Luận văn Một vài hướng phát triển của các định lý giao hoán

Trong luận văn này có sự tham khảo sách Commutative Algebra của Macdonald ( University of Oxford ), Noncommutative của Herstein (University of Chicago ), các tài liệu được thầy Bùi Tường Trí cung cấp, luận văn thạc sĩ của Đinh Quốc Huy, bài báo International Journal of Algebra vol 1-2007 của AdilYaqub. Tuy nhiên trong luận văn còn nhiều hạn chế do thời gian và kiến thức có hạn. Kính mong quý thầy có cùng các bạn đồng nghiệp hướng dẫn, đóng góp.

pdf71 trang | Chia sẻ: builinh123 | Ngày: 02/08/2018 | Lượt xem: 144 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Một vài hướng phát triển của các định lý giao hoán, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
. . . . 0 0 . 0 x         0 1 . 0 0 0 . 0 . . . . 0 0 . 0 y         khi đó 0xy yx y   mà 2 0y  . Vì thế nếu R là nửa nguyên thũy (nửa đơn) thì R là giao hoán. Bây giờ giả sửR là vành bất kỳ thỏa mãn ( , )( ) ( )n x yxy yx xy yx   , thế thì R / ( )J R là nửa nguyên thũy cũng có thỏa điều kiện trên, bởi lý luận trên R / ( )J R là giao hoán, vì vậy ,x y R  ta có ( )xy yx J R  trong trường hợp này ta có ( , )( ) ( )n x yxy yx xy yx   như phần đầu của chứng minh ở Định lý 2.1.5 ta có : 0xy yx  . Nói cách khác chúng ta đã chứng minh R là giao hoán. 2.2: Mở rộng các Định lý về giao hoán của Jacolson, Herstein Bây giờ chúng ta sẽ mở rộng các kết quả của các định lý về giao hoán ở mục 2.1 trong một hướng khác, trong đó có định lý về giao hoán của Herstein dưới đây được xét trên lớp vành không có idean nil khác không, (định lý này cũng đúng trên vành nửa nguyên tố) là sự tổng quát hóa của định lý về giao hoán của Jacobson. Sau đây là một vài định nghĩa và các tính chất bổ sung trong lý thưyết mở rộng trường. Định nghĩa 2.2.1: Cho ,K F là các trường, trong đó K là trường mở rộng đại số của trường F , phần tử a K gọi là tách được trên F , nếu có một đa thức tối tiểu của nó trên trường F không có nghiệm bội. Trong lý thuyết trường chúng ta có mệnh đề: “ Một đa thức ( )p x có nghiệm bội khi và chỉ khi ( )p x và dx xdp )( có nhân tử chung”, vì vậy một đa thức bất khả quy có nghiệm bội chỉ khi dx xdp )( = 0. Như vậy ta có: Nếu F có đặc số 0 thì ( )p x là hằng vì vậy mọi phần tử của K là tách được trên F Nếu F có đặc số 0p  , với dx xdp )( = 0 thì ( ) ( )pp x g x khi đó chúng ta tìm được số k sao cho nếu a K thì kpa là tách được trên F , tuy nhiên cũng có thể xảy ra là kpa F Định nghĩa 2.2.2: Cho K là mở rộng đại số trên trường F , :a K k  là số nguyên để mà pka tách được trên F , pka F thì nói a là không tách được hoàn toàn trên F . Một mở rộng đại số K trên F được gọi là mở rộng tách được trên F nếu mọi phần tử của nó tách được trên F Nhận xét: Người ta chứng minh được: Tập hợp các phần tử tách được trên trường F là trường con của K và tập hợp các phần tử không tách được hoàn toàn trên F là trường con của trường K . Bổ đề 2.2.3: Cho K là trường mở rộng của trường F , K F , giả sử a K có số nguyên ( ) 0n a  sao cho ( )n aa F thế thì: 1. Hoặc K là không tách được hoàn toàn trên trường F 2. Hoặc K là trường có đặc số p nguyên tố và đại số trên trường nguyên tố P của nó. Chứng minh: Nếu K là không tách được hoàn toàn trên F thì không có gì để chứng minh. Giả sử rằng K không là không tách được hoàn toàn trên F vì vậy có a K và a F là tách được trên F vì na F nên a là đại số và tách được trên F vì vậy trường ( )F a có thể nhúng được vào trong một trường mở rộng hữu hạn chuẩn tắc L của F . Do tính chuẩn tắc của L cho ta một tự đẳng cấu  của L giữ nguyên F sao cho ( )b a a  . Ta có: ( ( )) ( )n n n nb a a a    ,vì na F từ điều cho ta b a với 1,v v L  là căn bậc n của đơn vị. Tương tự vì ( 1) 1a b    và ( 1)ma F  nên tồn tại phần tử L  , sao cho 1m  với ( 1) ( 1)b a   vì vậy 1 ( 1)va a   . Khi đó ta có v  vì ngược lại ta có 1 ( 1)b a a b          trái với giả thuyết  khác 1, giải theo a chúng ta thu được (1 ) / ( )a      , vì ,  là các căn của đơn vị nên đại số trên trường nguyên tố P vì vậy a cũng đại số trên trường nguyên tố P . Để kết thúc chứng minh này chúng ta cần chỉ ra rằng P có đặc số p khác 0. Đặt oL trường mở rộng hữu hạn chuẩn tắc của P chứa a , các lý luận trên a cũng có thể áp dụng trên a i , với i là số nguyên nào đó, ( vì nếu a tách được trong K trên F thì a i cũng thế ), vậy ta có: ( ) / ( )i i ia i i v     Với ,i iv là các căn đơn vị nằm trong oL , do đó nếu P có đặc số p = 0 thì các a i là khác nhau và khi đó oL là mở rộng hữu hạn đại số trên trường hữu tỉ lại có vô hạn các căn phân biệt của đơn vị, điều này là vô lý. Vì vậy P phải có đặc số p khác 0. (chỉ có tối đa hai căn bậc n của 1 đó là 1, -1) Nếu f F thì a f cũng tách được trên F nên a f cũng đại số trên P mà a đại số trên P nên f cũng đại số trên P vì thế F đại số trên P , mặt khác K đại số trên F nên K đại số trên P . Vậy bổ đề đã được chứng minh. Định lý 2.2.4:(Noether-Jacobson) Nếu D là đại số chia không giao hoán, D đại số trên tâm