Vánh cấu xạ và vành tự cấu xạ

l(a) là linh hoá tử trái của phần tử a, tuy nhiên sự đối ngẫu R/Ra ∼= l(a) không phải bao giờ cũng đúng. Lớp vành cấu xạ đ−ợc đ−a ra khi nghiên cứu tính đúng đắn của đẳng thức R/Ra ∼= l(a). Các nhà toán học Nicholson và Campos (2004) (xem [7]) đã tìm thấy sự liên hệ của lớp vành này với tính chất của các phần tử . Nicholson và các cộng sự đã đạt đ−ợc nhiều kết quả sâu sắc khi nghiên cứu lớp vành cấu xạ (xem [2], [7]). Trong thời gian gần đây họ còn mở rộng lớp vành này để đạt đ−ợc lớp vành tựa cấu xạ (xem [1]). Khoá luận này tiếp tục nghiên cứu các tính chất và xây dựng một số ví dụ về lớp vành cấu xạ và lớp vành tựa cấu xạ. Để giải quyết vấn đề đặt ra chúng tôi sử dụng các kiến thức, ph−ơng pháp và kỹ thuật chứng minh của lý thuyết vành, đặc biệt là kỹ thuật về các phần tử. Bố cục khoá luận gồm hai ch−ơng: Ch−ơng 1. Các khái niệm cơ bản Ch−ơng này giới thiệu những khái niệm và tính chất cơ bản có liên quan và đ−ợc sử dụng cho ch−ơng sau. Đó là các kiến thức cơ sở để nghiên cứu lớp vành cấu xạ và tựa cấu xạ. Ch−ơng 2. Vành cấu xạ và vành tựa cấu xạ Ch−ơng này giới thiệu về phần tử cấu xạ, phần tử tựa cấu xạ, vành cấu xạ và vành tựa cấu xạ. Ch−ơng này cũng đ−a ra những ví dụ và mối liên hệ của hai lớp vành này với những lớp vành cổ điển. Đ1 Vành cấu xạ Mục này giới thiệu về phần tử cấu xạ và vành cấu xạ, một số tính chất nội tại và các đặc tr−ng của vành cấu xạ để đ−a ra mối liên hệ giữa vành cấu xạ với vành chính quy khả nghịch, vành Bun, thể, vành nửa đơn,.. 2 Đ2 Vành tựa cấu xạ Mục này giới thiệu về phần tử tựa cấu xạ và vành tựa cấu xạ, mối liên hệ giữa vành tựa cấu xạ với vành cấu xạ và một số lớp vành khác nh− vành chính quy, vành hữu hạn trực tiếp... Mục này còn đ−a ra một số tính chất của vành tựa cấu xạ. 3 Lời nói đầu Lý thuyết vành là một trong những lý thuyết phát triển mạnh mẽ trong giai đoạn hiện nay. Trong lý thuyết vành, vấn đề đặc tr−ng các lớp vành là bài toán đ−ợc nhiều nhà toán học quan tâm và đã đạt đ−ợc nhiều kết quả sâu sắc. Có hai h−ớng chính để đặc tr−ng cho các lớp vành. H−ớng thứ nhất là đặc tr−ng vành thông qua tính chất nội tại của nó nh− tính chất của các phần tử hoặc các iđêan. H−ớng thứ hai là đặc tr−ng vành thông qua tính chất của các lớp môđun trên vành đó. H−ớng thứ nhất ra đời sớm hơn và hiện tại vẫn đ−ợc một số nhà toán học quan tâm nghiên cứu. Khoá luận của chúng tôi nghiên cứu theo h−ớng thứ nhất, dựa trên các bài báo của Nicholson, Campos (2004) (xem [7]) và Camillo, Nicholson (2007) (xem [1]). Chúng ta đã biết rằng đối với vành R bất kỳ theo định lý đồng cấu R/l(a) ∼= Ra,∀a ∈ R trong đó l(a) là linh hoá tử trái của phần tử a. Tuy nhiên tính chất R/Ra ∼= l(a) không phải bao giờ cũng đúng chẳng hạn Z/2Z W∼= l(2) = 0. Năm 1976, G.Erlich đã đ−a ra lớp vành cấu xạ là lớp vành thoả mãn điều kiện R/Ra ∼= l(a) (xem [3]), tuy nhiên việc nghiên cứu vành cấu xạ qua điều kiện này tỏ ra không thật sự hiệu quả. Năm 2004, Nicholson và Campos đã đ−a ra điều kiện t−ơng đ−ơng của vành cấu xạ với tính chất về linh hoá tử của các phần tử (xem [7, Lemma 1]). Nhờ sử dụng điều kiện mới này việc nghiên cứu lớp vành cấu xạ tỏ ra có hiệu quả hơn và đạt đ−ợc nhiều kết quả thú vị. Đặc biệt năm 2007, V. Camillo và Nicholson đã mở rộng điều kiện trên và đ−a ra lớp vành tựa cấu xạ và đã đạt đ−ợc một số kết quả (xem [1]). Khoá luận này cũng nghiên cứu các tính chất của vành cấu xạ và vành tựa cấu xạ, đ−a ra những ví dụ, mối liên hệ của hai lớp vành này với những lớp vành cổ điển. Khoá luận còn nghiên cứu các tính chất về các phần tử trong hai lớp vành này. Khoá luận đ−ợc trình bày trong hai ch−ơng. Trong ch−ơng I, chúng tôi hệ thống các khái niệm cơ bản đ−ợc sử dụng trong khoá