Vành
1.1.1 Định nghĩa Vành là một tập hợp R 6= φ, trên đó trang bị hai phép toán là phép cộng và nhân như sau:
Trong không gian số thực (R), phép toán (x;y) 7→ xy thỏa mãn các điều kiện sau: Thứ nhất, (R,+) là một nhóm Abel, nghĩa là phép cộng trong R có tính chất giao hoán và kết hợp Thứ hai, (R,ã) là một nửa nhúm, cho thấy rằng phép nhân trong R cũng có cấu trúc nhất định Cuối cùng, phép nhân phải có tính phân phối với phép cộng, tức là với bất kỳ ba phần tử x, y, z ∈ R nào, ta luôn có x(y + z) = xy + xz.
(x+y)z = xz+yz và z(x+ y) =zx+zy.
Ta kớ hiệu vành cựng với hai phộp toỏn trờn là (R,+,ã).
- Vành R được gọi là vành giao hoán nếu phép nhân có tính chất giao hoán, nghĩa là với x, y ∈ R thì xy = yx.
- Vành R được gọi là có đơn vị nếu phép nhân có phần tử đơn vị.
Trong vành, phần tử không được gọi là phần tử đơn vị của phép cộng và được ký hiệu là 0 Nếu có phần tử đơn vị của phép nhân, nó sẽ được gọi là phần tử đơn vị của vành và ký hiệu là 1.
Trong trường hợp vành R có phần tử đơn vị là phần tử không, thì với mọi x thuộc R, ta có x = xã1 = xã0 = 0 Do đó, vành R chỉ chứa một phần tử, cụ thể là R = {0}, và được gọi là vành không, ký hiệu là 0.
Vành giao hoán R được coi là có đơn vị và có đặc số hữu hạn nếu tồn tại một số nguyên dương m sao cho mx = 0 với mọi x thuộc R Đặc số của vành R là số nguyên dương n nhỏ nhất thỏa mãn điều kiện nx = 0 cho mọi x trong R Nếu n = 0 là số nguyên duy nhất thỏa mãn điều kiện này, thì R được gọi là vành có đặc số 0.
- Trong khóa luận này, khi xét đến một vành thì vành đó là vành giao hoán có đơn vị.
Tập hợp các số tự nhiên (Z), số hữu tỉ (Q), số thực (R) và số phức (C) cùng với phép cộng và phép nhân thông thường tạo thành các vành tương ứng: (Z,+,×), (Q,+,×), (R,+,×) và (C,+,×) Tất cả các vành này đều là vành giao hoán có đơn vị.
- Cho Zn = {0,1, , n−1} là tập hợp các số nguyên modulo n, với phép cộng và nhân là:
∀x, y ∈ Z n ;x+y = x+y, x ãy = xãy Khi đó Z n là một vành giao hoán có đơn vị.
1.1.4 Ví dụ Cho R là vành giao hoán có đơn vị.
Một đa thức trên R có dạng f(x) = a0 + a1x + + anx^n, trong đó các hệ số a0, a1, , an thuộc R và an khác 0 nếu n > 0 Hệ số a0 được gọi là hệ số tự do, trong khi an là hệ số có bậc cao nhất Bậc của đa thức được ký hiệu là deg(f(x)) Nếu f(x) = a với a thuộc R, thì nếu a khác 0, đa thức có bậc 0; còn nếu a = 0, đa thức được coi là không có bậc.
Giả sử f (x) = P n i=0 aix i , g(x) = P m i=0 bix i ∈ R[x], n > m, khi đó ta định nghĩa hai phép toán như sau:
Vành R[x] là một vành giao hoán với phần tử đơn vị là 1 R và phần tử không là 0 R Đây được gọi là vành đa thức ẩn x với hệ số thuộc R.
Các phần tử đặc biệt của vành
Trong toán học, một vành giao hoán có đơn vị R được coi là có phần tử a ∈ R khả nghịch nếu tồn tại một phần tử b ∈ R sao cho ab = 1, với b được xác định duy nhất và ký hiệu là a −1, gọi là phần tử nghịch đảo của a Tập hợp các phần tử khả nghịch trong vành R tạo thành một nhóm nhân giao hoán Nếu trong vành R giao hoán có đơn vị, mọi phần tử khác không đều khả nghịch, thì vành đó được gọi là trường.
- Trong vành số nguyên Z chỉ có hai phần tử khả nghịch là 1 và −1.
- Trong vành các số hữu tỉ và vành số thực, mọi phần tử khác không đều khả nghịch.
- Trong vành Z[x] , chỉ có hai phần tử 1 và −1 là khả nghịch.
1.2.3 Định nghĩa Trong vành giao hoán R, phần tử x được gọi là ước của không nếu x 6= 0 và ∃y ∈ R, y 6= 0 sao cho xy = 0.
Một vành giao hoán có đơn vị và không có ước của không được gọi là một miền nguyên.
- Trong vành Z 6 , 2,3,4 là những ước của khụng vỡ 2ã3 = 0, 4ã3 = 0.
- Zn là miền nguyên nếu n là số nguyên tố.
1.2.5 Định nghĩa Cho R là một vành, x ∈ R được gọi là phần tử lũy linh nếu ∃n ∈ N ∗ sao cho x n = 0.
Như vậy phần tử lũy linh là ước của không, nhưng ngược lại thì có thể không đúng.
Nếu a là phần tử lũy linh của vành R, thì với mọi x thuộc R, xa cũng là phần tử lũy linh của vành R Điều này đúng vì nếu a là lũy linh, tồn tại n thuộc Z sao cho a^n = 0 Do R là vành giao hoán, ta có (xa)^n = x^n a^n = 0, từ đó suy ra rằng xa cũng là lũy linh.
- Trong vành R tùy ý, 0 luôn là phần tử lũy linh.
- Trong vành Z8, 0,2,4 là lũy linh vì 2 3 = 0,4 2 = 0.
1.2.8 Mệnh đề Cho x là một phần tử lũy linh của vành R Khi đó 1 +x là phần tử khả nghịch của vành R.
Chứng minh Vì x là phần tử lũy linh của vành R nên ∃n ∈ Z, x n = 0 ⇒ (−x) n = (−1) n x n = 0 hay −x cũng là phần tử lũy linh Ta có:
= (1 +x)(1−x+ + (−x) n−1 ) Như vậy 1 +x là phần tử khả nghịch.
1.2.9 Hệ quả Cho x là phần tử lũy linh, u là phần tử khả nghịch của vành
R, khi đó u+x là phần tử khả nghịch của vành R.
Chứng minh Vì u khả nghịch nên ∃u −1 ,sao cho uu −1 = 1 Khi đó, u+x u(1 +u −1 x), theo Nhận xét 1.2.6 suy ra u+ x là phần tử khả nghịch.
1.2.10 Mệnh đề Giả sử R là một vành giao hoán, có đơn vị R[x] là vành đa thức một biến với hệ tử trong R Cho f ∈ R[x] f = a 0 +a 1 x+ + a n x n , n ∈ N.