Z của nó thì có phần tử trong D , không nằm trong Z sao cho tách được trên Z . Chứng minh: Nếu D có đặc số 0 thì không có gì chứng minh vì mọi phần tử của D đều tách được trên Z . Vì vậy ta có thể cho rằng D có đặc số p  0. Nếu như định lý là sai thì D không tách được hoàn toàn trên Z, do đó nếu x D thì ( )n xpx Z với ( )n x 0 nào đó, vì vậy có phần tử ,a D a Z  sao cho pa Z . Ta đặt  là ánh xạ trên D được xác định bởi x xa ax   , do D có đặc số p khác 0 nên ta có 0,p p p px xa a x do a Z     . Ta lại có a Z nên 0  vì thế nếu 0y  thì có số k >1 sao cho 0ky  nhưng 1 0ky   . Đặt 1kx y  thế thì từ k >1 ta có x w wa aw   , cũng từ 0x  nên ta có 0xa ax  , hơn nửa D là vành chia nên x au , vì x giao hoán với a nênu cũng giao hoán với a .Vì thếau wa aw  cho chúng ta: 1 1 1 1( ) ( ) ( ) ,a wa aw u wu a a wu ca ac c wu          Suy ra a ac ca  hay 11c aca  theo giả thiết tồn tại số t nào đó sao cho tpc Z nên 1 1 1(1 ) 1 ( ) 1 1t t t t tp p p p pc aca aca ac a c          vì D có đặc số p khác 0, từ đó ta có 1 = 0 vô lý. Vậy định lý đã được chứng minh. Định lý 2.2.5:(định lý Herstein -2) Cho R là vành có tâm Z ,a R , giả sử tồn tại số ( )n a >0 sao cho ( )n aa Z , hơn nửa nếu R không có idean nil khác không thì R là giao hoán. Điều này tương đương với idean các giao hoán tử là nil. Chứng minh: Điều đầu tiên chúng ta chứng minh kết quả đúng cho vành chia. Nếu R là vành chia, theo giả thiết nó đại số trên Z , theo định lý trên ta có hoặc R là giao hoán hoặc R có phần tử aZ sao cho tách được trên Z . Ở điều sau này thì trường ( )Z a không là không tách được hoàn toàn trên Z và thỏa điều kiện của giả thiết của Bổ đề 2.2.3: nên ta suy ra ( )Z a và vì vậy Z là đại số trên trường nguyên tố P , như vậy x R , x đại số trên Z dẫn đến x đại số trên P . Từ điều này cho ta ( )P x là trường hữu hạn vì thế ( )n xx x , với ( )n x >1 nào đó, theo định lý Jacobson ta có R là giao hoán. Trường hợp R là vành nguyên thũy, khi đó R hoặc là vành chia D hoặc có sồ k>1 thì kD là ảnh đồng cấu của vành con của R, thế nhưng trong kD có phần tử 1 0 . 0 0 0 . 0 . . . . 0 0 . 0 a         thỏa điều kiện na a , n và a Z điều này mâu thuẩn với việc kD thỏa điều kiện của giả thiết. Vì vậy R đẳng cấu với D nói cách khác R là giao hoán. Bây giờ thay vì ta tiếp tục chứng minh cho trường hợp R là vành nửa nguyên thũy như là chúng ta từng chứng minh trong các chứng minh trên, thì ta sẽ chứng minh cho trường hợp R là vành không có idean nil khác không. Vì bởi vành nửa nguyên thũy cũng là vành nửa nguyên tố nên nó không chứa idean lũy linh, vì vậy nó không chứa idean nil khác không. Giả sửR là vành không có idean nil khác (0) và R thỏa điều kiện a R  , tồn tại số ( )n a >0 sao cho ( )n aa Z . Theo mệnh đề 1.4.5 và sự chú ý sau đó của chứng minh thì R được biểu diển thành tích trực tiếp con các vành nguyên tố R trong đó mỗi R có tính chất là có phần tử không lũy linh x R  sao cho mọi idean U khác (0), U R  thì ( )n xx U  . vì là ảnh đồng cấu của R nên R cũng có tính chất ( )n aa Z Vì thế để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh cho R . Vì vậy ta có thể giả định R là vành nguyên tố thỏa điều kiện: ( )n aa Z và hơn nửa có phần tử không lũy linh b R sao cho có idean U khác không của R thì ( )m Ub U , vì ( )n bc b Z  cũng không lũy linh và các lũy thừa của nó quét hết các idean khác (0) của R , nên ta có giả định là bZ . Và vì R là vành nguyên tố nên không có phần tử nào trong Z là ước của 0 trong R . Ta đặt { ( , ) / , 0 }r z r R z Z    , trong  ta định nghĩa quan hệ như sau: 1 1 2 2( , ) ( , )r z r z nếu 1 2 2 1r z r z khi đó quan hệ này là quan hệ tương đương. Ta đặt *R là tập các lớp tương đương và ký hiệu [ , ]r z là lớp tương đương của (r, z ), chúng ta định nghĩa: 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2[ , ] [ , ] [ , ]r z r z r z r z z z   1 1 2 2 1 2 1 2[ , ].[ , ] [ . , . ]r z r z r r z z vì các phần tử của Z không phải là ước của không trong R nên các phép toán trên được định nghĩa là tốt và như vậy *R là vành, hơn nửa ánh xạ : R  *R sao cho r thành [ , ]r z z là phép nhúng, cuối cùng tâm * {[ , ] / }Z r z r Z  của *R là một trường . Nếu *[ , ]r z R thì ( ) ( ) ( ) *[ , ] [ , ]n r n r n rr z r z Z  nên *R cũng có tính chất như R , tuy nhiên *R là vành đơn, bởi vì nếu như *U  (0) là idean của *R , ta đặt U = { */ [ , ]r R r z U  , với z Z }, ngay lập tức ta kiểm tra được U là idean khác (0) của R, vì vậy ( )m Ub U , và vì ( )m Ub U (vì b không lũy linh và b Z ) chúng ta có *U chứa phần tử khác 0 của *Z , mà *Z là trường điều này dẫn đến *U chứa đơn vị hay *U = *R . Như vậy chúng ta đã khẳng định được là *R vành đơn, là vành đơn có đơn vị nên nó là vành nguyên thũy như đã chứng minh ở phần đầu, vì vậy *R là giao hoán và vì R  *R nên R cũng giao hoán. Định lý đã chứng minh. ( Chú ý trong chứng minh chúng ta nhúng R vào * *ZR R Z  , với *Z là vành các thương của Z và rất tự nhiên R cũng là vành đơn) Nhận xét: * Định lý này tổng