Định nghĩa 2.2.1. Cho B là một vành và A là vành con của vành B. Một tập hợp C gồm các phần tử thuộc B mà nguyên trên A được gọi là bao đóng nguyên của A trong B.
• Nếu C = Athì A được gọi là đóng nguyên trong B tức là với mọi x ∈ B, x nguyên trên A thì x thuộc A.
• Bao đóng nguyên C của một vành A trong B là một vành con của B (A⊆ C ⊆B) và nguyên trên A (theo Mệnh đề 2.1.5).
Mệnh đề 2.2.2. Cho B là một vành, A là vành con của B và C là bao đóng nguyên của A trong B. Khi đó C là đóng nguyên trong B.
Chứng minh. Lấy bất kì x ∈ B là nguyên trên C nên khi đó x thỏa mãn phương trình có dạng
xn +c1xn−1 +...+cn = 0 với ci ∈ C, i = 1, n.
Do C là nguyên trên A nên C0 = A[c1, ..., cn] là A-môđun hữu hạn sinh.
Vì C ⊆ C0 nên ci ∈ C0, i= 1, n. Do đó x là nguyên trên C0.
theo Mệnh đề 2.1.3 thì C0[x] là C0-môđun hữu hạn sinh. Suy ra C0[x]
là A-môđun hữu hạn sinh (theo Mệnh đề 1.8.36).
Do đó x là nguyên trên A (theo Mệnh đề 2.1.3). Suy ra x ∈ C. Vậy C là đóng nguyên trong B.
Mệnh đề 2.2.3. Cho B là một vành, A là vành con của B và C là bao đóng nguyên của A trong B. Nếu S là một tập con đóng nhân của A thì S−1C là bao đóng nguyên của S−1A trong S−1B.
Chứng minh. Ta có C là nguyên trên A nên theo Mệnh đề 2.1.7 thì S−1C nguyên trên S−1A.
Ngược lại, giả sửb/s ∈ S−1B là nguyên trênS−1Athì b/s sẽ thoả mãn phương trình dạng
(b/s)n+ (a1/s1)(b/s)n−1 +...+ (an−1/sn−1)(b/s) + (an/sn) = 0 (2.2) với ai/si ∈ S−1A (ai ∈ A, si ∈ S, i = 1, n).
Đặt t= s1.s2...sn, nhân phương trình (2.2) với (st)n ta được (b
s)n(st)n + a1 s1(b
s)n−1(st)n+...+ an−1 sn−1(b
s)(st)n + an
sn(st)n = 0
⇐⇒ (bt)n +a1ss2s3...sn(bt)n−1 +...+ans1s2...sn−1sn = 0 Suy ra bt nguyên trên A (vì ai, si ∈ A) hay bt ∈ C.
Do đó: b/s = bt/bs ∈ S−1C.
Vậy S−1C là bao đóng nguyên của S−1A trong S−1B.
Mệnh đề 2.2.4. Cho B là một miền nguyên, A⊆ B là miền nguyên và B nguyên trên A. Khi đó B là một trường khi và chỉ khi A là một trường.
Chứng minh. Giả sử A là một trường. Lấy bất kì y ∈ B, y 6= 0.
Vì B là nguyên trên A nên mọi y ∈ B là nguyên trên A tức là y thoả mãn phương trình có dạng
yn +a1yn−1 +...+ an = 0. (2.3) với ai ∈ A, i = 1, n
Trường hợp 1: Nếu an = 0 thì khi đó phương trình (2.3) trở thành yn+a1yn−1+...+an−2y2+an−1y = 0 ⇔ y(yn−1+a1yn−2+...+an−2y+ am−1) = 0.
Vì y 6= 0 nên yn−1 + a1yn−2 + ... + an−2y + am−1 6= 0 mà y(yn−1 + a1yn−2 +...+an−2y +am−1) = 0 (mâu thuẫn với B là miền nguyên).
Trường hợp 2: Với an 6= 0
Nhân phương trình (2.3) với (an)−1 ta được
(an)−1yn + (an)−1a1yn−1 +...+ 1 = 0. (2.4) Nhân phương trình (2.4) vớiy−1 ta được(an)−1yn−1+(an)−1a1yn−1−2+ ...+yn−1 = 0.
Đặt y−1 = −(an)−1(yn−1 +a1yn−2 +...+an−1) ta thấy y−1y = 1. Suy ra: y−1 ∈ B.
Vậy B là một trường.
Ngược lại, giả sử B là một trường, lấy x ∈ A, x 6= 0. Vì A ⊂ B nên x ∈ B. Do đó tồn tại x−1 ∈ B vì B là một trường.
Vì B nguyên trên A nên x−1 là nguyên trên A. Khi đó x−1 thoả mãn phương trình
x−m +a01x−m+1 +a02x−m+2+ ...+a0m−1x+a0m = 0. (2.5) với a0i ∈ A, i = 1, m.