Một đa thức f trong R[x] được coi là khả nghịch khi và chỉ khi hệ số a_0 là khả nghịch và các hệ số a_1, , a_n là các phần tử lũy linh trong vành R Đa thức f được xem là lũy linh khi tất cả các hệ số a_0, a_1, , a_n đều lũy linh Cuối cùng, f được xác định là ước của không khi tồn tại một số khác không a trong R sao cho af = 0.
Chứng minh. i) ( ⇐ ) Giả sử a0 khả nghịch, ai lũy linh ∀i = 1, n Khi đó aix i là lũy linh nên a 1 x+ +a n x n là lũy linh Vì a 0 khả nghịch nên theo Hệ quả 1.2.9, f là khả nghịch.
( ⇒) Giả sử f khả nghịch, chúng ta có thể tìm được g = b 0 +b 1 + +b m sao cho f ãg = 1
Ta cú f ã g = 1, khụng mất tớnh tổng quỏt ta cú thể giả thiết rằng n ≥ m nên: 1 = a 0 b 0
Nhân hai vế phương trình (2) với a n suy ra 0 = a 2 n b m−1 Thực hiện liên tiếp việc nhân phương trình thứ (i) với a i−1 , ta suy ra được 0 = a m+1 n b 0
Vì a 0 b 0 = 1 nên a m+1 n = a m+1 n a 0 b 0 = 0 Như vậy a n lũy linh.
Vì a n lũy linh ⇒a n x n lũy linh, fkhả nghịch ⇒f −a n x n khả nghịch.
Làm lại thao tác tương tự như trên vớif 0 = f −a n x n , f 00 = f 0 −a n−1 x n−1 , , ta suy ra được a i lũy linh ∀i = 1, n. ii) ( ⇐) Nếu a 0 , a 1 , , a n lũy linh thì rõ ràng f là lũy linh.
( ⇒ ) Giả sử f lũy linh f lũy linh nên 1 +f khả nghịch Theo i) suy ra
1 +a 0 khả nghịch và a i lũy linh ∀i = 1, n.
Mặt khác, f lũy linh nên:
∃m ∈ N, f m = 0, tức là (a 0 +a 1 x+ +a n x n ) m = 0 vì a i lũy linh ∀i = 1, n nên a = a 1 x+ +a n x n lũy linh
Vì a lũy linh nên C m k a m−k 0 a k lũy linh Điều này chứng tỏ rằng a 0 lũy linh. iii) ( ⇒) Giả sử f là ước của không, f = a 0 +a 1 x+ +a n x n
Gọi g = b0 +b1x+ +bmx m là đa thức cú bậc nhỏ nhất sao cho f ãg = 0 Ta cú:
Giả sử a n g 6= 0 ta sẽ có deg(a n g) (a n ) +deg(g), nhưng deg(a n ãg) ≤ m−1 deg(a n ) + deg(g) = m ⇒ mâu thuẫn ⇒ ang = 0.
Chứng minh tương tự trên ta suy ra a n−1 g = 0 ⇒a n−1 b m = 0 Nếu tiếp tục thao tác như trên ta suy ra a n−i g = 0 ∀i = 0, n hay a n−i bm = 0 ∀i = 0, n. Như vậy ∃b m , b m f = 0.
( ⇐) Điều ngược lại là hiển nhiên.
Các cấu trúc trong vành
Trong toán học, một vành con A của một vành R được định nghĩa là tập hợp A ⊆ R, khi A khép kín với hai phép toán trên R và cùng với hai phép toán đó tạo thành một vành Điều này có nghĩa là A phải thỏa mãn các tính chất cần thiết để được coi là một vành con của R.
- Một vành luôn có hai vành con tầm thường là 0 và R.
- Mọi nhóm con của Z đều có dạng mZ nên ta dễ dàng chứng minh được mỗi vành con của Z có dạng mZ với m ∈ N.
Từ định nghĩa vành con, ta dễ dàng suy ra được mệnh đề sau.
1.3.3 Mệnh đề Cho R là một vành, ∅ 6= A ⊆ R Khi đó, A là vành con của R khi và chỉ khi với mọi a, b ∈ A thì a−b ∈ A và ab ∈ A.
1.3.4 Định nghĩa Cho R là vành giao hoán có đơn vị, I là một vành con của vành R Khi đó I được gọi là iđêan của R nếu:
- Trong vành R luôn có hai iđêan tầm thường là 0 và R.
Trong vành các số nguyên Z, mọi vành con đều có dạng mZ, như đã chỉ ra trong Ví dụ 1.3.2 Điều này cho thấy rằng tất cả các vành con trong vành số nguyên Z đều là các iđêan Do đó, mọi iđêan trong vành số nguyên Z đều có dạng mZ.
1.3.6 Nhận xét Từ định nghĩa, ta thấy:
1.3.7 Bổ đề Cho I1 và I2 là các iđêan của vành R Khi đó I1 ∩ I2 là một iđêan của R.
Chứng minh Ta có: I 1 ⊆R, I 2 ⊆R nên I 1 ∩I 2 ⊆ R.
Ta lại có: ∀a, b ∈ I 1 ∩I 2 ⇒ a, b ∈ I 1 a, b ∈ I 2 ⇒ a−b ∈ I 1 a−b ∈ I 2 ⇒ a−b ∈ I 1 ∩I 2 Mặt khác: ∀a ∈ I1 ∩I2,∀x ∈ R ⇒ a ∈ I 1 a ∈ I 2
⇒ ax ∈ I1 ax ∈ I2 vì I 1 , I 2 là các iđêan ⇒ax ∈ I 1 ∩I 2 Vậy theo Nhận xét 1.3.6 suy ra I 1 ∩I 2 là một iđêan của R.
1.3.8 Định lí Giả sử I i , ∀ i = 0, n là các iđêan của vành R, khi đó n
Chứng minh Sử dụng Bổ đề 1.3.7 và bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng chứng minh được n
Ii là một iđêan của R.
Trong lý thuyết vành, nếu R là một vành và S là một tập con của R, thì giao của tất cả các iđêan của R chứa S sẽ tạo thành một iđêan mới của R cũng chứa S Iđêan này được gọi là iđêan sinh bởi tập S.
1.3.10 Nhận xét Cho J iđêan ⊆ R, S ⊆R Khi đó
J = < S > ⇔ J là iđêan bé nhất của R chứa S
+ Nếu J = < S > thì S được gọi là một hệ sinh hay tập sinh của J.
Mỗi iđêan đều có một hệ sinh, và hệ sinh này không phải là duy nhất Nếu iđêan J có một hệ sinh với số lượng phần tử hữu hạn, thì iđêan J được xác định là iđêan hữu hạn sinh.
1.3.11 Mệnh đề Cho R là một vành, S = {a 0 , a 1 , , a n } ⊂ R, khi đó: hSi = x 0 a 0 +x 1 a 1 + +x n a n |x i ∈ R,∀i = 0, n là iđêan bé nhất chứa S.
