Tìm hiểu một số khái niệm trong vành

Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 2 LỜI MỞ ĐẦU hương rình Đại số đại cương được dạy và học trong trường đại học cao đẳng có nhiều khái niệm đưa kèm phần bài tập mà phạm vi ứng dụng khá rộng. Nhưng do hạn chế về thời gian nên phần lớn này chỉ được giới thiệu lướt qua. Do đó, các bài tập liên quan cũng khó giải quyết thuạn lợi. Cho nên việc nghiên cứu các khái niệm này là rất cần thiết. Thứ nhất, nó giúp cho người học hiểu cặn kẻ hơn những khái niệm trong Đại số đại cương. Thứ hai, nó có thể làm tài liệu tham khảo cho sinh viên ngành toán trong việc học tập nghiên cứu môn này. C Với lý do đó, cần nên phải nghiên cứu đối tượng này. Tuy nhiên, vì thời gian có hạn và hạn chế về trình độ nên người nghiên cứu chỉ nhắm đến các khái niệm trong vành giao hoán có đơn vị. Để hoàn thành nhiệm vụ nghiên cứu của mình yêu cầu người nghiên cứu phải làm việc nghiêm túc, trình bày kết quả nghiên cứu một cách có hệ thống, chặt chẽ, rõ ràng mạch lạc và dễ hiểu. Để đảm bảo yêu cầu đó, phần nội dung của đề tài sẽ trình bày bố phần. Mỗi phần gồm ba đề mục:Định nghĩa, tính chất và bài tập có lời giải.Sau bốn phần sẽ là các bài tập d5ề nghị. Với cách trình bày như vậy , tôi mong nó sẽ là tư liệu tham khảo thuận lợi đối với sinh viên bước đầu học Đại số đại cương. Tuy nhiên, do mới bước đầu nghiên cứu và trình bày nên đề tài chắc có nhiều khiếm khuyết. Em rất mong được sự chỉ dẫn của các thầy cô trong Hội đồng Khoa học Khoa Sư phạm, cũng như các bạn đọc khác để hoàn thiện đề tài. Xin chân thành cảm ơn. Người viết đề tài Diệp Hoàng Ân Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 3 MỤC LỤC Phần Thứ Nhất Trang IDÊAN NGUYÊN TỐ VÀ IDÊAN TỐI ĐẠI TRONG VÀNH GIAO HOÁN CÓ ĐƠN VỊ 4 Phần Thứ Hai PHẦN TỬ LUỸ LINH VÀ NIL-CĂN TRONG VÀNH 14 Phần Thứ Ba IĐÊAN CĂN CỦA MỘT IĐÊAN CỦA VÀNH 18 Phần Thứ Tư TẬP CON NHÂN CỦA VÀNH GIAO HOÁN CÓ ĐƠN VỊ VÀ IĐÊAN CỦA VÀNH CÁC THƯƠNG 21 MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ 29 KẾT LUẬN 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO 31 Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 4 Phần Thứ Nhất IDÊAN NGUYÊN TỐ VÀ IDÊAN TỐI ĐẠI TRONG VÀNH GIAO HOÁN CÓ ĐƠN VỊ I. ĐỊnh Nghĩa: Cho X là vành giao hoán có đơn vị, iđêan nguyên tố và tối đại của X được định nghĩa như sau: Iđêan P của X, là iđêan nguyên tố nếu và chỉ nếu P ≠ X và với x, y ∈ X sao cho xy ∈ P thì x ∈ P hoặc y ∈ P. (hoặc nếu và chỉ nếu XP ≠ và với sao cho Xyx ∈, PxyPyx ∈⇒∉, ) Iđêan A của X là iđêan tối đại nếu và chỉ nếu A ≠ X và mọi iđêan của X chứa A là chính A hoặc X II. Mội số tính chất liên quan: 1. Cho X là vành giao hoán có đơn vị, chứng minh các khẳng định sau: a) P là iđêan nguyên tố của X khi và chỉ khi X/P là miền nguyên. b) A là iđêan tối đại của X khi và chỉ khi X/A là trường. Giải a) P là iđêan nguyên tố thì X/P là miền nguyên: Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 5 Thật vậy, vì X là vành giao hoán có đơn vị nên X/P cũng là vành giao hoán có đơn vị. Vì P ≠ X nên X/P có nhiều hơn một phần tử. Mặt khác, với x + P, y + P ∈ X/P. Sao cho (x + P) (y + P) = xy + P = 0 + P. Ta có xy ∈ P ⇒ x ∈ P hoặc y ∈ P Nếu x ∈ P thì x + P = P Nếu y ∈ P thì y + P = P Do đó X/P không có ước của không. Vậy X/P là miền nguyên. Ngược lại, nếu X/P là miền nguyên thì P là iđêan nguyên tố. Thật vậy, vì X/P là miền nguyên nên X/P có từ hai phần tử trở lên nghĩa là X ≠ P. Vì X/P không có ước của không nên ∀x, y ∈X sao cho xy ∈ P tức là xy+ P = P thì x + P = P hoặc y + P = P tức là x ∈ P hoặc y ∈ P. Vậy P là iđêan nguyên tố. b) Cách 1: A là iđêan tối đại thì