luận. Ch−ơng 4 II là nội dung chính của khoá luận trình bày về phần tử và vành cấu xạ, tựa cấu xạ, các tính chất của chúng, thông qua đó đ−a ra các ví dụ và mối liên hệ của hai lớp vành này với các lớp vành cổ điển. Kết quả chính của khoá luận đã đ−ợc viết thành bài báo: ”Vành cấu xạ và QF vành” đang gửi đăng ở Tạp chí khoa học tr−ờng Đại học Vinh (xem [9]). Khi nghiên cứu về các lớp vành cấu xạ và vành tựa cấu xạ chúng tôi nhận thấy hệ thống kết quả của nó ch−a thực sự hoàn thiện. Từ đó đặt ra các bài toán mới có thể hấp dẫn chúng tôi tiếp tục nghiên cứu trong thời gian tới nh− đặc tr−ng QF vành bởi các vành cấu xạ và vành tựa cấu xạ... Khoá luận đ−ợc hoàn thành d−ới sự h−ớng dẫn của thầy giáo PGS. TS. Ngô Sỹ Tùng, NCS. ThS. Lê Văn An và nhóm Seminar Lý thuyết vành và môđun. Nhân dịp này chúng tôi bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thầy giáo h−ớng dẫn và nhóm Seminar về những sự giúp đỡ nhiệt tình, chu đáo và những góp ý thiết thực cho chúng tôi trong quá trình hoàn thành khoá luận. Chúng tôi cũng xin gửi lời cảm ơn các thầy cô giáo trong tổ Đại số và Lý thuyết số và các bạn sinh viên đã giúp đỡ chúng tôi trong quá trình hoàn thành khoá luận này. Vì trình độ và thời gian có hạn nên khoá luận chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót, chúng tôi rất mong nhận đ−ợc sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn đọc để khoá luận này đ−ợc hoàn thiện hơn. Tác giả 5 CHƯƠNG 1 Các khái niệm cơ bản Trong ch−ơng này, chúng tôi đ−a ra những định nghĩa, các tính chất cơ bản liên quan đến công trình. Các khái niệm, tính chất và ký hiệu cơ bản chúng tôi dựa vào các tài liệu: V. Camillo and W.K. Nicholson [1]; W.K. Nicholson and M.F. Yousif [6]; W.K. Nicholson and E. Sánchez Campos [7] và R. Wisbauer [8]. Các vành luôn đ−ợc giả thiết là vành kết hợp có đơn vị và các môđun trên một vành đ−ợc hiểu là môđun phải unita. 1.1. Các phần tử đặc biệt trong vành 1.1.1. Phần tử luỹ đẳng. Cho vành R và các phần tử e, f trong R. Phần tử e đ−ợc gọi là phần tử luỹ đẳng (idempotent element) trong R nếu e2 = e. Hai phần tử e, f đ−ợc gọi là luỹ đẳng trực giao (orthogonal idempo- tents) nếu e2 = e; f 2 = f ; ef = fe = 0. 1.1.2. Phần tử chính quy. Cho vành R. Phần tử a trong vành R đ−ợc gọi là phần tử chính quy (regular element) nếu tồn tại phần tử b ∈ R sao cho aba = a. 1.1.3. Phần tử chính quy khả nghịch. Cho vành R. Phần tử a trong vành R đ−ợc gọi là phần tử chính quy khả nghịch (unit regular element) nếu tồn tại phần tử khả nghịch b ∈ R sao cho aba = a. 1.1.4. Nhận xét. Phần tử chính quy khả nghịch là phần tử chính quy nh−ng điều ng−ợc lại không đúng (xem [5]). 1.2. Định lý cơ bản về sự phân tích vành Giả sử R là một vành có đơn vị 1 và có sự phân tích RR = ⊕i∈IAi, (Ai∆RR) thì: a) Tồn tại tập hữu hạn I0 ⊆ I sao cho RR = ⊕i∈I0Ai; Ai W= 0,∀i ∈ I0. b) Tồn tại ei ∈ Ai,∀i ∈ I0 sao cho 6 (i) Ai = Rei; (ii) Σi∈I0ei = 1; (iii) {ei}i∈I0 là họ luỹ đẳng trực giao. c) Nếu trong R tồn tại họ {e1; e2; ...; en} các luỹ đẳng trực giao mà Σni=1ei = 1 thì RR = ⊕ni=1Rei. Chứng minh. Do RR = ⊕i∈IAi, (Ai∆RR) nên 1 = e1 + e2 + ... + en, (ei ∈ Ai). Đặt I0 = {1; 2; ...;n} ⊆ I chúng ta có x = xe1+xe2+...+xen. Từ đó R = Re1 + Re2 + ... + Ren. Vì ei ∈ Ai nên Rei ∈ Ai, do đó R = Re1 ⊕ Re2 ⊕ ... ⊕ Ren. Mặt khác R = Re1 ⊕ Re2 ⊕ ... ⊕ Ren ⊆ ⊕i∈I0Ai ⊆ R chúng ta suy ra Rei = Ai. Chúng ta có tính chất a), b) với các tính chất (i) và (ii). Từ 1 = e1 + e2 + ... + en chúng ta suy ra ei = e1ei + e2ei + ...enei. Đồng thời ei = 0+ 0+ ...0+ ei +0+ ...