quát hóa của định lý Jacobson, bởi vì nếu R là vành có tính chất: ( )n xx x , thì R không có phần tử lũy linh khác không nên R cũng không idean nil khác không. Ta lại có nếu e là phần lũy đẳng trong R thì x R  thì 2 2( ) ( ) 0xe exe ex exe    và như vậy cho ta ( )xe exe  ( ) 0ex exe   ex xe như vậy tất cả các phần tử lũy đẳng đều nằm trong tâm của R . Bây giờ nếu ( )n aa a thì ( ) 1n ae a  là phần tử lũy đẳng, vì vậy ( ) 1n aa Z  , mặt khác R không có phần tử lũy linh khác không nên R cũng không có idean nil khác không, nên R thỏa mãn các giả thiết. vì vậy R giao hoán. * Trong phần chứng minh trên cho ta kết quả: R là vành nửa nguyên tố có tâm Z ,a R , giả sử tồn tại số ( )n a >0 sao cho ( )n aa Z R giao hoán. Bây giờ chúng ta xét mở rộng của định lý về giao hoán theo một hướng khác nửa là xét những vành có các phần tử có dạng nx x Z  , trong trường hợp đặc biệt 0nx x  thì đây chính là điều kiện giao hoán của Jacobson . Định lý 2.2.6:(định lý Herstein -3) Cho R là vành có tâm là Z sao cho có số nguyên cố định n>1, để nx x Z  ,  x R thì R là giao hoán. Chứng minh: Để chứng minh định lý ta cần chứng minh một loạt các bổ đề sau: Bổ đề 2.2.7: Nếu R là vành nửa nguyên thũy với điều kiện ,nx x Z x R    thì R là giao hoán. .Chứng minh: Chúng ta bắt đầu cho trường hợp vành chia, giả sử ,x R x Z  , nếu  Z thì (( ) ) , ( )n nx x Z x x Z     , chúng ta có ( )n nx x Z   hay ( )n n nx x Z   , vì vậy( ) ,n x Z Z      vì x Z nên ,n Z     , vì vậy Z là trường hữu hạn, vì R đại số trên Z nên chúng ta có ( ) ,n xx x x R  ( theo chứng minh mở đầu của Đlý 2.2.5 ) điều này thỏa điều kiện định lý Jacobson, vì vậy R giao hoán. Nếu R là vành nguyên thũy không phải vành chia thì có kD là ảnh đồng cấu của vành con của R (với k >1 và D là vành chia ) vì vậy kD cũng có tính chất như bổ đề. Thế nhưng điều này không thể vì ta có phần tử: 0 1 . 0 0 0 . 0 . . . . 0 0 . 0 x Z         , mà 2 0x  , nhưng nx x x Z    , điều này mâu thuẩn. Vì vậy R là vành chia thì R là trường. Nếu R là vành nửa nguyên thũy thì R là tích trực tiếp con của các vành nguyên thũy R theo lý luận trên thì R là giao hoán, vì vậy R là giao hoán. Nhận xét R là vành thỏa điều kiện của định lý nên R /J(R) cũng thỏa điều kiện của định lý, lại có R / ( )J R là vành nửa nguyên thũy nên ta có: Hệ quả 2.2.8: Nếu R là vành có điều kiện ,nx x Z x R    thì , , ( )x y R xy yx J R    . Bổ đề 2.2.9: ( )J R  Z . Chứng minh: Như chúng ta thấy nếu ,Z x R   thì ( )n x Z   , vì vậy y R  ta có( ) ( ) ( ) ( )( ) 0n n n nxy y x yx xy yx                , nếu ( )Z J R   thì 1 ( )n J R   và vì thế 1(1 ) 0n t   suy ra 0t  (vì 1(1 )n  là khả nghịch), vì 1(1 ) ( ) 0n xy yx    nên ( ) 0,xy yx   ( )Z J R   và ,x y R  . Bây giờ nếu ( )a J R thì ( )na a Z J R   , vì thế bởi lý luận trên ta có: ( )( ) 0na a xy yx   , tuy nhiên như trước ta có 1( 1) ( ) 0na a xy yx     a ( xy yx ) = 0, tương tự như thế ta có ( xy yx ) a = 0, ( ), ,a J R x y R   . Ta đặt x = a trong các biểu thức trên ta có 2 2 , ( )a y aya ya a J R   , y R . Từ điều này ta suy 2 ( )a Z R . Nếu n là số chẵn thì na Z và vì thế từ na a Z a Z    . Mặt khác nếu n là số lẻ thì 1na  Z và từ na a Z  chúng ta có ,x R  10 ( ) ( ) ( 1)( )n n na a x x a a a xa ax       và vì 1 ( )na J R  nên xa ax = 0 suy ra a Z , vậy trong các trường hợp ta đều có a Z . Nói cách khác ( )J R  Z . Nhận xét: Trong phần chứng minh trên ta thấy ( )( ) 0J R xy yx  và bởi Bổ đề 2.2.7: ta có ( )xy yx J R  . vì thế 2( ) 0xy yx  và ( ) 0nxy yx  n>1 và từ (( ) ( ))nxy yx xy yx Z    nên ( )xy yx Z  . Hệ quả 2.2.10:  ,x y R , ( xy yx ) 2 = 0 và ( xy yx )  Z . Định nghĩa 2.2.11: Một vành được gọi là không phân tích được thành tích các vành trực tiếp con bất khả quy, nếu giao các của các idean khác không của nó là khác (0). Theo kết quả của chương 1 ta có bất kỳ vành R nào cũng phân tích thành tích trực tiếp con của các vành (bất khả quy trực tiếp con ) không phân tích được. vì vậy để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh trên vành bất khả quy trực tiếp con. Ta giả định rằng R là vành bất khả quy trực tiếp con, có nx x Z  , x R  . Ta đặt (0)S  là giao của các idean khác không của R , như vậy S là tối tiểu và duy nhất, theo Bổ đề 2.2.7 thì ( )J R  (0) vì nếu không thì R là giao hoán và theo Bổ đề 2.2.9 thì ( )J R  Z như vậy ( )S J R Z  . Mặt khác ta có kết quả ( )( ) 0J R xy yx  vì vậy ( ) 0S xy yx  , nếu R không giao hoán thì 2S = (0). (do R không giao hoán nên có khác không vì nếu 2 0S  ta có 2 ( )S S J R  suy ra: 2S  ( ) 0S xy yx J R xy yx      do R không giao hoán suy ra S = (0) vô lý ) Bổ đề 2.2.12: Tồn tại số nguyên tố p sao cho ( ) 0p xy yx  , ,x y R  . Chứng minh: Vì nx x Z  và (2 ) 2nx x Z  ta được (2 2)n x Z  và (2 2)( ) 0,n xy yx   nếu R không giao hoán thì nó có những phần tử có cấp hữu hạn, vì vậy nó có những phần tử có cấp nguyên tố p nào đó. Ta đặt { / 0}pR x R px   , (0)pR  và nó idean của R nên pS R và nếu (0)qR  với q p thì qR S vì (0) p qR R S   