Mục tiêu chính của tiết này là trình bày định lý phân loại các đại số siêu ma trận dựa vào nhóm Grothendieck của chúng.
Định nghĩa 2.2.1. Cho F là một trường. Một F-đại số ma trận là một F-đại số có dạng Mp(1)(F)×...×Mp(n)(F) với p(1),..., p(n) là các số nguyên dương.
Bổ đề 2.2.2. Cho F là một trường và R = Mp(1)(F)×...×Mp(n)(F) là một F-đại số ma trận. Khi đó, K0(R) là một nhóm Abel tự do với cơ sở
{[Ei] | i = 1, n}, trong đó Ei = e(i)11Mp(i)(F) và e(i)11 =
1 0 ã ã ã 0 ... ... ... ...
0 0 ã ã ã 0
với i = 1,..., n.
Chứng minh. Từ Ví dụ 2.1.4 và Ví dụ 2.1.6, ta được K0(Mp(i)(F)) là nhóm Abel tự do với cơ sở [Ei] = e(i)11.Mp(i)(F). Mặt khác, ta có
K0(R) =
n
M
i=1
K0(Mp(i)(F)).
Do đó K0(F) là nhóm Abel tự do với cơ sở {[Ei] | i = 1, n}, trong đó
Ei = e(i)11Mp(i)(F).
Định nghĩa 2.2.3. Cho R là một đại số trên trường F. Khi đó, R được gọi là đại số siêu ma trận nếu và chỉ nếu R =
∞
[
i=1
Ri trong đó Ri
là các F-đại số ma trận và Ri ⊆ Ri+1, i = 1, 2, ....
Ví dụ 2.2.4 Cho F là một trường. Đặt R0 = F R1 = M2(F) R2 = M4(F) ...
Rn = M2n(F) ...
Khi đó Ri là đại số ma trận trên trường F. Xét ánh xạ fi : Ri −→ Ri+1.
M 7−→
M 0
0 M
Với mọi M, M0 ∈ Ri, ta có
fi(M +M0) =
M +M0 0
0 M +M0
=
M 0
0 M
+
M0 0 0 M0
= fi(M) +fi(M0),
fi(M.M0) =
M.M0 0 0 M.M0
=
M 0
0 M
.
M0 0 0 M0
= fi(M)fi(M0).
Do đó fi là đồng cấu vành.
Kiểm tra tính đơn cấu: Cho M ∈ kerfi. Ta chứng minh M = 0.
Thật vậy, ta có
fi(M) = 0 ⇔
M 0
0 M
=
0 0 0 0
⇔M = 0.
Từ đó, ta đồng nhất Ri với Imfi ⊆ Ri+1. Đặt
R =
∞
[
i=0
Ri.
Khi đó,
(1) R là F-đại số siêu ma trận.
(2) (K0(Ri),[Ri]) ∼= (Z.1/2i,1) và (K0(R),[R]) ∼= (
∞
[
i=0
Z.1/2i,1).
Bổ đề 2.2.5. Cho F là một trường, cho R là một F-đại số ma trận và S là một F-đại số siêu ma trận. Khi đó, các mệnh đề sau là đúng:
(i) Với mỗi đồng cấu f : (K0(R),[R]) −→ (K0(S),[S]) trong phạm trù P, tồn tại một đồng cấu F-đại số ϕ :R −→S sao cho K0(ϕ) =f.
(ii) Cho ϕ, ψ :R −→S là các đồng cấu F-đại số. Khi đó,
K0(ϕ) = K0(ψ) khi và chỉ khi tồn tại một tự đẳng cấu trong θ của S sao cho
ϕ = θψ.
Chứng minh. Tồn tại các lũy đẳng trực giao e1, ..., en ∈ R sao cho e1 + ... + en = 1 và mỗi eiR ∼= Mp(i)(F) với p(i) là các số nguyên dương. Với mỗi i = 1,..., n, tồn tại ma trận cơ sở e(i)jk ∈ eiR cấp p(i)×p(i) sao cho e(i)11 +...+e(i)p(i),p(i) = ei. Theo Bổ đề 2.2.2, K0(R) là một nhóm Abel tự do với cơ sở {[e(1)11R], ...,[e(n)11 R]}.
