Xây dựng Radical Jacobson của vành và đại số không giao hoán

Chương 2. XÂY DỰNG CÁC LOẠI RADICAL

2.2. Radical Jacobson Của Vành Và Đại Số Không Giao Hoán

2.2.1. Xây dựng Radical Jacobson của vành và đại số không giao hoán

2.2.1.1. ẹũnh nghúa

Radical jacobson của vành R, ký hiệu J(R) hoặc Rad( R ), là tập hợp tất cả các phần tử của R linh hóa được tất cả các môđun bất khả quy trên R J( R) = aR/Ma 0  với M là R – mođun bất khả quy.

+Nếu R không có mođun bất khả quy, đặt J(R) =R, lúc đó R được gọi là vành Radical.

+Ta có annR(M) =rR/Mr  0 với mọi M là R–mođun bất khả quy.

Suy ra: * J(R)= annR(M), với mọi M là R – mođun bất khả quy.

* J(R) là ideal hai phía của R (vì annR(M) là ideal hai phía của R )

* Vì M được hiểu như R – mođun phải nên J(R) được gọi là Radical Jacobson phải.

* Tương tự ta cũng định nghĩa cho Radical jacobson trái.

* Gọi A là đại số có đơn vị trên vành giao hoán K có đơn vị . Phần giao của tất cả các ideal tối đại phải (hoặc trái ) của đại số A gọi là Radical Jacobson của đại số A, ký hiệu: J(A) hay Rad(A). Hay: J(A) =

= ' ( ,' lần lượt là các ideal phải tối đại, ideal trái tối đại của đại số A )

Ta cũng có định nghĩa khác là: cho M là A – mođun bất khả quy, Radical Jacobson của A được định nghĩa là: J(A) = annA(M), M là A- mođun bất khả quy của A. Trong đó: annA(M)=aA/aM 0gọi là cái linh hóa của A và là tập hợp các phần tử của A linh hóa toàn bộ M ( với M là A -mođun bất khả quy ).

Tiếp theo chúng ta đi mô tả cấu trúc Radical jacobson của vành không giao hoán R bằng các bổ đề và định lý:

2.2.1.2.Bổ đề

M là R- mođun bất khả quy khi và chỉ khi M đẳng cấu với R/ (vành thương) trong đó là ideal phải, tối đại, chính quy.

Chứng minh:

=> / Giả sử M là R – mođun bất khả quy => MR <0>.

Đặt S =uM/uR0, ta dễ dàng kiểm tra được S là một mođun con của M. Nếu S {0} suy ra S = M (vì M là R- mođun bất khả quy) dẫn đến MR =<0> (!) mâu thuẫn,Vậy S =  0 . Do dó: uM,u 0 thì uR <0>

mà uR là mođun con của M và M là R- mođun bất khả quy cho nên uR = M. Như vậy, với u  M cho trước và mỗi r R ta có duy nhất một phần tử ur  M. Điều này cho phép ta thiết lập một ánh xạ :R->M, định bởi công thức (r) = ur. Ta dễ dàng kiểm tra được  là đồng cấu. Mặt khác uR = M nên  là toàn cấu. Đặt  = ker thì là ideal phải của R. Ta chứng minh

là ideal phải tối đại của R. Thật vậy, giả sử có  là ideal phải của R chứa thực sự . Theo địnhlý Noether tacó: Im=MR/ ( do  là toàn cấu ) suy ra / là một mođun con của R/ khác <0>. Do M bất khả quy nên R/ cũng bất khả quy / = R/  =R(!). Vậy  là ideal phải tối đại của R. Từ đẳng thức uR = M  aR: ua = u  xR, uax = ux

u(x-ax) = 0 x-axker=  là ideal phải, tối đại, chính quy.

<= / Ngược lại, nếu  là ideal phải, tối đại, chính quy của R. khi đó, ta có:

(R/)R <0>. Thật vậy, giả sử (R/  )R = <0>xR, yR, (y+)x = 0 yx . Mặt khác, xR, aR: x – ax  nên cho ta ax  x. Vậy:  R = R (!) mâu thuẫn.Vậy (R/)R<0>. Do  tối đại nên R/ là R – mođun bất khả quy. (đpcm )

 Nhận xét:

1/ Nếu R là vành Radical thì trên R không có ideal phải, tối đại, chính quy cuûa R.

2/ Nếu R có đơn vị thì R không thể là vành Radical ( vì mọi Radical đều là chính quy trên vành có đơn vị ).

2.2.1.3. ẹũnh lyự

J(R) = :R trong đó  là ideal phải, tối đại, chính quy của R

và (:R) là ideal hai phía lớn nhất của R chứa trong . Chứng minh

 Dễ dàng kiểm tra được (: R) là ideal hai phía của R.

x(:R) Rx ax , lại do chính quy nên x-ax . Do đó:

x . Vậy (: R).