X/A là trường. Thậy vậy, vì X là vành giao hoán có đơn vị nên X/A là vành giao hoán có đơn vị. Hơn nữa do X ≠ A nên X/A có nhiều hơn một phần tử. Mặt khác, ∀x∈X sao cho x + A ≠ A tức là Ax∉ . Gọi I = A + xX, thế thì I là iđêan của X chứa A thực sự. Vì A là iđêan tối đại nên I = X. Suy ra 1∈I. Do I = A + xX nên tồn tại a∈A, x/∈X sao cho 1 = a + xx/. Suy ra: 1 + A = a + xx/ + A = xx/ + A . = (x + A) (x/ + A ). x⇒ / + A là phần tử nghịch đảo của x + A. Vậy X/A là trường Ngược lại, X/A là trường thì A là iđêan tối đại. Thật vậy, vì X/A là trường nên X/A có từ hai phần tử trở lên nên A ≠ X. Ta gọi I là một iđêan bất kỳ của X chứa A thực sự. Khi đó tồn tại x∈I nhưng x∉A tức là x+A ≠A, do X/A là trường nên tồn tại x/ +A≠A sao cho (x+A)(x/ +A) = xx/ +A=1+A. Do I là iđêan của X nên xx/ ∈I, suy ra xx/ =1+a ∈I 1= xx⇒ / -a I⇒ I=X. Vậy A là iđêan tối đại. ∈ Cách 2: A là iđêan tối đại của X thì X/A là trường cũng như cách 1 ta luôn có X/A là vành giao hoán, có đơn vị và có nhiều hơn một phần tử. Gọi B là iđêan của X/A thế thì q-1(B) là iđêan của X. (Trong đó q: X→X/A là một toàn cầu chính tắc). Khi đó ∀x∈A ⇒x+A = q(x) = A∈B q⇒ -1(x+A)∈ q-1(B) A q⇒ ⊂ -1(B). Do A là iđêan tối đại của X nên suy ra q-1(B)=A hoặc q-1(B)=X. . Nếu q-1(B)=A, ∀x+A∈B⇒x∈ q-1(B)=A x+A = A B={0+A} (iđêan 0 của vành X/A). ⇒ ⇒ . Nếu q-1(B)=X, 1⇒ ∈ q-1(B)=1+A∈B B = X/A. Rõ ràng với mọi iđêan B của X/A thì B là iđêan 0 hoặc chính là X/A nên X/A là trường. ⇒ Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 6 Chiều ngược lại, nếu X/A là trường ta cũng có X≠A. Gọi B là iđêan của X sao cho A B X B/A là iđêan của X/A. Thật vậy, x+A⊂ ⊂ ⇒ ∀ ∈X/A, b+A∈B/A. Ta có (x+A)(b+A)=(b+A)(x+A)=xb+A∀ ∈B/A. Vì X/A là trường nên B/A ={0+A} hoặc B/A = X/A. . Nếu B/A ={0+A} ⇒B=A. .Nếu B/A = X/A ⇒B=X. Vậy A là iđêan tối đại của X. 2. X là vành giao hoán có đơn vị thế thì mọi iđêan tối đại của X cũng là iđêan nguyên tố của X. Giải A là iđêan tối đại⇔X/A là trường⇒X/A là miền nguyên A là iđêan nguyên tố. ⇔ 3. Nếu f : X→Y là đồng cấu vành P là iđêan nguyên tố của Y thì f –1(P) là iđêan nguyên tố của X. Chứng minh: Từ f : X Y ta định nghĩa ánh xạ → f : X Y/P → x→ f(x) + P rõ ràng f là một đồng cấu vành. Thật vậy,∀x,y∈ X ta có : f (xy) = f(xy) + P = f(x)f(y) + P = (f(x) + P)(f(y) + P) = f (x) f (y) f (x+y) = f(x+y) + P = (f(x) + P)+(f(y) + P) = f (x)+ f (y) Ker f = { x∈X : f (x) = f(x)+P = P } = { x∈X : f(x) = f(x)∈P } = f –1(P) Theo tính chất của đồng cấu vành ta có X / Ker f ≅ Im f = f (X)⊂Y/P mà Y/P là miền nguyên (do P là iđêan nguyên tố) X / Ker→ f = X / f –1(P) là miền nguyên, nên f –1(P) là iđêan nguyên tố của X. 4. Nếu f : X→Y là đồng cấu vành và A là iđêan tối đại của Y thì f –1(A) là iđêan tối đại của X. Chứng minh tương tự tính chất 3. III. Một số bài tập liên quan: 1. Giả sử X là vành có đơn vị sao cho x2=x với x∈X, chứng minh. a) X là vành giao hoán và mọi iđêan nguyên tố đều tối đại. b) Nếu X là miền nguyên thì X là trường gồm hai phần tử {0,1} Giải a) ∀x∈X ta có x = x2 = (-x)2 = -x Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 7 Suy ra a,b∈X ta có (a+b)∀ 2 = a2 + ab + ba + b2 = a + ab +ba + b = a + b ⇔ ab + ba = 0 ⇔ ab = -ba = ba Vậy X là vành giao hoán. Gọi A là iđêan nguyên tố của X và B là iđêan của X chứa A thật sự. Khi đó tồn tại x∈B nhưng x∉A, ta có x2 – x = 0∈A (do x2=x). ⇒x(x-1)∈A x-1⇒ ∈A⇒x-1∈B⇒1= x-(x-1)∈B⇒B=X vậy A là iđêan tối đại. b) Nếu X là miền nguyên thì ∀x∈X ta có x2-x = 0 ⇒x(x-1) = 0 x=0 hoặc x=1. Vậy X={0,1} là một trường. Vành có tính chất trên là vành Boole. ⇒ 2. Cho X là vành giao hoán có đơn vị∀x∈X tồn tại n∈N* sao cho xn=x chứng minh mọi iđêan nguyên tố của X đều tối đại (chứng minh tương tự bài tập 1a). 