Luận án Về một số hướng mở rộng của định lý Wedderburn

Herstein đã chứng minh được : "Trong một vành không có nil-ideal bao giờ ta cũng có siêu tâm sẽ trùng với tâm tập của nó" và chúng ta cũng đã xây dựng được một lớp các vành nil mà siêu tâm thật sự khác với tâm tập. Bài toán xem như được giải quyết khá trọn vẹn . Tuy nhiên xoay quanh khái niệm siêu tâm , theo tôi vẫn còn một số cánh cửa bỏ ngỏ . Chẳng hạn , trong chứng minh định lý III. 1 , ta có sử dụng kết quả : " Giả sử a  0 , a  N và a2 = 0 x  R ax là lũy linh (do bổ đề III.3), (để ý rằng nếu phần tử X nào đó thuộc Radical Jacobson J(R) thì lập tức 1 + X sẽ khả nghịch: định nghĩa II.4 phần 1 ) suy ra 1+ax có phần tử nghịch đảo : (l+ax)-1 = 1 - ax + ax2 ‖. Nếu thay điều kiện ax lũy linh bằng một điều kiện nào khác , ví dụ ax thuộc lớp các vành không có nil-ideal ? thì kết quả có thể sẽ có kết luận khác. Hoặc chúng ta để ý rằng Herstein đã mở rộng khái niệm tâm tập của một vành bằng khái niệm siêu tâm là đi từ xa = ax sang xn a = ax (do đó tâm tập là một trường hợp đặc biệt của siêu tâm khi mà n = 1). Chúng ta thấy rằng : x hoặc xn có thể nhìn dưới khái niệm đó là một đa thức . Vậy nếu chúng ta thay đẳng thức xa = ax bằng f(x)a = af(x) trong đó f(x) là đa thức một ẩn trên một vành nào đó có thể chăng chúng ta sẽ thu được một khái niệm mới, là mở rộng của khái niệm siêu tâm ?.

pdf59 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 04/08/2018 | Lượt xem: 41 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận án Về một số hướng mở rộng của định lý Wedderburn, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
, với ma trận : a = [ ] và b = [ ] thỏa mãn đẳng thức ab - ba = b; b2 = 0 từ đó 0 = (ab - ba)3  ab - ba. Nhƣ vậy ta thấy rằng nếu vành R nguyên thủy thỏa (ab - ba)3 = ab - ba thì nó phải là một thể và theo chứng minh trên suy ra nó là một trƣờng. Mọi vành nửa đơn R là tổng trực tiếp con của các vành nguyên thủy R (mỗi vành nguyên thủy R đó lại là ảnh đồng cấu của R) . Hệ thức (ab - ba) 3 = ab - ba đƣợc bảo toàn trong R, đƣa đến tính giao hoán của chính R, là vành con của tích trực tiếp các vành giao hoán, cũng phải là giao hoán, Bây giờ nếu R là vành tùy ý, thỏa mãn đồng nhất thức (ab - ba)3 = ab - ba. Khi đó vành thƣơng R /J(R) cũng thỏa mãn chính điều kiện này. Nhƣng khi đó giao hoán tử ab - ba của hai phần tử tùy ý a, b thuộc R là nằm trong J(R) (chứng minh : ab - ba = 0 (vì R / J (R ) giao hoán) ab - ba  J (R ) ) . Bởi vì (ab - ba)3 = ab - ba và ab - ba  J (R) thì chúng ta suy ra rằng ab - ba = 0. Thật vậy nếu ux = u đối với phần tử nào đó mà u  R, x  J (R) thì u = 0, 29 (Chứng minh : Nếu R là vành có đơn vị, từ đẳng thức ux= u với u  R và x  J (R) suy ra u(1 - x) = 0 Nhưng vì x  J (R) nên 1-x có phần tử nghịch đảo x' (trang 9) từ đó u(1 - x) x’ = u = 0 . Trường hợp vành R không có đơn vị, ta có x  J (R) nên –x  J(R) tồn tại y  R sao cho -x + y + (-x)y = 0 , tác động u vào hai vế của đẳng thức : - ux + uy + u(-x)y = 0 để ý ux = u ta được -u + uy - uy = 0 do đ ó u = 0). VI. Tổng trực tiếp con: *. Ta gọi tích trực tiếp (hay gọi tổng trực tiếp toàn phần) các vành R ( thuộc tập các chỉ số I) là tập hợp : ∏  = {f : I  ⋃  / f( I } rên ∏  ta định nghĩa các phép toán: * (f + g) ( ) = f( ) + g( ) * .(fg) ( ) = f( ) . g( ). Lúc đó ∏  trở thành 1 vành. Gọi  là phép chiếu vành ∏  lên R . Định nghĩa : Vành R đƣợc gọi là tổng trực tiếp con của các vành R , I nếu tồn tại đơn cấu  : R  ∏  sao cho R = R ,  I Ký hiệu : R = S R Ta có các kết quả sau ( Tài liệu Noncommulative rings của I.N Herstein . Bản dịch tiếng Nga NXB Mockba năm 1972 trang 54 ) : VI.8 Bổ đề : Giả sử R là vành nào đó, : R  R là đồng cấu từ vành R vào vành R (  I) và  : R  ∏  là đồng cấu vành đƣợc thiết lập từ các đồng cấu vành  . Đặt U = Ker . Khi đó  là một đơn cấu vành (và do đó R là tổng trực tiếp con của các vành R ) khi và chỉ khi ⋂  = (0). VI.9 Đinh nghĩa : Vành R đƣợc gọi là không phân tích trực tiếp con đƣợc , nếu giao của tất cả các ideal khác (0) của R là một ideal khác (0). VI.10 Bổ đề : Mỗi vành đều có thể biểu diễn tổng trực tiếp con các vành không phân tích trực tiếp con đƣợc. VII. Bổ đề : Giả sử R là vành không chứa nil - ideal khác không. Khi đó R là tổng trực tiếp con của các vành nguyên thủy. 30 VI.12. Đinh lý : Vành R là nửa đơn khi và chỉ khi nó là tổng trực tiếp con các vành nguyên thủy. Hệ quả : Mọi vành nửa đơn giao hoán là tổng trực tiếp con của các trƣờng Chúng ta đã thực hiện việc chuẩn bị những khái niệm cần thiết , cũng như phân tích sâu về những khái niệm ấy thông qua một loạt các bổ đề, các định lý và thông qua mối liên quan lẫn nhau giữa các khái niệm ấy , tất cả để phục vụ cho việc chứng minh định lý Wedderburn và các mở rộng của nó , sẽ được trình bày trong phần 2 và phần 3 sau đây . 31 PHẦN 2 CÁC ĐỊNH LÝ VỀ TÍNH GIAO HOÁN Trong phần 2 này, ngoài các kết qua rất đẹp của định lý Weddeburn . của Jacobson ... , đặc biệt chúng ta chú ý đến kỷ thuật chứng minh các định lý đó . Chúng có những nét chung: Đầu tiên các tác giả đặt vấn đề cho bài toán, chứng minh chúng đúng cho một loại vành hết sức đặc biệt, đó là thể ( vành với phép chia có dƣ) , sau đó tìm cách mở rộng dần dần cho các lớp vành ngày một tổng quát hơn ... cho đến khi nào không thể mở rộng đƣợc nữa . Để chứng minh việc phải kết thúc sự mở rộng, thƣờng đƣợc dẫn ra bằng một định lý , một bổ đề hoặc bằng một phản thí dụ . Ngoài ra, một số kỹ thuật biển đổi và việc sử dụng một cách tài tình các khái niệm nhƣ đa thức , phần tử tách đƣợc , đặc số của một vành, tổng trực tiếp con, .... cũng đƣợc vận dụng trong chứng minh . Chúng ta hãy bắt đầu thƣởng thức các công trình này . Hãy bắt đầu với định lý Wedderburn nổi tiếng . Nam 1905 , Wedderburn đã chứng minh đƣợc một định lý : "Mọi thể hữu hạn là một trƣờng". Từ đó nhiều nhà toán học trên thể giới đã khảo sát sâu hơn về các vấn đề liên quan đến định lý Wedderburn. Phần 2 sẽ trình bày một số trong những khảo sát ấy . II. 1. Định lý : ( WEDDERBURN ) Mọi thể hữu hạn là một trƣờng . Để chứng minh định lý Wedderburn, trƣớc hết ta chứng minh bổ đề sau : 32 II.2 Bổ đề : Giả sử D là một thể có đặc số p  0 và Z là tâm của thể D . Giả thiết rằng a  D, a  l , a Z và (ap)n = a , với số tự nhiên n 1 nào đó . Thế thì tồn tại x  D sao cho xax-1 = ai  a với số nguyên i nào đó . Chứng minh bổ để : Xét ánh xạ  : D  D x  x = xa - ax Do đặc số của thể D bằng p  0 nên qua vài phép tính ta suy ra xp = xap - apx . Suy ra = - x k 0 Giả sử P là trƣờng con đơn trong Z (P hữu hạn và có n phần tử ), vì phần tử a là phần tử đại số trên P nên trƣờng P(a) cũng hữu hạn và có pm phần tử. Khi đó = a , do đó = - - x = xa – ax = x x D. Nghĩa là  =  Nếu  P(a) thì (x) = (x)a - a(x) =  (xa – ax) = (x) vì rằng hai phần tử a và  là giao hoán của nhau Bằng cách ký hiệu I là ánh xạ : D  D x  x ta suy ra I và  giao hoán đƣợc với nhau   P(a). Đa thức - t có thể phân tích trên P(a) thành những nhân tử tuyến – t = ∏   , do tính giao hoán của I và  suy ra rằng 0 =  -  = ∏    Vì rằng a Z nên   0 . Giả sử k là số bố nhất sao cho tồn tại 1 2, ... , k  P(a) thỏa (-1 |I) ... (-kI) = 0 . Theo giả thiết, số k nhƣ thế là tồn tại, hơn nữa k l vì   0 . Do 1, k P(a), thì tồn tại phần tử r  D nào đó sao cho r(-1 I) ... (-k -1I) =   0 , ngoài ra vì rằng  (-k I) = 0 nghĩa là a - o = k . Do   0 nên từ đẳng thức sau ta suy ra rằng a-1 = a + k  P (a), nữa a -1  a . Trƣờng P(a) là hữu hạn vì vậy nhóm nhân của nó là xyclic , và do đó bất kỳ hai phần tử khác 0 của P(a) mà nếu có chung một bậc (đối với phép nhân ), thì phần tử này là lũy thừa của phần tử kia . Hiển nhiên tính chất đó đúng cho cặp phần tử a và . Do đó a-1 = ai với i nào đó (đpcm) . Bổ đề đƣợc chứng minh. Bây giờ ta chứng minh định lý Wedderburn. 33 Chứng minh đinh lý Wedderburn: Giả sử D là một thể và Z là tâm của nó . Nếu trƣờng con đơn trong Z có p phần tử thì nó có đặc số p và có thể xem D là không gian tuyến tính trên Z, do đó D có chứa q = pn phần tử . Chúng ta quy nạp theo n rằng mọi thể có cấp là pk ( trong đó k < n ) đều giao hoán (và do đó là 1 trƣờng) . Nếu a, b là các phần tử của của D mà ab  ba thế thì bta = abt khi và chỉ khi bt  Z . Thật vậy , tập N(bt) = {x D / xbt = bt x } là một thể con của D , chứa a và b nên N(bt) không giao hoán , theo giả thiết quy nạp N(bt) phải trùng với D , điều đó có nghĩa là bt Z. Nếu u  D , tồn tại m'(u) là số nguyên dƣơng sao cho um’ (u)  Z, ký hiệu m(u) là số nguyên dƣơng bé nhất trong các m’(u) đó . Vậy u  D , m(u) là số nguyên dƣơng bé nhất sao cho u m(u)  Z. Bằng cách chọn phần tử a trong D mà a Z và m(a) là số bé nhất trong các m(u) đó . Đặt m(a) = r . Hiển nhiên r là số nguyên tố (Thật vậy, giả sử ngƣợc lại r = pq , trong đó p và q  N, khác 1 và nguyên tố cùng nhau. Vì ai = apq = (ap)q  Z. Xét phần tử b = ap  D và b q = (a p ) q  Z với q < r mâu thuẫn với tính bé nhất của r ) vậy r là số nguyên tố. Theo bổ đề II.2 tồn tại phần tử xD sao cho xax-1 = ai  a . Do đó xkax- k = ai. Đặc biệt với k = r-1 ta có xr-1 ax –(r-1) = a với Z, vì rằng i-r-1 l(modr) . Để ý rằng xa  ax và xr-1 (đó là do tính bé nhất của r và định nghĩa của tập N(bl)) từ đó suy ra rằng xr-1a  axr-1 nghĩa là   1 . Đặt xr-1 = b ta nhận đƣợc bab-1 = a , do đó r ar = (bab-1)r = barb-1 = ar và r = 1 , cùng với đẳng thức brab-r = r a = a ; bra = abr ta suy ra br  Z . Ký hiệu ar =  Z và br =   Z . Ta khẳng định rằng , nếu uo + u1b1 + + ur-1b r-1 = 0 trong đó ui  Z(a) thì tất cả các phần tử ui phải bằng 0 . Thật vậy giả sử ta có hệ thức u0+ui b m 1+...+ukb m k = 0 ( 0 <m1 <... <mk < r ) có số các số hạng bé nhất. Bằng cách kết hợp với a và chú ý rằng : a-1ba = b; a-1bka = kbk ta nhận đƣợc : uo + u1 ml b ml + ... + uk mk b mk = 0. Bằng cách trừ đi các vế tƣơng ứng ta đƣợc u1b m1 (l - m1) + ... + ukb mk (l - mk) = 0. Vì rằng   1 và r = 1 (để ý r là số nguyên tố) nên i 1 khi 1 i r, nhƣ vậy phát sinh 1 hệ thức tổng quát hơn, tƣơng tự nhƣ hệ thức ban đầu, là không thể đƣợc. Tƣơng tự, nếu vo+ v1a + ... + vr-1 a r-1 = 0, trong đó vi  Z(b) thì tất cả các phần tử vi = 0. Đặc biệt, các đa thức t r -  và tr -  là những đa thức cực tiểu trên Z tƣơng ứng với a và b. Do đó : [Z(a):Z] = [Z(b):Z] = r. 34 Ánh xạ (p : Z(a)  Z(a) x bxb-1 là tự đẳng cấu không đồng nhất của trƣờng Z (a), riêng với các phần tử của Z qua ánh xạ này sẽ không thay đổi. Vì rằng  là tự đẳng cấu bậc r và [Z (a) : Z] = r, nên các lũy thừa của tự đẳng cấu  sẽ vét hết tất cả các tự đẳng cấu của trƣờng Z (a) trên Z của Z(a). Ta biết rằng từ tính hữu hạn của Z(a) suy ra có thể biểu diễn mọi phần tử u  Z dƣới dạng u = x(x)...r- l(x) , ở đây x là phần tử nào đó của Z(a). Trƣờng hợp đặc biệt, -1 = y(y) ... r-1 (y) với y  Z(a). Nhƣng khi đó : (1 - yb) (1 + yb + y (y)b2 + ... + y (y)... r-2 (y)br-1) = = 1 + yb + y (y)b2 + ... + y(y)... r-2 (y)br-1 - yb - y2b2 - y2b (y)b2 -... – yby (y)... r-2 (y)br-1 = (để ý rằng y Z(a) nên y =  (y) , vậy ta có y(y)b2 = y2b2... ) = 1 - y (y)... r-1 (y)br = 1 – b-r br = 1-1 = 0. Từ đó suy ra rằng : * hoặc là 1 - yb = 0 . suy ra b khả nghịch . Mâu thuẫn * hoặc là 1 + yb + y (y)b2 + ... + y (y)... r- 2(y)br- l = 0. Theo nhận xét trên suy ra 1 = y = y(y) = = 0. Mâu thuẫn . Nghĩa là không một trƣờng hợp nào trong hai trƣờng hợp đã chỉ ra trong chứng minh trên, là có thể xảy ra. Ta nhận đƣợc mâu thuẫn. Định lý đƣợc chứng minh. Từ định lý WEDDERBURN ta suy ra trực tiếp kết quả : MỘT SỐ HỆ QUẢ TRỰC TIẾP CỦA ĐỊNH LÝ WEDDKKBUKN II.3 Bổ đề : Nếu D là một thể có đặc số p  0 và G là nhóm con nhân hữu hạn của D thì G là một nhóm abel ( và do đó là nhóm con xyclic) . Chứng minh : Giả sử P là trƣờng con đơn của thể D (suy ra P có đúng p phần tử . Tập A = { ∑ /i  P , gi G } Rõ ràng A là vành con hữu hạn của D , do đó A trở thành thể con hữu hạn và là trƣờng . Vì rằng G A ta suy ra đpcm. 35 Không chỉ thể hữu hạn mới là giao hoán, ta có kết quả mở rộng hơn trong một thể nhƣ sau : I I . 4 Bổ để : Giả sử D là một thể trong đó với mỗi phần tử a  D đều tồn tại số tự nhiên n(a) > 1 sao cho a n(a) = a . Lúc đó D là thể giao hoán . Chứng minh : Vì rằng 2 D và 2m = 2 với m>l (chứng minh 2m = 2 nhƣ sau : Ta có 1  D 2 = 1 + 1  D theo giả thiết > 1 : 2m = 2). Nên suy ra, D có đặc số hữu hạn p (Chứng minh D có đặc số hữu hạn p nhƣ sau : Vì 2m = 2 2(2m-1 – 1) = 0, do D là một thể nên suy ra : * hoặc 2 = 0 * hoặc 2m-1= 1 Nếu 2 = 0 1 + 1 = 0 2 . 