(i) Với mỗi i = 1,..., n, vì [eiR] ∈ K0(R)+ và f([eiR]) ∈ K0(S)+ nên f([eiR]) = [Ai] với Ai là S-môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh. Vì
[A1 ⊕...⊕An] = [A1] +...+ [An] = f([e1R]) +...+f([enR])
= f([e1R] +...+ [enR]) = f([R]) = [S]
nên A1⊕...⊕An ∼= S (do S là đại số siêu ma trận). Do đó, tồn tại các lũy đẳng trực giao g1, ..., gn ∈ S sao cho g1 + ...+gn = 1 và giS ∼= Ai với mỗi i = 1,..., n. Khi đó [giS] = [Ai] = f([eiR]).
Với mỗi i = 1,..., n, ta có f([e(i)11R]) = [Bi] trong đó Bi là S-môđun
phải xạ ảnh hữu hạn sinh. Vì
[p(i)Bi] = f(p(i)[e(i)11R]) = f([e(i)11R] +...+ [e(i)p(i),p(i)R])
= f([eiR]) = [giS]
nên thu được p(i)Bi ∼= giS. Như một hệ quả, tồn tại ma trận cơ sở gjk(i) ∈ giSgi cấp p(i)×p(i) sao cho g11(i)S ∼= Bi và g11(i)+...+gp(i),p(i)(i) = gi. Chú ý rằng [g11(i)S] = [Bi] = f([e(i)11R]).
Với mỗi i = 1,..., n, có một ánh xạ F-đại số đơn trị từ eiR vào giSgi biến e(i)jk thành gjk(i) với mọi j, k = 1,..., p(i). Như một hệ quả, tồn tại ϕ :R −→S sao cho ϕ(e(i)jk) = gjk(i) với mọi i, j, k. Khi đó, ta có
K0(ϕ)([e(i)11R]) = [ϕ(e(i)11)S] = [g11(i)S] = f([e(i)11R])
với mọi i = 1,..., n. Vì K0(R) được sinh bởi [e(1)11R], ...,[e(n)11 R] nên ta kết luận K0(ϕ) =f.
(ii) (⇐) Giả sử ϕ = θψ với θ là tự đẳng cấu trong của S. Khi đó tồn tại một phần tử khả nghịch x ∈ S sao cho θ(s) = xsx−1 với mọi s ∈ S. Cho lũy đẳng bất kì e ∈ S. Ta có xe = xex−1xe ∈ θ(e)Se, ex−1 = ex−1xex−1 ∈ eSθ(e), (xe)(ex−1) = θ(e) và (ex−1)(xe) = e. Do đó θ(e)S ∼= eS và như vậy
K0(θ)([eS]) = [θ(e)S] = [eS].
Ta có K0(S) được sinh bởi {[eS] | e = e2 ∈ S} (do S là đại số siêu ma trận). Vì thế, K0(θ) là đồng cấu đồng nhất trên K0(S). Do đó,
K0(ϕ) =K0(θ)K0(ψ) = K0(ψ).
(⇒) Giả sử K0(ϕ) = K0(ψ). Đặt g(i)jk = ϕ(e(i)jk) và h(i)jk = ψ(e(i)jk) với mọi i, j, k. Chú ý rằng gjj(i) là lũy đẳng trực giao từng đôi trong S sao cho
n
X
i=1 p(i)
X
j=1
gjj(i) = 1, và tương tự cho h(i)jj. Với i = 1,..., n, ta có
[g11(i)S] = K0(ϕ)([e(i)11R]) = K0(ψ)([e(i)11R]) = [h(i)11S],
do đó g11(i)S ∼= h(i)11S. Như một hệ quả, tồn tại các phần tử xi ∈ g11(i)Sh(i)11 và yi ∈ h(i)11Sg11(i) sao cho xiyi = g11(i) và yixi = h(i)11. Đặt
x =
n
X
i=1 p(i)
X
j=1
gj1(i)xih(i)1j và y =
n
X
i=1 p(i)
X
j=1
h(i)j1yig1j(i). Ta có
xy =
n
X
i,k=1 p(i)
X
j=1 p(k)
X
m=1
gj1(i)xih(i)1jh(k)m1ykg1m(k)
=
n
X
i=1 p(i)
X
j=1
gj1(i)xih(i)1jh(i)j1yig1j(i)
=
n
X
i=1 p(i)
X
j=1
gj1(i)g11(i)g1j(i) =
n
X
i=1 p(i)
X
j=1
gjj(i) = 1.
Tương tự, ta cũng có yx = 1. Như vậy ta có một phép tự đẳng cấu trong θ của S được cho bởi quy tắc θ(s) = xsy.
