Bài tập 1. ChoR = K[x, y]là vành đa thức trên trường K.Chứng minh rằng: p
(x2, xy, y2) = (x, y) Lời giải:
+) Chứng minh (x, y) ⊆ p
(x2, xy, y2) . Thật vậy:
Đặt I = (x2, xy, y2). Ta có:
Đặt R = K[x, y], K là 1 trường.
x ∈ R,∃2∈ N : x2 ∈ I ⇒ x ∈ √ I y ∈ R,∃2∈ N: y2 ∈ I ⇒ y ∈ √
I Suy ra: (x, y) ⊆p
(x2, xy, y2) (1) +) Chứng minh p
(x2, xy, y2) ⊆(x, y). Thật vậy:
∀f ∈ √
I ⇒ ∃n ∈ N: fn ∈ I ⇒fn = g1x2+g2xy+g3y2,(g1, g2, g3 ∈ R)(*). Ta cần chứng minh f ∈ (x, y).
Chứng minh bằng phản chứng: f /∈ (x, y) ⇒ f = a ∈ K\{0} ( a là hằng số).
Khi đó: fn = an ∈ K\{0}, mâu thuẫn với (*). Vậy f ∈ (x, y).
Suy ra: p
(x2, xy, y2) ⊆ (x, y) (2) Từ (1) và (2) ta có: p
(x2, xy, y2) = (x, y).
Bài tập 2. Cho R = K[x, y] là vành đa thức trên trường K. Chứng minh rằng (x2, y3) là p – nguyên sơ, trong đó p = (x, y).
Lời giải:
+) Ta có p
(x2, y3) = (x, y) = p(Chứng minh tương tự bài tập 1).
+) Chứng minh I = (x2, y3) là iđêan nguyên sơ. Thật vậy:
Với f.g ∈ I ⇒ f.g = h1.x2 + h2.y3 suy ra mọi số hạng của f.g có deg(x) ≥ 2 hoặc deg(y) ≥ 3. Mà f /∈ I suy ra tồn tại số hạng của f mà deg(x) = λ ≤1 và deg(y) = à≤ 2. Nờn để f.g ∈ I thỡ mọi số hạng của g phải cú deg(x) ≥ 2−λ ≥ 1 hoặc deg(y) ≥ 3− à ≥ 1.
Giả sử g = x+y, tồn tại n= 2 + 3 = 5 để g5 ∈ I. Vìg5 = (x+ y)5 = P5
i=1C5ixiy5−i. Nếu i <2 thì5−i > 3⇒ g5 ∈ I. Nếu i ≤ 3 thì g5 ∈ I, thỏa mãn, ta có điều phải chứng minh.
Bài tập 3. Trên vành giao hoán Z, cho I = nZ, J = mZ là hai iđêan của Z với m, n ∈ Z. Chứng minh rằng:
a) I + J = dZ với d = (m, n).
b) I ∩ J = bZ với b = [m, n].
c) IJ = mnZ.
d) (I : J) = n2Z với n2 thỏa mãn n= (m, n)n2. Lời giải:
a) +) Với x∈ I+J thì tồn tại a = na1 ∈ I, b = mb1 ∈ J để x = a+b.
Gọid = (m, n) suy ram = dm1 và n= dn1 với m1, n1 ∈ Z. Ta nhận được x = na1 + mb1 = dn1a1 + dm1b1 = d(n1a1 + m1b1) ∈ dZ ⇒ nZ+ mZ ⊆ dZ.(1)
+) Với mọi y ∈ dZ luôn tồn tại y1 ∈ Z sao cho: y = dy1. Do d = (m, n) nên luôn tồn tại p, q ∈ Z sao cho d = mp+ nq. Khi đó:
y = (mp+nq)y1 = mpy1 +nqy1 ∈ nZ+mZ ⇒dZ ⊆ nZ+mZ (2) Từ (1) và (2) suy ra dZ = nZ+mZ.
b) Vì b = [m, n] nên tồn tại m2, n2 ∈ Z;b = mm2 = nn2. Với mọi x ∈ I ∩J ⇒ x ∈ I = nZ và x ∈ J = mZ ⇒ x...n và x... m ⇒ x... b ⇒ x ∈ bZ. Vậy I ∩J = nZ∩mZ ⊆bZ với b = [m, n]. (3)
Ngược lại với mọi x ∈ bZ ta có x... b ⇒ x... n và x... m ⇒ x ∈ I = nZ và x ∈ J = mZ ⇒ x ∈ I ∩J ⇒bZ ⊆ I ∩J. (4)
Từ (3) và (4) ta có I ∩ J = bZ c) +)Với mọi x ∈ IJ ta cóx = Pk
i=1aibi với ai ∈ I, bi ∈ J, i = 1, . . . , k.