1 = 0 : D có đặc số 2. Nếu (2m-1 - 1 ).l = 0 D có đặc s ố p (với p nguyên tố và là ƣớc của (2m-1 - 1). Nếu D không giao hoán và Z là tâm của D thì tồn tại phần tử a của D không nằm trên Z . Giả sử P là trƣờng con đơn trong Z . Vì rằng phần tử a là đại số trên P nên trƣờng P(a) hữu hạn và có tất cả ps phần tử . Khi đó ap = a và thỏa mãn tất cả các giả thiết của bổ đề II.2 , do đó tồn tại phần tử b D sao cho bab-1 = ai  a , ba = aib . Hệ thức sau cùng với điều kiện là a và b có bậc hữu hạn , dẫn đến nhóm nhân G là hữu hạn, đƣợc sinh ra bởi các phần tử a và b . Do đó theo bổ đề 11.3 nhóm G là giao hoán, nhƣng chính điều này mâu thuẫn với điều kiện ab  ba. Bổ đề đƣợc chứng minh . Một trong những kết quả quan trọng đƣợc mở rộng từ định l ý Wedderburn là định l ý Jacobson, cho chúng ta một điều kiện khá mạnh để vành R trở thành giao hoán. II.5 Định lý Jacobson : Giả sử R là một vành trong đó với mọi phần tử a  R , đều tồn tại số tự nhiên n(a)>l sao cho an(a) = a . Khi đó vành R là giao hoán . Chứng minh : Ta thấy ngay vành R là nửa đơn . Thật vậy , nếu a  J(R) , từ đẳng thức a n(a) = a có thể viết lại dƣới dạng a = ax trong đó x = an(a-1)  J(R), nhƣng khi đó ta có nhận xét rằng : Nếu u = ux trong đó uR và x J(R) thế thì u = 0 (Chứng minh : Vì xJ(R) nên -xJ(R) do đó x'eR 36 sao cho -x + x' + (-x) x' = 0 . Tác động u vào hai vế ta đƣợc -ux + ux' -uxx' = 0 hay -u + ux - ux = 0 suy ra u = 0 ) Vì vậy a = 0 , do đó J(R) = 0 . R là vành nửa đơn nên R là tổng trực tiếp con của các vành nguyên thủy Ra ; mỗi vành Ra lại là ảnh đồng cấu của vành R nên cũng thỏa mãn điều kiện a n(a) = a . Hiển nhiên điều kiện này cũng đƣợc thỏa trong mọi vành con của Ra và trong mọi ảnh đồng cấu của nó . Theo định lý VI.5 , đối với mỗi vành Ra tồn tại một thể D sao cho : * Hoặc là Ra  Dn ( Dn vành các ma trận vuông cấp n lấy hệ tử trên thể D nào đó) . * Hoặc là m l , Dm là ảnh đồng cấu của vành con nào đó của Ra. Từ khẳng định rằng nếu Ra mà không đẳng cấu với thể D thì với mọi k > 1 , trong vành Dk thỏa mãn tính chất a n(a) = a , n(a)>l , a Dk . Rõ ràng rằng tính chất này không đúng với phần tử : phần tử này thỏa mãn đẳng thức a2=0 , do đó Ra là một thể và theo định lý II.6 vành Ra là giao hoán . Nhƣng khi đó vành R là giao hoán Đ (nhƣ là tổng trực tiếp con của các vành giao hoán). Từ định ly Jacobson , ta có một số kết quả mở rộng khác như sau : II.6. Định lý : Giả sử R là vành trong đó x,y  R , tồn tại số nguyên n(x,y) > l sao cho (xy-yx) n(x,y) = xy - yx , thế thì vành R là giao hoán . Chứng minh : Ta bắt đầu chứng minh định lý này với trƣờng hợp đặc biệt : R là một thể sau đó chứng minh trong trƣờng hợp R là vành nguyên thủy, R là vành nửa đơn và cuối cùng R là một vành bất kỳ. II. 7. Bổ đề : Giả sử D là một thể thỏa mãn điều kiện Vx,yeR , tồn tại số nguyên n(x,y) > l sao cho (xy-yx) n(x,y) = xy - yx , khi đó D giao hoán. Chứng minh : Giả sử a,bD , mà c = ab-ba  0 , theo giả thiết cm = c với m > l . Nếu Z là tâm thể D và 0   Z thì c = (a)b - b(a) . Do đó tồn tại n > l sao cho (e)n = c. Đặt q = (m-l)(n-l) + 1 37 Khi đó cq = c(m-1)(n-1)+1 = cm.n-m-n+1+1 = (cm)n.c-m-n+1.c = cn-m-n+1.c = c -m+1.c = c -m c.c = c -m .c m c = c và (c)q = (c)m.n-m-m+1. c = [(c)n ]m (c)n . c1 . c = (c)m.( c)-m (c)-n . (c)n. c = c ta có qcq - c = qc - c = (q - )c = 0 (vì (c)q = q cq = c) do đó (q - )c = 0 . Nhƣng do D là một thể , từ đó suy ra q -  = 0 , nhƣ vậy Z , q>l sao cho q =  rõ ràng rằng trong trƣờng hợp này Z có đặc số hữu hạn p 0 . Ký hiệu P là trƣờng con đơn của trƣờng Z . Ta khẳng định rằng , nếu thể D không giao hoán thì các phần tử a,b có thể biểu diễn lại thành phần tử c = ab - ba không chỉ khác 0 mà còn không thuộc Z . Thật vậy điều ngƣợc lại nếu xảy ra khi đó vì Z chứa các phần tử giao hoán nên đặc biệt với c  Z và ac = a(ab) - (ab)a  Z suy ra a  Z trái với điều kiện c  o . Nhƣ vậy ta có thể giả thiết rằng c = ab - ba Z . Do c là phần tử đại số trên trƣờng p nên c p = c với phần tử k > 0 nào đó . Phần tử c thỏa mãn tất cả các điều kiện của bổ đề II.2 , do đó tồn tại xD sao cho xcx-1 = ci  c , nghĩa là xc = ci x  cx . Từ đó d = xc - cx  0 đồng thời ta có dc = (xc)c - c(xc) = c i (xc-cx) = c i d . Phần tử d có bậc hữu hạn và dcd'1 = c1 * c . Nhƣng khi đó nhóm con nhân sinh bởi c và d trong D là hữu hạn , theo bổ đề II.3 phải là giao hoán . Vì rằng cd  dc nên ta nhận đƣợc điều mâu thuẫn, bổ đề đƣợc chứng minh. Bây giờ ta chứng minh định lý II.5 Giả sử R là vành trong đó (xy-yx)n(x,y) = xy - yx x,y R . Nếu R là vành nửa đơn thì nó đẳng cấu với tổng trực tiếp con các vành nguyên thủy Ra , ngoài ra Ra là ảnh đồng cấu của vành R , các Ra cũng thỏa mãn chính điều kiện nhƣ trong R. Trong phần trên chúng ta đã chứng minh mỗi Ra là giao hoán . Mặt khác ta có thể giả thiết rằng R là vành nguyên thủy , trong trƣờng hợp đó có thể chứng minh rằng R  D , D là một thể nào đó , Hoặc là , với số nguyên k nào đó vành ma trận Dk trên thể D phải là ảnh đồng cấu của một vành con nào đó của R và do đó thỏa mãn các điều kiện của định lý . Ta chứng minh rằng điều sau không thể xảy ra . Thật vậy , dễ dàng thấy rằng điều kiện đòi hỏi bị vi phạm đối với các ma trận 38 a = [ ] và b = [ ] vì rằng ab-ba = b  0 ; b2 = 0 . Nhƣ vậy , nếu vành R là nửa đơn thì nó phải giao hoán . Bây giờ giả sử R là vành tùy ý thỏa mãn các điều kiện của định lý. Khi đó chính các điều kiện này của định lý cũng thỏa mãn đối với vành thƣơng R/J(R) . Vành thƣơng R/J(R) là nửa đơn , theo chứng minh trên nó là giao hoán . Do đó xy-yx  J(R) x,y R . Từ đó có thể kết luận rằng xy-yx = 0 . Nói cách khác vành R là giao hoán (đpcm). Để xét tiếp các khả năng, chúng ta nhắc lại khái niệm tách đƣợc : Giả sử đã cho các trƣờng K và F , thêm vào đó K là mở rộng đại số của F . Phần tử a  K đƣợc gọi là tách đƣợc trên F nếu đa thức tối tiểu của a lấy hệ tử trên F không có nghiệm bội. II.8 Bổ đề : Giả sử K là trƣờng mở rộng của trƣờng F; K  F và giả thiết rằng a K , tồn tại số tự nhiên n(a) sao cho an(a)  F > Khi đó một trong các điều sau là đúng : (1) K thuần túy tách đƣợc trên F . (2) K có đặc số nguyên tố và là đại số trên trƣờng con đơn P. II.9. Đinh lý : Nếu thể D không giao hoán và có cấu trúc đại số trên chính tâm Z của D, thế thì D chứa phần tử tách đƣợc trên Z nhƣng phần tử này không thuộc Z . Chứng minh : Nếu đặc số của D bằng 0, thì để chứng minh định lý, không cần chứng minh rằng mọi phần tử của D