3. Giả sử X là tập hợp khác rỗng℘(X) là tập các tập con của X. Ta định nghĩa phép cộng và phép nhân như sau. A+B = (A\B) (B\A) ∪ AB = A∩B Chứng minh ℘(x) là vành giao hoán và mọi iđêan nguyên tố đều tối đại. Giải Dễ dàng kiểm tra được ℘(X) là một vành với đơn vị là X. Mặt khác∀A∈℘(X), ta có A2= A.A = A∩A = A. Vậy ℘(X) là vành Boole. Áp dụng bài 1a) ta có điều phải chứng minh. *4. Iđêan tối đại không chứa phần tử khả nghịch. Thật vậy, giả sử I là iđêan tối đại của X, khi đó I≠ X nên 1∉ I. Gỉa sử tồn tại x∈X khả nghịch thoả x∈I. Khi đó xx/ = 1∈I vô lý. Vậy I không chứa phần tử khả nghịch của X. Từ kết quả trên ta có (bài tập 5) 5. Cho I là iđêan tối đại của X, khi đó tồn tại phần tử không khả nghịch thuộc I. Thật vậy, giả sử∀x không khả nghịch thoả x∉ I khi đó∀y khả nghịch thì y∉ I. Suy ra I rỗng vô lý. Vậy ∃ x∈I. 6. Xét nhóm G = KP k U 1 1 ∞ = với phép nhân thông thường. Trên G ta xây dựng phép cộng là phép nhân thông thường x⊕ y =xy, và phép nhân (*) là phép nhân không x*y=0 chứng minh vành G không có đơn vị và không có iđêan tối đại. Giải Vì phép nhân (*) là phép nhân không nên hiển nhiên G không có đơn vị. Giả sử A là Iđêan tối đại của G khi đó G/A là trường. Do G là vành không có Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 8 đơn vị nên G/A không có đơn vị nên G/A không phải là trường, mâu thuẩn với đều giả thiết A là iđêan tối đại. Vậy G không có iđêan tối đại. Từ chứng minh trên ta cũng thấy G không có iđêan nguyên tố. 7. Cho A1, A2 là các vành giao hoán có đơn vị và X = A1 x A2 Chứng minh. a) P là iđêan nguyên tố của X khi và chỉ khi P có dạng P = P1 x A2 hoặc P = A1 x P2 với P1, P2 là iđêan nguyên tố của A1, A2 . b) M là iđêan tối đại của X khi và chỉ khi M có dạng M = M1 x A2 hoặc M = A1 x M2 với M1, M2 là iđêan tối đại của A1, A2 . Giải a) Gọi P1 là iđêan nguyên tố của A1. Thế thì P1 x A2 là iđêan nguyên tố của X = A1 x A2. Thật vậy, a∀ 1, b1∈A1 sao cho a1b1∈P1. Tức là ∀ (a1,a2)(b1,b2)∈ X sao cho (a1,a2)(b1,b2)∈ P = P1 x A2 Do P1 là iđêan nguyên tố nên hoặc a1∈P1 hoặc b1∈P1 điều này có nghĩa là (a1,a2)∈ P hoặc (b1,b2)∈ P. Vậy P là iđêan nguyên tố của X. Tương tự, nếu P2 là iđêan nguyên tố của A2 thì P = A1 x P2 là iđêan nguyên tố của X = A1 x A2 . Ngược lại, giả sử P là iđêan nguyên tố của X = A1 x A2. Ta chứng minh P = P1 x A2 hoặc P = A1 x P2 với P1 là iđêan nguyên tố của A1, P2 là iđêan nguyên tố của A2. Ta có (1,0)(0,1) = (0,0)∈ P Suy ra : (1,0)∈ P hoặc (0,1)∈ P Nếu (1,0)∈ P, ∀a1∈ A1 ta có (a1, 0)(1,0) = (a1, 0)∈ P Gọi P2 = {a2∈ A2 / (0,a2)∈ P } Ta chứng minh P2 là iđêan nguyên tố của A2. Thật vậy,∀ a2,b2 ∈ P2 ta có : (0 , a2) – (0 , b2) = (0, a2 - b2)∈ P ⇒a2 - b2 ∈ P 2 ∀α 2∈ A2 ta có : (0 ,α 2) . (0 , a2) = (0, α 2 a2)∈ P ⇒α 2 a2 ∈ P ∀α 2, β 2∈ A2 sao cho α 2 β 2∈ P2 (0,⇒ α 2 β 2)∈ P⇒ (0,α 2)∈ P hoặc (0, β 2)∈ P ⇒α 2 ∈ P2 hoặc β 2∈ P2. Vậy P2 là iđêan nguyên tố của A2. Ta cần chứng minh thêm P = A1 x P2. ∀ (a1,a2)∈ A1 x P2⇒ (a1,a2) = (a1,0) + (0,a2)∈ P (do (a1,0)∈ P , (0,a2)∈ P ). ∀ (a1,a2)∈ P do (a1,0)∈ P ⇒ (0,a ) = (a1,a2) - (a1,0)∈ P 2 ⇒a2∈ P2⇒ (a1,a2)∈ A1 x P2 Vậy nếu (1,0)∈ P thì P = A1 x P2 với P2 là iđêan nguyên tố của A2. Tương tự nếu (0,1)∈ P ta sẽ chứng minh được P có dạng P = P1 x A2 với P1 là iđêan nguyên tố của A1. Kết luận P là iđêan nguyên tố của X = A1 x A2 khi và chỉ khi P có dạng P = A1 x P2 hoặc P = P1 x A2 với P1 là iđêan nguyên tố của A1, P2 là iđêan nguyên tố của A2. Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 9 b) Nếu M1 là iđêan tối đại của A1thì M1 x A2 là iđêan tối đại của X = A1 x A2. Thật vậy, nếu M1 x A2 = M không phải là iđêan tối đại của X thì tồn tại iđêan B của X, B = B1 x A2 sao cho M B X ≠⊂ ≠⊂ ⇒M1 x A2 B≠⊂ 1 x A2 ≠⊂ A1 x A2 ⇒M1 ≠⊂B1 ≠⊂A1 Mặt khác vì B = B1 x A2 là iđêan của X thì B1 là iđêan của A1. Vậy M1 không phải là iđêan tối đại của A1 vô lý. Tương tự nếu M2 là iđêan tối đại của A2 thì A1 x M2 là iđêan tối đại của X. Ngược lại, nếu M là là iđêan tối đại của X thì M là iđêan nguyên tố của X do đó theo a) M có dạng M = M1 x A2 hoặc M = A1 x M2. Trong đó M1, M2 là iđêan nguyên tố lần lượt của A1, A2. Gỉa sử M1 không phải là iđêan tối đại của A1 thì tồn tại iđêan B1 sao cho M1 ≠⊂B1 ≠⊂A1. ⇒M1 x A2 ≠⊂ B1 x A2 ≠⊂ X. Vô lý, do M1 x A2 là iđêan tối đại nên M1 phải là iđêan tối đại của A1. Tương tự, ta chứng minh được M2 là iđêan tối đại của A2. Bài toán được chứng ming xong. 8. Chứng minh trong vành chính X mọi iđêan nguyên tố khác không đều tối đại. Chứng minh Cho X là vành chính, P là iđêan nguyên tố khác không của X. Khi đó tồn tại phần tử p∈X, p≠ 0, p không khả nghịch sao cho = P. ∀x,y∈X sao cho xy∈P = , thì x∈, hoặc y∈. Tức là p/ xy thì p/ x hoặc p/ y p là phần tử nguyên tố nên nó cũng là phần tử bất khả quy nên =P là iđêan tối đại . ⇒ 9. Giả sử X là vành chính và A là iđêan của vành X. Chứng minh. a) Mọi iđêan của vành X/A đều là iđêan chính. b) Vành thương X/A là vành chính khi và chỉ khi A là iđêan nguyên tố. Giải a) Giả sử B là iđêan của vành X/A thế thì 1−P (B) là iđêan của X (p:X X/A là toàn cấu chính tắc). Vì X là vành chính nên → 1−P (B) = . Suy ra B = b)Theo a) mọi iđêan của X/A đều là iđêan chính. Do đó X/A là vành chính X/A là miền nguyên ⇔ A là iđêan nguyên tố ⇔ Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 10 10. Trong vành Ơclit mọi iđêan nguyên tố khác không đều tối đại. Thật vậy, vì vành Ơclit là vành chính nên lọi iđêan nguyên tố khác không đều tối đại. 11. Giả sử X là vành Ơclit và A là iđêan của X. Chứng minh vành thương X/A là vành Ơclit A là iđêan nguyên tố. ⇔ Giải X/A là vành Ơclit thì X/A là miền nguyên. Khi đó A là iđêan nguyên tố của X. Ngược lại A là iđêan nguyên tố của vành Ơclit X thì A = {0} hoặc A là iđêan tối đại. Khi đó X/A = X/{0} ≅X là vành Ơclit Hoặc X/A là trường cũng là vành Ơclit. 12. Chứng minh A [x]/ ≅A Do đó là iđêan nguyên tố của A[x] nếu A là miền nguyên và là iđêan tối đại của A[x] nếu A là trường. Giải Xét ánh xạ θ : A[x] →A 0 0 )0()( afxaxf i n i i ==∑ = a Dễ thấy θ là toàn cấu vành và Kerθ = { }0)(/][)( 0 =∈= ∑ = fxAxaxf i n i i θ ={ }0/][)( 0 0 =∈= ∑ = axAxaxf i n i i ={ >=<∈ xxxfxAxf })(/][)( M Theo tính chất của đồng cấu vành ta có: A[x]/ A. Suy ra ≅ là iđêan nguyên tố⇔A là miền nguyên là iđêan tối đại⇔A là trường 13. Cho A là vành giao hoán có đơn vị. chứng minh các khẳng định sao tương đương: a)A là trường b) A[x] là vành Ơclit c) A[x] là vành chính Giải Hiển nhiên ta có a) ⇒b) c). TA cần chứng minh: c)⇒a). Ta có thể chứng minh theo hai cách: ⇒ Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 11 Cách 1: Giả sử A[x] là vành chính. Khi đó A[x]/ A là miền nguyên do đó là iđêan nguyên tố của A[x]. Do A[x] là vành chính nên là iđêan tối đại. Suy ra A[x]/ ≅ ≅A là trường. Cách 2: Giả sử a∈A, a≠ 0, iđêan là một iđêan chính nên = với d ∈A[x]. Vì d/x, d/a nên d khả nghịch, do đó = A[x] tức là 1∈. Suy ra 1 = )()( xagxxf + với x = 0 ta có 1 = ag(0). Vậy a khả nghịch và A là trường. 