 (: R) là ideal hai phía lớn nhất nằm trong . Thật vậy, giả sử a1 là ideal hai phía nào đó của R nằm trong. Ta có: xa1

Rxa1   x (: R) a1(:R) .

 Nếu  ideal phải, tối đại, chính quy và giả sử: M = R/. Khi đó, ta có: annR(M) = xR:(R/)x0

=xR:xR,(y)x 0 yx

= xR:yR,yx  xR:Rx (:R) Như vậy: J(R ) = annR(M) =(:R) trong đó:`

M là R – mođun bất khả quy trên R

  chạy khắp mọi  ideal phải, tối đại, chính quy.

2.2.1.4. ẹũnh lyự:

J(R)=  , với là ideal phải, tối đại, chính quy.

Chứng minh: Theo 2.1.3. Ta có

J(R ) = annR(M) =(:R)    ( vì: (:R) là ideal hai phía lớn nhất của R chứa trong ) J(R )    (1).

Ta cần chứng minh bao hàm ngược lại, đặt T =  . xT, xét tập S =

xyy/yRvà dễ dàng kiểm tra đượcS là ideal phải chính quy củaR.

Tính chính quy được suy ra từ việc lấy phần tử a = -x R

yR, y-ay = y+xy S.

Do đó sẽ tồn tại ideal phải tối đại chính quy 0 của R sao cho: S 0. Ta sẽ chứng minh S R bằng phương pháp phản chứng. Thật vậy, giả sử S R. lấy x T =  0 xy0và y+xy0 y0 R= 0 (!) mâu thuẫn với 0 là ideal tối đại. Vậy S R.

Do đó xT = S = xyy/yRR. Như vậy, xT luôn tồn tại w R thỏa mãn: xw+ w = -x hay x+w +xw = 0. (và đây có thể xem là thuộc tính quan trọng của T).

* Bây giờ ta chứng minh:   J ( R) bằng phương pháp phản chứng. Giả sử ngược lại T =    J ( R) tồn tại R –mođun M không bị T linh hóa, tức là: MT  <0>  mM: mT <0>. Ta dễ dàng thấy mT là mođun con của M, cho nên mT = M (do M bất khả quy )  t T: mt = -m. lại do t T

 sR: t +s+ ts = 0 m(t +s+ ts) = 0 mt +ms +mts =0 -m +ms – ms

= 0 m = 0 (!) mâu thuẫn với mT <0>. Vậy: T =    J(R ) (2) Từ (1) và (2) suy ra: J (R) =   ( đpcm ).

Nhận xét

Khi R là vành giao hoán có đơn vị thì J(R) là giao của tất cả các ideal tối đại của R.

2.2.1.5. ẹũnh nghúa

Phần tử aR được gọi là tựa chính quy phải nếu a’R: a + a’ + aa’

= 0. Phần tử a’gọi là tựa nghịch đảo phải của a.

*Tương tự ta cũng định nghĩa cho phần tử tựa chính quy trái.

*Lưu ý: Nếu vành R có đơn vị 1 thì phần tử a R là tựa chính quy phải 1 +a có nghịch đảo trong R. Thật vậy: Nếu a tựa chính quy phải

1+a+a’+aa’ = 1(1+a)(1+a’)=11+a có nghịch đảo phải trong R.

Ngược lại, nếu 1+a có nghịch đảo phải x R, tức là: (1+a)x=1

x-1+ax=0. Đặt a’ = x – 1 a’ + a(a’+1) = 0 a+a’ + aa’ = 0  a là tựa chính quy phải.

2.2.1.6. ẹũnh lyựự

J(R) là ideal phải, tựa chính quy phải của R.

J(R ) chứa mọi ideal phải tựa chính quy phải của R Chứng minh

*Trước tiên ta chứng minh: các tựa nghịch đảo trái, tựa nghịch đảo phải của một phần tử thuộc R là bằng nhau. Thật vậy, giả sử aR có các tựa nghịch đảo trái c, tựa nghịch đảo phải b, tức là:

















0 ca c a

0 ab b a















0 cab cb ab

0 cab cb

ca 

















ca c a ab b a

ab

ca b = c

* Tiếp theo ta cần chứng minh: a  J(R) a vừa tựa chính quy phải, vừa tựa chính quy trái. Thật vậy: nếu a  J(R ) a là tựa chính quy phải 

a’ R: a+a’ +aa’ = 0 (1) a = -a-aa’ a  J(R )( do J(R ) là ideal phải ) và a  J(R )  a’ tựa chính quy phải  a” R sao cho: a+a”+aa” = 0.

