Chương 3. CÁC RADICAL TRONG CÁC PI-ĐẠI SỐ
3.2. Một Số Nghiên Cứu Về Các Radical Trên Các PI-Đại Số
3.2.1. Các Radical Trên PI – Đại Số Phổ Dụng
T-ideal của K X là một ideal ổn định với mọi tự đồng cấu của K X , nghĩa là: Nếi I là T – ideal của K X , f I và
: K X K X là một tự đồng cấu của K X thì f I.
3.2.1.2. Mệnh đề
ChoA là đại số trên vành giao hoán K và I =I(A) là tập tất cả các đồng nhất thức của A. Khi đó I là một T–ideal của K X .
3.2.1.3. Định nghĩa PI – đại số phổ dụng
Một PI – đại số phổ dụng là một đại số có dạng: U = UI = K X /I, trong đó: I là một T-ideal của K X chứa S2mn với m, n nào đó.
3.2.1.4. Nhận xét
+ Nếu g1, g2, … là một dãy vô hạn các phần tử của K X thì luôn tồn tại duy nhất một tự đồng cấu : K X K X sao cho xi gi, i = 1, 2, …..và mọi tự đồng cấu đều có được theo cách này. Do vậy, một ideal N là T – ideal của K X nếu và chỉ nếu f = f(x1,…., xn) N, g1,g2,…., gn K X
thì f(g1,g2,…, gn ) N.
+ Nếu A là PI-đại số và I = I(A) thì I chứa đồng nhất thức Sm2n của A với m, n nào đó.
+ Nếu A là PI-đại số, I =I(A) và U = K X /I thì U là PI- đại số phổ dụng + U = u uI/uK[X] với U = K X /I
+ Nếu a1,a2,…A thì tồn tại duy nhất một đồng cấu::UA sao cho:
xi ai
3.2.1.5. ẹũnh nghúa
Cho A là một đại số, I là ideal của A. Khi đó:
a. Rad(I) là ideal R của A sao cho: R/I = J(A/I) b. Un(I) là ideal N của A sao cho: N/I = Un(A/I) 3.2.1.6. Mệnh đề
Nếu K X /I là PI – đại số phổ dụng thì U là PI-đại số và I là ideal chứa tất cả các đồng nhất thức của U.
Chứng minh
Giả sử U = K X /I là PI – đại số phổ dụng. Lấy f =f(x1, …, xm) I và
: K X U là đồng nhất thức sao cho: f(x1, …., xm) f(x1, …,xm), trong đó:xi = gi + I. Khi đó: f(g1, …, gm) I ( do I là T – ideal ). Vì vậy:
f(x1, …., xm) = f( g1+I, …., gm+I) = f(g1,….,gm) + I = I (vì f(g1,….,gm) I).
Suy ra: f = 0 vời bât kỳ đồng cấu : K X U f là đồng nhất thức của U. Nói riêng, ta có S2mn là một đồng nhất thức của U. Do đó, ta có U là PI- đại số.
* Bây giờ cho f = f(x1, …., xn) là đồng nhất thức của U. Khi đó, với đồng cấu : K X U sao cho: xi xi+I, với i = 1,2,…
Thì f = 0 ( do U là PI – đại số ) f( x1+I,…,xm+I)= 0 f( x1, …., xn)+I =I
f( x1, …., xn) I. Vậy I là ideal chứa tất cả các nhất thức của U.
3.2.1.7. Mệnh đề
Cho U = K X /I là một PI-đại số phổ dụng. Khi đó: Radical Jacobson của U là một nil ideal. Hay J(U) = Un(U).
Để chứng minh mệnh đề này ta cần chứng minh các bổ đề sau:
*Bổ đề1: Nếu I là T-ideal của K X thì Radical R của I cũng là T ideal của K X và Upper nil radical N của I cũng là T-ideal. Nếu I’ là T ideal, I’
I thì annK[X](I’/I) cũng là T –ideal.
Chứng minh:
*Chứng minh ( R là T ideal): lấy g(x1, …,xm) R theo nhận xét III.3.4 ta cần chứng minh rằng: f1,f2,…., fm K X thì g(f1,f2,…., fm ) R hay f K X , g(f1,f2,…., fm )f + I tựa chính quy trong K X /I. Thật vậy: Giả sử f = f(x1,…, xm) K X , ta có: vì g(x1, …,xm) R nên g(x1, …,xm) f(x1,…, xm) + I là tựa chính quy trong K X /I. Do đó tồn tại l K X sao cho:
g(x1, …,xm)f(x1,…, xm)+l-g(x1, …,xm)f(x1,…, xm)l 0( modI)
g(x1, …,xm) f(xm+1,…, x2m) + l - lg(x1, …,xm) f(xm+1,…, x2m) 0 ( modI).