Chứng minh Đặt I = x 0 a 0 +x 1 a 1 + +x n a n |x i ∈ R,∀i = 0, n khi đó I là một iđờan Thật vậy ∀a i ∈ S ta cú ai = ai ã1 ∈ I nờn I 6= φ và S ⊆ I. Giả sử x, y ∈ I, r ∈ R khi đó sẽ tồn tại các phần tử x i , y i ∈ R sao cho x = x 0 a 0 +x 1 a 1 + + x n a n và y = y 0 a 0 +y 1 a 1 + +y n a n
Khi đó: x−y = (x0 −y0)a0 + (x1 −y1)a1 + + (xn−yn)an ∈ I vì xi −yi ∈ R, rx = r(x 0 a 0 +x 1 a 1 + +x n a n ) = rx 0 a 0 +rx 1 a 1 + +rx n a n ∈ I.
Vậy I là một iđêan của R.
Ta có nếu J ⊇ S, J là iđêan của R thì ai ∈ J, air ∈ J ∀i = 0, n, r ∈ R Do vậy I ⊆ J hay I chính là iđêan bé nhất chứa S Do đó I là iđêan sinh bởi tập S.
- Khi S = {a} thì I = hai = {ax|x ∈ R} và ta gọi I là iđêan chính sinh bởi a Một vành, mà mọi iđêan đều là iđêan chính thì ta gọi vành đó là vành chính.
- Nếu a là một phần tử khả nghịch trong vành R thì iđêan sinh bởi a sẽ chứa
Đồng cấu vành
Đồng cấu vành là ánh xạ f: R → R' giữa hai vành R và R' thỏa mãn hai điều kiện chính: (i) f(a + b) = f(a) + f(b) với mọi a, b thuộc R, và (ii) f(ab) = f(a)f(b) với mọi a, b thuộc R Nếu đồng cấu vành f là đơn ánh, nó được gọi là đơn cấu (toàn cấu hay đẳng cấu) vành.
Nếu có một đẳng cấu vành f : R → R 0 thì ta nói hai vành R và R 0 đẳng cấu với nhau, và kí hiệu R ∼= R 0
Tập Imf = {f(x)|x ∈ R} = f(R) được gọi là ảnh của đồng cấu vành f.Tập Kerf = {x ∈ R|f(x) = 0} = f −1 (0R 0 )} được gọi là hạt nhân hay hạch của đồng cấu vành f.
Vành S là một vành con của vành R, và ánh xạ i : S → R, với a được ánh xạ thành a, là một đồng cấu vành, được gọi là phép nhúng chính tắc Ngoài ra, ánh xạ đồng nhất cũng được đề cập trong bối cảnh này.
Trong lý thuyết vành, ánh xạ \( \theta : R \to R \) với \( \theta(x) = 0 \) được gọi là đồng cấu tầm thường, trong khi ánh xạ \( R \to R \) với \( x \mapsto x \) là một đẳng cấu vành, được gọi là tự đẳng cấu đồng nhất.
Tích của hai đồng cấu vành tạo thành một đồng cấu vành, nghĩa là nếu f: R → R₀ và g: R₀ → R₀₀ là hai đồng cấu vành, thì ánh xạ hợp thành g◦f: R → R₀₀ cũng sẽ là một đồng cấu vành.
Chứng minh rằng f và g là các đồng cấu vành, do đó chúng cũng là đồng cấu nhóm cộng Theo tính chất của đồng cấu nhóm cộng, g ◦ f là đồng cấu nhóm cộng, thỏa mãn điều kiện thứ nhất của một đồng cấu nhóm Điều kiện thứ hai cũng dễ dàng được kiểm tra và xác nhận là thỏa mãn.
∀x, y ∈ R ta có: g◦f(xãy) =g(f(xãy)) = g(f(x)ãf(y)) =g(f(x))ãg(f(y)) = g◦f(x)g◦f(y).
Khi f, g là đơn cấu (toàn cấu, đẳng cấu) thì ánh xạ hợp thành g◦f cũng là đơn cấu (toàn cấu, đẳng cấu).
Mệnh đề 1.4.4 nêu rõ rằng, với f: R → R0 là một đồng cấu vành, nếu A là một vành của R, thì f(A) sẽ là một vành con của R0 Hơn nữa, nếu I là một iđêan của R0, thì f^(-1)(I) sẽ trở thành một iđêan của R.
Vì A là vành con của R, nên A là nhóm con của nhóm (R, +) Theo tính chất của đồng cấu nhóm cộng, f(A) cũng là nhóm con của nhóm (R 0, +) Do đó, để hoàn tất chứng minh, chúng ta chỉ cần xác nhận rằng f(A) khép kín với phép toán nhân.
Ta có ∀b1, b2 ∈ f(A), tồn tại a1, a2 ∈ A sao cho f(a1) = b1 và f(a2) = b2 Từ đó suy ra b1b2 = f(a1)f(a2) = f(a1a2) ∈ f(A), chứng tỏ rằng f(A) là một vành con của vành R0 Hơn nữa, vì I là iđêan của vành R0 nên I là nhóm con của nhóm (R,+) Do đó, theo tính chất của đồng cấu nhóm cộng, f^{-1}(I) cũng là nhóm con của nhóm (R,+).
Do vậy để chứng minhf −1 (I)là iđêan của vành R, ta cần chứng minh ∀x ∈ R và ∀a ∈ f −1 (I) thì xa ∈ f −1 (I) Thật vậy:
1.4.5 Hệ quả Cho f : R →R 0 là một đồng cấu vành, khi đó: i) Imf là vành con của vành R 0 ; ii) Kerf là iđêan của vành R.
Chứng minh Hệ quả được suy ra trực tiếp từ mệnh đề trên.
1.4.6 Mệnh đề Cho f : R → R 0 là một đồng cấu vành, khi đó: i) f là đơn ánh khi và chỉ khi Kerf = {0 R }; ii) f là toàn ánh khi và chỉ khi Imf = R 0
Chứng minh Ta dễ dàng chứng minh được mệnh đề dựa vào tính chất của đồng cấu nhóm cộng.
Cho R và R 0 là hai vành giao hoán có đơn vị, với f : R → R 0 là một đồng cấu vành I là một iđêan của vành R, và J là một iđêan của vành R 0 Khi đó, iđêan f −1 (J) được gọi là thu hẹp iđêan J trong vành R, ký hiệu là J c Đồng thời, iđêan sinh bởi f(I) được gọi là mở rộng của iđêan I trong vành R 0, ký hiệu là I e.