Với mọi i, j, k, ta có
xh(i)jk =
n
X
s=1 p(s)
X
t=1
gt1(s)xsh(s)1t h(i)jk
= gj1(i)xih(i)1jh(i)jk = gjk(i)gk1(i)xih(i)1k
=
n
X
s=1 p(s)
X
t=1
gjk(i)g(s)t1 xsh(s)1t = gjk(i)x.
Từ đó θψ(e(i)jk) = xh(i)jky = gjk(i) = ϕ(e(i)jk). Vì e(i)jk là một cơ sở của
F-không gian vectơ R nên θψ = ϕ.
Định lý dưới đây là định lý chính của khóa luận nó cho chúng ta thấy rằng các đại số siêu ma trận có thể được phân loại thông qua nhóm Grothendieck và phần tử tách biệt của chúng.
Định lí 2.2.6. Cho R và S là các đại số siêu ma trận trên một trường F. Khi đó (K0(R),[R]) ∼= (K0(S),[S]) nếu và chỉ nếu R ∼= S như các F-đại số.
Chứng minh. (⇐) Hiển nhiên.
(⇒) Giả sử tồn tại một đẳng cấu f : (K0(R),[R]) −→ (K0(S),[S]) trong P. Vì R và S là các đại số siêu ma trận trên trường F, nên R là hợp của các đại số ma trận con R1 ⊆ R2 ⊆.... và S là hợp của các đại số ma trận conS1 ⊆ S2 ⊆ .... Với mỗi n = 1, 2,..., giả sử ϕn : Rn −→R và ψn : Sn −→ S là các đồng cấu nhúng. Trước hết ta cần chứng minh hai khẳng định dưới đây.
Khẳng định I: Nếu σ : Sk −→ Rn là một đồng cấu F-đại số sao cho K0(ϕnσ) = f−1K0(ψk), thì tồn tại một số nguyên j > k và một đồng
cấu F-đại số ρ: Rn −→ Sj sao cho ψjρσ = ψk và K0(ψjρ) = f K0(ϕn).
Chứng minh Khẳng định I. Theo Bổ đề 2.2.5, tồn tại một đồng cấu F-đại số ρ0 : Rn −→ S sao cho K0(ρ0) = f K0(ϕn). Vì Rn là hữu hạn chiều trên F, nên tồn tại số nguyên i dương sao cho ρ0(Rn) ⊆ Si. Khi đó, ρ0 xác định một đồng cấu F-đại số ρ” : Rn −→ Si sao cho ψiρ” = ρ0. Ta suy ra K0(ψiρ”) = f K0(ϕn). Do đó, ta có
K0(ψiρ”σ) =f K0(ϕn)K0(σ) = f K0(ϕnσ) = K0(ψk).
Áp dụng Bổ đề 2.2.5, tồn tại một tự đẳng cấu θ của S sao cho ψk = θψiρ”σ. Lại sử dụng hữu hạn chiều, tồn tại một số nguyên j > k sao cho θ(Si) ⊆ Sj. Khi đó θ xác định một đồng cấu F-đại số θ0 : Si −→Sj sao cho ψjθ0 = θψi. Đặt ρ = θ0ρ”. Khi đó, ρ là một đồng cấu F-đại số từ Rn vào Sj và ψjρσ = ψjθ0ρ”σ = θψiρ”σ = ψk. Theo Bổ đề 2.2.5, ta có
K0(ψjρ) =K0(ψjθ0ρ”) = K0(θψiρ”) = K0(ψiρ”) = f K0(ϕn).
Do đó khẳng định được chứng minh.
Do tính đối xứng, ta cũng thu được khẳng định sau.
Khẳng định II: Nếu ρ : Rn −→Sk là một đồng cấu F-đại số sao cho K0(ψkρ) =f K0(ϕn), thì tồn tại một số nguyên m > n và một đồng cấu F-đại số σ : Sk −→ Rm sao cho ϕmσρ= ϕn và K0(ϕmσ) = f−1K0(ψk).
Bây giờ ta xây dựng các số nguyên dương n(1) < n(2) < ... và các đồng cấu F-đại số ρk :Rn(k) −→ S sao cho
(a) Với mọi k = 1, 2, ..., Sk ⊆ ρk(Rn(k)) và K0(ρk) = f K0(ϕn(k)).