đều tách đƣợc trên Z. Vì theo giả thiết D có đặc số p  0. Nếu định lý không đúng thì D chứa các số tách đƣợc trên z, nghĩa là xD, tìm đƣợc số nguyên n(x) 0 sao cho x p  z. Do đó, tìm đƣợc phần tử a  D sao cho ap Z và a Z. Bằng cách định nghĩa ánh xạ :  :D  D đặt x = (x) = xa - ax khi đó xp = xap - apx = 0. Do ánh xạ 0 , vì rằng a Z. Giả sử y 0, bằng phép chứng minh quy nạp, tìm đƣợc k> 1 sao cho yk = 0, yk- l  0. Ta nhận đƣợc 39 x = yk -1; vì rằng k > 1, nên phần tử x có thể biểu diễn dƣới dạng x =  = a - a. Mặt khác, x = 0, xa = ax. Vì D là thể, nên ta có thể biểu diễn phần tử x dƣới dạng x = au. Vì rằng các phần tử a và x là tách đƣợc, nên a là tách đƣợc với chính phần tử u . Từ đó ta có đẳng thức au = a - a, từ đó ta nhận đƣợc a = (a - a)u-1 = (u-1)a – a(u-1) = ca - ac, trong đó c =u-1. Từ đó rõ ràng suy ra đƣợc c = 1+ aca-1. Ta giả thiết rằng D chứa các số tách đƣợc trên Z do đó, cp  z đối với t 0, Nhƣng khi đó cp = ( 1+ aca-1)p = l+(aea -1 ) p = 1 + ac p . a -1 = l + c p và chúng ta di đến điều mâu thuẫn 0 = 1 Hai kết quả trƣớc đây cho phép chúng ta nhận đƣợc định lý, định lý tổng quát hóa định lý Jacobson (định lý II.5), đó cũng là phép chứng minh của Kaplansky đối với vành nửa đơn. Mở rộng định lý trên, cuốỉ cùng ta thu đƣợc một kết quả khá mạnh : II.10 Định lý : Giả sử R là vành có tâm Z và giả sử rằng a  R tồn tại số nguyên n(a)>0 sao cho a n(a)  Z . Khi đó nếu R không chứa nil ideal thì nó phải giao hoán. Điều đó tƣơng đƣơng với: Nếu N là nil ideal tối đại của vành R và M là ideal giao hoán trong R , thì M N. (Dễ dàng thấy rằng , trong mọi vành R đều tồn lại duy nhất nil-ideal tối đại N trùng với tổng của tất cả nil-ideal của vành .Vành thƣơng R/N không có nil-ideal khác 0) . Chứng minh : Trƣớc hết, ta chứng minh rằng định lý đúng với thể . Nếu R là thể, thì theo các điều kiện của định lý nó là một đại số trên chính tâm Z của nó và do đó theo định lý II.9 hoặc R là giao hoán hoặc R chứa phần tử a  Z , tách đƣợc trên z . Trong trƣờng hợp sau , trƣờng Z(a) không có những số không tách đƣợc trên Z và thỏa mãn điều kiện bổ đề II.8 , do đó Z(a) ,và có nghĩa là chính Z có đặc số nguyên tố p  o và đại số chính trƣờng con đơn p . Nếu X là phần tử tùy ý của R thì X là đại số trên z , nghĩa là đại số trên p , nói cách khác trƣờng P(x) hữu hạn . Nhƣng khi đó xm(x) = x với m > 1, từ khẳng định của định lý Jacobson suy ra thể D giao hoán . Tiếp theo nhận xét rằng , điều khẳng định nhận đƣợc đối với thể , vẫn còn đúng đối với vành nguyên thủy . Nếu vành R nguyên thủy thì hoặc nó là thể , hoặc là với k>1 vành ma trận Dk lấy hệ từ trong D là ảnh đồng cấu của 1 vành con của R . Nhƣng điều sau không thể xảy ra, vì rằng chẳng hạn, với phần tử : 40 [ ]  Dk thỏa mãn đẳng thức ern = e với m>0 thì đồng thời e không thuộc tâm của Dk . Từ đó suy ra rằng R phải là thể và bằng quy nạp suy ra R giao hoán. Giả sử R là vành không có nil-ideal khác 0 và thỏa mãn điều kiện an(a) Z . Theo bổ đề VI. 11 ở phần I , vành R có thể biểu diễn thành tổng trực tiếp con các vành nguyên thủy Ra , hơn nữa vành Ra thỏa tính chất bổ sung : tồn tại phần tử không lũy linh xaRa lũy thừa của nó chứa trong mọi ideal khác 0 của Ra . Do đó Ra không chứa nil-ideal khác 0 . Vì rằng Ra là ảnh đồng cấu của vành R , nên Ra thỏa mãn điều kiện a n(a) eZa , trong đó za là tâm của vành Ra . Nhƣ vậy để chứng minh điều kiện đủ của định lý , ta chỉ cần chứng minh trong vành Ra Giả thiết rằng R là vành sơ cấp thỏa mãn điều kiện an(a) Z và chứa phần tử không lũy linh bR sao cho bm(u)U đối với mọi ideal U khác 0 của vành R . Vì rằng phần tử bn(b) = cZ cũng không là phần tử lũy linh, và các lũy thừa của nó trùng với bậc của tất cả các ideal khác 0 của vành R , nên chúng ta có thể bắt đầu với giả thiết rằng bZ . Vì rằng R là sơ cấp , nên mỗi phần tử của Z không chia hết 0 trong R. Giả sử = {(r, z) / rR , zZ , z0 } ta định nghĩa trong một hệ thức, tƣơng đƣơng nhƣ sau : (r1,S1) ~ (r2, s2) nếu r1z2 = r2z1 . Dễ dàng kiểm chứng rằng hệ thức này là một quan hệ tƣơng đƣơng . Tập hợp các lớp tƣơng đƣơng ký hiệu là *, ký hiệu lớp của (r,z) là [r,z] . Đặt: [r1z1] + [r2z2 = [r1z2 + r2z1 + z1z2] [r1z1] . [r2,z2] = [r1r2, z1z2] vì rằng các phần tử của Z không là ƣớc của 0 trong R nên ta thấy rằng , các phép toán này trên * đƣợc định nghĩa hợp lệ và cùng với các phép toán này * là một vành . Hơn nữa qua tƣơng ứng : r  [rz,z] là phép nhúng R vào * . Cuối cùng tâm Z* của vành * trùng với tập hợp {[x,z] /xZ} từ đó suy ra Z* là một trƣờng . Nếu [r,z| * thì [r,z]n(l) = [r,n(r) ,z n(r) ]  Z* do đó * có chính những tính chất mà R có . Nhƣng * là vành đơn ( Thật vậy , nếu u* là ideal khác 0 của vành * thì ngay lập tức kiểm tra đƣợc rằng tập u = {rR / [r,z]U* với z nào đó zZ} là ideal khác 0 của vành R , do đó bm(u) U . Vì 41 rằng b Z và b o nên bm(n) cũng là phần tử khác 0 của Z , do đó U* chứa phần tử khác 0 của Z* . Nhƣng Z* là một trƣờng , vì vậy U* = * và khẳng định của chúng ta đối với vành đơn * đã đƣợc chứng minh . Sau này với vành đơn có đơn vị thì vành * nguyên thủy và theo phần chứng minh thứ nhất, phải là giao hoán . Nhƣng khi đó chính vành R giáo hoán , vì rằng R đƣợc nhúng vào trong *. Định lý chung ta đƣợc chứng minh hoàn toàn. Chú ý rằng , sử dụng phép chứng minh trong định lý II.10 , nhúng vành R vào trong vành R* = R ZZ* trong đó Z* là trƣờng các thƣơng của vành Z, ta thấy rằng các tính chất của vành R cũng đúng trong trƣờng đơn R* . Ta đã chứng minh định lý II.10 suy ra định lý Jacobson mà chúng ta đã chứng minh trƣớc đây . Giả sử R là vành mà xR n (x) > l : xn(x) = x khi đó R không có phần tử lũy linh. Nếu e là phần tử lũy đẳng trong R thì x  R ta có đẳng thức (xe-exe)2 = 0 , (ex-exe)2 = 0, từ đó xe = exe = ex do đó e nằm trong tâm của vành R . Từ điều kiện an(a) = a suy ra rằng e = an(a)-1 là phần tử lũy đẳng . Nhƣ vậy lũy thừa dƣơng nào đó của mọi phần tử aR sẽ thuộc vào tâm và ngoài ra vì rằng R không chứa phần tử lũy linh , nên không có ideal lũy linh. Tất cả các giả thiết của định lý II.10 đƣợc thỏa , vì vậy vành R là giao hoán. Mở rộng các kết quả trên, cuối cùng chúng ta thu được định lý : II.11 Đinh lý : Giả sử R là vành với tâm Z và giả sử tồn tại số nguyên n > l sao cho xn – x  Z xR . Khi đó vành R là