1.4.7 Mệnh đề Cho f : R →R 0 là đồng cấu vành I, J lần lượt là các iđêan của R và R 0 , khi đó: i) I ⊆ I ec , J ⊇ J ce ; ii) J c = J cec , I e = I ece
Chứng minh i) Ta có I e là iđêan sinh bởi f(I) nên f(I) ⊆ I e , do vậy I ⊆ f −1 (I e ) = I ec Nên với mọi x ∈ I suy ra x ∈ I ec Như vậy I ⊆ I ec
Ta có rằng với mọi y ∈ J ce, tồn tại x i ∈ J c và y i ∈ R 0 sao cho y = Py i f(x i ) Vì x i ∈ J c nên f(x i ) ∈ J, do đó với mọi y i ∈ R 0, ta có y i f(x i ) ∈ J, dẫn đến y ∈ J Điều này chứng tỏ rằng J ce ⊆ J Hơn nữa, vì J c là một iđêan trong R, ta suy ra rằng J c ⊆ J cec Đồng thời, từ việc J ⊇ J ce, ta có J c ⊇ J cec Từ đó, kết luận rằng J c = J cec.
Tương tự ta cũng suy ra được I e = I ece
Vành thương
Cho R là vành giao hoán có đơn vị và I là iđêan của vành R Khi đó I là nhóm con chuẩn tắc của nhóm Abel (R,+) Do vậy tồn tại nhóm thương
1.5.1 Nhận xét Trên R I , phép nhân được định nghĩa như sau là có nghĩa:
Phép nhân xác định không phụ thuộc vào cách chọn đại diện của các lớp ghép Giả sử x + I = a + I và y + I = b + I, khi đó a−x ∈ I và b−y ∈ I, ta cần chứng minh b−xy ∈ I Theo giả thiết, tồn tại c, d ∈ I sao cho a−x = c và b−y = d Áp dụng luật phân phối của R, ta có: ab = (x+c)(y+d) = xy + (xd + cy + cd).
Vì I là lý tưởng, nên ta có ab + I = xy + I, từ đó suy ra ab − xy ∈ I Do đó, phép nhân được định nghĩa như trên là hợp lệ Trong nhóm thương R/I, đã tồn tại phép cộng các phần tử.
Phép nhân trong hệ thống số phức được định nghĩa phân phối với phép cộng, đồng thời cũng có tính giao hoán và tồn tại phần tử đơn vị là 1 + i Do đó, (R I, +, *) tạo thành một vành giao hoán có đơn vị.
1.5.2 Định nghĩa Vành ( R I ,+,ã)được xõy dựng như trờn được gọi là vành thương của R theo iđêan I.
1.5.3 Ví dụ Xét vành số nguyên Z và iđêan mZ, khi đó vành thương
Như vậy vành thương Z m Z cũng chính là vành Zm các số nguyên theo môđun m.
1.5.4 Mệnh đề Cho I là một iđêan của vành R Khi đó ánh xạ f : R → R I x 7→ x+I là một toàn cấu vành Hơn nữa kerf = I.
Chứng minh Theo cách xây dựng thì f là một đồng cấu vành.
Imf = {f(x)|x ∈ R} = {x+I|x ∈ R}= R I nên theo Mệnh đề1.4.6thìf là một toàn ánh Vậyf là một toàn cấu vành.
Ta gọi toàn cấu vành này là đồng cấu chính tắc hay là đồng cấu tự nhiên từ R vào R I.
1.5.5 Hệ quả Cho R là vành giao hoán, I ⊆ R Khi đó I là iđêan của vành
R, khi và chỉ khi I là hạt nhân của một đồng cấu vành f : R → S.
Chứng minh Giả sử I = Kerf với f là đồng cấu vành R →S, theo Hệ quả 1.4.5 I là iđêan của vành R.
Ngược lại, giả sử I là iđêan của vành R, xét đồng cấu chính tắc ở Mệnh đề 1.5.4 f : R → R I x 7→ x+I Điều này suy ra Kerf = {x ∈ R|x+I = I} = {x ∈ R|x ∈ I}= I.
1.5.6 Định lí Cho f : R → R 0 là một đồng cấu vành Khi đó f cảm sinh với một đẳng cấu vành f : R Kerf →Imf Xác định bởi f(x+Kerf) = f(x),∀x ∈ R.
Chứng minh Đặt I = Kerf Vì f là một đồng cấu vành nên ta dễ dàng kiểm tra được f cũng là một đồng cấu vành Hơn nữa
Imf = {f(x)|x ∈ R} = {f(x)|x ∈ R} = Imf nên theo Mệnh đề 1.4.6 f là một toàn cấu.
Mặt khác Kerf = {x|f(x) = f(x) = 0} = {x|x ∈ Kerf} = 0 nên f là đơn ánh.
Vậy f là một đẳng cấu vành.
Trong lý thuyết vành, cho R là một vành không, các khẳng định sau đây là tương đương: (i) R là một trường; (ii) Trong R chỉ tồn tại hai iđêan là 0 và R; (iii) Mọi đồng cấu vành f: R → R 0 đều là một đơn cấu hoặc đồng cấu tầm thường.
Chứng minh các mệnh đề sau: i) ⇒ ii): Cho I là một iđêan khác 0 trong vành R, khi đó I chứa một phần tử khác không x Vì R là trường, x khả nghịch, dẫn đến I = R theo Nhận xét 1.3.11 ii) ⇒ iii): Xét f : R → R 0 là đồng cấu vành Nếu Kerf = R, f là đồng cấu tầm thường; nếu Kerf = 0, f là đơn cấu iii) ⇒ i): Giả sử x là phần tử khác không của R Nếu x không khả nghịch, iđêan hxi 6= R, do đó R/hxi 6= 0 Từ giả thiết, ta có đồng cấu chính tắc f : R → R/hxi là đơn ánh, dẫn đến Kerf = hxi = 0 Định lý sau đây mô tả iđêan trong vành thương.
Định lý 1.5.8 khẳng định rằng trong một vành giao hoán R có đơn vị, một iđêan K của vành R chứa iđêan I nếu và chỉ nếu tồn tại duy nhất một iđêan K của R sao cho K bao gồm I và K bằng K I, trong đó K I được định nghĩa là tập hợp {a + I | a ∈ K}.
Chứng minh Giả sử K là iđêan của vành R I Đặt K = {a ∈ R|a+ I ∈
• K là iđêan của vành R Thật vậy:
(a+I)−(b+I) = (a−b) +I ∈ K điều này suy ra a−b ∈ K Mặt khác cũng vì K là iđêan nên ∀x ∈ R, a ∈ K thì (x+I)(a+I) ∈ K hay xa+ I ∈ K , như vậy xa ∈ K.
• Theo định nghĩa của K thì K = K I.
Ngược lại, giả sử K là iđêan của vành R chứa I, ta cần chứng minh tập hợp
K I = {a+I|a ∈ K} là iđêan của vành thương R I Ta có:
• Vì K là iđêan của R nên K ⊆ R , suy ra K I ⊆ R I
• K I 6= φ vì I = 0 +I ∈ K I ( do K là iđêan của vành R nên 0∈ K).
• ∀a+I, b+I ∈ K I ⇒(a+I)−(b+I) = (a−b) +I ∈ K I (do K là iđêan của vành R nên ∀a, b ∈ K thì a−b ∈ K.