mâu thuẫn với (0)S  . Bây giờ ta có: ( )( ) 0np p xy yx   suy ra 1( 1) ( ) 0np p xy yx    , vì 1( 1),np p  là nguyên tố cùng nhau nên ( ) 0p xy yx  , ,x y R  . Với ,x y R theo hệ quả của Bổ đề 2.2.9 ta có xy yx Z  , thế thì 2 2x y yx thì sao? Tính toán ta có: 2 2 ( ) ( ) 2 ( )x y yx x xy yx x xy yx x xy yx       và tiếp tục điều này ta có công thức sau (theo quy nạp) là: 1 ( )k k kx y yx kx xy yx   đặc biệt với k p chúng ta có: 1( ) 0p p px y yx kx xy yx    . Như vậy chúng ta đã chứng minh: Bổ đề 2.2.13: x R  , px Z . Bổ đề 2.2.14: ( )A S Z . với ( ) { / (0)}A S x R xS   . Chứng minh: Ta có ( ) { / (0)}A S x R xS   , khi đó ( )A S là idean của R và vì 2 (0)S  , S ( )A S vì vậy ( ) (0)A S  bởi (0)S  . Ta lấy phần tử ( )x A S bởi Bổ đề 2.2.13 suy ra px Z vì vậy ( )( ) 0, ,np px x yz zy y z R     , khai triển ta có: ( 1) ( ) ( )n p p px x yz zy x yz zy    .Ta đặt ( 1){ / }n pT r R x r r   và bởi ( 1)n px Z  nên T trở thành idean của R . Vì vậy nếu (0)T  thì T S (bởi S là idean tối tiểu), thế nhưng điều này là không đúng vì nếu có 0 r S  thì vì ( 1)( ), 0 .n px A S x r r   Vì thế (0).T  Nhưng ( 1) ( )n p px x yz zy  ( ) (0)px yz zy T    vì thế ta có: ( ) 0,px yz zy  ( ),x A S  , ,y z R  đặt khi x z ta có: ( ) 0px yx xy  , từ đó suy ra 1 1,p p px y x yx yx   vì px Z và tiếp tục quá trình trên ta có: p k p kx y yx  , k 0 và vì thế p kx Z  . Bây giờ từ nx x Z  và( )n n nx x Z  ta có: ( )n n nx x x x Z    suy ra 2 ( )n n nx x Z x x Z     và chúng ta cũng có thể đi đến knx x Z  ,  k >0, ta chọn k sao cho kn p theo phân tích trên vì x ( )A S , knx Z , với kn p . Vì thế từ knx Z và knx x Z x Z    (ĐPCM) Nhận xét từ bổ đề trên cho chúng ta thấy nếu ( )A S R thì R là giao hoán. Vì vậy chúng ta có thể giả định rằng ( )A S  R. Bổ đề 2.2.15: Tất cả các ước của không của R là nằm trong ( )A S . Chứng minh: Ta giả định rằng 0a  là ước của 0 trong R , ta có ax = 0, với 0x  thì ta có 0pax  . Nếu px = 0 th knx x Z  vì, kn p ta thu được x Z . Nếu 0px  nó là phần tử khác không trong Z theo bổ đề 2.2.13. Như vậy trong mọi trường hợp ta luôn có a linh hóa phần tử z trong tâm. Vì 0 z Z  , chúng ta có 0R z  , vì nếu ngược lại ta có tập hợp { / (0)}x R Rx  là idean khác không của R vì thế chứa S vì vậy dẫn đến (0)RS  suy ra ( )R A S mâu thuẫn với giả định. Vậy 0R z  , bởi vì z Z nên Rz là idean của R vì vậy chứa S , vì thế ta có (0) ,azR aRz aS   từ điều này nói lên ( )a A S . Vậy Tất cả các ước của không của R là nằm trong ( )A S . Để chứng minh Định lý 2.2.6:(định lý Herstein -3) ta cần chứng minh thêm một bổ đề nửa. Bổ đề 2.2.16 R / ( )A S là trường hữu hạn. Chứng minh: Ta cần chứng minh / ( )R A S là trường. Nếu có 0 s S  như là phần tử của Z thì chúng ta có Rs là idean của R , chúng ta thấy từ trước nếu Rs =(0) thì dẫn đến / ( )R A S điều này mâu thuẫn với giả định. Vì Rs là idean khác không chứa S và vì s S , R s S suy ra Rs S . Nếu x R , x ( )A S , thì theo bổ đề 2.2.15 thì x không phải là ước của không vì vậy 0 xs S  theo trên ta có; Rxs S . Nếu z R , z ( )A S thì ta có zs S Rxs  vì vậy có phần tử y R sao cho ( ) 0yxs zs yx z s    , phần tử yx z như là ước của không nên ( )yx z A S  . Điều này nói lên rằng trong / ( )R R A S phương trình zyx . có thể giải được 0x  , z . Vì vậy / ( )R A S là vành chia, và vì rằng mọi giao hoán tử xy yx đều là ước của không nên chúng nằm trong ( )A S . Từ đó suy ra vành thương / ( )R A S là giao hoán. Như vậy chúng ta đã chứng minh / ( )R A S là trường. Bây giờ cần chứng minh là / ( )R A S trường hữu hạn. Nếu x ( )A S thì vì , ( )( ) 0p np px Z x x zy yz    , ,y z R  , thế thì nếu R không giao hoán thì ( )np px x là ước của không nên nó nằm trong ( )A S , vì vậy trong trường / ( )R R A S mọi phần tử đều thỏa mãn đa thức ( ) ( ) 0np px x  . Điều này nói lên rằng là / ( )R R A S hữu hạn. Đến đây ta đã có đủ tất cả những điều cần thiết để chứng minh định lý 2.2.6. Vì rằng / ( )R R A S là trường hữu hạn nên nhóm nhân gồm các phần tử khác không của nó là nhóm xilic, đặt a là phần tử sinh của nhóm và a R là tạo ảnh của a trong đồng cấu chính tắc. Nếu ( )x A S thì 0x  vì vậy tồn tại ( )ta để ( )tx a hay ( )ta x A S Z   vì vậy ( ) ( ) ,t ta x a a a x xa ax     ( )x A S  , vì ( )A S Z nên ta luôn có xa ax , ( )x A S  . Như vậy trong các trường hợp ta đều có a Z . Từ ( )ta x A S Z   , x ( )A S từ đây ta suy ra x Z . Như vậy trong mọi trường hợp x R  , x thuộc hoặc không thuộc ( )A S thì x Z . Điều này chứng tỏ rằng Z R hay R là giao hoán. Trước khi sang chương 3 chúng ta có các nhận xét sau: * Một giao hoán tử cấp n với n phần tử được định nghĩa như sau: [ x 1 , x 2 ,.., x n ] = [ [ x 1 , x 2 ,.., x 1n ], x n ] * Các giao hoán tử cấp n có tính cộng tính theo các biến x i ,  i n,1 là [ x 1 , x 2 ,.., x i + jx ,.., x n ]=[ x 1 , 2x ,.., x i ,.., x n ]+[ x 1 , x 2 ,.., jx ,.., x n ] * Nếu phần tử  giao hoán được với mọi phần tử x i thì:  [ x 1 , x 2 ,.., x i . , x n ] = [ x 1 , x 2 ,. , x i .., x n ] Chương 3 CÁC