giao hoán (n cố định). Chứng minh : Ta chứng minh một loạt các trƣờng hợp sau : Bắt đầu với trƣờng hợp R là một thể. Chú ý rằng x  R , x  Z thì nếu X  Z , từ hệ thức (z)n - x  Zsuy ra rằng (n-)x  Z . Vì rằng nên (n-) = 0   Z do đó Z là một trƣờng . Vì rằng thể R là đại số trên Z nên ta nhận đƣợc xn(x)=x xR khi đó từ định lý Jacobson suy ra R là giao hoán. Nếu R là vành nguyên thủy mà không là thể thì với thể D nào đó và với số k > 1 vành Dk là ảnh đồng cấu của vành con trong R . Do đó trong Rk thỏa mãn điều kiện x n - xZ. Tuy nhiên, phần sau không thể xảy ra, chẳng hạn với phần tử : 42 x = ( )  Dk thỏa mãn hệ thức x2 = 0 ; xn - x = - x , thêm nữa (hiển nhiên) nó không nằm trong tâm của vành Dk. Từ đó suy ra rằng R là thể và do đó là trƣờng. Nếu vành R là nửa đơn , thì nó là tổng trực tiếp con của các vành nguyên thủy Ra . Mỗi vành Ra là ảnh đồng cấu của vành R và theo phần chứng minh trƣớc là giao hoán. Nhƣng khi đó chính vành R là giao hoán. Chuyển qua trƣờng hợp tổng quát, ta chú ý rằng vành R/J(R) giao hoán , vì vậy nó vẫn đúng. Hệ quả : x,y R , ta có xy – yx  J(R) . II. 12. Bổ đề : J(R) Z Chứng minh : Ta chứng minh tổng quát hơn , nếu Z và xR thì (n- )x Z, do đó yR ta có : (n - ) (xy - yx) = 0. Nếu XZ J(R) thì n-1 J(R) và đẳng thức (1-n-1)t = 0 thì suy ra t = 0 . Vì vậy từ đẳng thức (1-n-1) (xy - yx) = 0 ta suy ra (xy-yx) = 0 đổi với mọi   Z J(R) và x,y R. Bây giờ giả sử a là phần tử tùy ý của J(R) khi đó an – a  Z J(R) và theo trên (an - a)(xy - yx) = 0 từ đó ta có a(xy-yx) = 0. Tƣơng tự ta nhận đƣợc (xy-yx)a = 0 a  J(R) và x,y R. Trong những hệ thức này đặt x = a ta nhận đƣợc đẳng thức a2y = aya = ya2 , từ đó suy ra rằng a2  Z a  J(R) . Nếu n chẵn thì cùng với phần tử a2 phần tử an cũng thuộc Z , và từ điều kiện an - a  Z ta nhận đƣợc a Z . Nếu n lẻ , thì an-1  Z J(R) và điều kiện an-a Z kéo theo 0 = (a n -a)x - x(a n - a) = (l-a n-1 ) (xa-ax) x  R . Từ đó ta nhận đƣợc xa-ax = 0 , nghĩa là a  Z. Nhƣ vậy , trong cả hai trƣờng hợp phần thửa a đều thuộc Z , do đó J(R) . Theo chứng minh trên , ta rút ra đƣợc rằng : J(R)(xy-yx) = 0 . Mặt khác, theo hệ quả của định lý II. 11 suy ra xy – yx  J(R) . Nhƣ vậy (xy - yx)2 = 0 . Vì rằng nếu n > l thì cũng thỏa mãn hệ thức (xy - yx)n = 0 do đó từ điều kiện (xy - yx)n - (xy - yx) Z ta rút ra đƣợc xy – yx  Z . Hệ quả : x,y  R , phần tử xy – yx  Z và thỏa mãn đẳng thức : (xy - yx)2 = 0. 43 Ta định nghĩa vành không thể phân tích thành tổng trực tiếp con : vành đƣợc gọi là không phân tích đƣợc thành tổng trực tiếp con nếu giao của tất cả các ideal của nó là 1 ideal khác (0) . Theo kết quả phần 1 mọi vành là tổng trực tiếp con của các vành không phân tích đƣợc . Do đó ta chứng minh định lý trên chỉ cần đối với vành không phân tích đƣợc thành tổng trực tiếp con đƣợc . Ta bắt đầu bằng giả thiết rằng R là vành không thể phân tích thành tổng trực tiếp con, sao cho x n – x  Z , x  R . Giả sử S là giao của tất cả các ideal khác 0 của vành R , theo giả thiết S  (0) . Rõ ràng rằng S là ideal tối tiểu duy nhất của vành R . Theo kết quả định lý II.11 ta có thể giả thiết rằng J(R)  (0) , trong trƣờng hợp ngƣợc lại rõ ràng rằng vành R phải giao hoán. Nhƣ vậy S J(R) , mà J(R) S nên s Z . Theo trên ta đã chứng minh rằng J(R)(xy - yx) = (0). Do đó S (xy - yx) = (0) . Nếu vành R không giao hoán từ đó ta suy ra rằng S2 = (0). MỘT SỐ CÁC KẾT QUẢ KHÁC Chúng ta chứng minh một số bổ đề sau : 11.13 Bổ đề : Tồn tại số nguyên tố p sao cho p(xy - yx) = 0 x,y R . Chứng minh : Vì rằng xn – x  Z và (2x)n - 2x  Z nên (2n-2)xeZ từ đó (2n - 2) (xy - yx) = 0 . Nếu vành R không giao hoán thì nó sẽ có các phần tử với bậc cộng tính hữu hạn , khi đó nó có phần tử bậc nguyên tố p nào đó . Giả sử Rp = {x  R/px=0} thì Rp  (0) và Rp là ideal trong vành R chứa S. Nếu với số nguyên tố q nào đó khác với p và ideal Rq cũng khác (0) , thì từ đó ta cũng có Rq chứa S, nhƣng khi đó S Rp Rq = (0) trái với giả thiết S  (0). x,y R ta có (pn - p)(xy - yx) = 0 nghĩa là (pn-1 - l)p (xy - yx) = 0 . Vì rằng số pn-1 - 1 nguyên tố cùng nhau với p , nên theo phần trên ta có p(xy-yx) = 0 , bổ đề đƣợc chứng minh . Giả sử x,y là các phân tử tùy ý của R , theo hệ quả của bổ đề II.12 thì xy-yx  Z . Điều này có đúng không với phần tử x2y-yx2 ? . Biến đổi ta đƣợc : x 2 y - yx 2 = x(xy - yx) + (xy - yx)x = 2x(xy - yx) Tƣơng tự , biến đổi với số k>1 ta đƣợc : x k y - yx k = kx k-1 (xy - yx) 44 Đặc biệt với k = p ta nhận đƣợc : xpy - yxp = pxp- l(xy - yx) = 0 (đpcm). II.14. Bổ đề ; xR phần tử xp Z. Chứng minh : Đặt A(S) = {x R/xS = {0}} . Khi đó A(S) là ideal trong R và do đó s2 = (0) nên S A(S) ; A(S)  (0) . Giả sử x  A(S) , theo ta có phần tử xp  Z do đó z,y  R ta có đẳng thức (xnp - xp)(yz - zy) = 0 hay là x(n-1)p u = u trong đó u = xp(yz - zy) . Vì rằng x(n-1)p  Z nên tập T = {rR / x(n-1)p r = r} là một ideal của R . Nếu ideal T  (0) thì nó chứa S . Nhƣng điều này không thể xảy ra vì rằng xS = (0) do đó T = (0) ; đặc biệt x p (yz-zy) = 0 x  A(S) và Vy,z  R . Từ đó (xpy)z = xpyz = z(xpy) nghĩa là xpy  Z. Đặc biệt x p+k Z k 0. Từ điều kiện xn – x  Z và (xn)n – xn  Z ta suy ra rằng xn.n – x  Z . Tƣơng tự có thể chứng minh đƣợc rằng xnn – x  Z (k số n) k l . Số k thỏa mãn bất đẳng thức nk > p . Từ đó x  A(S) ta có xnn  Z (k số n) . Mặt khác xnn – x  Z nên suy ra xZ (đpcm). II.15 Bổ đề ; A(S) Z Chứng minh : Bổ đề này chứng tỏ rằng , đặc biệt nếu A(S) = R thì vành R là giao hoán. Vì vậy ta giả thiết rằng A(S)  R. Giả sử a là ƣớc của 0 của vành R , nghĩa là x  R : ax = 0. Khi đó ta cũng có đẳng thức ax p = 0 . Nếu xp  0 theo bổ đề II.14 suy ra xp  Z . Nếu chính xp = 0 thì phần tử x  Z . Thật vậy đối với số k thỏa nk > p thì xnn = 0 (k số n) . Mặt khác , phần trên đã chứng minh rằng xnn - xZ (k số n) k . Do đó x  Z . Suy ra rằng trong mọi trƣờng hợp phần tử a là linh hóa từ phần tử z  0 , z  Z nào đó . Vì rằng z  0 nên Rz  (0) . Thật vậy , trong trƣờng hợp ngƣợc lại ta thu đƣợc Rz là ideal khác (0) của vành R từ đó S Rz khi đó aS aRz = azR = (0) , aA(S) (đpcm). II. 16. Bổ đề : Mọi ƣớc của 0 trong vành R đều thuộc A(S). II. 17. Bổ đề : Vành thƣơng R/A(S) là một trƣờng hữu hạn. Chứng minh : Trƣớc hết ta chứng minh R/A(S) là một trƣờng. 