Vậy K I là iđêan của vành R I.
Giả sử có iđêan K 0 của R sao: K = K 0 I Lúc đó:
1.5.9 Ví dụ Mô tả các iđêan trong vành thương Z 10 Z.
Theo Định lí 1.5.8 các iđêan trong vành thương Z 10 Z sẽ có dạng K 10 Z, trong đó K là các iđêan trong vành số nguyên Z sao cho 10Z ⊆K.
Vì K là iđêan của vành Z nên sẽ có dạng mZ Mặt khác 10Z ⊆ K = mZ, nên m chỉ có thể là 1, 2, 5, 10 Như vậy vành thương Z 10 Z có 4 iđêan là:
CHƯƠNG 2 CÁC PHÉP TOÁN TRÊN CÁC IĐÊAN
2.1 Một số iđêan đặc biệt
2.1.1 Định nghĩa. i) Một iđêan thực sự I của vành R được gọi là iđêan nguyên sơ nếu
∀a, b ∈ R, ab ∈ I, a /∈ I thì ∃n∈ N, b n ∈ I. ii) Một iđêan thực sự p của vành R được gọi là iđêan nguyên tố nếu
∀a, b ∈ R, ab ∈ p thì a ∈ p hoặc b ∈ p. iii) Một iđêan thực sự M của vành R được gọi là iđêan cực đại nếu
∀I là iđêan của R , và I ⊇ M thì I = M hoặc I = R.
Trong vành số nguyên Z với iđêan I = mZ, có ba trường hợp quan trọng: i) I là iđêan nguyên sơ khi và chỉ khi m = 0 hoặc m = pk, với p là số nguyên tố và k ∈ N* ii) I là iđêan nguyên tố khi và chỉ khi m = 0 hoặc m = p, với p là số nguyên tố iii) I là iđêan cực đại khi và chỉ khi m = p, với p là số nguyên tố.
2.1.3 Ví dụ Trong vành đa thức R[x] : i) Iđêan sinh bởi một đa thức bất khả quy trongR[x]chính là iđêan nguyên tố; ii) Iđêan sinh bởi x là iđêan cực đại.
Trong lý thuyết vành giao hoán có đơn vị, định nghĩa về phổ của vành R được nêu rõ như sau: spec(R) là tập hợp tất cả các iđêan nguyên tố của vành R, và được gọi là phổ của vành Nếu I là một iđêan của vành R, thì tập hợp liên quan đến I cũng được xem xét trong ngữ cảnh này.
V(I) = {p ∈ spec(R)|p ⊃ I} được gọi là đa tạp xác định bởi iđêan I, hay còn được biết đến là tập đại số Nếu vành R chỉ có một iđêan cực đại duy nhất, thì R được gọi là vành địa phương Ngược lại, nếu vành có hữu hạn iđêan cực đại, thì nó được gọi là vành nửa địa phương.
2.1.5 Ví dụ Trong vành số nguyên Z : spec(Z) = {pZ|p là số nguyên tố}
Trong vành giao hoán R có đơn vị, một iđêan I được coi là iđêan nguyên tố nếu và chỉ nếu thương vành R/I là miền nguyên Đồng thời, I được xem là iđêan cực đại khi và chỉ khi R/I là trường.
Giả sử I là iđêan nguyên tố và R là vành giao hoán có đơn vị với nhiều hơn một phần tử, ta có R/I khác không và cũng là vành giao hoán có đơn vị Để chứng minh rằng R/I không chứa ước của không, xét x = x+I và y = y+I thuộc R/I Ta có xy = 0 nếu và chỉ nếu (x+I)(y+I) = xy + I = 0, điều này dẫn đến xy thuộc I Do I là iđêan nguyên tố, nên x thuộc I hoặc y thuộc I, từ đó suy ra x = 0 hoặc y = 0.
Vậy R/I không chứa ước của không hay R/I là miền nguyên.
(⇐) Giả sử R/I là miền nguyên nên R/I có nhiều hơn một phần tử hay
R 6= I Giả sử xy ∈ I ⇒ xy = 0 và xy = xy ⇒ x = 0 hoặc y = 0 ⇒ x ∈
Nếu I hoặc y thuộc I, thì I là một iđêan nguyên tố Bởi vì R là vành giao hoán có đơn vị, nên R/I cũng sẽ là một vành giao hoán có đơn vị Do I là iđêan cực đại, ta có 0 khác I và I khác R, điều này dẫn đến việc R/I có nhiều hơn một phần tử.
Vì I là iđêan cực đại nên với x ∈ R, x /∈ I thì B = hx, Ii = R Ta có
1∈ R nên ∃y ∈ R, a∈ I sao cho 1 = xy +a suy ra
Như vậy y là phần tử nghịch đảo của x hay R/I là một trường.
(⇐) Giả sửI, J là hai iđêan của vànhR,I ⊆J, I 6= J suy ra∃b ∈ J−I ⇒ b 6= 0 ⇒ ∃c, bc = 1 ⇒ bc+I = 1 +I ⇒ ∃a ∈ I : bc+a = 1 Vậy ∀x ∈ R ta cú x = xã1 = x(bc+a) =xbc+xa ∈ J Như vậy J = R hay I là iđờan cực đại.
Hệ quả của iđêan I trong vành R giao hoán có đơn vị cho thấy rằng nếu I là iđêan cực đại, thì I cũng là nguyên tố và nguyên sơ Đồng thời, R được coi là miền nguyên khi và chỉ khi 0 là iđêan nguyên tố.
Chứng minh i) Theo mệnh đề trên, ta có:I là iđêan cực đại⇒R/I là trường. R/I là trường suy ra R/I là miền nguyên R/I là miền nguyên suy ra I là nguyên tố.
Nếu I là nguyên tố, thì theo định nghĩa, I là nguyên sơ Ta có R = R/h0i, do đó nếu R là miền nguyên thì R/h0i cũng là miền nguyên Theo mệnh đề đã nêu, R/h0i là miền nguyên khi và chỉ khi h0i là nguyên tố.
2.1.8 Mệnh đề Trong một vành giao hoán có đơn vị luôn tồn tại ít nhất một iđêan cực đại.
Xét tập hợp ω bao gồm tất cả các iđêan khác của R, ta có thể chứng minh rằng ω, với thứ tự bao hàm theo nghĩa tập hợp, sẽ hình thành một tập hợp sắp thứ tự bộ phận.
Các phép toán trên các iđêan
2.2.1 Chú ý Cho I, J là hai iđêan của vành giao hoán R có đơn vị Khi đó các tập hợp:
I : J = {a ∈ R|aJ ⊂ I}= {a ∈ R|ab ∈ I,∀b ∈ J} đều là những iđêan của vành R Thật vậy, sau đây chúng ta sẽ chứng minh điều này.
I ∩ J là một iđêan của vành R, khẳng định này đã được chứng minh ở Chương 1.