14. Cho I là iđêan của vành giao hoán có đơn vị A. Chứng minh rằng: a)Tập con = { ][ xI IaxAxaxf i i n i i ∈∈= ∑ = /][)( 0 là một iđêan của vành đa thức A[x]. },....,1,0 ni =∀ b)A[x]/I[x] (A/I)[x] ≅ c) I là iđêan nguyên tố của A ⇔ I[x] là iđêan nguyên tố của A[x]. d) I là iđêan tối đại của A thì I[x] có là iđêan tối đại của A[x] không ? Giải a) Dễ thấy tổng hai đa thức thuộc I[x] là một đa thức thuộc I[x]. Gọi ][)( 0 xIxaxf i n i i ∈=∑ = ][)( 0 xAxbxg i n i i ∈=∑ = Thế thì i nm i i xcxh ∑+ = = 0 )( Trong đó Ibac i lki ki ∈= ∑ += do I là iđêan của A. Vậy h(x) ∈I[x] Nên I[x] là iđêan của A[x] b) Xét ánh xạ ])[/(][: xIAxA →θ i n i i i n i i xaxfxaxf ∑∑ == == 00 )()( a là một toàn cấu vành và Kerθ = { }0)(/][)( 0 =∈=∑ = fxAxaxf i n i i θ Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 12 = { }0/][)( 00 =∈= ∑∑ == i n i i i n i i xaxAxaxf = { }0/][)( 0 =∈= ∑ = i i n i i axAxaxf = { ][}/][)( 0 xIIaxAxaxf i i n i i =∈∈= ∑ = Theo định lý toàn cấu vành ta có: A[x]/I[x] = A[x]/kerθ ≅ (A/I)[x] c) I là iđêan nguyên tố trong A⇔A/I là miền nguyên (A/I)[x] là miền nguyên A[x]/I[x] là miền nguyên ⇔ ⇔ ⇔ I[x] là iđêan nguyên tố của A[x] d) Nếu I là iđêan tối đại thì I[x] không là iđêan tối đại của A[x] vì A[x]/I[x] (A/I)[x] không là trường. ≅ *15. Trong vành giao hoán có đơn vị luôn tồn tại iđêan tối đại. Giải Gọi T(A) là tập hợp tất cả các iđêan A của X khác X chỉ số hoá tất cả các phần tử A của T(A). Ta có: T(A) = { IA ∈αα / } Ta đặt: A = : Khi đó A là một iđêan của X khác X và chứa tất cả các iđêan của X khác X. Tức là A là cận trên của dây chuyền ( ) αα AUX∈ αA I∈α . Khi đó, theo bổ đề Zorn, trong T(A) = {( )αA I∈α } tồn tại phần tử tối đại P. Nghĩa là, với mọi iđêan M của X khác X sao cho P là con của M thì P = M. Điều này có nghĩa là P là iđêan tối đại của X. *16. Cho X là vành giao hoán, có đơn vị. Bất kỳ một phần tử không khả nghịch của X đều thuộc một iđêan tối đại nào đó. Giải Với x là một phần tử không khả nghịch bất kỳ của x. Ta có ≠ X. Thật vậy, nếu = X thì 1 ∈. Khi đó tồn tại x/ ∈X sao cho 1 = xx/ ∈ nghĩa là x khả nghịch vô lý. Vì ≠ X nên chứa trong một iđêan tối đại nào đó. Nên x thuộc một iđêan tối đại nào đó. *17. Cho A là iđêan của X, A ≠ X. Nếu với mọi b ∉A đều khả nghịch thì A là iđêan tối đại duy nhất của X. Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 13 Giải Thật vậy, giả sử B là iđêan của X , B ≠ X. Sao cho BA ⊂ . Khi đó vì trái lại Bb ∈∀ ⇒ Ab∈ bAb ⇒∉ khả nghịch do đó tồn tại Xb ∈/ Sao cho vô lý. Vậy XBBbb =⇒∈=1/ AB ⊂ hay A = B. Vậy A là iđêan tối đại của X. Giả sử X còn có iđêan tối đại A/ nào đó thì thì a không khả nghịch. /Aa ∈∀ Suy ra vì nếu Aa∈ Aa∉ thì a khả nghịch. Do đó AA ⊂/ do là iđêan tối đại nên A /A /=A. Vậy A là iđêan tối đại duy nhất. 18. Cho a là một phần tử của vành giao hoán có đơn vị X hý hiệu : { }0/)( =∈= xaXxaAnn a) Chứng minh là iđêan của X. )(aAnn b) Tìm )4(Ann trong vành 32Z Giải a) Ta có xa = ya = 0 )(, aAnnyx ∈∀ )(0)( aAnnyxayx ∈+⇒=−⇒ ta có (x)a = (xa) = 0 = 0 x ∀ X∈ ⇒ )(aAnn∈ Vậy là iđêan của X. )(aAnn b) Giả sử k ∈ )4(Ann k⇔ . 4 = 0 )320(8)320(324 <≤⇔<≤⇔ kkkk MM Vậy )4(Ann = { 0 , 8 , 16 , 24 } *19. Giả sử X là vành giao hoán có đơn vị, có một iđêan tối đại duy nhất. Chứng minh rằng mọi phần tử không khả nghịch của X đều thuộc iđêan tối đại đó. Giải Giả sử X có iđêan tối đại duy nhất A Xx∈∀ , x không khả nghịch. Ta có : Xx ≠ , thật vậy vì nếu Xx = thì tồn tại sao cho Xx ∈/ xxxx ⇒∈=1/ khả nghịch, vô lý. Vì Xx ≠ mà A là iđêan tối đại duy nhất của X nên Axx ⊂∈ ta có điều phải chứng minh. *20. Chứng minh là iđêan nguyên tố của X. )(aAnn Giải. Từ bài 18 ta có là iđêan của X. sao cho )(aAnn Xyx ∈∀ , 0)(0)()( =⇒=⇒∈ yaxaxyaAnnxy hoặc 0)( =xay . hoặc 0=⇒ ya 0=xa hoặc )(aAnny∈⇒ )(aAnnx∈ (đpcm) Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 14 Phần Thứ Hai PHẦN TỬ LUỸ LINH VÀ NIL-CĂN TRONG VÀNH I. ĐỊNH NGHĨA : 1. Phần tử luỹ linh. Trong vành giao hoán có đơn vị X, phần tử x gọi là luỹ linh nếu tồn tại số tự nhiên n>0 sao cho xn = 0. 