45 Nếu s là phần tử khác 0 của s thì sZ và Rs là ideal của vành R , theo chứng minh trên Rs phải là ideal khác (0) , từ đó S Rs . Mặt khác vì s  S và s là ideal của vành R nên Rs S. Vì vậy s = Rs. Giả sử x là phần tử tùy ý của R không nằm trong A(S) . Theo bổ đề II.16 phần tử x không phải là ƣớc của 0 trong R và xs là phần tử khác 0 của S . Do phần trên : Rxs = s z  R, phần tử zsS = Rxs do đó , yR : zs = yxs từ đó (yx-z) = 0. Vì rằng phần tử yx-z không phải là ƣớc của 0 nên yx-z  A(S) . Chuyển qua ảnh đồng cấu trong vành thƣơng R = R/A(S) ta nhận đƣợc hệ thức yx = z , ta đã chứng minh rằng phƣơng trình tƣơng ứng trong vành thƣơng R có thể giải đƣợc x  0 và z . Do đó R là một thể . Vì rằng mọi giao hoán tử xy - yx (x,yR) là ƣớc của 0 nên nó thuộc tập A(S) . Từ đó suy ra vành thƣơng ̅ = R/A(S) giao hoán, nhƣ vậy ta đã chứng minh đƣợc ảnh của R/A(S) là một trƣờng . Bằng cách ngƣợc lại với vấn đề tính hữu hạn của R/A(S) . Nếu x R thì xp  Z và do đó (xnp-xp) (yz - zy) = 0 y,z  R > Nếu R không giao hoán thì phần tử Xnp - Xp theo chứng minh trên là ƣớc của không và do đó thuộc A(S). Nhƣng khi đó trong vành thƣơng R mỗi phần tử ̅ thỏa mãn hệ thức ̅̅ ̅̅ ̅̅ = ̅̅ ̅̅ ̅̅ = 0 . Từ đó suy ra tính hữu hạn của trƣờng R . Bây giờ ta chứng minh định lý II. 11 Vì rằng ̅= R/A(S) là trƣờng hữu hạn, nên nhóm nhân các phần tử khác 0 của ̅ là nhóm xyclic . Giả sử ̅ là ảnh của phần tử của nhóm này và aR là tạo ảnh của ̅ . Nếu x A(S) thì at - x  A(S) z với t > 0 nào đó . Do đó (at - x)a = a(at - x), từ đó suy ra rằng phần tử a giao hoán đƣợc với mọi phần tử xR ,không thuộc A(S) . Nhƣng nếu xA(S) thì ta cũng có xa = ax vì rằng A(S) Z > Nhƣng nhƣ vậy ta đã chứng tỏ rằng aZ. Từ điều kiện at – x A(S) Z đƣợc thỏa mãn với xR , nhƣng x không nằm trong S suy ra rằng, các phần tử nhƣ thế thuộc Z . Nếu chính aA(S) thì xZ vì rằng A(S) Z . Trong mọi trƣờng hợp x Z do đó R = Z, định lý đƣợc chứng minh . Phần 2 trình bày nội dung định l ý Wedderburn và các vấn đề liên quan đến tính giao hoán của một vành. Tiếp theo chúng ta xét một hướng mở rộng tích cực khác của Herstein: Khái niệm siêu tâm (HYPERCENTER) của mội vành , được Herstein trình bày trong bài báo: On the Hypercenter of a ring năm 1975. 46 PHẦN III SIÊU TÂM CỦA MỘT VÀNH Khái niệm tâm của một vành đã đƣợc biết rất lâu , nhƣng mãi đến năm 1975 , Herstein mới mở rộng thành khái niệm siêu tâm, chúng đƣợc trình bày nhƣ dƣới đây : Cho vành R . Ngƣời ta gọi tâm của vành R là tập hợp : C(R) = {a R / ax = xa , xR} Đây là tập hợp các phần tử của R giao hoán đƣợc với mọi phần tử của R . Dễ dàng thấy ngay rằng tâm C(R) của vành R cũng là vành con , hơn nữa là vành giao hoán. Herstein đã mở rộng khái niệm này bằng khái niệm siêu tâm đƣợc định nghĩa nhƣ sau : Ta gọi siêu tâm của vành R là tập hợp : T(R) = {a  R / axn = xna , n = n(x,a) , xR } III.1 Mênh đề 1 : 1. C(R) T(R) , C(R) là tâm của vành R . 2. T(R) là vành con của R . 3.  Aut(R) (T(R)) T(R) . Dễ dàng kiểm tra đƣợc ngay các kết quả trên. 47 Liệu việc mở rộng này là thật sự có nghĩa ? Nghĩa là liệu có những vành nào mà tâm tập của vành R là C(R) thật sự khác với siêu tâm T(R) của nó? Đáng tiếc rằng chúng ta không tìm thấy những ví dụ như thế trong các tác phẩm của chính Herstein. Chúng, tôi cố gắng xây dựng một ví dụ như thể: Để ý rằng , từ phần 2 ta có một nhận xét thú vị : Nếu R là vành nil, nghĩa là x  R tồn tại số tự nhiên n phụ thuộc x sao cho xn = 0, dựa vào định nghĩa của khái niệm siêu tâm ta có ngay : T(R) = R . Vậy ta sẽ xây dựng một vành nil mà không giao hoán (nên C(R)  R), hy vọng sẽ thu được kết quả. Việc thiết kế vành không giao hoán thông thường ta tiến hành trên tập hợp các ma trận vuông cấp n. Gọi R là tập hợp các ma trận cấp 3 có dạng : R = {( ) } trong đó Q là trường các số hữu tỉ. R cùng với các phép toán cộng và nhân hai ma trận thông thưởng trở thành một vành không giao hoán . R là không giao hoán, chẳng hạn lấy a, a’ và c, c’ sao cho ac’  a’c thì tích của hai ma trận sau là khác nhau , chứng tỏ rằng R không giao hoán. Vì R không giao hoán nên tâm của R là C(R)  R. Mặt khác R là vành nil vì dễ dàng kiểm tra rằng : xR thì x3 = 0 , do đó T(R) = R. Từđó suy ra C(R)  T(R). Từ ví dụ trên, cũng bằng cách xây dựng trên các vành ma trận cấp n lấy hệ tử trên một trường nào đó, ta có thể chí ra các vành R mà siêu tâm T(R) thật sự khác với tâm C(R) . Cũng năm 1975, Herstein đã đặt ngược lại vấn đề là: Với những điều kiện nào thì siêu tâm của một vành T(K) sẽ trùng với chính tâm tập C(R) của nó? Và cố giải quyết cho lớp các vành càng rộng càng tốt . Lần lượt khảo sát cụ thể chúng ta thu được một số kết quả : Trước hết, xét trường hợp R là một thể: 48 Bổ đề III.1 : Nếu D là một thể thì T(R) = C(R) . Herstein đã đề ra cách chứng minh định lý nhƣ sau : Chứng minh : Rõ ràng vì KerD là một thể nên T(D) không những là vành con mà còn là thể con (Chứng minh : để ý 1  T(D) . Giả sử a T(D) suy ra xD, tồn tại số tự nhiên n để ax n = x -l a (1) , vì a  D nên a-1  D Từ (1) suy ra xn = a-1 xn a do đó xna-1 = a-1xn , nghĩa là a-1 T(D) nên T(D) là một thể) . Vì (T) T(D) ,   Aut (D) nên theo định lý Brauer (Định lý : Nếu T là thể con của thể D đƣợc bảo toàn qua mọi tự đẳng cấu Aut(D) của D , thế thì hoặc T = D hoặc T là tập hợp con của tâm D . (On a theorem of H.Cartan đăng trên tờ Bul. American Math Society 55(1949) page 619-620 ) ta phải có T(D) = D hoặc T(D) C(D). Nếu có T(D) C(D) thì T(D) = C(D). Giả sử T(D) = D . Vậy a,b  D abn = bna với một n = n(a,b) 1 nào đó , theo định lý II.10 suy ra D là giao hoán D = C(D) = T(D) (đpcm). Ngoài Thể ra , những vành R nào sẽ cho ta kết quả C(R) = T(R) ? Lưu ý rằng trong phần lý luận trên ta đã xây dựng ví dụ C(R) khác với T(R) dựa trên lớp các vành nil không giao hoán . Hãy xuất phát từ các vành nguyên thủy và sau đó mở rộng ra các vành nửa đơn và cố gắng đi xa hơn thế nữa . Bổ đề III.2 : Nếu R là vành nửa đơn thì T(R) = C(R). Chứng minh : R = SRa trong đó Ra là vành nguyên thủy . Hơn nữa T(R) ánh xạ đƣợc vào T(R)  Vậy nếu chứng minh đƣợc rằng T(R) = C(R)  thì ta sẽ có T(R) = C(R) . Giả sử rằng R là vành nguyên thủy suy ra R là vành dày đặc các phép biến đổi tuyến tính của không gian vectơ V trên thể D . Nếu dim(V) = 1 thì R = D do đó R cũng là một thể suy ra T(R) = C(R). Ta chỉ cần xét dim (V) > 1 Giả sử t  0 , t T(R) và giả sử với V nào đó v V ta có v và vt là độc lập tuyến tính trên D . Do tính dày đặc của R trên V, suy ra tồn lại x R để vx = 0 và vtx = vt suy ra vtxm = vt m > l . Bởi vì tT(R) , txn = xnt với n l nào-đó suy ra vt = vtxn = vxnt = 0 Mâu thuần . Vậy vV ta có vt = (v).v với (v) D . Nếu v,w  V là độc lập tuyến tính trên D ta sẽ chứng minh rằng (v) = (w). Thật vậy, vt = (v).v, wt =  (w).w và (v+w)t =  (v+w). (y+w) suy ra ((v) -  (v+w)). v + ( (w) -  (v+w)).w = 0 . Do V và w độc lập tuyến tính nên  (v) =  (v+w) =  (w) . Vì  là hằng (không thay đổi) trên các phần tử độc lập , và vì dimDV > 1 ta nhận đƣợc  (v) =  ,  độc lập với V , với mọi vV . 