂ Z , ∀x, y ∈ R , y  x [ x, y ] + [ x,= y ] x x [ x= , y ] x [ x= , y] ⇒ x2 ∈ Z Mặt khác  x 2= Bây ta chứng minh mệnh đề 2.4.2.5: x + x ∉ Z Giả sử R không giao hoán có phần tử x ∉ Z ⇒ x + x ∉ Z (vì x + x ∈ Z x ∈ Z suy x∈Z ) theo định nghĩa ( vành Boolean ) ta có: x ( x + x ) − x ( x + x ) ∈ N điều dẫn đến: x3 x + x ∈ N có đa thức g ( t ) với hệ số nguyên để mà: ( x + x ) =( x + x ) ( x + x ) =x g ( x ) ( x + x ) =x ( x + x ) g ( x ) 3 40 Nhận xét vế phải đẳng thức tổng phần tử lũy linh, giao hoán với vậy: x + x ∈ N ⊆ Z điều mâu thuẫn với x + x ∉ Z Vì R giao hoán Định lý 2.4.2.6 R vành Boolean có đơn vị lũy đẳng tâm đồng thời J giao hoán R giao hoán Chứng minh: Bởi bổ đề 2.4.2.3 ta có N ⊆ J , cần chứng minh J ⊂ N ∪ Z Giả sử J ⊄ N ∪Z có j∈J j ∉ N , j ∉ Z N⊆J từ định nghĩa ta có: x y − xy ∈ N , ∀x, y ∈ R \ J ∪ Z Nhận xét: + j ∉ J ∪ Z (vì + j khả nghịch nên không thuộc J , + j ∈ Z j ∈ Z ) lại có j ∈ J nên 1+ j + j2 ∉ J ∪ Z , (vì + j + j ∈ J ∪ Z ⇒ + j ∈ J ∪ Z ) Như ta có: (1 + j + j ) (1 + j ) − (1 + j + j ) (1 + j ) ∈ N khai triển biểu thức ta có j (1 + j + j ) (1 + j ) ∈ N 2 suy có số m để ( j (1 + j + j ) (1 + j ) ) (1 + j + j ) , (1 + j ) khả nghịch R chúng giao hoán với 2 m = j dẫn tới j ∈ N điều trái giả thiết j ∉ N J ⊆ N ∪ Z Chúng ta có: x y − xy ∈ N , ∀x, y ∈ R \ N ∪ Z Bây ta giả sử có: x ∉ N ,1 + x ∉ N x ∉ Z + x ∉ Z theo ta có: x (1 + x ) − x (1 + x ) ∈ N khai triển ta có x (1 + x ) ∈ N , x ∈ N x + ∈ N kéo theo x ( x + 1) ∈ N vậy: x + x 2= x (1 + x ) ∈ N , ∀x ∈ R Vì x ∈ Z ⇒ − x ∈ Z , ta suy luận tương tự Z cách thay x = − x ta được: x − x ∈ N , ∀x ∈ R Z (a) Như biết vành R đẳng cấu với tích trực tiếp vành bất khả quy Rα Ta đặt σ : R → Rα đồng cấu tự nhiên từ R vào Rα đặt xσ = xα 41 Ta cần chứng minh tập Nα phần tử lũy linh Rα chứa σ ( N ) ∪ Zα Zα tâm Rα Ta đặt dα ∈ Nα , dα ∉ Zα đặt σ = ( d ) dα , d ∈ R d ∉ Z (vì d ∈ Z ⇒ dα ∈ Zα ) theo (a) ta có: d − d ∈ N , dα ∈ Nα nên ( dα ) = m ta lại có: d − d m+1 = ( d − d )(1 + d + + d ) ∈ N với dα − ( dα ) m +1 suy m −1 (d − d ) d i ∈ N ), (do d − d d i giao hoán σ ( d − d m+1 ) ∈ σ ( N ) ∈ σ ( N ) dα ∈ σ ( N ) Vậy Nα chứa σ ( N ) ∪ Zα Trọng tâm chứng minh phần tử Rα lũy linh khả nghịch tâm Để chứng minh ta xét xα ∈ Rα \ Zα giả sử σ = ( x ) xα , x ∈ R x ∉ Z x − x ∈ N từ suy x k = x k +1 g ( x ) , g ( x ) đa thức với hệ số nguyên trước ta có: e = xk g k ( x ) phần tử lũy đẳng , xk xk e e e= = k k k = xα xαk −1 g k ( xα ) = e e.x k g k ( x ) ⇒ e= eα , x= xαk eα eα e= α xα g ( xα ) α α Theo giả thiết phần tử lũy đẳng R nằm tâm nên eα = σ ( e ) phần tử lũy đẳng tâm vành bất khả quy trực tiếp Rα nên eα = eα = Nếu eα = xα lũy linh, eα = xα khả nghịch Như phần tử Rα lũy linh khả nghịch tâm (b) Bây giờ, cần chứng minh phần tử khả nghịch uα ∈ Rα nằm tâm uα = + a α với aα ∈ Nα Để chứng minh điều này, ta giả sử phần tử khả nghịch uα ∈ Rα không nằm tâm, giả sử σ = ( d ) uα , d ∈ R d ∈ R \ Z , theo (a): d − d ∈ N suy uα − uα2 ∈ σ ( N ) uα − uα2 lũy linh ( uα − uα2 ) = uα m + aα , aα ∈ Nα ( uα − 1, aα lũy linh hay uα = a= khả nghịch nên ( uα − 1) = α m 42 uα ∈ Rα , uα