Xét như một tự đồng cấu:: K X K X định bởi: xi fi
xm+i xi (i, 1mm) Do I là T – ideal nên:
g(f1,f2,…., fm )f(x1,…, xm)+l’-g(f1,f2,…., fm ).f(x1,…, xm)l’ 0 (modI)
g(f1,f2,…fm) f(x1,…, xm) + l’ – l’g(f1,f2,…., fm ). f(x1,…, xm) 0)(modI ) Vì vậy: g(f1,f2,…., fm )f + I là tựa chính quy với mọi f K X .
g(f1,f2,…., fm )f R, f K X R là ideal của K X và R là:
g(f1,f2,…,fm ) R. Vậy: R là T – ideal của K X . Chứng minh: N là T – ideal.
Lấy g(x1, …,xm)N ta cần chứng minh:f1,f2,…., fmK X thì g(f1,f2,…,fm) là lũy linh theo modI. Thật vậy: vì g(x1, …,xm) N nên g(x1,
…,xm) + I là lũy linh trong K X /I n: (g(x1, …,xm))n 0 (modI). Xét tự đồng cấu:
: K X K X định bởi: xi fi (i,1im)). Do I là T–ideal nên
(g(f1, …,fm))n0 (modI)g(f1,f2,…, fm) là lũy linh theo modIg(f1,f2,…,fm)N. Vậy N là T i-deal.
* Chứng minh: annK[X](I’/ I) là T - ideal
Đặt B = annK[X](I’/ I). lấy g(x1, x2, …., xm) B. Chúng ta chứng minh:
f1,f2,…,fmK X ,f I’:g(f1,f2,…., fm ).f0(modI) và f.g(f1,f2,…,fm)0(modI).
Thật vậy, vì g(x1, x2, …, xm) B nên: g(x1, x2, …, xm)f 0 (mod I) và f.g(x1, x2, …, xm) 0 (mod I). Khi đó, xét tự đồng cấu:
: K X K X định bởi: xi fi , (i, 1 i m )
Do I là T ideal nên: g(f1,f2,…., fm ).f 0 (mod I) và
f. g(f1,f2,…., fm ) 0(mod I). Suy ra: g(f1,f2,…, fm ) B.Vậy, B là T ideal.
Bổ đề 2
Cho A là đại số nửa nguyên tố, I là ideal của A và B= annAI (linh hóa tử bên trái của I trong A). Khi đó: A/B là nửa nguyên tố và annA/B(I+B)/B= <0>.
Chứng minh
Giả sử N là ideal của A chứa B: N2 B.
Vì vậy, N2I = <0> (vì B = annAI) (NI)2 = NI.NI NI.IN.I N2I = <0>
NI = <0>N B ( vì B = annAI ). Do đó: nếu N/B là ideal của A/B:
(N/B)2= <0> thì N/B = <0>A/B là nửa nguyên tố.
Đặt annA/B(I+B)/B = P/B. Khi đó: P = p/pI B pI BPI2 = <0>
(do A là nửa nguyên tố) (PI)2 = <0>PI=<0> PB
annA/B(I+B)/B = <0> ( ủpcm ).
Bổ đề 3
Cho A là PI đại số nửa nguyên tố có tâm C thỏa: annA(RadC)= <0>.
Khi đó bất kỳ đồng nhất thức f của A là tổng của các đồng nhất thức hoàn toàn thuần nhất fi sao cho: htfi htf và fi là trộn đều nếu f được trộn đều.
Chứng minh
Ta vieát: f = f(x1, x2, …, xm)=
d 0
i fi(x1,...,xm) với x fi i
deg 1 , ta chứng minh: fi là đồng nhất thức của A. Lấy c RadC, và a1, …,am A. Vì f( cja1,
…, am ) = 0 (do f là phép đồng nhất của A) với 0 jd. Theo kết quả của phép chứng minh định lý 2 / trang 52 (tài liệu tham khảo của tác giả Dold và Eckmann) ta có: ce[1-ch(c)]ui = 0 trong đó: ui = fi( a1, …, am) và h(c) Z, e = ( d2 – d)/3. Khi đó: ch(c) RadC 1-ch(c) là khả nghịch trong C. Vì vậy: ceui = 0 (cuiA)e = <0> mà A là nửa nguyên tố cui = 0 ui
annA(RadC) ui = 0 ( do annA(RadC) = <0>) fi(a1, …, am) = 0, ai A
fi là đồng nhất thức của A.
Nếu fi là thuần nhất theo x1, ht(fi) ht(f), fi được trộn đều hay thuần nhất theo xj bất kỳ nếu f có tính chất này. Lặp lại quá trình chứng minh trên với x2, x3, …chúng ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 4
Cho A là PI đại số nửa nguyên tố và tâm C thỏa: annARadC = < 0 >
và H là đại số giao hoán trên K.khi đó mọi đồng nhất thức của A cũng là đồng nhất thức của AH = HKA.
Chứng minh
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng. Giả sử tồn tại f là một đa thức có chiều cao tối thiểu thỏa: f là đồng nhất thức của A nhưng f
không là đồng nhất thức của HKA. Chúng ta cũng có thể giả sử f được trộn đều và hòan tòan thuần nhất (do bổ đề 3).