Như vậy a’ có a là tựa nghịch đảo trái, a” là tựa nghịch đảo phải, do đó: a = a” a+a’+a’a = 0 (2).Từ (1) và (2) suy ra a  J(R ) vừa tựa chính quy phải, vừa tựa chính quy trái.

* Cuối cùng ta cần chứng minh rằng:   J(R ),   là ideal phải, tựa chính quy phải của R. Thật vậy:

Giả sử   J(R) M là R – mođun bất khả quy sao cho M <0> 

m M: m  <0>. Vì m là mođun con của mođun bất khả quy M nên m=M  t  : mt = - m và t là tựa chính quy phải nên t’ R: t + t’ + tt’

= 0  m(t + t’ + tt’) = 0 mt+mt’ +mtt’ = 0 -m+mt’ –mt’ = 0 m = 0

m=<0> (!) mâu thuẫn với m <0>. Vậy:   J(R).

2.2.1.7. Nhận xét

i/ Nếu  là ideal lũy linh thì nó là nil ideal nhưng chiều ngược lại không đúng.

ii/ Mọi phần tử lũy linh đều tựa chính quy. Thật vậy: giả sử a R là phần tử lũy linh m: am = 0. Đặt b = - a + a2 –a3 + ….+(-1)m-1am-1

 ab= -a2 +a3+……+(-1)m-2 am-1 b+ab=-a hay a+b+ab = 0 a là tựa chính quy phải.

Vậy mọi nil ideal phảitrong R đều là ideal tựa chính quy phải.

2.2.1.8. Bổ đề

J(R) chứa mọi nil ideal một phía Chứng minh

 Theo định lý 2.1.6 J(R ) chứa mọi ideal phải tựa chính quy

 heo nhận xét 2.1.7 mọi nil ideal phải đều là ideal phải tựa chính quy.Vậy: Bổ đề được chứng minh

2.2.1.9. ẹũnh lyự J(R/J(R)) = <0>

Chứng minh

Vì J(R ) là ideal phải, tối đại, chính quy phải của R R/(J(R)M là R-mođun bất khả quy mọi ideal phải,tối đại, chính quy của R/(J(R) đều bằng (0)(theo cách lý luận của của bổ đề 2.1.2).Vậy: J(R/J( R)) = <0>.

2.2.1.10. ẹũnh lyự

Cho A là đại số trên trường K, khi đó Radical Jacobson của đại số A trùng với Radical Jacobson của vành A.

Chứng minh:

Giả sử  là ideal phải, tối đại, chính quy của A thì  là vành con của A trên trường K, tức là: K  . Thật vậy: giả sử K thì K +  = A ( do

 là ideal phải, tối đại và K là ideal phải của A ). Mặt khác,ta có:A2 = (K + )A (K)A + A  A  . Vì  là chính quy nên có a A sao cho: x – ax ,xA nhửng ax A2   x ,xA = A ( !) maõu thuẫn với là ideal tối đại. Do đó: mọi ideal phải, tối đại, chính quy của A với tư cách là một vành cũng chính là ideal phải, tối đại, chính quy của A với tư cách là đại số. Vậy: Jvành(A)  Jđại số (A).

2.2.1.11. Tóm Tắt Quá Trình Xây Dựng Radical Jacobson:

Tacó: J(R) = aR/Ma0với mọi M là R – mođun bất khả quy.

* J(R)= annR(M), với mọi M là R – mođun bất khả quy

* J(R) = :R trong đó  là ideal phải, tối đại, chính quy của R * J(R) = , chạy khắp các ideal phải, tối đại, chính quy của R.

* J(R) là ideal phải, tối đại, chính quy phải duy nhất của R.

Nhận xét

Cho A là đại số trên vành giao hoán có đơn vị K.

i/ Ta thấy rằng J(A) là ideal hai phía vì là giao của tất cả các ideal hai phía (:A) ,  là ideal phải, tối đại, chính quy của R.

ii/ a  J(A), vì J(A) là tựa chính quy phải nên a’A : a + a’+aa’ = 0(1).

Vì a, aa’ J(A) nên a’ J(A). Lại do a’ J(A) nên a’’: a’ +a’’+a’a’’= 0(2).

Từ (1) và (2) suy ra: a a’’ + a’a’’+aa’a’’= 0 và aa’ +aa’’+ aa’a’’= 0 aa’ = a’a’’  a = a’’ thay vào (2) suy ra được a là tựa chính quy trái. Như vậy J(A) là tựa chính quy trái.

iii/ J(A) là ideal hai phía, tựa chính quy hai phía, chứa mọi ideal phải tựa chính quy phải và chứa mọi ideal trái tựa chính quy trái của A.

Hay Jt(A)=Jp(A) với Jt(A), Jp(A) lần lượt là giao của tất cả các ideal trái, tối đại, chính quy của A và ideal phải, tối đại, chính quy của R. .