khả nghịch, uα nằm tâm uα = + aα ) Từ suy R= Nα ∪ Z α α (c) Vì Nα chứa σ ( N ) ∪ Zα , N ⊆ J J giao hoán nên N giao hoán Nα gồm phần tử lũy linh Rα giao hoán, (b) (c) nên Rα sinh phần tử lũy linh phần tâm Rα giao hoán, từ R giao hoán Định lý chứng minh 43 KẾT LUẬN Trong luận văn tìm hiểu, nghiên cứu khái niệm tích trực tiếp họ vành khả phân tích vành thành tích trực tiếp họ vành đó, đồng thời tìm hiểu khả ứng dụng điều vào việc chứng minh loạt định lý giao hoán vốn áp dụng cho vành chia mở rộng chứng minh định lý giao hoán cho lớp vành rộng vành chia vành nửa nguyên thủy, vành nửa nguyên tố, vành nil-ideal khác không, hay cho lớp vành tùy ý Cụ thể, phát biểu chứng minh định lý giao hoán : • Định lý Jacobson, định lý Jacobson- Herstein, định lý Herstein, định lý Noether-Jacobson số định lý khác • Phát triển định lý giao hoán Herstein giao hoán tử cấp hai đến giao hoán tử cấp n, phát triển định lý giao hoán vành Boolean 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Mỵ Vinh Quang (1998), Đại số đại cương, Nxb Giáo dục Hoàng Xuân Sính (2000), Đại số đại cương, Nxb Giáo dục Tiếng Anh Herstein I N (1968), Noncommutative Rings, Published and Distributed by The Mathematical Association of America Lam T Y.(1991), A first Course in the Noncommutative Ring , Springer – Verlag, New York Yaqup Adil (2007), A Generalization of Booleans Rings, International Journal of Algebra, vol 1, no 8, 353-362 45 [...]... số 0 hoặc p không là ước của o(G ) thì F (G ) = Fn1 ⊕ Fn2 ⊕ ⊕ Fnk 14 CHƯƠNG 2: TÍCH TRỰC TIẾP CON CỦA CÁC VÀNH VÀ CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIAO HOÁN 2.1 Tích trực tiếp con của các vành Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày khái niệm tích trực tiếp con của các vành, sự phân tích của các vành thành tích trực tiếp con của các vành con, bởi các ứng dụng của nó trong các định lý về giao hoán ở những phần sau Cụ... của các  γ ∈I    vành {Rγ },γ ∈ I ,  ∏ Rγ   γ ∈I  Tích trực tiếp con có thể xem là vành con của tích trực tiếp của họ các vành {Rγ },γ ∈ I (do đơn cấu ϕ ) Tổng trực tiếp hoặc tích trực tiếp của các vành là tồn tại duy nhất (sai khác một phép đẳng cấu) Nhưng tích trực tiếp con của các vành không tồn tại duy nhất Mệnh đề 2.1.4 Cho R là một vành tùy ý và ϕγ : R → Rγ là các toàn cấu của R lên các. .. là giao hoán Định lý đã được chứng minh 2.4 Định lý Herstein với giao hoán tử cấp n và vành con Boolean Phần này chỉ ra vai trò của việc vận dụng tích trực tiếp con vào chứng minh định lý Herstein với giao hoán tử cấp 2 được mở rộng đến cấp n và các định lý về giao hoán trên vành con Boolean Trong một vành R tùy ý, ta gọi : 1) Một giao hoán tử (cấp 2) của 2 phần tử x, y là [ x, y= ] xy − yx 2) Một giao. .. mô tả vành nửa nguyên thủy qua tích trực tiếp con các vành nguyên thủy và đó cũng là cấu trúc của các vành nửa nguyên thủy Ngoài ra ta còn có một lớp vành khác cũng khá quan trọng đó là lớp các vành, mà mỗi vành đều không có các ideal lũy linh khác không, khi đó nó phân tích thành tích trực tiếp con các vành nguyên tố, mà mỗi vành nguyên tố thì chúng ta