+0. Do ei, e2i ∈ Ai và sự phân tích là duy nhất nên ei = e2i ; eiej = 0,∀i W= j. Từ đó {ei}ni=1 là họ luỹ đẳng trực giao. Chúng ta có b) với tính chất (iii). c) Từ giả thiết 1 = Σni=1ei chúng ta có R = Σni=1Rei.Nếu Rei0 ∩ ΣiW=i0Rei thì r = aei0 = ΣiW=i0aiei. Chúng ta suy ra rei0 = aei0ei0 = aei0 = r và rei0ΣiW=i0aieiei0 = 0. Do đó r = 0. Vậy RR = ⊕ni=1Rei. 1.3. Các lớp vành cổ điển 1.3.1. Vành Bun. Vành R đ−ợc gọi là vành Bun (Boolean ring) nếu mọi phần tử của R là phần tử luỹ đẳng. 1.3.2. Vành chính quy. Vành R đ−ợc gọi là vành chính quy (regular ring) nếu mọi phần tử của R đều là phần tử chính quy. 1.3.3. Định lý([8, 3.10] )(Đặc tr−ng vành chính quy). Cho vành R. Các khẳng định sau t−ơng đ−ơng: (a) R là vành chính quy; (b) Mọi iđêan chính trái sinh bởi phần tử luỹ đẳng; (c) Mọi iđêan chính trái là hạng tử trực tiếp trong R; (d) Mọi iđêan trái hữu hạn sinh là hạng tử trực tiếp trong R 1.3.4. Vành chính quy khả nghịch. Vành R đ−ợc gọi là vành chính 7 quy khả nghịch (unit regular ring) nếu mọi phần tử trong R đều là phần tử chính quy khả nghịch. 1.3.5. Nhận xét. Vành chính quy khả nghịch là vành chính quy nh−ng điều ng−ợc lại không đúng. Ví dụ([5, Corollary 2.11]). Cho tr−ờng k và V là không gian véc tơ vô hạn chiều trên k. Xét vành R = End(V ) là vành các tự đồng cấu của V . Khi đó R là vành chính quy nh−ng không là vành chính quy khả nghịch. 1.3.6. Vành nửa đơn. Vành R đ−ợc gọi là vành nửa đơn (semisimple ring) nếu R = ⊕i∈IRi với Ri là iđêan trái tối tiểu của R. 1.3.7. Định lý([8, 3.4]) (Đặc tr−ng vành nửa đơn). Cho vành R. Các khẳng định sau là t−ơng đ−ơng: (a) R là vành nửa đơn; (b) R là tổng hữu hạn các iđêan trái tối tiểu; (c) Mọi iđêan trái là hạng tử trực tiếp của R; (d) Mọi iđêan trái của R sinh bởi phần tử luỹ đẳng. 1.3.8. Vành hữu hạn trực tiếp. Vành R đ−ợc gọi là hữu hạn trực tiếp (directly finite ring) nếu với các phần tử a, b ∈ R sao cho ab = 1 thì ba = 1. 1.4. Linh hoá tử 1.4.1. Định nghĩa. Cho vành R và ∅ W= A ⊆ R. Khi đó: a) l(A) = {r ∈ R | ra = 0,∀a ∈ A} đ−ợc gọi là linh hoá tử trái (left annihilator) của A trong vành R. b) r(A) = {r ∈ R | ar = 0,∀a ∈ A} đ−ợc gọi là linh hoá tử phải (right annihilator) của A trong vành R. c) Nếu A = {a} thì chúng ta viết l(a) hoặc r(a) t−ơng ứng. 1.4.2. Tính chất. Cho vành R và ∅ W= A,B ⊆ R. Khi đó: (i) l(A)∆RR; r(A)∆RR. (ii) a) Nếu A∆RR thì l(A)∆R. b) Nếu A∆RR thì r(A)∆R. (iii) A ⊆ l(l(A)) và A ⊆ r(r(A)). 8 (iv) Nếu A ⊆ B thì l(B) ⊆ l(A) và r(B) ⊆ r(A). Chứng minh. (i) Giả sử a1, a2 ∈ l(A) chúng ta có a1b = a2b = 0,∀b ∈ A. Do đó a1b − a2b = (a1 − a2)b = 0, chúng ta suy ra a1 − a2 ∈ l(A). Vì thế l(A) là vành con của R. Mặt khác với mọi a ∈ l(A) và b ∈ A thì ab = 0, với x ∈ R chúng ta có xab = 0, tức là xa ∈ l(A). Vậy l(A)∆RR. T−ơng tự chúng ta có r(A)∆RR. (ii) a) Giả sử A∆RR. Với mọi b ∈ A, x ∈ R thì xb ∈ A. Do đó với a ∈ l(A) thì (ax)b = a(xb) = 0 nên ax ∈ l(A). Vậy l(A)∆R. T−ơng tự chúng ta có b). (iii) Với mọi x ∈ A và a ∈ r(A) thì ax = 0. Do đó x ∈ r(r(A)). Vậy A ⊆ r(r(A)). T−ơng tự A ⊆ l(l(A)). (iv) Với mọi x ∈ r(B), chúng ta có bx = 0,∀b ∈ B. Vì A ⊆ B nên ax = 0,∀a ∈ A. Do đó x ∈ r(A). Vậy r(B) ⊆ r(A). T−ơng tự chúng ta có l(B) ⊆ l(A). 1.4.3. Nhận xét. Cho vành R và phần tử a ∈ R. Chúng ta xét toàn cấu f : R −→ Ra xác định bởi f(x) = xa,∀x ∈ R. Khi đó theo định lý đồng cấu chúng ta có Ra ∼= R/Kerf , với Kerf = {x ∈ R | xa = 0} = l(a) cho nên Ra ∼= R/l(a). Tuy nhiên R/Ra ∼= l(a) không phải bao giờ cũng đúng. Ví dụ sau chỉ ra điều đó: Ví dụ Xét vành các số nguyên Z và iđêan chính Z.2 của nó. Chúng ta có Z/Z.2 = Z2 và l(2) = {x ∈ Z | x.2 = 0} = 0. Chúng ta nhận thấy Z/0 ∼= Z.2 nh−ng Z/Z.2 = Z2 W∼= 0 = l(2). Trong ch−ơng sau chúng ta sẽ xét đến lớp vành có tính chất R/Ra ∼= l(a) và lớp vành mở rộng của lớp vành này. Các lớp vành đó đ−ợc gọi là vành cấu xạ (morphic ring) và tựa cấu xạ (quasi - morphic ring). 