Nhân phương trình (2.5) với xm−1 ta được x−1 + a01 +a02x+...+ a0m−1xm−2 +a0mxm−1 = 0.
Suy ra x−1 = −(a01 +a02x+ ...+a0m−1xm−2 +a0mxm−1) ∈ A.
Vậy A là một trường.
Hệ quả 2.2.5. Cho B là một vành, A là vành con của B và B nguyên trên A. Cho q là một iđêan nguyên tố của B và p = qc = q∩A. Khi đó q là iđêan cực đại khi và chỉ khi p là iđêan cực đại.
Chứng minh. Giả sử p là iđêan cực đại. Suy ra p là một iđêan cực đại của A. Do đó A/p là miền nguyên.
Vì q là một iđêan nguyên tố của B nên B/q là miền nguyên.
Do q là iđêan của B và p = A∩q nên theo Mệnh đề 2.1.7 i) thì B/q là nguyên trên A/p. Suy ra A/p ⊂B/q.
Mặt khác, p là iđêan cực đại nên A/p là một trường.
Theo ệnh đề 2.3.4 thì B/q là một trường.
Suy ra q là iđêan cực đại.
Ngược lại, ta có p = q∩A. Ta chứng minh p là iđêan nguyên tố của A.
• p là iđêan của A. Thật vậy, Dễ thấy p 6= ∅,p ⊂ A.
Với mọi x, y ∈ p ta có x, y ∈ q và x, y ∈ A. Suy ra x−y ∈ q (vì q là iđêan) và x−y ∈ A.
Do đó x−y ∈ q∩A= p.
Với mọi x ∈ p, a ∈ A ta có x ∈ q, A và a ∈ A. Suy ra ax, xa ∈ q (do q là iđêan của B ⊃ A) và ax, xa ∈ A.
Do đó ax, xa∈ q∩A = p.
• p là iđêan nguyên tố của A.
Với mọi x, y ∈ p= q∩A. Giả sử xy ∈ p suy ra xy ∈ q và xy ∈ A.
Vì q là iđêan nguyên tố nên hoặc x ∈ q hoặc y ∈ q.
Do đó hoặc x ∈ q∩A = p hoặc y ∈ q∩A = p.
Do p là iđêan nguyên tố của A nên A/p là miền nguyên.
Vì q là iđêan cực đại của B nên q là iđêan nguyên tố của B. Suy ra B/q là miền nguyên.
Theo Mệnh đề 2.1.7 i) thì B/q là nguyên trên A/p.
Theo giả thiết q là iđêan cực đại nên B/q là một trường.
Theo Mệnh đề 2.3.4 ta đượcB/qlà một trường thì A/qlà một trường.
Do đó p là iđêan cực đại của A.
Hệ quả 2.2.6. Cho B là một vành, A là vành con của B và B nguyên trên A. Cho q,q0 là các iđêan nguyên tố của B sao cho q ⊆ q0 và qc = q0c = p. Khi đó q= q0.
Chứng minh. Với p là iđêan nguyên tố của vành A thì S = A/p là tập con đóng nhân của A.
Theo Mệnh đề 2.1.7 ii) thì S−1B = Bp là nguyên trên S−1A = Ap. Cho m = pAp là mở rộng của p trong Ap và n,n0 lần lượt là mở rộng của q,q0 tương ứng trong Bp.
GọiI là một iđêan bất kì củaAp. Giả sử I % m. Khi đó tồn tạiα = a/s sao cho α ∈ I, α /∈ m trong đó a ∈ p, s ∈ Ap.
Vì α /∈ m nên a /∈ p. Do đó a ∈ Ap. Suy ra a tồn tại phần tử khả nghịch là a−1 trong Ap. Do đó a/s khả nghịch trong Ap hay s/a∈ Ap. Suy ra (a/s)(s/a) ∈ I ⇒ 1/1 ∈ I ⇒ I = Ap. Khi đó m là iđêan cực đại của Ap.
Vì q ⊆ q0,qc = q0c nên n ⊆ n0 và nc = n0c = m.
Theo Hệ quả 2.2.5 vì nc,n0c là iđêan cực đại nên n,n0 cũng là iđêan cực đại của Bp.
Mà n ⊆ n0 nên n = n0.
Do các iđêan nguyên tố trong một vành và các iđêan nguyên tố trong vành địa phương là tương ứng một-một nên ta suy ra q= q0.
Định lý 2.2.7. Cho B là một vành, A là vành con của B và B nguyên trên A. Cho p là một iđêan nguyên tố của A. Khi đó tồn tại một iđêan
Chứng minh. Với p là iđêan nguyên tố của vành A thì S = Ap là tập con đóng nhân của A.
Theo Mệnh đề 2.1.7 ii)thì S−1B = Bp là nguyên trên S−1A = Ap và biểu đồ sau là giao hoán.
A −−→i B
f
y
g
y Ap −−→j Bp trong dó i, j là các phép nhúng.