khá là quen thuộc cùng với các thuộc tính của chúng... = R / U a là vành trực tiếp con bất khả quy Mệnh đề 2.1.7 R là vành nửa nguyên tố khi và chỉ khi R là tích trực tiếp con của các vành nguyên tố Chứng minh: ( ⇒ ) Giả sử R là vành nửa nguyên tố Đặt {U i } là tập hợp các ideal nguyên tố của R { U } Khi đó U i = ( 0 ) Vì thế R là tích trực tiếp con của các vành nguyên tố R i ( ⇐ ) Ngược lại, giả sử có một phép biểu diễn tích trực tiếp con R → ∏ Ri... là một vành chia nên nó giao hoán do bổ đề 2.2.4 và R là tích trực tiếp con của các vành giao hoán Rα Vì thế R phải giao hoán Định lý 2.2.6 (Định lý Jacobson-Herstein) R là vành bất kì thỏa với mỗi x, y ∈ R , tồn tại số nguyên n( x, y ) > 1 sao cho ( xy − yx) n ( x , y ) =− ( xy yx) thì R giao hoán Chứng minh : Để chứng minh định lý này ta cần chứng minh bổ đề sau: Bổ đề 2.2.7 Cho D là một vành chia... một vành R nào cũng phân tích thành tích trực tiếp con của các vành bất khả quy trực tiếp con Vì vậy để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh trên vành bất khả quy trực tiếp con Ta giả định trong chứng minh này R là một vành bất khả quy trực tiếp con, trong đó x n − x ∈ Z , ∀x ∈ R Ta đặt S ≠ (0) là giao tất cả các ideal khác không của R Tất nhiên S là ideal cực tiểu duy nhất của R Do bổ để 2.3.7 thì... khác không của nó khác không Với định nghĩa này ta luôn có R không có sự biểu diển không tầm thường như là tích trực tiếp con của các vành Rγ R là vành nửa nguyên tố nếu R không chứa ideal lũy linh khác không Như vậy R là vành nguyên tố thì R là vành nửa nguyên tố Mệnh đề 2.1.6 Bất kì vành khác không R nào cũng có thể được biểu diễn như tích trực tiếp con của các vành bất khả quy trực tiếp con Chứng... , x2 , , λ xi , , xn ] 2.4.1 Định lý Herstein với giao hoán tử cấp n Với định lý về giao hoán của Herstein với các giao hoán tử cấp 2, chúng ta sẽ mở rộng định lý giao hoán của Herstein trong trường hợp các giao hoán tử cấp n Và bởi trong quá trình chứng minh nó phụ thuộc vào tính ước của không trong tâm của vành R , nên để khắc phục sự phụ thuộc này chúng ta xét lớp vành không chứa nil-ideal khác...  0  Vì vậy R là vành chia, vì thế R là một trường Nếu R là vành nửa nguyên thủy thì R là tích trực tiếp con của các vành nguyên thủy Rα , theo lý luận trên thì các Rα là giao hoán, vì vậy R là giao hoán 28 Với một vành R tổng quát thỏa điều kiện định lý trên nên R kiện định lý, lại có R cũng thỏa điều J ( R) là vành nửa nguyên thủy nên ta có: J ( R) Hệ quả 2.3.8 Nếu R là vành thỏa điều kiện x ... VỀ GIAO HOÁN 2.1 Tích trực tiếp vành Trong phần này, trình bày khái niệm tích trực tiếp vành, phân tích vành thành tích trực tiếp vành con, ứng dụng định lý giao hoán phần sau Cụ thể, mô tả vành. .. Chương 2: Tích trực tiếp vành định lý giao hoán Chương đưa khái niệm tích trực tiếp họ vành khả phân tích vành thành tích trực tiếp họ vành đó, đồng thời tìm hiểu khả ứng dụng điều vào việc chứng... Tích trực tiếp vành .15 2.2 Các định lý giao hoán 19 2.3 Mở rộng định lý giao hoán 23 2.4 Định lý Herstein với giao hoán tử cấp n vành Boolean 33 2.4.1 Định lý