Rõ ràng I +J ⊆ R, và vì I, J 6= φ nên I + J 6= φ Với mọi x, y ∈ I +J tồn tại a1, a2 ∈ I;b1, b2 ∈ J sao cho x = a 1 +b 1 , y = a 2 +b 2 ∈ I +J.
Vì I, J là iđêan nên a 1 −a 2 ∈ I, b 1 −b 2 ∈ J Từ đó suy ra:
(a1 −a2) + (b1 −b2) ∈ I + J hay (a1 +b1)−(a2 +b2) ∈ I +J nên x−y ∈ I+J Với mọi r ∈ R thì rx = r(a 1 +b 1 ) = ra 1 +rb 1 ∈ I+J (vì
I, J là iđêan nên ra 1 ∈ I, rb 1 ∈ J) Do vậy I +J là một iđêan của vành R.
Ta có ∀a, b ∈ I và ∀c ∈ J thì ac và bc ∈ I, do đó (ac − bc) ∈ I, hay (a − b)c ∈ I, suy ra a − b ∈ I : J Mặt khác, ∀r ∈ R, ta có r(ac) = a(rc) ∈ I, do vậy ra ∈ I : J, ∀r ∈ R, a ∈ I : J Như vậy, I : J là một iđêan của vành R Gọi IJ là iđêan của R sinh bởi tất cả các phần tử dạng ab, trong đó a ∈ I và b ∈ J.
Trong lý thuyết vành giao hoán R có đơn vị, hai iđêan I và J được định nghĩa với các phép toán cơ bản: Giao của hai iđêan I và J được ký hiệu là I ∩ J, tổng của chúng là I + J, tích của chúng là IJ, và thương của I với J được biểu diễn là I : J.
Trong vành số nguyên Z, cho hai iđêan I = mZ và J = nZ, ta có các kết quả sau: i) Tổng của hai iđêan I và J được biểu diễn dưới dạng I + J = {mx + ny | x, y ∈ Z} = dZ, với d là ước chung lớn nhất của m và n ii) Giao của hai iđêan I và J là I ∩ J = {x | x ∈ I, x ∈ J} = kZ, trong đó k là bội chung nhỏ nhất của m và n iii) Tích của hai iđêan I và J là IJ = mnZ iv) Phân iđêan I : J được xác định bởi {a ∈ Z | ab ∈ mZ, ∀b ∈ nZ} = {k ∈ Z | knp = mq, với p, q ∈ Z}.
Dựa vào định nghĩa của tổng, giao và tích các iđêan, ta có thể rút ra những tính chất quan trọng sau: đầu tiên, tổng, giao và tích các iđêan đều có tính chất giao hoán Thứ hai, theo luật modula, nếu I, J, K là các iđêan của vành R và I chứa J hoặc I chứa K, thì điều này có những hệ quả nhất định trong cấu trúc của các iđêan.
I ∩(J +K) =I ∩J +I ∩K. iii) Phép nhân phân phối với phép cộng: Cho I, J, K là các iđêan của vành
2.2.5 Chú ý (i) Khi I = 0, ta kí hiệu Ann R (J) := 0 : J và được gọi là linh hoán tử của iđêan J.
(ii) Cho x∈ R Khi đó Ann R (x) := Ann R (< x >) = {a ∈ R|ax = 0}. (iii) Gọi D là tập tất cả các ước của không trong vành R thì
Ann R (x)\{0}. Định lý sau đây thường được gọi là Định lí tránh nguyên tố.
(i) Giả sử p 1 ,p 2 , ,p n là các iđêan nguyên tố và I là một iđêan của vành
S i=1 p i Khi đó ∃i,1≤ i ≤ n: I ⊆ p i (ii) Giả sử I 1 , I 2 , , I n là các iđêan của vành R và p là iđêan nguyên tố của vành R sao cho p ⊇ m
Ii Khi đó ∃i,1 ≤ i ≤m : p ⊇ Ii. Đặc biệt, nếu p m
Chứng minh i) Khẳng định i) hoàn toàn đúng với n= 1 Giả sử khẳng định đúng với n = k Ta xét các iđêan p 1 ,p 2 , ,p k+1 với I ⊆ n
Ta giả sử ngược lại là ∀j ∈ {1,2, , k + 1} I không chứa trong k+1
Nếu ∃t sao cho : x t ∈/ p t suy ra x j ∈/ k+1
S i=1 p i , điều này vô lí vì x j ∈ I\ n
S i6=j p i mâu thuẫn với giả thiết I ⊆ k+1
S i=1 p i Nếu x i ∈ p i ∀i, ta xét phần tử: y k+1
Ta có: y ∈ I và y /∈ p i (1 ≤ i ≤ k + 1) nên I không chứa trong k+1
S i p i , mâu thuẫn Vậy buộc I ⊂p i nào đó. ii) Giả sử ngược lại ∀i ∈ {1,2, , n}, I i \p 6= φ Chọn x i ∈ I i \p,∀i 1,2, , n và đặt x = x 1 x 2 x n , vì (x ∈ ∩I i ) ⊂ p nên ∃x j ∈ p nên vô lí Vậy
2.2.7 Định nghĩa Hai iđêan I, J của vành R được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu I +J = R.
2.2.8 Bổ đề Cho I, J là các iđêan trong vành R, chúng nguyên tố cùng nhau Khi đó:
Chứng minh Ta luôn có (I + J)(I ∩ J) ⊆ IJ Do I và J nguyên tố cùng nhau nên I + J = R Từ đó suy ra (I ∩J) ⊆ IJ Mặt khác theo nhận xét trên thì IJ ⊆(I ∩J) Vì vậy I ∩J = IJ.
2.2.9 Bổ đề Cho I, J, K là các iđêan trong vành R giao hoán có đơn vị Khi đó: i) I ⊆(I :J); ii) (I : J)J ⊆ I; iii) (I : J) : K = (I : J K) = (I :K) : J; iv) (T i Ii : J) =T i (Ii : J); v) (I : P i J i ) = S i (I :J i ).
Chứng minh i) Ta có ∀x ∈ I thì xy ∈ I,∀y ∈ R Do đó I ⊆ (I : J). ii) Ta có
Vì x i ∈ (I : J) ⇒x i y i ∈ I,∀y i ∈ J,∀i = 1,2, , n nên Pn i=1x i y i ∈ I Do đó (I : J)J ⊆I. iii) Ta có:
Mặt khác, từ (*) suy ra Pn i=1xkiji ∈ I ⇒ xP n i=1 kiji ∈ I ⇒ x ∈ (I : J K).
Do đó (I : J) : K ⊆ I : J K Giả sử x ∈ (I : J K) ⇒ xP n i=1 k i j i ∈ I,∀k i ∈
K, j i ∈ J ⇒ xj i k i ∈ I ⇒ x ∈ (I : J) : K Suy ra I : J K ⊆ (I : J) : K Do đó I : J K = (I :J) : K. iv) Với n= 2, mệnh đề tương đương với (I ∩J) : K = (I : K)∩(J : K)
Ta có: x ∈ (I ∩J) : K ⇔ xK ⊂ (I ∩J) ⇔ xK ⊂ I và xK ⊂ J ⇔ x ∈ I :
K và x ∈ J : K ⇔ x∈ (I : K)∩(J : K) Vậy mệnh đề đúng với n= 2.