Gọi pAp là iđêan mở rộng của p trong Ap. Khi đó pAp là vành địa phương với iđêan cực đại duy nhất là Ap. Thật vậy,
Với mọi α = a
s ∈/ pAp trong đó a ∈ p, s ∈ Ap. Vì α /∈ pAp nên a /∈ p.
Do đó a ∈ Ap. Suy ra s/a∈ Ap. Ta có (a/s)(s/a) = 1 trong Ap nên a/s là phần tử khả nghịch trong Ap. Vậy Ap là vành địa phương với iđêan cực đại duy nhất pAp. Chứng minh tương tự ta cũng có pBp là vành địa phương với iđêan cực đại duy nhất là Bp. Mà Bp là nguyên trên Ap nên theo Hệ quả 2.2.5 ta nhận được pBp ∩ Ap = pAp. Đặt q = pBp ∩B, tức là q = g−1(pBp). Vì pBp là iđêan nguyên tố của Bp (do một iđêan cực đại luôn là iđêan nguyên tố) nên suy ra q cũng là iđêan nguyên tố của B.
Ta cần chứng minh q∩ A = p. Thật vậy, với mọi a ∈ p ta có a 1 ∈ pBp ⇒g−1(a
1) ∈ q ⇒a ∈ q⇒ p⊂ (q∩A) (do p ⊆ A).
Ngược lại, với mọi b ∈ q∩A = i−1(q) ⇒ i(b) ∈ q = g−1(pBp)
⇒g(b) ∈ Bp ⇒ b
1 ∈ pBp ⇒j−1(b
1) ∈ pBp ⇒ b
1 ∈ (pBp∩Ap) =pAp ⇒ f−1(b
1) ∈ p ⇒b ∈ p. Suy ra (q∩A) ⊆ p. Vậy q∩A = p.
Định lý 2.2.8. (Định lý Going Up). Cho B là một vành, A là vành con của B và B nguyên trên A. Cho p1 ⊆ ...⊆ pn là một dãy các iđêan nuyên tố của A và q1 ⊆ ... ⊆ qm(m < n) là một dãy iđêan nguyên tố của B sao cho qi ∩A = pi(1 ≤ i ≤ m). Khi đó dãy q1 ⊆ ... ⊆ qm có thể mở rộng thành một dãy q1 ⊆ ... ⊆ qn sao cho qi ∩ A = pi với 1≤ i ≤ n.
Chứng minh. Xét trường hợp m = 1, n = 2. Giả sử p1 ⊆ p2 là các iđêan nguyên tố củaA,q1 là iđêan nguyên tố của B sao choq1∩A= p1. Ta đi chứng minh tồn tại iđêan nguyên tố q2 ⊇ q1 sao cho q2∩A= p2. Đặt A= A/p1, B = B/q1.
Vì A ⊆ B,p1 ⊂ q1 nên A ⊆B.
Do q1 là iđêan của B và p1 = q1∩A nên theo Mệnh đề 2.1.7 ii) thì B là nguyên trên A.
Ta có p2 = p2/p1 là một iđêan nguyên tố của A/p1 nên theo Định lý 2.2.7 thì tồn tại một iđêan nguyên tố q2 = q2/q1 sao cho q2 ∩ A = p2 là một iđêan nguyên tố của B trong đó q2 ⊇ q1.
Chứng minh q2 ∩A = p2. Thật vậy,
Lấy bất kì x∈ q2 ∩A. Suy ra x ∈ q2 và x ∈ A.
Do A/p1 là vành con của B/q1 nên x+p1 = x+q1 với x ∈ A.
Suy ra x+p1 ∈ A/p1 và x+q1 ∈ q2q1.
Do đóx+p1 = x+q1 ∈ (A/p1∩(q2/q1) = p2p1 hayx+p1 = x+q1 ∈ A∩ q2 = p2.
Vì x+p1 ∈ q2/q1 nên x+p1 = y +p1 với y ∈ p2. Suy ra x−y ∈ p1 (tính chất của iđêan p1).
Mà p1 ⊆p2 nên x−y ∈ p2 do đó x ∈ p2.
Suy ra (q2 ∩A) =p2.
Ngược lại, lấy x bất kì x ∈ p2 ⊂ A. Suy ra x ∈ A.
Suy ra x+p1 ∈ p2/p1 ⊂ q2/q1. Do đó x+ p1 = y +q1 với y ∈ q2.
Mặt khác x+ p1 = x+q1( vì A/p1 là vành con của B/q1 ).
Suy ra x+q1 = y +q1 ⇒x−y ∈ q1 ⊂q2 ⇒ x ∈ q2. Do đó x ∈ q2 ∩A hay p2 ⊂ q2 ∩ A.
Vậy p2 = q2 ∩A.
Bằng chứng minh quy nạp, ta chỉ ra dãy q1 ⊆... ⊆ qm có thể mở rộng thành một dãy q1 ⊆ ... ⊆qn sao cho qi∩A = pi với 1 ≤i ≤n.