VÍ DỤ, ĐỊNH LÝ HERSTEIN VỚI GIAO HOÁN TỬ CẤP N VÀ VÀNH SUBBOOLEAN. Trong chương này bao gồm một vài ví dụ, định lý Herstein-1 với giao hoán tử cấp 2 được mở rộng đến cấp n , đưa ra hướng mở rộng khác của định lý về giao hoán trên vành subBoolean. Trong đó từ sự liên hệ giữa vành subBoolean và vành (subweakly periodic ring) chu kỳ yếu cho phép chúng ta xem xét mối liên hệ giữa phần tử lũy linh và phần tử potent, giữa tập các phần tử lũy linh, căn Jacobson, tâm. 3.1: Các ví dụ Ví dụ 3.1.1: R là vành nửa nguyên thũy thỏa diều kiện: xy – yx ( )Z R , Với mọi ,x y R thì R là vành giao hoán. (Ta gọi xy yx là giao hoán tử cộng ). Chứng minh: R là vành chia, y R nếu ( )y Z R thì 0xy yx  , x R ta xét ( ) ( )x xy xy x = x ( xy – yx ) tác động hai vế với y vào, mặt khác ta có ( ) ( ) ( )x xy xy x Z R  , ( )xy yx Z R  . Nên ta có { ( ) ( )x xy xy x } y = x( xy – yx ) y suy ra: y { ( ) ( )x xy xy x } = xy ( xy – yx ) do ( ) ( )x xy xy x = x ( xy – yx ) suy ra yx ( xy – yx ) = xy ( xy – yx ) ( xy – yx ) 2 = 0 suy ra: 0xy yx  , mâu thuẫn với 0xy yx  . Vậy R là giao hoán. Như vậy chúng ta đã chứng minh R là vành chia thỏa: ( )xy yx Z R  , ,x y R  thì R giao hoán. Bây giờR là vành nửa nguyên thũy thì R là tích trực tiếp con các vành nguyên thũy R , và mỗi R như là ảnh đồng cấu của R , vì vậy R cũng thỏa xy yx  ( )Z R , Với mọi ,x y R , hơn nửa bất kỳ vành con của R và ảnh đồng cấu của nó cũng thỏa điều kiện như trên, do đó chúng ta chỉ cần xét trên R . Vì vậy R hơặc là đẳng cấu với D hơặc có số k >1 để kD là ảnh đồng cấu của vành con của R . Nhưng điều sau đây không đúng bởi ta chọn hai phần tử sau: 1 0 . 0 0 0 . 0 ; . . . . 0 0 . 0 x         0 0 . 0 1 0 . 0 . . . . 0 0 . 0 y         khi đó xy yx y Z    Vì vậy R là vành chia từ đó suy ra R giao hoán và như thế R giao hoán. Vậy: Cho R là vành nửa nguyên thũy thỏa: xy – yx ( )Z R , Với mọi ,x y R thì R là giao hoán Ví dụ 3.1.2: Cho R là vành chia, nếu 1x 1y xyZ,  ,x y R thì R là giao hoán. ( ta gọi 1x 1y xy là giao hoán tử nhân ) Chứng minh: Giả sử R không giao hoán, khi đó tồn tại ,x z R sao cho ,x z là hai phần tử không giao hoán của R . khi đó ta đặt: 1y x R   , thế thì: 1 1 1( )x x zx y zy zx xy zy     = 1( 1) ( 1)z y y y zy   = 1 0z y zy  ( Vì nếu 1z y zy = 0 thì zy yz hay ( 1) ( 1)z x x z   hay z x x z điều này mâu thuẫn với ,x z là hai phần tử không giao hoán của R ) Vì thế ta có: 1 1 1 1 1( ) ( )x x zx y zy z z y zy z       1 1 1 1 1 1( ) 1 0x x z xz y z yz y z yz         ( lý luận như trên ) suy ra: 1 1 1 1 0x zxz y zyz     , với 1 1 1 1,x zxz y zyz    là các giao hoán tử của R nên thuộc tâm: Ta có: 1 1 1 1( )xz x zxz y zyz    = 1 1 1 1[ ( )]x x zxz y zyz z    = 1 1(1 )y zyz z  = z ( 1 11 y zyz  ) = z 1 1 1 1[ ( )]x x zxz y zyz    = 1 1 1 1( )zx x zxz y zyz    Từ đó suy ra: 1 1 1 1( )( )xz zx x zxz y zyz     = 0 ( do 1 1 1 1 0x zxz y zyz     ) ta suy ra xz zx , điều này mâu thuẫn với ,x z là hai phần tử không giao hoán của R . Vậy R giao hoán. Trong trường hợp R là vành chia, nếu 1(x 1y ( , ))n x yxy Z ,  ,x y R thì R có giao hoán không?. Điều này Herstein đã chứng minh được trong trường hợp R là vành chia đếm được. Nhưng sự tổng quát có lẻ còn là cánh cửa mở rộng cho chúng ta. Ở ví dụ 3.1.1, 3.1.2 chúng tôi mong muốn thể hiện điều kiện giao hoán trên vành với giao hoán tử nhân, giao hoán tử cộng. Một vành với điều kiện trên giao hoán tử cộng thì việc mở rộng, tổng quát hóa thì dể hơn so với dùng điều kiện trên giao hoán tử nhân. 3.2 Định lý Herstein với giao hoán tử cấp n Nhận xét: Chúng ta có định lý về giao hoán của Herstein -1 với các giao hoán tử cấp 2 cùng với ví dụ 3.1.1 Cho phép ta xem xét việc có thể mở rộng định lý về giao hoán của Herstein -1 với các giao hoán tử cấp n trên lớp vành R không có idean nil khác không ?. Sau đây chúng ta xem xét tính chất của giao hoán tử cấp n như thế nào. Mệnh đề 3.2.1: Cho R là vành không có idean nil khác không, có mọi giao hoán tử cấp n thuộc tâm Z của R thì mọi hoán tử cấp n -1 cũng thuộc tâm Z của R . Vì vậy R là giao hoán. ( nói cách khác nếu 1 2 1[ , , .., , ] 0n nx x x x   thì 1 2[ , , .., ] 0,nx x x  1 2 1, ,.... nx x x R  , n>1) Chứng minh: Do R là vành không có idean nil khác không nên R là tích trực tiếp con của các vành R nguyên tố, R thỏa tính chất mọi giao hoán tử cấp n thuộc tâm thì mọi giao hoán tử cấp n–1 cũng thuộc tâm, cho nên R lả ảnh đồng cấu của R cũng có tính chất như thế. Cho nên chúng ta chỉ cần chứng minh trên R là vành nguyên tố. Hơn nửa bất kỳ vành con của R và ảnh đồng cấu của nó cũng thừa hưởng tính chất như thế. Vì vậy để cho tiện chúng ta có thể xem R là vành nguyên tố. 1 2 1, ,.... nx x x R  , 1 2 1[ , , .... ]nx x x  =0 với n>1, ta cần chứng minh: [ x 1 , x 2 ,.., x n ] = 0, với n>1. Giả sử với mọi 1 2 1, , .... ,nx x x R  ta luôn có 1 2 1[ , , .... ]nx x x  = 0, 1 2 1 1 2 1[ , ,.... ] [[ , ,.... ], ]n n nx x x x x x x  =0 vì vậy ta có 1 2[ , , .... ]nx x x Z , như vậy mọi giao hoán tử cấp n