Giả sử mệnh đề đúng với n = k − 1, ta cần chứng minh mệnh đề cũng đúng với n = k Theo giả thiết quy nạp
Mệnh đề đúng với n = k hay iv) đúng Đối với n = 2, mệnh đề trở thành: I : (J + K) = IJ ∩ IK Ta có x ∈ I : (J + K) ⇔ x(J + K) ⊂ I ⇔ xJ + xK ⊂ I ⇔ xJ ⊂ I và xK ⊂ I ⇔ x ∈ (I : J) và x ∈ (I : K) ⇔ x ∈ (I : J ∩ I : K) Do đó, mệnh đề đúng với n = 2 Giả sử mệnh đề đúng với n = k−1, ta cần chứng minh mệnh đề đúng với n = k.
Vậy mệnh đề đúng với n = k hay v) là đúng.
2.2.10 Nhận xét Cho I là 1 iđêan của vành R Tập Rad(I) được xác định như sau:
Rad(I) ={r ∈ R|∃n∈ N :r n ∈ I} là một iđêan của R Thật vậy:
• Với mọi x ∈ R, r ∈ Rad(I) thì tồn tại n ∈ N sao cho r n ∈ I, do vậy x n r n ∈ I nên (xr) n ∈ I hay xr ∈ Rad(I).
• Với mọi r 1 , r 2 ∈ Rad(I) sẽ tồn tại m, n ∈ N sao cho r 1 m ∈ I, r n 2 ∈ I Ta có r 1 k ∈ I nếu k ≥ n và r m+n−k 2 ∈ I nếu k < n do vậy
Như vậy Rad(I) là một iđêan của vành R.
2.2.11 Định nghĩa Tập Rad(I) được gọi là căn của iđêan I, và còn kí hiệu là √
2.2.12 Định nghĩa Căn của iđêan không được gọi là căn lũy linh Khi đó ta kí hiệu N Khi đó:
Như vậy các phần tử của căn lũy linh chính là các phần tử lũy linh.
2.2.13 Định nghĩa Tập hợp J(R) là giao của tất cả các iđêan cực đại của vành R được gọi là căn Jacobson của vành R.
2.2.14 Định lí Căn của một iđêan I của vành giao hoán R là giao của tất cả các iđêan nguyên tố của vành R chứa I.
Chứng minh rằng Rad(I) là căn của iđêan I, với P là giao của tất cả các iđêan nguyên tố trong vành R chứa I Nếu p ∈ V(I) và x ∈ Rad(I), thì tồn tại n ∈ N sao cho x^n = a ∈ I, với a ∈ I ⊂ p, từ đó suy ra x ∈ p Do đó, ta có Rad(I) ⊂ P.
Ngược lại, với mỗi x ∈ P, ta xét tập
Giả sử x /∈ Rad(I), khi đó ∀a ∈ I thì a /∈ S nên tập ω = {J|J là iđêan của R, J ∩ S = φ} là khác rỗng.
Nếu (J t ) t∈T là một dãy của ω thì dễ dàng thấy J = S t∈T
Trong bài viết này, chúng ta xem xét một phần tử cực đại Q thuộc tập hợp ω, theo Bổ đề Zorn, với điều kiện Q ∩ S = φ Để chứng minh rằng Q là một iđêan nguyên tố, ta nhận thấy rằng với mọi a, b thuộc R\Q, hai iđêan Q + aR và Q + bR chứa Q nhưng không thuộc ω Do đó, tồn tại các phần tử s và s0 trong S sao cho s thuộc Q + aR và s0 thuộc Q + bR.
Khi xét ss 0 ∈ (Q+aR)(Q+bR) = Q+ abR, ta có (Q+abR)∩ S 6= φ, từ đó suy ra Q+abR không chứa trong Q hay ab /∈ Q Điều này chứng tỏ Q là iđêan nguyên tố và x thuộc Q, dẫn đến Q∩ S 6= φ, tạo ra mâu thuẫn với giả thiết phản chứng Do đó, x thuộc Rad(I) và P được bao gồm trong Rad(I).
Như vậy Rad(I) = P và Định lý được chứng minh.
2.2.15 Hệ quả Căn lũy linh của một vành giao hoán có đơn vị là giao của tất của các iđêan nguyên tố trong vành.
Chứng minh Ta áp dụng ngay định lí trên với iđêan I chính là iđêan 0 của vành đó.
2.2.16 Mệnh đề Cho I, J là hai iđêan của vành R giao hoán có đơn vị Khi đó V(I) = V(J) khi và chỉ khi Rad(I) = Rad(J).
Chứng minh Áp dụng định lí trên ta có:
(⇒) : Nếu V(I) = V(J) thì hiển nhiên Rad(I) =Rad(J).
Giả sử Rad(I) = Rad(J), chúng ta cần chứng minh rằng V(I) = V(J) Điều này có nghĩa là phải chứng minh rằng mọi lý thuyết nguyên tố p của R chứa I cũng sẽ chứa J và ngược lại Giả sử p ∈ Spec(R) và p ⊃ I Khi đó, với mọi x ∈ J, x thuộc Rad(J) và do Rad(I) = Rad(J), tồn tại một số nguyên dương n sao cho x^n ∈ I Điều này dẫn đến x^n ∈ p, từ đó suy ra x ∈ p.
Tương tự với p ∈ Spec(R),p ⊃ J, ta cũng suy ra được p ⊃ I.
2.2.17 Mệnh đề Cho R là vành giao hoán có đơn vị, N là căn lũy linh của vành R Khi đó vành thương R/N không có phần tử lũy linh khác không.
Chứng minh Giả sử x là một phần tử lũy linh của vành thương R/N, khi đó
∃n∈ N, x n = 0 Điều này suy ra x n −0∈ N hay x n ∈ N Do vậy x ∈ N nên x = 0.
Trong một vành giao hoán R, một phần tử x được coi là phần tử của căn Jacobson nếu và chỉ nếu 1−xy là phần tử khả nghịch trong R.
Giả sử x ∈ J(R) và 1−xy không khả nghịch, theo Hệ quả 2.1.13, ta có 1−xy thuộc một iđêan cực đại M của R Do x ∈ J(R) nên x cũng thuộc M, dẫn đến 1 ∈ M, điều này tạo ra mâu thuẫn vì M là iđêan cực đại của R.
Vậy 1−xy phải khả nghịch.
(⇐) Giả sử M là một iđêan cực đại nào đó của R Gọi x là một phần tử của vành và x /∈ M, nhưng thỏa mãn 1−xy khả nghịch, tức là 1−xy /∈ M.
Ta có iđêan sinh bởi M và x chính là R Do vậy tồn tại y ∈ R, m ∈ M sao cho m+ xy = 1 nên 1−xy = m ∈ M, mâu thuẫn với giả thiết phản chứng nên x∈ J(R).