Vì ai ∈ I nên ai = nqi, qi ∈ Z. Vì bi ∈ J nên bi = mpi, pi ∈ Z. Ta được x = Pk
i=1(nqi)(mpi) = Pk
i=1nm(qipi),(qi, pi) ∈ Z ⇒ x ∈ nmZ ⇒ nZmZ ⊆ nmZ. (5)
+)Với mọi y ∈ nmZ thì tồn tại y2 ∈ Z sao cho y = mny2 = n(my2) ∈ IJ ⇒nmZ ⊆ nZmZ . (6)
Từ (5) và (6) suy ra IJ = nZmZ = nmZ.
d) Ta có (I : J) = {x ∈ Z : xJ ⊆ I}. Giả sử d = (m, n). Ta cóaZ ⊆ bZ khi và chỉ khi b|a với a, b ∈ Z.
+)Với x ∈ (I : J) = (nZ : mZ) thì xmZ ⊆nZ.
Trường hợp 1: Nếu n|m thì mZ ⊆ nZ;d = (m, n) = n. Khi đó với mọi x ∈ Z ta luôn có xmZ = mZ ⊆ nZ ⇒ Z ⊆ (I : J). Mặt khác ta luôn có (I : J) ⊆ Z, do đó (I :J) = Z.
Trường hợp 2: Nếu n6 |m thì mZ * nZ. Để xmZ ⊆ nZ thì n|xm. Vì d = (m, n) nên m = dm2 và n = dn2 với m2, n2 ∈ Z; (m2, n2) = 1.
Ta có xm... n khi và chỉ khi xdm2... dn2 ⇔ xm2... n2. Do (m2, n2) = 1 nên x...n2 hay x ∈ n2Z. Từ đó (I :J) ⊆ n2Z. (7)
+) Với mọi y ∈ n2Z luôn tồn tại y3 ∈ Z : y = n2y3. Ta lại có ym = (n2y3)m = (n2y3)(dm2) = y3m2n,
do đó:
ym...n⇒ ymZ ⊆nZ ⇒ y ∈ (I : J) ⇒ n2Z ⊆(I : J) (8) Từ (7) và (8) suy ra (I : J) = n2Z với n2 thỏa mãn n= dn2. Vậy (I : J) = (nZ : mZ) =n2Z với n2 thỏa mãn n= (m, n)n2. Bài tập 4. Với I, J là các iđêan của vành giao hoán có đơn vị A. Chứng minh rằng:
a)p√
I = √ I, b)√
I +J = p√
I +√ J. Lời giải:
a) Ta luôn có I ⊆ √
I nên √
I ⊆ p√
I. Ngược lại với mọi y ∈ p√ I suy ra tồn tại m ∈ N để ym ∈ √
I suy ra tồn tại k ∈ N để (ym)k ∈ I ⇒ y ∈ √
I do đó p√
I ⊆ √
I. Vậy p√
I = √
I (đpcm).
b) Với mọix ∈ √
I + J luôn tồn tại n∈ N đểxn ∈ I+J suy ra tồn tại a ∈ I, b ∈ J đểxn = a+b. Ta cóI ⊆ √
I vàJ ⊆√
J nênI+J ⊆ √ I+√
J. Suy ra √
I +J ⊆ p√
I +√
J. Ngược lại, với mọi y ∈ p√
I +√ J thì tồn tại m ∈ N để ym ∈ √
I + √
J. Do đó tồn tại r ∈ √
I, s ∈ √ J sao cho ym = r + s. Vì r ∈ √
I và s ∈ √
J nên tồn tại k ∈ N, t ∈ N để rk ∈ I, st ∈ J. Khi đú (ym)k+t = (r + s)k+t = rk+t + α1rk+t−1s+ ã ã ã+ αk+1sk+t = rk(rt + α1rt−1s+ ã ã ã +αtst) +st(αt+1rk+1s+ ã ã ã +αt+ksk).
Suy ra
(ym)k+t = ym(k+t) ∈ I +J ⇒y ∈ √
I + J.
Do đó p√
I +√
J ⊆√
I +J. Vậy √
I +J = p√
I +√ J.
Bài tập 5. Cho A là vành chính, p∈ A\ {0}. Chứng minh các mệnh đề sau tương đương:
i)pA là iđêan cực đại của A.
ii)pA là iđêan nguyên tố khác iđêan không của A.
iii)p là phần tử nguyên tố của A.
iv)p là phần tử bất khả quy của A.