trong R đều nằm trong tâm của R và nếu có 1 2, , .... ,nx x x R  sao cho 1 2[ , ,.... ] 0na x x x  và ta đặt 1 2 1[ , ,.... ]nb x x x  khi đó ta có 1 2[ , ] [ , ] [ , ,.... ]n n nc b bx b b x b x x x   =ba . Vì 1 2 1 2 1[ , ,.... ] 0, [ , ,... , ]n n na x x x c x x x bx   , là các giao hoán tử cấp n trong R nên chúng đều nằm trong tâm của R . Với đẳng thức c ba ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n n n n n n na bx ab x ba x cx x c x ba x b a a x b       từ đó ta có: ( ) [ , ] 0n n na x b bx a b x   , mặt khác do 0a  và R là vành nguyên tố nên tâm Z của R là miền nguyên, vì vậy Z không có ước của không, do [ , ]na b x =0 suy ra 1 2[ , ] [ , ,...., ] 0n na b x x x x   trái với giả thiết 0a  với điều sai này cho phép chúng ta khẳng định 1 2 1, .... nx x x R  , ta có: 1 2 1[ , .... ] 0nx x x   với n>1, thì 1 2[ , .... ] 0nx x x  , với n>1. Hơn nửa x 1 , x 2 R, khi đó ta bổ sung 3 4 1, ,.... nx x x R  thì ta có giao hoán tử 1 2 1[ , .... ]nx x x  theo giả thiết 1 2 1[ , .... ] 0nx x x   thì theo chứng minh trên luôn dẫn đến 1 2[ , ,.... ] 0nx x x  và tiếp tục như thế ta có 1 2[ , ] 0x x  nói cách khác R là giao hoán. Nói cách khác cho R là vành không có idean nil khác không thì mọi giao hoán tử cấp n thuộc tâm Z của R thì mọi hoán tử cấp n -1 cũng thuộc tâm Z của R . Hơn nửa R là giao hoán. Với định lý về giao hoán của Herstein -1 với các giao hoán tử cấp 2, sau đây chúng ta sẽ mở rộng định lý giao hoán của Herstein trong trường hợp các giao hoán tử cấp n . Và bởi trong quá trình chứng minh nó phụ thuộc vào tính ước của không trong tâm của vành R , nên để khắc phục sự phụ thuộc này chúng ta xét lớp vành không chứa idean nil khác không. Mệnh đề 3.2.2: Nếu R là một vành không chứa nil ideal khác không sao cho: 1 2, , .... ,nx x x R  thì tồn tại một số nguyên m > 1 ( m phụ thuộc 1 2, ,.... nx x x ) thỏa: 1 2 1 2[ , ,.... ] [ , ,.... ]mn nx x x x x x (1), khi đó R là một vành giao hoán. Bây giờ ta cần có hai bổ đề sau: Bổ đề 3.2.3: Nếu R là một vành chia thỏa: 1 2 1 2[ , ,.... ] [ , ,.... ]mn nx x x x x x (1) thì ta có: 1 2[ , ,.... ]nx x x = 0 (2) với mọi 1 2, ,.... nx x x R . ( khi đó ta nói 1 2[ , ,.... ]nx x x = 0 là một đồng nhất thức trên) Chứng minh: Giả sử tồn tại 1 2, ,.... nx x x R , sao cho 1 2[ , ,.... ] 0na x x x  khi đó theo giả thiết, tồn tại m > 1 để ma a . Gọi Z là tâm của R thì  Z ta có 1 2 1 2[ , ,.... ] [ , ,.... ]n na x x x x x x    cũng là một giao hoán tử cấpn trong R nên  k >1 để cho ( )ka = a Nếu đặt ( 1)( 1) 1q m k    thì ta suy ra qa a và ( )qa =  a . Từ đó ta được : ( ) ( ) 0q q q q qa a a a a           Vì R là một vành chia và 0a  nên ta được q  = 0 với mọi .R  Vậy, với 2 Z thì q >1 để 2 2q  nên trường Z (hoặc vành chia R ) có đặc số p  0. Gọi P là trường nguyên tố của Z . Ta có thể chọn 1 2, ,.... nx x x R sao cho 1 2[ , ,.... ]na x x x Z  vì nếu không thì mọi giao hoán tử cấp n trong R đều thuộc Z , khi đó xét 1 2[ , ,.... ] 0na x x x  và nếu đặt 1 2 1[ , , .... ]nb x x x  thì: [ , ]nb bx = b ( nbx ) - ( nbx )b = b ( nbx - nx b ) = b [b , nx ]. Với [b , nbx ] = 1 2 1[ , ,.... , ]n nx x x bx và [ , ]nb x = a đều là hoán tử cấp n trong R đều thuộc Z . Do đó [ , ]nb bx ba Z  và 0a  nên ta được bZ (vì R là vành chia). Từ đó suy ra [b , nx ] = a = 0, mâu thuẫn với giả thiết 0a  Bây giờ ta có thể có: 1 2, ,.... nx x x R sao cho 1 2[ , ,.... ]na x x x Z  . Mặt khác ta có ma a với m > 1, vì vậy a là phần tử đại số trên P , suy ra P ( a ) là một mở rộng đại số , nên cũng là mở rộng hữu hạn của P . Từ đó P ( a ) có cấp tp với một t 1 nào đó. Vậy tồn tại t 1 để cho pta a . Từ đó a thỏa các điều kiện của bổ đề (2.1.1) nên tồn tại xR sao cho: 1xax = ia a  ixa a x ax  , ta có [ , ] 0c a x ax xa    . Ta lại có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )i i i ica ax xa a a xa xa a a a x a x a a ax xa a c         nên ta suy ra 1 icac a a    ca ac . Mặt khác ta còn có 1 2[ , ,.... ]na x x x và 1 2[ , ] [ , ,.... , ]nc a x x x x x  = 1 2 3,[[ , ], ...., , ]nx x x x x đều là giao hoán tử cấp n trong R nên có cấp hữu hạn trong nhóm nhân *R của R .Với các điều kiện trên thì nhóm con sinh bởi a và c trong *R cũng có cấp hữu hạn nên theo bổ đề (2.1.3) là nhóm Abel, mâu thuẫn với tính chất ca ac . Bổ đề đã được chứng minh. Bổ đề 3.2.4: Nếu R là vành tùy ý thỏa: 1 2 1 2[ , ,.... ] [ , ,.... ]mn nx x x x x x (1) thì ta có: 1 2[ , ,.... ] 0nx x x  (2) với mọi 1 2, ,.... nx x x R . Chứng minh: Nếu R là vành chia thì theo bổ đề trên ta có R thỏa điều kiện (2). Nếu R là vành nguyên thũy và thỏa điều kiện (1) và nếu R không phải là vành chia thì tồn tại số k>1 để D k là ảnh đồng cấu của vành con nào đo của R , khi đó điều kiện (1) cũng thỏa qua phép đồng cấu hoậc trên ảnh con , thế nhưng điều kiện (1) không thỏa với các phần tử: 1 0 0 . 0 1 0 . 0 , . . . . 0 0 . 0 x         2 3 1 0 . 0 0 0 . 0 .... . . . . 0 0 . 