1.5. Vành P−nội xạ 1.5.1. Môđun nội xạ. Cho vành R và A,M là các R−môđun phải. Môđun M đ−ợc gọi A−nội xạ (A−injective) nếu với mọi môđun X của A, mỗi đồng cấu ϕ : X −→ M đều có thể mở rộng tới đồng cấu 9 ψ : A −→M . Môđun M đ−ợc gọi là nội xạ (injective) nếu M là A−nội xạ với mọi môđun A. 1.5.2. Định lý([8, 16.4])(tiêu chuẩn Baer). Môđun M là nội xạ khi và chỉ khi M là R−nội xạ. 1.5.3. Môđun P−nội xạ. Cho vành R và M là một R−môđun phải. Môđun M đ−ợc gọi là nội xạ chính phải (viết tắt P−nội xạ phải) (principally injective) nếu mọi R−đồng cấu ϕ : aR −→ M với bất kỳ a ∈ R đều có thể mở rộng tới đồng cấu ψ : R −→M . 1.5.4. Nhận xét. Từ định nghĩa của môđun P−nội xạ và tiêu chuẩn Baer chúng ta thấy mọi môđun nội xạ là môđun P−nội xạ. Trong khoá luận chúng tôi còn sử dụng định nghĩa t−ơng đ−ơng định nghĩa trên nh− sau: Cho vành R và M là một R−môđun phải. Môđun M đ−ợc gọi là nội xạ chính phải (viết tắt P−nội xạ phải) nếu mọi R−đồng cấu ϕ : aR −→M là phép nhân với một phần tử m ∈M (kí hiệu ϕ = m.). 1.5.5. Vành P−nội xạ. Vành R đ−ợc gọi là nội xạ chính phải (P−nội xạ phải) (right principally injective ring) nếu RR là môđun P−nội xạ, nghĩa là mọi iđêan chính phải aR đều mở rộng đ−ợc. 1.5.6. Định lý (đặc tr−ng vành P−nội xạ). Cho vành R. Các điều kiện sau là t−ơng đ−ơng: (a) R là vành P−nội xạ phải; (b) l(r(a)) = Ra,∀a ∈ R; (c) Nếu r(a) ⊆ r(b) với a, b ∈ R thì Rb ⊆ Ra; (d) l(bR ∩ r(a)) = l(b) + Ra,∀a, b ∈ R; (e) Nếu ϕ : aR −→ R trong đó a ∈ R là R−tuyến tính thì ϕ(a) ∈ Ra. Chứng minh. (a)⇒ (b): Giả sử R là vành P−nội xạ chúng ta sẽ chứng minh l(r(a)) = Ra,∀a ∈ R. Thật vậy, với mọi y ∈ r(a) thì ay = 0. Với mọi x ∈ Ra chúng ta có x = ra, do đó xy = ray = 0 và suy ra x ∈ l(r(a)), tức là Ra ⊆ l(r(a)). Giả sử b ∈ l(r(a)) chúng ta có với mọi x ∈ r(a) thì bx = 0 và suy ra x ∈ r(b). Từ đó ϕ : aR −→ R đ−ợc xác định bởi ϕ(ar) = br là một 10 đồng cấu. Theo giả thiết (a) chúng ta có ϕ = c. với c ∈ R nào đó và b = ϕ(a) = c.a ∈ Ra, tức là l(r(a)) ∈ Ra. Vậy Ra = l(r(a)), chúng ta có (b). (b)⇒ (c): Giả sử có giả thiết (b) chúng ta chứng minh điều kiện (c). Nếu r(a) ⊆ r(b) thì b ∈ l(r(a)) = Ra,∀a ∈ R. Do đó Rb ⊆ Ra, có (c). (c)⇒ (d): Giả sử có giả thiết (c) chúng ta chứng minh điều kiện (d). Xét x ∈ l(bR ∩ r(a)). Chúng ta có với r ∈ r(ab) thì abr = 0, suy ra br ∈ r(a), do đó br ∈ r(a) ∩ bR, tức là xbr = 0, suy ra r ∈ r(xb), vì vậy r(ab) ⊆ r(xb). Theo giả thiết (c) chúng ta có Rxb ⊆ Rab. Từ đó xb = tab với t ∈ R nào đó. Nhận xét rằng (x − ta)b = 0 = yb với y = x − ta, suy ra y ∈ l(b). Chúng ta có x = ta + y ∈ Ra + l(b), tức là l(bR ∩ r(a)) ⊆ Ra + l(b). Với x ∈ Ra + l(b) thì x = x1 + x2a trong đó x1b = 0. Với mọi c ∈ bR ∩ r(a) thì c = bc1 và ac = 0. Chúng ta có xc = (x1 + x2a)c = x1bc1+x2ac = 0, do đó x ∈ l(bR∩r(a)), tức là Ra+l(b) ⊆ l(bR∩r(a)). Vậy l(bR ∩ r(a)) = l(b) + Ra, chúng ta có (d). (d)⇒ (e): Giả sử có giả thiết (d) chúng ta chứng minh điều kiện (e). Giả sử ϕ : aR −→ R là R−tuyến tính. Đặt ϕ(a) = d. Chúng ta có với x ∈ r(a) thì ax = 0 và do đó ϕ(ax) = xϕ(a) = xd = 0 suy ra x ∈ r(d), tức là r(a) ⊆ r(d), nên l(r(d)) ⊆ l(r(a)) do đó d ∈ l(r(a)). Mặt khác với b = 1 từ giả thiết (d) chúng ta có Ra = l(r(a)) nên d ∈ Ra. Vậy chúng ta có (e). (e) ⇒ (a): Giả sử có giả thiết (e) chúng ta chứng minh R là vành P−nội xạ. Giả sử ϕ : aR −→ R là R−tuyến tính, từ (e) chúng ta có ϕ(a) = ca với c ∈ R nào đó. Vậy ϕ = c., chúng ta có (a). 