Lời giải:
(i ⇒ii)Vì mọi iđêan cực đại là iđêan nguyên tố vàp 6= 0 ⇒pA 6= {0}. (ii ⇒ iii) Giả sử p không là phần tử nguyên tố của A. Khi đó tồn tại a, b ∈ A : p|ab nhưng a 6 ...p ; b 6 ...p, tức là ab ∈ pA nhưng a, b /∈ pA. Điều này mâu thuẫn với giả thiết pA là iđêan nguyên tố.
Vậy điều giả sử là sai, hay p là phần tử nguyên tố của A.
(iii ⇒ iv) Giả sử p là phần tử nguyên tố của A, ta chứng minh p là phần tử bất khả quy. Thật vậy, vì p là phần tử nguyên tố của A nên p
không khả nghịch, p 6= 0. Hơn nữa, nếu p|ab thì p|a hoặc p|b (*). Mặt khác, ta chỉ ra rằng a, a′ ∈ A liên kết với nhau khi và chỉ khi a|a′ và a′|a.
Thật vậy. Ta có a′ ∼ a ⇒ a′ = au (u là phần tử khả nghịch). Suy ra a|a′. Tương tự ta có a ∼ a′ ⇒ a = a′v (v là phần tử khả nghịch). Suy ra a′|a. Ngược lại, a, a′ ∈ A thỏa mãn a|a′ và a′|a thì a′ = au, a = a′v.
Do đó a = auv ⇔ a(1ưuv) = 0. Vì A là vành chính nên a = 0 hoặc 1ưuv = 0.
Nếu a = 0 thì a′ = 0 do đó a ∼ a′.
Nếu 1ưuv = 0 thì uv = 1, suy ra u, v là phần tử khả nghịch. Do đó a ∼ a′. Từ (*) ta có nếu p|a thì do a|p nên p và a liên kết với nhau suy ra b là khả nghịch. Tương tự nếu p|b khi đó a là phần tử khả nghịch. Do vậy ước của p chỉ là các phần tử khả nghịch hoặc liên kết với p suy ra p không có ước thực sự. Vậy p là phần tử bất khả quy.
(iv) ⇒i) Giả sử p là phần tử bất khả quy suy ra p không khả nghịch nên pA 6= A, rõ ràng pA là iđêan của A. Giả sử I là iđêan của A sao cho pA ⊂ I 6= A. DoAlà vành chính nên tồn tạia ∈ Asao choaA = I, a6= 1.
Vì p ∈ I nên tồn tại b ∈ A để p = ab. Vì p là phần tử bất khả quy và a 6= 1 nên b là phần tử khả nghịch. Do đó p∼ a suy ra p|a ⇒aA ⊆ pA.
Vậy aA = pA = I hay pA là iđêan cực đại của A.
Bài tập 6. Cho A là vành chính và không là trường. Khi đó tập tất cả các iđêan nguyên sơ của Alà A = {0} ∪n
pnA|p bất khả quy, n ∈ No . Lời giải:
Vì A là vành chính nên A là miền nguyên. Mặt khác A/{0} = A ⇒ {0} là iđêan nguyên tố của A. Suy ra {0} là iđêan nguyên sơ. (1)
Theo bài tập 5, p là phần tử bất khả quy khi và chỉ khi p là phần tử nguyên tố khi và chỉ khi pA là iđêan cực đại của A. Ta có √
pnA = pA.
Suy ra pnA là iđêan nguyên sơ của A. Ngược lại, ta thấy rằng mọi iđêan nguyên sơ khác iđêan 0 của vành chính A đều có dạng aA với a 6= 0, a6= 1.
Vì mỗi vành chính là một vành nhân tử hóa nên ta có thể biểu diễn a dưới dạng tích các phần tử bất khả quy của A. Nếu a chia hết cho 2 phần tử bất khả quy p và q với p, q không liên kết thì pA và qA là hai iđêan cực đại phân biệt. Vì nếu pA = qA thì p = uq và q = vp với u, v ∈ A. Suy ra p = uvp ⇒uv = 1 (do p 6= 0 và A là miền nguyên) suy ra u, v khả nghịch. Điều này mâu thuẫn với giả thiết p, q không liên kết.
Theo định lí 2.3.27, khi đó pA và qA là các iđêan nguyên tố cực tiểu của aA. Vì aA là nguyên sơ nên M = √
pA là iđêan nguyên tố. Do A là vành chính nên M là iđêan cực đại. Do đó M là iđêan nguyên tố cực tiểu duy nhất của aA (mâu thuẫn). Vậy aA được sinh bởi lũy thừa dương của một phần tử bất khả quy nào đó của A. (2)
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
3 VÀNH NOETHER VÀ SỰ PHÂN TÍCH NGUYÊN SƠ