2. Nil-căn trong vành. Tập hợp R(X) gồm tất cả các phần tử luỹ linh của X là nil-căn của vành X. II. TÍNH CHẤT : 1. Tính chất của phần tử luỹ linh. a) Cho , x luỹ linh và Xx∈ 0≠x thì x là ước của 0. Thật vậy, giả sử 0≠x và x luỹ linh khi đó tồn tại số tự nhiên n bé nhất thoả xn = 0 mà thế thì x01 ≠−nx n = xn-1.x = 0. Suy ra xn-1 và x là ước của không. b) Nếu x luỹ linh thì 1+x khả nghịch, 1-x khả nghịch. Thật vậy , vì x luỹ linh nên tồn tại sao cho x*Nn∈ n = 0. Suy ra 1 = 1 + x2n+1 = (1+x) [1+x+ .. + x2n] Vậy 1+x khả nghịch. Tương tự 1-x khả nghịch. c) Nếu x luỹ linh và khả nghịch thì + x khả nghịch. Chứng minh. u u Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 15 Trước hết ta thấy rằng nếu x luỹ linh thì vx luỹ linh . Do đó, 1+ khả nghịch. Giả sử Xv∈∀ vx Xv∈ là phần tử nghịch đảo của khi đó + x = khả nghịch. u u( vxu +1 ) 2. Tính chất của nil-căn trong vành. a) Nil-căn R(X) là một iđêan của X. Thật vậy, )(, XRyx ∈∀ ta có xn = 0, xm = 0. Suy ra (x+y)m+n = 0 1 1 =−+ + = +∑ inmin i i nm yxC Do một trong hai số i và m+n-i có một số lớn hơn m và n. Nên , . )(XRyx ∈+ )(0)1()( XRxxx nnn ∈−⇒=−=− Mặt khác, )(xRx∈∀ và Xx∈∀ ta luôn có )(XRxx ∈=αα Vậy R(X) là iđêan của X. b) X / R(X) không có phần tử luỹ linh khác không. Thật vậy, giả sử x = x + R(X) luỹ linh trong R(X). Thế thì tồn tại n sao cho n x = 0 xxRxxRxn ⇒∈⇒∈⇒ )()( = 0 . c) X là vành giao hoán có đơn vị thế thì nil-căn R(x) của X là giao của tất cả các iđêan nguyên tố trong X. Chứng minh Gọi R/ là giao của tất cả các iđêan nguyên tố của X. Ta chứng minh R/ = R(x). Nếu vậy ta cần chứng minh rằng )(XRa∈∀ thì và nếu thì . /Ra∈ )(xRa∉ /Ra∉ /0)( RaXRa n ∈=⇒∈∀ (Do R/ là giao của tất cả các iđêan nguyên tố của X nên cũng là iđêan nguyên tố của X). /Ra∈⇒ )(xRa∉∀ ta chứng minh . Vì /Ra∉ NnaXRa n ∈∀≠⇒∈ 0)( Gọi A là một iđêan của X có tính chất , . Aan ∉ Nn∈∀ Gọi T(A) là tập hợp tất cả các iđêan A có tính chất trên ta có ∅ vì { } . Giả sử ≠)(AT )(0 AT∈ { }IAAT ∈= αα /)( . Ta đặt A = . Khi đó A là iđêan và , và A là cận trên của dây chuyền α α A I U ∈ 0>∀n )(ATAAan ∈⇒∉ ( ) IA ∈αα , theo bổ đề Zorn T(A) có phần tử tối đại kí hiệu là iđêan P. Ta sẽ chứng minh P là iđêan nguyên tố. Giả sử )(,,, ATPyPxPyPPxPPyx ∉+>⇒<⊂⇒∉ ≠≠ . Suy ra với m, n nào đó. PyaPxa nm +>∈∈< , Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 16 Suy ra P là iđêan nguyên tố. ⇒∉⇒∉+>⇒∈<+ PxyATPxyPxya nm )( Vì nên )(ATP∈ Pam ∉ 0>∀m suy ra vậy RPRaPa ⊂∉⇒∈ / /=R(x) d) X là vành giao hoán có đơn vị R(X) là nil-căn của X. Khi đó các khẳng định sau đây tương đương : i) X có một iđêan nguyên tố duy nhất. ii) thì a luỹ linh hoặc a khả nghịch. Xa∈∀ iii) X / R(X) là trường. Chứng minh i) ii) Vì X là vành giao hoán có đơn vị nên tồn tại iđêan tối đại A và A cũng là iđêan nguyên tố. Vì X có một iđêan nguyên tố duy nhất nên nó cũng là iđêan tối đại A. ⇒ Xa∈∀ mà a không khả nghịch thì a thuộc một iđêan tối đại nào đó. Do A là iđêan tối đại duy nhất nên Aa∈ . Do R(X) là giao của tất cả các iđêan trong X nên R(X) =A )(XRa∈⇒ vậy a luỹ linh. ii) iii) Giả sử ⇒ a )(/ XRX∈ , a 0≠ khi đó không luỹ linh. aXRa ⇒∉ )( ⇒ a khả nghịch ⇒ a khả nghịch ⇒ X / R(x) là trường. iii) i) Vì X / R(x) là trường ⇒ ⇔R(X) là iđêan tối đại của X. Mặt khác R(x) là giao của các iđêan nguyên tố của X nên với P là iđêan nguyên tố của X. Nhưng do R(X) là iđêan tối đại nên R(x) = P. Vậy X có một iđêan nguyên tố duy nhất. PxR ⊂)( III. BÀI TẬP : 1. Giả sử A là vành giao hoán có đơn vị và chứng minh các khẳng định sau: ][)( 0 xAxaxf i n i i ∈= ∑ = a) f khả nghịch trong A[x] khi và chỉ khi ao khả nghịch trong A và a1, a2, …an luỹ linh b) f luỹ linh trong A[x] khi và chỉ khi ao, a1, a2, …an luỹ linh c) f là ước của không khi và chỉ khi tồn tại phần tử khác không a ∈ A sao cho . 