11 CHƯƠNG 2 Vành cấu xạ và vành tựa cấu xạ Đ1 Vành cấu xạ Nh− chúng ta đã thấy ở ch−ơng 1, đối với một vành R nào đó và a là một phần tử của nó thì R/l(a) ∼= Ra nh−ng R/Ra ∼= l(a) không phải bao giờ cũng đúng. Trong tiết này chúng tôi xét lớp vành mà tính chất R/Ra ∼= l(a) đ−ợc thoả mãn. Lớp vành nh− vậy đ−ợc gọi là vành cấu xạ. Chúng tôi đ−a ra một số tính chất và điều kiện t−ơng đ−ơng của vành cấu xạ; một số kết quả khẳng định các lớp vành cổ điển nh− vành chính quy khả nghịch, vành nửa đơn, vành Bun, thể, ... là vành cấu xạ. 2.1.1. Định nghĩa. Cho vành R và a là một phần tử của R. a) Phần tử a đ−ợc gọi là phần tử cấu xạ trái (phải) (left (right) morphic element) trong R nếu R/Ra ∼= l(a) (t−ơng ứng R/aR ∼= r(a)). b) Vành R đ−ợc gọi là vành cấu xạ trái (phải) (left (right) morphic ring) nếu mọi phần tử của nó đều là phần tử cấu xạ trái (t−ơng ứng phải). c) Vành R đ−ợc gọi là vành cấu xạ (morphic ring) nếu nó là vành cấu xạ trái và phải. 2.1.2. Bổ đề. Cho một vành R. Với mỗi phần tử a trong vành R, các khẳng định sau là t−ơng đ−ơng: a) a là phần tử cấu xạ trái; b) Tồn tại phần tử b ∈ R sao cho Ra = l(b) và l(a) = Rb; c) Tồn tại phần tử b ∈ R sao cho Ra = l(b) và l(a) ∼= Rb. Chứng minh. (a)⇒ (b): Giả sử a là phần tử cấu xạ trái. Khi đó tồn tại đẳng cấu σ : R/Ra −→ l(a). Đặt b = σ(1 + Ra). Chúng ta sẽ chứng minh R(b) = l(a) = Imσ và Ra = l(b). Thật vậy, với x ∈ Rb thì x = x1b = x1σ(1+Ra) = σ(x1+Ra) ∈ Imσ, 12 ng−ợc lại nếu x ∈ Imσ thì tồn tại x1 ∈ R sao cho x = σ(x1 + Ra) = x1σ(1 + Ra) = x1b ∈ Rb. Do đó R(b) = l(a). Với x ∈ Ra thì xb = xσ(1+Ra) = σ(x+Ra) = 0 nên x ∈ l(b), ng−ợc lại nếu x ∈ l(b) thì 0 = xb = xσ(1+Ra) = σ(x+Ra) suy ra x ∈ Ra. Do đó Ra = l(b). Chúng ta có (b). (b)⇒ (c): Hiển nhiên. (c) ⇒ (a): Chúng ta xét đồng cấu f : R −→ Rb xác định bởi f(x) = xb. Chúng ta có f là toàn cấu và Kerf = {x ∈ R | xb = 0} = l(b) = Ra. Theo định lý đồng cấu R/Kerf ∼= R(b) ∼= l(a). Do đó R/Ra ∼= l(a). Chúng ta có (a). Trong khoá luận chúng tôi chủ yếu sử dụng điều kiện b) để chỉ tính chất của phần tử cấu xạ. 2.1.3. Mệnh đề. Cho R = Πi∈IRi là tích trực tiếp các vành Ri, với i ∈ I . Khi đó: (a) Phần tử a = (ai)i∈I ∈ R (với ai ∈ Ri) là cấu xạ trái trong R khi và chỉ khi ai là phần tử cấu xạ trái trong Ri với mọi i ∈ I . (b) R là vành cấu xạ trái khi và chỉ khi Ri là vành cấu xạ trái với mọi i ∈ I . Chứng minh. a) (⇒): Giả sử a = (ai)i∈I là phần tử cấu xạ trái trong R, khi đó tồn tại b = (bi)i∈I sao cho Ra = l(b) và Rb = l(a). Chúng ta sẽ chứng minh ai là phần tử cấu xạ trái trong Ri với mọi i ∈ I . Chúng ta chứng minh Riai = l(bi) và Ribi = l(ai) với mọi i ∈ I . Với xi ∈ Rai(i ∈ I), chúng ta có x = (xi)i∈I ∈ Ra = l(b). Vì vậy xb = (xibi)i∈I = (0) cho nên xibi = 0,∀i ∈ I . Từ đó chúng ta có xi ∈ l(bi) tức là Riai ⊆ l(bi),∀i ∈ I . Ng−ợc lại, nếu xi ∈ l(bi)(i ∈ I) thì xibi = 0,∀i ∈ I . Đặt x = (xi)i∈I , chúng ta có xb = (0). Do đó x ∈ l(b) = Ra, tức là x = (xi)i∈I = (ri)i∈I(ai)i∈I = (riai)i∈I . Vì thế xi = riai,∀i ∈ I cho nên xi ∈ Riai,∀i ∈ I . Từ đó suy ra l(bi) ⊆ Riai,∀i ∈ I . Vậy Riai = l(bi),∀i ∈ I . Với xi ∈ Rbi(i ∈ I), chúng ta có x = (xi)i∈I ∈ Rb = l(a). Vì vậy xa = (xiai)i∈I = (0) cho nên xiai = 0,∀i ∈ I . Từ đó chúng ta có 13 xi ∈ l(ai) tức là Ribi ⊆ l(ai),∀i ∈ I . Ng−ợc lại, nếu xi ∈ l(ai)(i ∈ I) thì xiai = 0,∀i ∈ I . Đặt x = (xi)i∈I , chúng ta có xa = (0). Do đó x ∈ l(a) = Rb, tức là x = (xi)i∈I = (ri)i∈I(bi)i∈I = (ribi)i∈I . Vì thế xi = ribi,∀i ∈ I cho nên xi ∈ Ribi,∀i ∈ I . Từ đó suy ra l(ai) ⊆ Ribi,∀i ∈ I . Vậy Ribi = l(ai),∀i ∈ I . Từ đó ai là phần tử cấu xạ trái trong Ri với mọi i ∈ I . (⇐): Giả sử ai là phần tử cấu xạ trái trong Ri với mọi i ∈ I . Khi đó tồn tại các phần tử bi ∈ Ri(i ∈ I) sao cho Riai = l(bi) và Ribi = l(ai) với mọi i ∈ I . Chúng ta sẽ chứng minh a = (ai)i∈I ∈ R là phần tử cấu xạ trái trong R. Đặt b = (bi)i∈I , chúng ta sẽ chỉ ra rằng Ra = l(b) và Rb = l(a). Nếu x = (xi)i∈I ∈ Ra thì xi ∈ Riai = l(bi),∀i ∈ I . Vì thế xibi = 0,∀i ∈ I cho nên xb = (xi)i∈I(bi)i∈I = (xibi)i∈I = (0). Từ đó chúng ta có x ∈ l(b), tức là Ra ⊆ l(b). Ng−ợc lại, nếu x = (xi)i∈I ∈ l(b) thì xb = (xi)i∈I(bi)i∈I = (xibi) = (0). Do đó xibi = 0, tức là xi ∈ l(bi) = Riai,∀i ∈ I . Suy ra x ∈ Ra, hay là l(b) ⊆ Ra. Vậy Ra = l(b). Nếu x = (xi)i∈I ∈ Rb thì xi ∈ Ribi = l(ai),∀i ∈ I . Vì thế xiai = 0,∀i ∈ I cho nên xa = (xi)i∈I(ai)i∈I = (xiai)i∈I = (0). Từ đó x ∈ l(a), tức là Rb ⊆ l(a). Ng−ợc lại, nếu x = (xi)i∈I ∈ l(a) thì xa = (xi)i∈I(ai)i∈I = (xiai) = (0). Do đó xiai = 0, tức là xi ∈ l(ai) = Ribi,∀i ∈ I . Suy ra x ∈ Rb, hay là l(a) ⊆ Rb. Vậy Rb = l(a). Do đó a là phần tử cấu xạ trái trong R. b) Từ a) trực tiếp suy ra b). 