Giả sử xi có mặt trong f và xj không có mặt trong f. khi đó: ijf có chiều cao thấp hơn f và ijf là một đồng nhất thức của A. vì vậy: ij làmột đồng nhất thức của AH =HKA(do giả thiết phản chứng). Do đó: Nếu
H '
i ' m '
2 '
1,a ,...,a ,b A
a thì:
f( a1',...,ai' bi',ai'1,...,am' ) f(a1',...,ai',..,am' ) f(a1',..,bi',..,am' ),i. Suy ra:
với bất kỳ 2' ' '
1,a ,...,am
a AH thì f( 2' ' '
1,a ,...,am
a ) là tổng của các số hạng có dạng:
f( h1a1,h2 a2,...,hmam), hiH, aiA. Vì f là hoàn tòan thuần nhất và H là hoàn toàn giao hoán nên:
f( h1 a1,h2 a2,...,hm am) = h1r1.hr22...hrmm f(a1,...,am) với ri = deg f
xi . Do đó f là đồng nhất thức của A và f cũng là đồng nhất thức của AH (mâu thuẫn với giả thiết phản chứng).
*Nhận xét
Bổ đề 4 khi áp dụng với H= K[]thì ta có: A[]= AK[]thỏa mãn tất cả các đồng nhất thức của A do A[] là PI-đại số.
Chứng minh: Mệnh đề 3.2.1.7.
Ta có R N I với R = Rad(I), N = Un(I). Do bổ đề 1.ta có: R, N và B =annK[X]R/N là các T ideal. Hơn nữa, do K[X] / N là nửa nguyên tố ( Thật vậy, giả sử C/N là ideal lũy linh của K[X]/N xC/N
n: xn N xn + I xn Un(K[X]/I)
m: (xn)m I xI N x = 0C/N = <0> và B/N
=annK[X]/NR / N nên theo bổ đề 2 ta có: K[X]/B(K[X]/N)/(B/N) là nửa nguyên tố và
B / ) B R (
annK[X]/B = <0>.
Chúng ta cần chứng minh rằng: R = N và điều này đúng nếu R B. Nghĩa là: Khi RB R2 BR N (do B = annK[X]R/N)
R2/N=< 0 > R/N = <0> (do U/N không chứa ideal lũy linh khác <0>)
RNR = N. Khi đó: R/I = N/I
Un(K[X]/I) = J(K[X]/I) J(U) là nil ideal (đpcm).
*Nhận xét: Rõ ràng ở đây: (R+B)/BJ(K[X]/B). Nên nếu thay I bởi B thì ta luôn có sự thu gọn của mệnh đề là: U là nửa nguyên tố, N=I, annK[X](R/I) = I.
Ở đây ta cần chứng minh: R B. Thật vậy: Gọi C là tâm của U = K[X]/ I.
Ta chứng minh annU(RadC) = <0>.
lấy b annU(RadC) bannU(J(U)C)( vì J(U)C Rad(C) và
CRad(C). Khi đó: lấy c C(J(U))b(J(U))
) ( )) ( ( )) (
(J U b J U J U c
C
c c(J(U)) C cb =bc = 0.
Do c C nên c(J(U))b(J(U)) = <0> và C là tâm của U.
Do đó: [ C(J(U))b(J(U))]2 = <0> C(J(U))b(J(U))= <0> ( do U là nửa nguyên tố ). Khi đó theo định lý 1.3.18 ta suy ra: (J(U))b(J(U)) = <0>
(bJ(U))2 = <0>bJ(U) = <0> (do U là nửa nguyên tố) b annJ(U)
b annU(R+B)/B (vì (R+B)/B J(K[X]/B) J(U) )b = 0( theo bổ đề 2) . Vậy, annURadC = <0>. Như vậy ta đã chưng minh được U là PI đại số nửa nguyên tố có tâm C thỏa mãn annURadC = <0> nên theo kết quả nhận xét của bổ đề 4. Ta có: U[] thỏa mãn đồng nhất thức của U[] nên U và U[] có cùng đồng nhất thức.
* Lấy f R và: K[X] U[] là đồng cấu. Vì U[] là tập đếm được các phần tử sinh nên tồn tại tòan cấu từ K[X] vào U[]. giả sử tòan cấu đó là : K[X] U[] thỏa: f = f.
Lấy g I là đồng nhất thức của U g là đồng nhất thức của U[]g = 0. Do đó: (I) = <0>.
Ta xét toàn cấu cảm sinh: :K[X]U[] ;yIy toàn cấu này hạn chế trên J(K[X]/I) và J(U[]) thì ta có: Do U[] là nửa nguyên thủy nên J(U[]) = <0 > (R/I) = < 0 > (R) = < 0 > f = 0, f R
f=f=0, đồng cấu : K[X] U[] f là đồng nhất thức của U f
I R I R B (ủpcm).
3.2.1.8. Hệ quả
Nếu U là PI – đại số phổ dụng Thì: ln(U) = L(U) = Un(U) = J(U)=N(1)