0 nx x x            Khi đó: 1 2 1[ , ,.... ]nx x x x  0 và 21 2[ , ,.... ] 0nx x x  nên không thỏa điều kiện (1), vì vậy R là vành chia và 1 2[ , ,.... ] 0nx x x  . Nếu R là vành nửa nguyên thũy thì R đẳng cấu với tích trực tiếp con của các vành nguyên thũy R , theo lý luận trên R cũng thỏa điều kiện (2), mặt khác điều kiện (2) cũng được bảo toàn qua phép lấy tổng, phép lấy vành con và ảnh đồng cấu, vì vậy R cũng thỏa điều kiện (2). Bây giờ nếu R là vành tùy ý thì R / ( )J R là vành nửa nguyên thũy, và vì R / ( )J R cũng thỏa điều kiện (2) hay ta có 1 2[ , ,.... ] 0nx x x  . Trong R / ( )J R điều này ta dẫn đến 1 2[ , ,.... ] ( )nx x x J R , mặt khác ta có: 1 2 1 2[ , ,.... ] [ , ,.... ] m n nx x x x x x , với n nào đó vì vậy: 1 2[ , ,.... ] 0nx x x  . vậy R là vành tùy ý thỏa điều kiện (1) thì ta có: 1 2[ , ,.... ] 0nx x x  với mọi 1 2, ,.... nx x x R . Bây giờ ta chứng minh mệnh đề dựa vào các bổ đề trên và do R không chứa idean nil khác không nên R là tích trực tiếp con các vành nguyên tố R do đó nếu ta chứng minh được R là giao hoán thì lập tức R giao hoán. Bây giờ ta có thể xem R như là vành nguyên tố, ta cần chứng minh R thỏa điều kiện (1) thì R giao hoán. Do R thỏa điều kiện (1) nên bổ đề 3.2.4 thì R thỏa điều kiện (2): 1 2[ , ,.... ] 0nx x x  vì vậy theo mệnh đề 3.2.1 dẫn đến R giao hoán. Sau đây chúng ta có một ngã rẽ, với một lớp vành có chứa lớp vành Boolean, chứa lớp vành thỏa điều kiện nx x , nói cách khác nó chứa lớp vành giao hoán. 3.3 Các định lý về giao hoán trên lớp vành subBoolean Ta thấy vành Boolean thỏa đồng nhất thức: 2x x thì nó cũng thỏa 2 2 0x y xy  , bây giờ chúng ta xét những vành R có tính chất 2 2x y xy là lũy linh, ,x y R  thì với điều kiện nào thì R giao hoán. Định nghĩa 3.3.1: N là tập các phần tử lũy linh, ( )J R là căn Jacobson, Z là tâm của R . R là vành subBoolean nếu 2 2x y xy  N , , \ ( )x y R N J Z    (1). Ta thấy lớp vành subBoolean nó hoàn toàn rộng, nó chứa thật sự lớp các vành Boolean (Vì lớp vành Boolean cũng thỏa điều kiện của định nghĩa). Ví dụ: Cho 0 0 1 0 0 1 1 1, , , 0 0 0 0 0 0 0 0 R                           , khi đó R là vành subBoolean và R không giao hoán. Với các phần tử trong các ma trận trên là nằm trong trường 2 có hai phần tử là  0, 1 . Với ví dụ được nêu ta thấy lớp vành subBoolean có chứa lớp vành giao hoán ( nó chứa lớp vành Boolean), có chứa lớp vành không giao hoán, vì vậy trong phần sau chúng tôi mong muốn trình bày các điều kiện để tìm kiếm trong lớp vành subboolean những lớp vành giao hoán. Để xây dựng các vành subBoolean với điều kiện nào đó là giao hoán ta cần bổ đề sau: Bổ để.3.3.2: Cho R là vành sao cho mỗi phần tử x R , x hơặc nằm trong tâm hoặc có số n nguyên dương lớn hơn 1 : nx x thì R giao hoán. ( bổ đề này chính là định lý giao hoán của Jacobson). Bổ để.3.3.3: Nếu R là vành subBoolean với phần tử lũy đẳng tâm thì tập N các phần tử lũy linh được chứa trong căn Jacobson của R . (Phần tử lũy đẳng tâm của R là phần tử lũy đẳng và nằm trong tâm, vành với phần tử lũy đẳng tâm có thể nói ngắn gọn là vành lũy đẳng tâm). Chứng minh: Giả sử a N và x R . Xét trường hợp ( )ax N J Z   : Nếu ax N thì ax là phần tử tựa chính quy phải, nếu axJ thì ax là tựa chính quy phải, axZ thì : ( )m m max a x với mọi số m và do a N nên có n nào đó để na =0 vì vậy ax N suy ra ax là tựa chính quy phải. Ta xét thêm trường hợp 2( ) ( )ax N J Z   : nếu (ax ) 2 N thì ax là tựa chính quy phải, 2 2( ) ( )ax J ax J    thì 2 2( ) , ( )ax ax là tựa chính quy phải vàax cũng thế ( 2( )ax là tựa chính quy phải có b để 2 2( ) ( ) .ax b ax b   =0 chọn ' .b ax b axb   khi đó ' . 'ax b ax b  = 0). Cuối cùng nếu 2( )ax Z thì: 2 2 2( ) ( ) .........( )k k ax ax ax = 2 2 1 ( ) .........( ) k a ax ax xax   = 2 2 2 2 2 ( ) .........( ) ( ) k a ax ax xax   (tiếp tục chuyển a ra trước ta có) = ka t Do a N suy ra 2( )ax N nên ax N . Như vậy ta có: ax(N JZ) hoặc ( ax ) 2 ( )N J Z   thì ax là tựa chính quy phải. (*) Bây giờ giả sử ( )ax N J Z   và 2( ) ( )ax N J Z   thì bởi (1) ta có 2 2 2 2(( ) ) ( ) ( ) ( )ax ax ax ax N  hay 2 3(( ) ( ))( )ax ax ax N  suy ra: 2 3{(( ) ( ))( ) } 0kax ax ax  khai triển chúng ta thu được: 1( ) ( ) ( )k kax ax g ax với ( )g y là đa thức với các hệ số nguyên khi đó ta có: 2 2( ) ( ) ( ). ( ) ( ) ( )k k kax ax ax g ax ax g ax  tiếp tục như thế ta có: ( ax ) k =( ax ) 2k g k ( ax ) Ta đặt ( ) ( )k ke ax g ax thì 2e e và ( ) ( )k kax ax e với mọi a N . (2) vì phần tử lũy đẳng là nằm trong tâm nên: . ( ) ( )k ke e e e ax g ax eat aet    thế thì: 2 2 .... 