2.1.4. Mệnh đề. Cho vành R. (a) Phần tử a khả nghịch trong R là phần tử cấu xạ trái và phải. (b) Phần tử luỹ đẳng e của R là phần tử cấu xạ trái và phải. Chứng minh. (a) Chúng ta chứng minh rằng tồn tại các phần tử b và c của R sao cho Ra = l(b), Rb = l(a) và aR = r(c), cR = r(a). Thật vậy, vì a khả nghịch nên Ra = R = l(0) và l(a) = {x ∈ R : xa = 0} = {x ∈ R : xaa−1 = 0} = 0 = R0. Đặt b = 0, chúng ta có: Ra = l(b), Rb = l(a). T−ơng tự, đặt c = 0, chúng ta có: aR = r(c), Rc = r(a). 14 Vậy a là phần tử cấu xạ trái và phải. (b) Chúng ta chứng minh rằng Re = l(1 − e), l(e) = R(1 − e) và eR = r(1− e), r(e) = (1− e)R. Thật vậy, nếu x ∈ Re thì x = xe. Vì thế x(1 − e) = xe(1 − e) = x(e − e2) = 0 cho nên x ∈ l(1 − e). Ng−ợc lại, nếu x ∈ l(1 − e) thì x(1− e) = x− xe = 0. Do đó: x = xe ∈ Re. Từ đó: Re = l(1− e). Nếu x ∈ l(e) thì xe = 0. Vì thế x = x− xe = x(1− e) ∈ R(1− e). Ng−ợc lại, nếu x ∈ R(1− e) thì x = x(1− e). Bởi vì xe = x(1− e)e = x(e − e2) = 0 nên x ∈ l(e). Do đó: l(e) = R(1 − e). T−ơng tự chúng ta có: eR = r(1− e), (1− e)R = r(e). Vậy e là phần tử cấu xạ trái và phải. Hệ quả sau đây đ−ợc suy trực tiếp từ Mệnh đề 2.1.4. 2.1.5. Hệ quả. Cho vành R. (a) Nếu R là một thể thì R là vành cấu xạ. (b) Nếu R là vành Bun thì R là vành cấu xạ. 2.1.6. Mệnh đề. Cho vành R và a là phần tử cấu xạ trái trong vành R, khi đó các điều kiện sau là t−ơng đ−ơng: (a) l(a) = 0; (b) Ra = R; (c) a là phần tử khả nghịch trong R. Chứng minh. (a) ⇔ (b): Vì a là phần tử cấu xạ trái trong vành R nên tồn tại phần tử b ∈ R sao cho Ra = l(b) và l(a) = Rb. Nếu l(a) = 0 thì Rb = 0. Từ đó b = 0 và suy ra Ra = l(0) = R. Nếu Ra = R = l(b) thì b = 0. Do đó l(a) = Rb = 0. (b) ⇒ (c): Vì Ra = R nên tồn tại phần tử x ∈ R sao cho xa = 1. Khi đó axa = a suy ra (ax − 1)a = 0. Vì thế ax − 1 ∈ l(a) = 0 cho nên ax = xa = 1. Vậy a khả nghịch trong R. (c)⇒ (a): Giả sử a khả nghịch trong R chúng ta chứng minh l(a) = 0. Xét y ∈ l(a) = 0 chúng ta có ya = 0. Do đó y = yaa−1 = 0. Vậy l(a) = 0. 2.1.7. Bổ đề. Cho vành R. Nếu a là phần tử cấu xạ trái (hoặc phải) 15 trong vành R và u là phần tử khả nghịch trong R thì au và ua cũng là phần tử cấu xạ trái (t−ơng ứng phải). Chứng minh. Giả sử a ∈ R là phần tử cấu xạ trái. Khi đó tồn tại b ∈ R sao cho Ra = l(b) và Rb = l(a). Do đó ab = ba = 0. Chúng ta sẽ chứng minh: R(au) = l(u−1b); l(au) = R(u−1b) và R(ua) = l(bu−1); l(ua) = R(bu−1). Thật vậy, nếu x ∈ R(au) thì x = x1au. Vì thế x(u−1b) = (x1au)(u−1b) = x1ab = 0, cho nên x ∈ l(u−1b). Do đó R(au) ⊆ l(u−1b). Ng−ợc lại, nếu x ∈ l(u−1b) thì x(u−1b) = 0. Từ đó suy ra xu−1 ∈ l(b) = Ra. Bởi vì xu−1 = x1a, suy ra x = x1au ∈ R(au). Vì vậy, l(u−1b) ⊆ R(au). Chúng ta đ−ợc R(au) = l(u−1b). Lại xét x ∈ R(u−1b), chúng ta có: x = x1(u−1b). Vì thế x(au) = x1(u −1b)(au) = 0 cho nên x ∈ l(au), tức là R(u−1b) ⊆ l(au). Ng−ợc lại, nếu x ∈ l(au) thì xau = 0. Từ xa = (xau)u−1 = 0, chúng ta có x ∈ l(a) = Rb. Do đó x = x1b = (x1u)(u−1b) ∈ R(u−1b). Vì vậy, l(au) ⊆ R(u−1b). Chúng ta đ−ợc l(au) = R(u−1b). Từ đó au là phần tử cấu xạ trái. Hoàn toàn t−ơng tự R(ua) = l(bu−1); l(ua) = R(bu−1), tức là ua là phần tử cấu xạ trái. 2.1.8. Định lý. Cho vành R. Nếu R là vành chính quy khả nghịch thì R là vành cấu