(b) Với mọi k = 2, 3, ..., ρk−1 là đơn cấu và ρk là một mở rộng của ρk−1.
Thật vậy, theo Bổ đề 2.2.5, tồn tại một đồng cấu F-đại số
σ0 : S1 −→ R sao cho K0(σ0) = f−1K0(ψ1). Vì S1 là hữu hạn chiều trên F, nên tồn tại một số nguyên dương n(1) sao cho σ0(S1) ⊆ Rn(1). Khi đó, σ0 xác định một đồng cấu F-đại số σ : S1 −→ Rn(1) sao cho ϕn(1)σ = σ0 và ta chú ý rằng K0(ϕn(1)σ) = f−1K0(ψ1). Theo Khẳng định I, tồn tại một số nguyên j > 1 và một đồng cấu F-đại số ρ : Rn(1) −→ Sj sao cho ϕjρσ = ψ1 và K0(ψjρ) = f K0(ϕn(1)). Khi đó, ρ1 = ψjρ : Rn(1) −→ S là một đồng cấu F-đại số thỏa mãn ρ1σ = ψ1 và K0(ρ1) = f K0(ϕn(1)). Vì S1 = ψ1(S1) = ρ1σ(S1) ⊆ ρ1(Rn(1)), ta thấy rằng (a) thỏa mãn với k = 1.
Giả sử các số nguyên dương n(1),..., n(k) và các đồng cấu F-đại số ρ1, ..., ρk thỏa mãn (a) và (b). Vì Rn(k) là hữu hạn chiều trên F, nên tồn tại một số nguyên i > k + 1 sao cho ρk(Rn(k)) ⊆ Si. Khi đó, ρk xác định một đồng cấu F-đại số ρ0 : Rn(k) −→ Si sao cho ψiρ0 = ρk, và ta chú ý rằng K0(ψiρ0) = f K0(ϕn(k)). Theo Khẳng định II, tồn tại một số nguyên n(k+ 1)> n(k) và một đồng cấu F-đại số σ từ Si vào Rn(k+1) thỏa mãn ϕn(k+1)σρ0 = ϕn(k) và K0(ϕn(k+1)σ) = f−1K0(ψi). Vì ϕn(k+1)σρ0 = ϕn(k) nên ρ0 là đơn cấu, từ đó ρk = ψiρ0 là đơn cấu.
Theo khẳng định I, tồn tại một số nguyên j > i và một đồng cấu F-đại số ρ0 : Rn(k+1) −→ Sj sao cho ψjρσ = ψi và K0(ψjρ) = f K0(ϕn(k+1)). Khi đó, ρk+1 = ψjρ : Rn(k+1) −→ S là một đồng cấu F-đại số thỏa mãn K0(ρk+1) = f K0(ϕn(k+1)). Vì ρk+1σ = ψjρσ = ψi
và i > k+ 1, nên ta có
Sk+1 = ψi(Sk+1) =ρk+1σ(Sk+1) ⊆ρk+1σ(Si) ⊆ ρk+1(Rn(k+1)).
Cuối cùng, vì ϕn(k+1)σρ0 = ϕn(k) và ρk+1σρ0 = ψiρ0 = ρk nên ρk+1 là một mở rộng của ρk. Do đó, (a) và (b) thỏa mãn với k + 1. Phép quy nạp được hoàn thành.
Vì n(1) < n(2)<... và n(k) >k nên ∪Rn(k) = R. Do đó, ρk cảm sinh một đơn cấu F-đại số ρ : R −→ S sao cho ρϕn(k) = ρk với mọi k. Khi đó, Sk ⊆ ρk(Rn(k)) =ρ(Rn(k)) ⊆ ρ(R) với mọi k. Do đó ρ(R) =S. Vậy
ρ là một đẳng cấu.
Ví dụ 2.2.7. Cho Q là trường các số hữu tỉ và R là trường các số thực. Khi đó, (K0(Q),[Q]) ∼= (Z,1) ∼= (K0(R),[R]), nhưng Q không đẳng cấu với R.
KẾT LUẬN
Trong khóa luận này chúng tôi đã làm được những công việc như sau:
1. Hệ thống lại các kiến thức cơ bản về môđun tự do và môđun xạ ảnh.
2. Trình bày lại định nghĩa nhóm Grothendieck của một vành và tính một vài ví dụ về nhóm K0.
3. Chứng minh chi tiết định lý phân loại đại số siêu ma trận thông qua nhóm Grothendieck.