49 Nếu xR , vì vxV , (vx)t = (vx) , nên v(xt) =  (vx) . Mặt khác vt = v , khi đó (vt)x = (v)x =  (vx) v(tx) = (vx) v(xt) = v(tx) v(xt - tx) = 0 với mọi v  V . Bởi vì R trung thành trên V xt - tx = 0 xR tC(R) T(R) C(R) T(R) = C(R) (đpcm). Bây giờ để hiểu rõ hơn vành con T(R) nhằm có thể mở rộng hơn nữa điều kiện để T(R) vẫn còn bằng với C(R), phần tiếp theo chúng ta cố gắng mô tả chi tiết hơn về đặc tính của các phần tử của T(R), đối với một vành không giao hoán R nào đó. Bổ đề III.3 : Giả sử R là vành tùy ý . Nếu a là lũy linh và aJ(R) thì aR là nil ideal phải của R ( a và aR đều nằm trong J(R)). Chứng minh : Giả sử a  0 , aT(R) là lũy linh an = 0 an-1+  0 với n > 1 nào đó , xR là phần tử tùy ý đã cho vì an-1 T(R) (ax)m an-1 = an-1(ax)m = 0 với m > 1 nào đó. Gọi i là số bé nhất thỏa (ax)n ai = 0 với u l Nếu i = 1 từ đẳng thức này ta có (ax)u+l = (ax)u .ax = 0 ax lũy linh . Nếu i > l thì với x(ax)n .a.ai-1 = 0 (xa)u+1.ai-1 = x(ax)u.a. ai-1 = 0 trong đó ai-1  T(R) ai-1 ((xa)u+1)s = ((xa)u+1)s. ai-1 = 0 với số s 1 nào đó . Vậy ai-1 (xa)r = 0 trong đó r = (u+l)s do đó ai-2(ax)r+1 = ai-2 a(xa)r x = ai-1(xa)r x = 0 . Vì ai-2  T(R) ((ax)r+1)v ai-2 = a i-2 ((ax) r+1 ) v = 0. Mâu thuẫn với tính cực tiểu của i i = 1 và ax là lũy linh Vx R (đpcm) . Từ chứng minh của định lý trên, ta đi đến một kết qua bất ngờ đầy thú vị : Đinh lý III.l ; Giả sử R là một vành nguyên tố không có nil ideal khác không Thế thì T(R) không có phần tử lũy linh . Chứng minh : Gọi N là tập hợp tất cả các phần lử lũy linh trong T(R) . a,bT(R) ab n = b n a với n = n(a,b) 1 Do định lý của Herstein N cũng là ideal của T(R) thật ra nó còn là nil ideal lớn nhất của T(R). Giả sử N  0 vì (T(R)) T(R) Aut(R) (N) N và do bổ đề III.3 tập hợp N J(R) Nếu xJ(R) xét  : R  R thỏa (y) = (l+x) y(l+x)-1 yR Aut(R) do đó (l+x)N(l+x) -1 N. Giả sử a  0 , a N và a2 = 0 xR ax là lũy linh ( do bổ đề III.3 ), (để ý rằng nếu phần tử X nào đó thuộc Radical Jacobson J(R) thì lập tức 1 + x sẽ khả nghịch: định nghĩa II.4 phần 1 ) suy ra 1+ax có phần tử nghịch đảo : (l+ax)-l = 1 - ax + ax2 . Vì (1+ax)N(l+x)-1 N (l+ax)a(l-ax+ax2 ..... )  N Bởi vì ax = 0 nên từ hệ thức cuối cùng suy ra rằng (1+ax)a  N axaN , VxR nghĩa là aRa N . 50 Giả sử a,bN với a2 = 0 , b2 = 0 Nếu rR thì do bổ đề III.3 brJ(R) và lũy linh theo kết quả trên a(br)a = 0 nghĩa là abRa = 0 , lại vì R là vành nguyên tố ta rút ra đƣợc ab = 0 . Nếu xJ(R) , giả sử b = (l+x)2a (l+x) thì bN và b2 = 0. Ở đây ab = 0 nhƣng 0 = ab = a(l+x)a(l+x)-1 axa = 0 và aJ(R)a = 0 , bởi vì R là vành nguyên tố và J(R)  0 là một ideal của R a = 0. Vậy N = 0 và T(R) không có phần tử lũy linh. Ta có thể dựa vào đinh lý 1 để mô tả một số tính chất của các phần tử trong T(R) một cách chính xác hơn. Chúng ta đã chứng minh được rằng : Trong một thể, rồi trong vành nửa đơn thì T(R) = C(R). Tiếp tục , bây giờ ta cố gắng chứng minh trong lớp các vành mở rộng hơn để trả lời câu hỏi : "Đến giới hạn nào thì T(R) vẫn còn trùng với C(R) ?" Bổ đề III.4 : Giả sử R là vành nguyên tố không chứa nil ideal. Thế thì T(R) giao hoán và một phần tử  0 của T(R) thì không phải là ƣớc của 0 trong R. Chứng minh : Giả sử a,b  T(R) abn = bna , n 1 nào đó. Nhƣ vậy theo định lý Herstein[2] , giao hoán tử của T(R) là nil , nhƣng theo định lý III.1 : T(R) không có phần tử lũy linh giao hoán tử của T(R) bằng 0 T(R) giao hoán. Giả sử a  0 , a  T(R) và au = 0 với u  R . Nếu xR thì y = uxa thỏa mãn điều kiện y2 = 0 và ay = 0 vậy (l+y) a (l+y)-1 = (l+y) a (l-y)  T(R) , tức là a+ya  T(R) , trong đó ya  T(R). Tuy nhiên (ya) 2 = yaya = 0 vì rằng T(R) không chứa phần tử lũy đẳng ya = 0. Lập lại lý luận trên cho phần tử y = uxa ta có uxa2 = 0 xR . Vì a2  0 và R nguyên tố u = 0 . Vậy từ au = 0 u = 0 . Suy ra a không phải là ƣớc của 0 trong R. Và chúng ta đi đến đƣợc kết quả cuối cùng : "Trong một vành không có nil-ideal thì khái niệm siêu tâm và khái niệm tâm vẫn còn trùng nhau" , chú ý rằng kỹ thuật chứng minh các định lý của Wedderburn, Jacobson, và cả Herstein hầu nhƣ là không thay đổi: Đinh lý 2 : Giả sử R là vành không có nil ideal thế thì T(R) = C(R) . Chứng minh : R = SR trong đó R nguyên tố và không có nil ideal . Vì rằng T(R) ánh xạ đƣợc vào T(R) nên nếu chúng ta chứng minh đƣợc rằng T(R) = C(R) với mọi  thì chúng ta cũng có T(R) = C(R) Vậy có thể giả thiết rằng R là vành nguyên tố và không có nil ideal . Nếu J(R) = 0 thì do bổ đề 2 T(R) = C(R) . Xét trƣờng hợp J(R)  0 . Nếu yJ(R) và bN (by-yb)(l+y)-1 = b - (l+y)b(l+y) -1 là nằm trong N . Giả sử y = ax ở đây a2 51 = 0 , aN do đó (axb-bxa)(l-ax)-1  N nhân vào bên trái biểu thức này với a ta nhận đƣợc abax( l -ax)-1  N với mọi xR Giả sử   J(R) đã cho (thật ra với mọi R ) ta có  = x(l-ax) -1 ở đây x = (a+l)-1  là phần tử của J(R) Nhƣ vậy ta nhận đƣợc (aba)J(R) N. Nếu yJ(R) thì (l+y)(abaJ(R))(l+y)-1 (l+y)N(1+y)-1 N . Vì rằng J(R)(l+y)-1 J(R) vì abaJ(R) N ta có yabaJ(R) N với mọi yJ(R) Nói cách khác J(R)abaJ(R) N Nhƣng J(R)abaJ(R) là một ideal của R và có tất cả các phần tử đều nằm trong N đó là nil-ideal. Do giả thiết của T(R) và R ta suy ra rằng J(R)abaJ(R) = 0 bởi vì abaJ(R) và J(R) không có ideal lũy linh aba = 0 đúng với mọi bN aNa = 0 . Tóm lại nếu a2 = 0 , aN aNa = 0 . Nếu beN , b 2 = 0 tƣơng tự chúng ta thấy rằng bRb N . Vậy nếu a2 = 0 , a  N thì abRba aNa = 0 . Do R là vành nguyên tố ab = 0 hoặc ba = 0 Trong trƣờng hợp riêng với xJ(R) thì b = (l+x)a (l+x)-1  N. Vì b2 = 0 ab = 0 hoặc ba = 0. Bây giờ xét ab = 0 suy ra rằng axa = 0 và ba = 0 do đó a(l+x)-1a = 0. Ta sẽ chứng minh rằng, nếu xJ(R) là lũy linh thì axa = 0 Ta sẽ chứng minh quy nạp theo chỉ số lũy linh của phần tử lũy linh X . Nếu x2 = 0 (1+x)-1 = 1-x theo trên hoặc axa = 0 hoặc a(l+x)-1 = 0 vì (1+x)-1 = 1-x nên suy ra hoặc axa = 0 hoặc a (l-x)a = 0.Vì a2 = 0 nên a (1-x)a = 0 axa = 0. Điều này dẫn đến axa = 0 . Giả sử xJ(R) , xn = 0 bởi vì xi với i > l có chỉ số của phần tử lũy linh < n , do giả thiết quy nạp của R ta có axa = 0 i > 1, bây giờ ta biết rằng axa = 0 hoặc a (1+x)-1 a = 0 ( bởi vì (1+x) -1 = 1-x+x 2 - ... ± x n-1 và bởi vì axi a = 0 vớ I > 1 xuất phát từ đẳng thức a(l+x)-1 a= 0 ). 