2.2.19 Mệnh đề Trong vành đa thức R[x], căn Jacobson J(R[x]) chính là căn lũy linh N.
Chứng minh Ta có căn lũy linh chính là giao của tất cả các iđêan nguyên tố trong vành R[x] nên N ⊂ J(R[x]).
Ta sẽ chứng minh J(R[x]) ⊂ N Thật vậy:
Gọi f = a 0 +a 1 x+ +a n x n ∈ J(R[x]) suy ra 1−f g khả nghịch với mọi g ∈ R[x].
Với g = −1 thì 1 +f khả nghịch nên a0 khả nghịch, a1, , an lũy linh. Chọn g = −(1 +x) thì:
1−gf = 1 + (1 +x)(a 0 +a 1 x+ + a n x n ) = 1 + a 0 + (a 0 + a 1 )x + + (an−1 +an)x n + anx n+1 khả nghịch nên a0 +a1 lũy linh, mà a1 lũy linh nên a 0 lũy linh Hay f là một phần tử lũy linh vậy J(R[x]) ⊂ N.
Cho R là một vành giao hoán có đơn vị Phần tử e ∈ R được gọi là phần tử lũy đẳng của vành nếu e 2 = e.
Trong một vành giao hoán R có đơn vị, nếu mọi iđêan không chứa trong căn lũy linh N thì đều chứa phần tử lũy đẳng khác không Điều này dẫn đến việc xác định rằng N = J(R).
Chứng minh Hiển nhiên là N ⊆ J(R) Giả sử N 6= J(R) Khi đó theo giả thiết ∃e∈ J(R), e 2 = e 6= 0 (vì J(R) là một iđêan không chứa trong N).
Ta có e 2 −e= 0 ⇒ e(1−e) = 0, vì 1−elà phần tử khả nghịch nên e= 0,mâu thuẫn với giả thiết Như vậy N = J(R).
Trong một vành giao hoán có đơn vị R, với I, J là các iđêan của R, ta có các tính chất sau: Rad(I) chứa I; Rad(Rad(I)) bằng Rad(I); Rad(IJ) bằng Rad(I ∩ J) và Rad(I) ∩ Rad(J); Rad(I) bằng R khi và chỉ khi I bằng R; Rad(I + J) bằng Rad(Rad(I) + Rad(J)); nếu p là iđêan nguyên tố thì với mọi n thuộc N*, Rad(p^n) bằng p.
Chứng minh i) Ta có ∀x ∈ I thì x 1 = x ∈ I nên x ∈ Rad(I) hay I ⊂ Rad(I). ii) Ta có:
⇔Rad(Rad(I)) = Rad(I) iii) Ta có: ∀x ∈ Rad(IJ),∃n ∈ N ∗ , x n ∈ IJ và ∀x n ∈ I ∩ J thì x n ∈
I và x n ∈ J nên x ∈ Rad(I) và x ∈ Rad(J) Do đó x ∈ Rad(I)∩ Rad(J).
Từ đó suy ra Rad(IJ) ⊆Rad(I)∩Rad(J).
Mặt khác, ∀x ∈ Rad(I) ∩ Rad(J),∃m, n ∈ N ∗ , x n ∈ I và x m ∈ J nên x m+n = x m x n ∈ IJ Do vậy x ∈ Rad(IJ) Từ đó ta có Rad(I)∩ Rad(J) ⊆ Rad(IJ).
Như vậy ta đã chứng minh được Rad(I)∩Rad(J) =Rad(IJ). iv) Ta có Rad(I) = h1i = R, khi đó 1∈ Rad(I),∀n∈ N ∗ ,1 n = 1 ∈ I như vậy I = R = h1i.
Ngược lại thì hiển nhiên đúng. v) Nhận xét: vớia i ∈ Rad(I), b i ∈ Rad(J) ⇒ ∃m, n ∈ N ∗ , a m i ∈ I, b n i ∈ J. Khi đó:
(ai +bi) m+n = C m+n k a k i b r i , k +r = m+n ta nhận thấy không đồng thời xảy ra k < m, r < n nên (a i +b i ) m+n ∈ I+J.
Ta có: ∀x ∈ Rad(Rad(I) +Rad(J)) ⇔ ∃n ∈ N ∗ , x n ∈ Rad(I) +Rad(J)
⇔ ∃a i ∈ Rad(I), b i ∈ Rad(J)sao chox n = a i +b i (1) Theo nhận xét trên thì tồn tại m, p ∈ N ∗ , a m i ∈ I, b p i ∈ J Khi đó: x ∈ Rad(Rad(I) +Rad(J)) ⇔ (x n ) m+p ∈ Rad(I) +Rad(J) Từ (1) suy ra(x n ) m+p = (a i +b i ) m+p ∈ I + J.
∀x ∈ Rad(Rad(I) +Rad(J)) ⇔x ∈ Rad(I +J) hay
Rad(I +J) = Rad(Rad(I) +Rad(J)). vi) Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
Vậy vi) đúng với n = 1, giả sử vi) đúng với n = k, ta cần chứng minh vi) đúng với n = k+ 1.
Thật vậy, sử dụng ý iii) và giả thiết quy nạp ta có:
2.2.22 Hệ quả I, J là các iđêan của vành R, khi đó Rad(I) và Rad(J) nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi I và J nguyên tố cùng nhau.
Chứng minh Ta có vì Rad(I) và Rad(J) nguyên tố cùng nhau nên
Rad(I) +Rad(J) = R, do đó, theo mệnh đề trên ta có:
Rad(Rad(I) +Rad(J)) = Rad(R) = R và
Do đó Rad(I +J) = R Điều này kéo theo I + J = R.
Dựa trên tài liệu tham khảo, đặc biệt là tài liệu [3], khóa luận đã hệ thống hóa các kiến thức cơ bản về vành giao hoán và iđêan trong vành giao hoán Chúng tôi đã hoàn thành một số công việc quan trọng liên quan đến chủ đề này.
- Trình bày lại một số kết quả về cơ sở của vành giao hoán, iđêan trong vành giao hoán và chứng minh của những kết quả này.
- Chứng minh hoặc chứng minh chi tiết thêm một số kết quả nêu ra trong
[3] chưa được chứng minh hoặc chứng minh vắn tắt (chẳng hạn, Định lí 1.3.8, Định lí 1.5.8, Định lí 2.2.14).
Trong bài viết này, tác giả đã giải quyết một số bài tập trong tài liệu [3] và trình bày chúng dưới dạng các mệnh đề như Mệnh đề 1.2.10, Mệnh đề 1.4.7, Bổ đề 2.2.9, và Mệnh đề 2.2.21 Sau khi hoàn thành khóa luận, tác giả nhận thấy còn nhiều vấn đề thú vị trong lĩnh vực Đại số giao hoán và bày tỏ hy vọng sẽ tiếp tục nghiên cứu sâu hơn về chủ đề này.