xạ. Chứng minh. Xét a ∈ R, chúng ta sẽ chứng minh a là phần tử cấu xạ trái. Thật vậy, vì R là vành chính quy khả nghịch nên tồn tại phần tử khả nghịch b sao cho aba = a. Chúng ta thấy (ba)2 = baba = ba. Do đó ba là luỹ đẳng của vành R. Theo Mệnh đề 2.1.4, ba là phần tử cấu xạ trái trong R. Theo Bổ đề 2.1.7, a = b−1ba là phần tử cấu xạ trái trong R. Vậy R là vành cấu xạ trái. Hoàn toàn t−ơng tự R cũng là vành cấu xạ phải. Từ đó R là vành cấu xạ. 2.1.9 Nhận xét. Chiều ng−ợc lại của Định lý 2.1.8 là sai. Chẳng hạn vành Z4 là vành cấu xạ (có thể thử trực tiếp) nh−ng Z4 không là vành chính quy khả nghịch vì phần tử 2¯ ∈ Z4 không là phần tử chính quy khả 16 nghịch (Chúng ta có 2¯0¯2¯ = 2¯1¯2¯ = 2¯2¯2¯ = 2¯3¯2¯ = 0¯). Điều kiện để phần tử cấu xạ trái là phần tử chính quy khả nghịch đ−ợc nêu trong định lý sau. 2.1.10. Định lý. Cho vành R. Nếu a ∈ R là phần tử chính quy và cấu xạ trái thì a là phần tử chính quy khả nghịch. Chứng minh. Vì a là phần tử cấu xạ trái nên tồn tại phần tử b ∈ R sao cho Ra = l(b) và l(a) = Rb. Nhận xét rằng ab = ba = 0. Vì a là phần tử chính quy nên tồn tại x ∈ R sao cho a = axa. Đặt u = xax + b chúng ta có aua = a(xax + b)a = axaxa + aba = axa = a. Mặt khác, (1− ax)a = 0 nên 1− ax ∈ l(a) = Rb. Do đó 1− ax = yb với y ∈ R. Đặt v = a + y(1− xa), chúng ta sẽ chứng minh uv = vu = 1. Thật vậy, vu = (a + y(1− xa))u = au + yu− yxau = a(xax + b) + y(xax+b)−yxa(xax+b) = axax+ab+yxax+yb−yxaxax−yxab = ax + yxax + 1 − ax − yxax = 1. Vì vu = 1 nên uvu = u, tức là (1 − uv)u = 0. Do đó 1 − uv ∈ l(u). Chúng ta sẽ chỉ ra rằng l(u) = 0. Nếu r ∈ l(u) thì ru = r(xax + b)r = rxax + rb = 0. Khi đó rua = (rxax + rb)a = rxaxa + rba = rxa = 0, điều đó suy ra rằng rb = 0. Từ đó r ∈ l(b) = Ra, tức là r = ta. Chúng ta có rxa = taxa = ta = r = 0. Vậy l(u) = 0. Vì 1−uv ∈ l(u) nên uv = 1. Vậy uv = vu = 1, tức v là phần tử nghịch đảo của u. Do đó a = aua và u khả nghịch. Chúng ta có a là phần tử chính quy khả nghịch. 2.1.11. Hệ quả. Cho R là một vành chính quy. Các khẳng định sau là t−ơng đ−ơng: (a) R là vành chính quy khả nghịch; (b) R là vành cấu xạ; (c) R là vành cấu xạ trái; (d) R là vành cấu xạ phải. Chứng minh. (a)⇒ (b): Theo Định lý 2.1.8. (b)⇒ (c) và (b)⇒ (d): Hiển nhiên. (c)⇒ (a): Theo Định lý 2.1.10. (d)⇒ (a): T−ơng tự. 17 2.1.12. Mệnh đề. Vành Zpn là vành cấu xạ với mọi n  1 và p là số nguyên tố bất kỳ. Chứng minh. Xét 0¯ ∈ Zpn chúng ta có Zpn.0¯ = 0¯ = l(1¯) và l(0¯) = {x¯ ∈ Zpn | x¯0¯ = 0¯} = Zpn = Zpn.1¯. Xét a¯ ∈ Zpn, a¯ W= 0¯, a¯ W= p¯i(i ∈ {1, .., n − 1}) chúng ta có Zpn.a¯ = Zpn = l(0¯) và l(a¯) = {x¯ ∈ Zpn | x¯a¯ = x¯a = 0¯} = 0¯ = Zpn.0¯. Xét a¯ = p¯i ∈ Zpn(i ∈ {1, .., n − 1}) chúng ta chứng minh Zpnp¯i = l( ¯pn−i) và Zpn ¯pn−i = l(p¯i). Thật vậy, nếu x¯ ∈ Zpnp¯i thì x¯ = x¯1p¯i. Từ đó x¯ ¯pn−i = x¯1p¯i ¯pn−i = 0¯, tức là x¯ ∈ l( ¯pn−i). Chúng ta suy ra Zpnp¯i ⊆ l( ¯pn−i). Ng−ợc lại, nếu x¯ ∈ l( ¯pn−i) thì x¯ ¯pn−i = 0 = p¯n. Do đó x¯ = x¯1p¯i ∈ Zpnp¯i, tức là l( ¯pn−i) ⊆ Zpnp¯i. Vậy Zpnp¯i = l( ¯pn−i). T−ơng tự chúng ta có Zpn ¯pn−i = l(p¯i). Tóm lại Zpn là vành cấu xạ trái. T−ơng tự Zpn là vành cấu xạ phải. 2.1.13. Hệ quả. Vành Zm là vành cấu xạ với mọi m ∈ Z,m  2. Chứng minh. Với m  2 chúng ta có m = pα11 pα22 ..pαkk trong đó pi là số nguyên tố và αi là số nguyên d−ơng. Theo Mệnh đề 2.1.12, Zpαii là vành cấu xạ. Theo Mệnh đề 2.1.3 tích trực tiếp Πki=1Zpαii là vành cấu xạ. Mặt khác Zm ∼= Πki=1Zpαii chúng ta có Zm là vành cấu xạ. 2.1.14. Nhận xét. Vành các số nguyên Z không là vành cấu xạ. Thật vậy, xét phần tử 2 ∈ Z chúng ta có l(2) = 0 và Z/Z.2 = Z2 W∼= 0. Do đó 2 không là phần tử cấu xạ trái. Vậy Z không là vành cấu xạ trái và do đó không là vành cấu xạ. 2.1.15. Mệnh đề. Cho vành R. Nếu R là vành nửa đơn thì