0 = a (l-x+x 2 - ... ± x n-1 )a = - axa axa = 0. Vậy axa = 0 với mọi phần tử lũy linh trong J(R). Vì R là nguyên tố và J  o tâm tập của J trong R phải chính xác là C(R). Trong trƣờng hợp đặc biệt C(J) C(R) . Vậy để chứng minh T(R) = C(R) cần phải chỉ ra rằng T(R) là tâm của J. Giả sử ta có aT(R) và xJ hơn nữa xa-ax  0 Ta có : 0  (ax-xa)(l+x)-1  J T(R) JnT(R)  0. Nếu chúng ta cũng chỉ ra đƣợc rằng J T(R) C(R) thì chúng ta có : (ax-xa)(l+x) -1 C(R) . Tuy vậy nếu bT(R) thì b(ax-xa) (l+x)-1  J T(R) C(R) . Từ cả hai đẳng thức trên 0  (ax-xa)(l+x)-1  C(R) và b(ax-xa)(l+x)-1  C(R) và vì các phần tử của C(R) không phải là các ƣớc của 0 trong R suy ra từ 2 biểu thức trên có thể suy ra bC(R) và từ đó có thể nhận đƣợc kết quả T(R) = C(R) . Nhƣ vậy ta có thể trở lại để giải quyết vấn đề : Nếu R là một vành nguyên tố không chứa nil ideal và J(R) = r thì T(R) = C(R) . 52 Giả sử R là nguyên tố không chứa nil ideal và J(R) = R . Giả sử 0aT(R) , xR và zR sao cho za = az và zx = xz vậy rõ ràng (l+x)a(l+x) -1 và (l+zx)a(l+zx) -1  R ta có : (1) (l+x)a = a1(l+x) . (2) (l+zx)a = a2(l+zx) ở đây a1a2  T(R) . Nhân (1) với z và trừ cho (2), để ý rằng z giao hoán với x và với a ta thu đƣợc : (3) za - a = za1 - a2 + (a1 - a2)zx . bây giờ za - a giao hoán với a và với z Tuy nhiên vì a1,a2 T(R) và T(R) giao hoán (bổ đề III.4) zara2 giao hoán với a vậy từ (3) chúng ta suy ra rằng (ar-a2)zx giao hoán với a. Điều này cho phép khẳng định (a1 - a2)z(xa-ax)=0 . Nếu a1 – a2  0 vì a1 – a2  T(R) và không phải là ƣớc của 0 trong R suy ra z(ax-xa) = 0 . Nói cách khác nếu a1 = a2 quy lại (3) ta thấy za-a = za – a = za1 – a1 suy ra (l-z) ( a-a1) = 0 . Vì z R=J nên (l-z)(a-a1) = 0 suy ra a = a1 . Khi đó từ (1) ta có xa = ax z(ax-xa) = 0 . Do đó nếu z R giao hoán với cả aT(R) và xR thì z(xa-ax) = 0 . Bây giờ nếu a  0 , aT(R) và xR thì axn = xna với n 1 nào đó . Nếu z = xn thì za = az và zx = xz z(ax-xa) = 0 tức là xn (ax-xa) = 0 . Nhƣng ở đây xn ax-xa)(l+x) -1 = 0 vì rằng (ax-xa) (1+x)-1  T(R) Nếu nó khác 0 thì không phải là ƣớc của 0 . Vậy nếu (ax-xa)  0 xn = 0 . Vậy a giao hoán với mọi phần tử không lũy linh thuộc R . Nếu yR và ay-ya  0 vì (ay-ya)(l+y) -1  T(R) nó không phải là ƣớc của không trong R . Vậy nếu ay-ya  0 thì nó không phải là ƣớc của 0 và do đó không thể là lũy linh . Vậy a phải giao hoán với ya-ay. Còn nếu ay-ya = 0 thì tất nhiên ta cũng có a giao hoán với ay-ya = 0 . Vậy a giao hoán với ax - xa xR . Nếu đặc số của R  2 thì theo một kết quả trƣớc đây a phải  C(R) . Vậy nếu đặc số của R khác 2 thì T(R) C(R) T(R) = C(R) . Giả sử đặc số của R bằng 2 vì a(xa+ax) = (ax+xa)a xR a2C(R) . Vậy z = a 2 giao hoán với a và với x 0 = z(ax+xa) = a2(ax+xa) và a không phải là ƣớc của 0 ax = xa aC(R) , ta có T(R) C(R) suy ra T(R) = C(R) (đpcm) . Trong phần xây dựng phản thí dụ về tâm tập và siêu tâm trùng nhau ở trên , chúng ta đã khẳng định được rằng : Lớp các vành nil sẽ có tâm tập và siêu tâm là khác nhau , do đó định lý 2 là một kết quả tuyệt đẹp của Herstein. Định lý sau là một hệ quả tầm thƣờng của định lý III.2. 53 Đinh lý III.3: Giả sử R là vành có siêu tâm T(R) . Nếu aT(R) và xR thì ax - xa sinh ra một ideal hai phía nil . Trong trƣờng hợp riêng ax-xa là lũy linh xR. THAY LỜI KẾT LUẬN Herstein đã chứng minh đƣợc : "Trong một vành không có nil-ideal bao giờ ta cũng có siêu tâm sẽ trùng với tâm tập của nó" và chúng ta cũng đã xây dựng đƣợc một lớp các vành nil mà siêu tâm thật sự khác với tâm tập. Bài toán xem nhƣ đƣợc giải quyết khá trọn vẹn . Tuy nhiên xoay quanh khái niệm siêu tâm , theo tôi vẫn còn một số cánh cửa bỏ ngỏ ... Chẳng hạn , trong chứng minh định lý III. 1 , ta có sử dụng kết quả : " Giả sử a  0 , a  N và a 2 = 0 x  R ax là lũy linh (do bổ đề III.3), (để ý rằng nếu phần tử X nào đó thuộc Radical Jacobson J(R) thì lập tức 1 + X sẽ khả nghịch: định nghĩa II.4 phần 1 ) suy ra 1+ax có phần tử nghịch đảo : (l+ax)-1 = 1 - ax + ax2‖. Nếu thay điều kiện ax lũy linh bằng một điều kiện nào khác , ví dụ ax thuộc lớp các vành không có nil-ideal ? thì kết quả có thể sẽ có kết luận khác. Hoặc chúng ta để ý rằng Herstein đã mở rộng khái niệm tâm tập của một vành bằng khái niệm siêu tâm là đi từ xa = ax sang xn a = ax (do đó tâm tập là một trƣờng hợp đặc biệt của siêu tâm khi mà n = 1). Chúng ta thấy rằng : x hoặc xn có thể nhìn dƣới khái niệm đó là một đa thức . Vậy nếu chúng ta thay đẳng thức xa = ax bằng f(x)a = af(x) trong đó f(x) là đa thức một ẩn trên một vành nào đó có thể chăng chúng ta sẽ thu đƣợc một khái niệm mới, là mở rộng của khái niệm siêu tâm ?... Thế giới khoa học thật phi thƣờng , mong rằng lại có dịp tôi đƣợc tiếp tục học tập và nghiên cứu thêm về định lý Wedderburn , Jacobson hay Herstein. Xin chân thành kính cảm ơn Giáo sƣ Bùi Tƣờng Trí, Quý thầy Bùi Xuân Hải, Mỵ Vinh Quang , những ngƣời đã đƣa tôi đến tận cửa một chân trời khoa học và giúp tôi hoàn thành luận án khoa học này. Xin cảm ơn quý thầy cô và bạn bè đã thực sự giúp đỡ, động viên tôi thực hiện thành công luận án này. HUỲNH HUY VIỆT  HẾT  54 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Noncommutative rings By I.N Herstein . Published by The Mathemathical Association Of America (Distributed by John Wiley and sons (1968) 2. Weddeburn J.H.M A theorem on finite algebras Trans. Amer. Math. Soc 6(1905) 349-352 3. Faith C.C Radical extensions of rings Proc . Amer . J . Math,12(1961) 274-283 4. I.N Herstein On the Hypercenter of a ring J. of algebra 36 (1975) 151-157 5. Brauer On a theorem of H.Cartan Bull. American Math Society 55(1949) 619-620

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftv_ve_mot_so_huong_mo_rong_cua_dinh_ly_wedderburn_8829.pdf
Luận văn liên quan