0=af Giải Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 17 a) Giả sử a0 khả nghịch, a1, a2, …an luỹ linh khi đó = a∑ = n i i i xa 1 1 + a2x2+ …+ an là phần tử luỹ linh. Theo tính chất 1c) ta có = khả nghịch +0a ∑ = n i i i xa 1 )( 0 xfxa i n i i =∑ = Ngược lại, giả sử là phần tử khả nghịch trong A[x] và giả sử là nghịch đảo của Vì . 1 nên i n a i xaxf ∑ = = 0 )( =)(xg i n i i xb∑ = 0 )( xf )( xf =)(xg a0b0 = 1. Hơn nữa ta có . Thật vậy với r = 0 ta có a mba rrm r n ,...1,00 1 =∀=−+ n.bm = 0 vì nếu an.bm ≠ 0 thì . là đa thức bậc m+n . Giả sử với r = 0, 1, 2, …k-1, hệ số C )( xf )(xg 01 =−+ rmrn ba n+m-k của xn+m-k trong đa thức f(x), g(x) được cho bởi công thức: Cn+m-k = an bm-k + an-1 bm-k+1 +…+ an-k bm = 0 do đó ta có: 0)...(a 11n =+++ −+−−− mknkmnkmkn bababa tức là 0)...( 11 1 =+++ −+−−−+ mknknkmknnkmkn baabaaba biểu thức trong ngoặc bằng không do giả thuyết quy nạp. Do đó . Vậy . 01 =−+ kmkn ba mrba rm r n ,...1,00 1 =∀=−+ Đặt biệt với m = r ta có do đó a00 1 =+ ba mn n là phần tử luỹ linh. Như vậy ta đã chứng minh được: nếu đa thức f(x) = a0 + a1x + …+anxn khả nghịch thì a0 khả nghịch và an luỹ linh. Áp dụng điều này cho đa thức fn-1(x) = f(x) – anxn khả nghịch (tổng một phần tử khả nghịch và một phần tử luỹ linh là một phần tử khả nghịch). Từ fn-1(x) khả nghịch ta suy ra an-1 luỹ linh. Tương tự từ fn-2(x), fn-3(x)…f1(x) khả nghịch ta được an-2, an-3 …a1 luỹ linh. Vậy khả nghịch khi và chỉ khi ai n i i xaxf ∑ = = 0 )( 0 khả nghịch và a1,a2 …an luỹ linh. b) Nếu a1 luỹ linh, ni ,0= thì hiển nhiên luỹ linh. i n i i xaxf ∑ = = 0 )( Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 18 Ngược lại, nếu luỹ linh thì 1 + f(x) khả nghịch. Theo a) ai n i i xaxf ∑ = = 0 )( i luỹ linh ni ,1=∀ , nhưng do luỹ linh nên ai n i i xaaxf ∑ = += 1 0)( 0 luỹ linh. Vậy f(x) luỹ linh khi và chỉ khi các hệ số của nó luỹ linh. c) Giả sử là ước của không và là đa thức bậc thấp nhất thoả điều kiện g(x)f(x)=0. Khi đó a i n i i xaxf ∑ = = 0 )( )0()( 0 ≠= ∑ = m i m i i bxbxg nbm = 0 do đó ang = 0 (vì nếu thì a0≠gan ng là đa thức bậc bé hơn bậc của g thoả f(x)(ang)(x) = 0 mâu thuẩn với giả thuyết g(x) là đa thức bé nhất thảo điều kiện g(x)f(x)=0). Bằng quy nạp ta có ngay an-rg = 0 với r = 0, 1, 2, …,n. Suy ra an-rbm = 0 với mọi r = 0, 1, 2,…, n do đó bmf = 0. Ngược lại, nếu tồn tại a sao cho af = 0 với a≠ 0. Khi đó gọi g(x) = a là đa thức bậc không ta có: f(x)g(x) = af(x) = 0. Vậy f(x) là ước của không. 2. *Cho x là phần tử luỹ linh khác không của vành giao hoán có đơn vị X. Chứng minh Ann(x) luôn nằm trong một iđêan tối đại nào đó. Giải Ta có Ann(x) là một iđêan của X. Ta cần chứng minh Ann(x) ≠ X. Thật vậy giả sử Ann(x) = X thế thì )(1 xAnn∈ ⇒1x = x = 0 vô lý do x ≠ 0. Vậy Ann(x) là iđêan của X khác X nên nó thuộc vào một iđêan tối đại nào đó của X. *Ghi chú: từ bài tập trên ta có nếu x là phần tử khác không của X thì Ann(x) X. ≠ Phần Thứ Ba IĐÊAN CĂN CỦA MỘT IĐÊAN CỦA VÀNH I. ĐỊNH NGHĨA: Cho A là iđêan của vành giao hoán có đơn vị X. Tập hợp { }AxXxAr n ∈∈= /)( được gọi là căn của iđêan A của X. II. TÍNH CHẤT: Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 19 1. Căn của iđêan A của X là một iđêan của X. Thật vậy, gọi r (A) là căn của iđêan A với vơí m,n là các số tự nhiên khi đó. AyxAryx nn ∈→∈ ,)(, AyxCyx inmi nm i i nm