R là vành cấu xạ. Chứng minh. Xét a ∈ R, chúng ta sẽ chứng minh a là phần tử cấu xạ trái. Chúng ta có: Ra = l(1 − e) và l(a) = R(1 − e) với e là phần tử luỹ đẳng nào đó của vành R. Thật vậy, nếu a = 0 thì R0 = 0 = l(1− 0) và l(0) = R = R(1− 0). Chúng ta xét a W= 0. Khi đó từ tính chất R là vành nửa đơn suy ra Ra 18 là hạng tử trực tiếp của RR. Do đó Ra = Re với e là phần tử luỹ đẳng nào đó của vành R. Từ đó Ra = l(1 − e) và l(a) = R(1 − e). Vậy R là vành cấu xạ trái. Chứng minh t−ơng tự R cũng là vành cấu xạ phải. Từ đó R là vành cấu xạ. 2.1.16. Nhận xét. Cho một vành R. Chúng ta thấy rằng s là phần tử cấu xạ trong eRe (với e là phần tử luỹ đẳng trong vành R) thì s là phần tử cấu xạ trong R nh−ng điều ng−ợc lại không đúng. Ví dụ sau sẽ chỉ ra rằng tồn tại một phần tử là phần tử cấu xạ trong R nh−ng không phải là phần tử cấu xạ trong eRe. Ví dụ. Cho vành S và phần tử s ∈ S là chính quy nh−ng không chính quy khả nghịch trong S, khi đó tồn tại phần tử t ∈ S sao cho s = sts. Đặt R = M2(S) và e = w 1 0 0 0 W ∈ R. Với a = w s 0 0 0 W ∈ eRe và u = w t 1 1 0 W thì aua = w s 0 0 0 Ww t 1 1 0 Ww s 0 0 0 W = w sts 0 0 0 W = w s 0 0 0 W = a. Với v = w 0 1 1 −t W thì uv = vu = 1. Do đó a là phần tử chính quy khả nghịch trong trong R. Chúng ta có eRe ∼= S, s không chính quy khả nghịch trong S nên a không chính quy khả nghịch trong trong eRe. Vì thế a không là phần tử cấu xạ trong eRe nh−ng là phần tử cấu xạ trong R. 2.1.17. Bổ đề. Cho vành R với {ei}n1 là một họ các luỹ đẳng trực giao. 19 Các khẳng định sau t−ơng đ−ơng đối với một phần tử ai ∈ eiRei: (a) ai là phần tử cấu xạ trái trong eiRei; (b) a1 + a2 + ... + an là phần tử cấu xạ trái trong R với mọi aj là phần tử cấu xạ phải trong ejRej, j ∈ {1, .., n}, j W= i; (c) a1 + a2 + ... + an là phần tử cấu xạ trái trong R với mọi aj là phần tử khả nghịch trong ejRej , j ∈ {1, .., n}, j W= i; (d) ai + e1 + ...+ ei−1 + ei+1 + ...+ en là phần tử cấu xạ trái trong R; (e) a1 + a2 + ... + an là phần tử cấu xạ trái trong R với các phần tử khả nghịch aj nào đó trong ejRej, j ∈ {1, .., n}, j W= i. Chứng minh. (a)⇒ (b): Từ giả thiết a1, a2, ..., an là các phần tử cấu xạ trái trong e1Re1, e2Re2, ... , enRen chúng ta có (a1, a2, ..., an) là phần tử cấu xạ trái trong e1Re1 ì e2Re2 ì ...ì enRen bởi Mệnh đề 2.1.3. Do đó a1 + a2 + ... + an cấu xạ trái trong R. (b)⇒ (c): Vì các phần tử khả nghịch cũng là phần tử cấu xạ trái nên kết hợp giả thiết (b) chúng ta có (c). (c) ⇒ (d): Vì ej là phần tử khả nghịch trong ejRej nên theo (c), chúng ta có (d). (d)⇒ (e): Chúng ta chọn aj = ej và theo (d) suy ra (e). (e)⇒ (a): Giả sử tồn tại các phần tử a1, a2, .., ai−1, ai+1, .., an sao cho aj khả nghịch trong ejRej với j ∈ {1, .., n}, j W= i và a1 + a2 + ... + an là phần tử cấu xạ trái trong R. Chúng ta chứng minh ai là phần tử cấu xạ trái trong eiRei. Chúng ta sẽ chứng minh tồn tại b ∈ eiRei sao cho leiRei(ai) = (eiRei)b và leiRei(b) = (eiRei)ai. Thật vậy, từ giả thiết (e), tồn tại b ∈ R sao cho l(a1 + a2 + ... + an) = Rb và l(b) = R(a1 + a2 + ...+ an). Chú ý rằng 0 = (a1 + a2 + ...+ an)b = a1b+ a2b+ ...+ anb ∈ e1R⊕ e2R⊕ ...⊕ enR, suy ra ajb = 0 với mọi j ∈ {1, .., n}. Vì aj khả nghịch trong ejRej với mọi j ∈ {1, .., n}, j W= i nên ejb = a−1j ajb = 0 với mọi j ∈ {1, .., n}, j W= i . Từ đó eib = (1 − e2 − ... − en)b = b. Chứng minh t−ơng tự bei = b. Vậy b = eibei ∈ eiRei. Với x = eixei ∈ eiRei và xai = 0, chúng ta có x(a1 +a2 + ...+an) = e1x1e1(a1 + a2 + ...+ an) = 0, tức là x ∈ l(a1 + a2 + ...+ an) = Rb. Do 20 đó x ∈ eiRei ∩ Rb = eiReib. Vì vậy, leiRei(ai) ⊆ (eiRei)b. Ng−ợc lại, nếu x ∈ eiReib thì x ∈ Rb = l(a1 + a2 + ... + an). Do 0 = x(a1 + a2 + ... + an) = xai, suy ra x ∈ leiRei(ai), tức là (eiRei)b ⊆ leiRei(._.