nm ∈=+ −+ + = + + ∑ 0 )( (do trong hai số xi và ymn-i có một số thuộc A mà A là iđêan của X). Suy ra )(Aryx ∈+ ( ) )(,,, ArxAxxX nnn ∈⇒∈=∈∀ αααα Vậy r(A) là iđêan của X. 2. Cho A là iđêan của X, là toàn cấu chính tắc, và R(X/A) là nil-căn của X/A. Chứng minh . AXXp /: → ))/(()( 1 AXRpAr −= Chứng minh 0)( =⇔∈⇔∈∀ nn xAxArx x⇔ ))/(()/( 1 AXRpxAXR −∈⇔∈ Vậy ))/(()( 1 AXRpAr −= 3. r(A) là giao của tất cả các iđêan nguyên tố của X chứa A. Chứng minh Gọi T là tập hợp tất cả các iđêan nguyên tố của X/A. Theo tính chất 2 ta có. I I Tp TP PpPpAXRpAr ∈ ∈ −−− === )()())/(()( 111 Vì P là iđêan nguyên tố của X/A nên p-1(P) là iđêan nguyên tố của X. Ta cần chứng minh p-1(P) chứa A. −− ∈=+==⇒∈∀ PAxxxpAx 0)( , . )(0 1 Ppxp −− ∈⇒∈ Vậy ta có điều phải chứng minh. III. CÁC BÀI TẬP : 1. Giả sử X là vành giao hoán có đơn vị A, B là các iđêan của vành X, Chứng minh. a) .)(,)( XAXArAAr =⇔=⊃ b) )())(( ArArr = Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 20 c) )()()()( BrArBArABr ∩=∩= . d) Nếu P là iđêan nguyên tố thì . 1,)()( ≥∀== nPPrPr n Giải a) + . )()(* ArAAraNnAaAa n ⊂⇒∈⇒∈∀∈⇒∈∀ + ⇒ ,11)(1,)(/ * XANnAArXAr n =⇒∈∀∈=⇒∈⇒= . mặt khảc Vậy , X=r(A). )()(,/ ArXArdoAXA ⊂⇒⊂=⇐ .)( XAr ⊂ b) Ta có (Chứng minh trên a). Mặt khác với mọi x thuộc r(r(A)) ta có. ))(()( ArrAr ⊂ )()()( ArxAxAxArx nkknn ∈⇒∈⇒∈⇒∈ Vậy r(A) = r(r(A)). c) BAcBcA,cAB. ∩∈⇒∈∈⇒∈=∀ bac (Do A,B là iđêan của X) Suy ra )()( BArABrBAAB ∩⊂⇒∩⊂ (1) Ta lại có BBAABA ⊂∩⊂∩ , )()( ArBAr ⊂∩⇒ )()( BrBAr ⊂∩ )()()( BrArBAr ∩⊂∩⇒ (2) Từ (1) và (2) suy ra : )()()()( BrArBArABr ∩⊂∩⊂ Ta cần chứng minh : )()()( ABrBrAr ⊂∩ Giả sử )(),()()( BrxArxBrArx ∈∈⇒∩∈ BxAx nm ∈∈⇒ , Với m, n nào đó. ).(. ABrxABxxx nmnm ∈⇒∈=⇒ + Vậy (ta có đpcm) )()()( ABrBrAr ⊂∩ d) Vì r(P) là giao của các iđêan nguyên tố chứa P nên , do câu a) nên PPr ⊂)( PPrPrP =⇒⊂ )()( . Theo câu c) ta có PPrPrPrPrPr n ==∩∩∩= )()(....)()()( . 2) Giả sử X là vành giao hoán có đơn vị A, B là các iđêan của vành X. Chứng minh. a) r(A+B)= r(r(A)+r(B)). b) A,B nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi r(A) và r(B) nguyên tố cùng nhau. Giải a) Ta có )(),( BrBArA ⊂⊂ ))()(()()()( BrArrBArBrArBA +⊂+⇒+⊂+⇒ Ngược lại ta có )()( BArAr +⊂ )()( BArBr +⊂ )())()(()()()( BArBrArrBArBrAr +⊂+⇒+⊂+⇒ Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 21 Vậy r(A+B) =r((A) +r(B)) b) A,B nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi A+B = X ⇔ r(A+B) =X ⇔ r(r(A) +r(B)) =X ⇔ r(A) +r(B)=X ⇔ r(A) ,r(B) nguyên tố cùng nhau . *3. Cho X là vành giao hoán có đơn vị , chứng minh R(X) = r(0). Giải Hiển nhiên vì tập hợp tất cả các phần tử luỹ linh của X là ước của 0 nên R(X) = mà r() = Vậy R(X) = r(0). Diệp Hoàng Ân Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 22 Phần Thứ Tư TẬP CON NHÂN CỦA VÀNH GIAO HOÁN CÓ ĐƠN VỊ VÀ IĐÊAN CỦA VÀNH CÁC THƯƠNG I. CÁC ĐỊNH NGHĨA : Trong phần này ta cần tìm hiểu các khái niệm tập con nhân của vành và các vành thương. 1. Tập nhân con : Cho X là vành giao hoán có đơn vị, tập con S của X gọi là tập con nhân của X nếu và S ổn định đối với phép nhân. S∈1 2. Vành các thương : Giả sử X là vành giao hoán có đơn vị, S là tập con nhân của X. Vành S-1X gọi là vành các thương của X đối với S nếu có một đồng cấu (vành) thoả các điều kiện sau: XSXf 1: −→ i) Với mọi khả nghịch trong S)(, sfSs∈ -1X. ii) tồn tại ⇔= 0)(af Ss∈ sao cho as=0., iii) Mọi phần tử của S-1X đều có dạng trong đó và 1)().( −sfaf Xa ∈ Ss∈ . II. TÍNH CHẤT : 1. Định lý : (phép dựng vành các thương). Vành các thương của vành giao hoán có đơn vị X đối với tập con nhân S luôn tồn tại. Chứng minh : Trong tập XxS xác định quan hệ sau : ( ) ( ) Sutb._.