0m me aet a et a et     với m nào đó để 0ma  vì a N , như vậy theo (2) thì ax N vì thế ax là tựa chính quy phải, như vậy ta có: ax ( )N J Z   và 2( ) ( )ax N J Z   thì ax là tựa chính quy phải (**) Từ (*) và (**) ta suy ra ax là tựa chính quy phải x R vì vậy a J . Vậy bổ đề đã chứng minh xong. (a là tựa chính quy phải, ax là tựa chính quy phải  x R ta gọi B là idean tựa chính quy phải chứa a của R , mà ( )J R là idean phải tựa chính quy phải lớn nhất nên B  ( )J R ) Định lý 3.3.4: Nếu R là subBoolean với phần tử lũy đẳng tâm thì R / ( )J R là giao hoán. Chứng minh: Theo bổ đề 3.3.3 ta có N J và vì R là vành subBoolean nên ta có: 2 2 0x y xy  ,  ,x y R / ( )J R , ,x y Z (1). Vì vành R / ( )J R là vành nửa nguyên thũy nên R / ( )J R là tích trực tiếp các vành nguyên thũy R và mỗi R cũng thỏa điều kiện (1) nên chúng ta có: 2 2x y xy = 0,  ,x y R và x, y không nằm trong tâm. Như vậy ta chỉ cần chứng minh R là giao hoán thì R / ( )J R là giao hoán . Nếu R là vành chia và R không giao hoán. Ta gọi x là phần tử không nằm trong tâm của R nên ta có: 2 2( 1) ( 1) 0x x x x       suy ra x = 0 hoặc x = –1 suy ra x Z , điều mâu thuẫn này đã chứng minh cho R là giao hoán. Nếu R là vành nguyên thũy và R không là vành chia khi đó tồn tại D là vành chia và số nguyên k>1 để mà kD là ảnh đồng cấu của vành con của vành R , vì 2 2x y xy = 0, ,x y R  và x, y không nằm trong tâm, vẫn đúng trong vành con của R và vẫn còn đúng qua phép đồng cấu và như vậy nó đúng trong kD thế nhưng điều này không đúng với: 0 1 . 0 0 0 . 0 , . . . . 0 0 . 0 x         1 1 . 0 0 1 . 0 . . . . 0 0 . 1 y         . Do 2 2 0x y xy x   . Điều mâu thuẫn này đã chứng minh là R vành chia vì vậy R là giao hoán. (ĐPCM) Định lý 3.3.5: R là subBoolean với phần tử lũy đẳng tâm và J Z thì R là vành giao hoán. Chứng minh: Bởi bổ đề 3.3.3 ta có N J Z  kết hợp với R là vành subBoolean ta có: 2 2x y xy N  , , \x y R Z  , giả sử x Z ta đặt y x  khi đó ta có: 32x N và vì vậy 2x N Z  , như vậy 2 ,x Z x R   và theo Định lý 3.3.4 thì / ( )R J R là giao hoán nên [ , ]x y J Z  , ,x y R  . Mặt khác 2[ , ] [ , ] [ , ] 2 [ , ] [2 , ] 0x y x x y x y x x x y x x y      2x Z . Bây giờ ta chứng minh mệnh đề 3.3.5: 2x x Z  Giả sử R không giao hoán thế thì có phần tử 2x Z x x Z    (vì nếu 2x x Z  thì do 2x Z suy ra x Z .) theo định nghĩa vành subBoolean ta có: 2 2 2 2( ) ( )x x x x x x N    điều này dẫn đến: 3 2( )x x x N  vì vậy có đa thức ( )g t với các hệ số nguyên để mà: 2 4 2 3 2 3 2 3 2( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )x x x x x x x g x x x x x x g x        nhận xét vế phải của đẳng thức trên là tổng của những phần tử lũy linh, giao hoán được với nhau vì vậy: 2x x N Z   điều này mâu thuẫn với 2x x Z  . Vì vậy R là giao hoán. Định lý 3.3.6: R là vành subBoolean có đơn vị và lũy đẳng tâm đồng thời J giao hoán thì R giao hoán. Chứng minh: Bởi bổ đề 3.3.3 ta có ,N J chúng ta cần chứng minh J N Z  . Giả sử J N Z  khi đó có j J và ,j N j Z  vì N J từ định nghĩa ta có: 2 2x y xy N  , , \x y R J Z   . nhận xét: 1 j J Z   , (vì 1 j là khả nghịch nên không thuộc J , nếu 1 j Z  thì j Z ) lại có 2j J nên 21 j j J Z    , (vì 21 1j j J Z j J Z        ). Như vậy ta có: 2 2 2 2(1 ) (1 ) (1 )(1 )j j j j j j N        khai triển biểu thức ta có 2 2(1 )(1 ) ,j j j j N    suy ra có số m nào đó để 2 2( (1 )(1 )) 0mj j j j    và vì 2(1 ), (1 )j j j   là khả nghịch trong R vì chúng giao hoán với j dẫn tới j N điều này trái giả thiết j N vậy J N Z  . Chúng ta có: 2 2x y xy N  , , \x y R N Z   . Bây giờ ta giả sử có: , 1x N x N   , và x Z vì vậy 1 x Z  theo trên ta có: 2 2(1 ) (1 )x x x x N    khai triển ta có (1 )x x N  , mặt khác ta có: x N J  thì 1 x khả nghịch từ đó ta suy ra (1 )x x N  , 1 x N J   thì x khả nghịch từ đó suy ra (1 )x x N  , vì vậy: 2 (1 ) , \x x x x N x R Z      , vì x Z nên –x Z nên 2x x N  (a). Như chúng ta biết mọi vành R đều là đẳng cấu với tích trực tiếp con các vành bất khả quy R . Ta đặt  : R  R là đồng cấu tự nhiên từR vào R và đặt. ( )x x  Ta cần chứng minh rằng tập N các phần tử lũy linh của R là được chứa trong ( )N Z  trong đó Z là tâm của R .Ta đặt d N  , d Z  và đặt ( )d d  , d R vì thế d Z (vì d Z d Z    ) theo (a) ta có: 2d d N  , vì d N  nên ( ) 0md  ta lại có: 1 2 1( )(1 ... )m md d d d d d N        (do 2d d và các id giao hoán được với nhau suy ra 2( ) id d d N  ) như vậy 1( ) ( )md d N   thế thì 1( ) ( )md d N    vì vậy ( )d N  . Vậy N chứa trong ( )N Z  . Trọng tâm kế tiếp của chúng ta là chứng minh mọi phần tử trong R hoặc là lũy linh hoặc là khả nghịch hoặc là trọng tâm. Để chứng minh ta xét \x R Z   và giả sử ( ) , ,x x x R   thế thì x Z và vì vậy 2x x N  từ đó suy ra 1 ( ), ( )k kx x g x g x là đa thức với các hệ số nguyên và cũng như trước đây ta có: ( )k ke x g x là phần tử lũy đẳng và vì vậy 2 , k ke e x x e  và . ( )k ke e x g x  2 , k ke e x x e      và 1. ( ) ( )k k k ke e x g x x x g x        Theo giả thiết các phần tử lũy đẳng của R nằm trong tâm nên ( )e e  cũng là phần tử lũy đẳng tâm trong vành bất khả quy trực tiếp con R nên e = 0 hoặc e =1. Nếu e = 0 thì x lũy linh, nếu e =1 thì x khả nghịch. Như vậy mọi phần tử trong R hoặc là lũy linh hoặc là khả nghịch hoặc là trong tâm. (b) Bây giờ, chúng ta cần chứng minh mọi phần tử khả nghịch u R  nằm trong tâm hoặc 1u a   , với a N  . Để chứng minh điều này, ta giả sử phần tử khả nghịch u R  không nằm trong tâm, và giả sử ( )d u  , d R , thì \d R Z , vì vậy theo (a): 2d d N  suy ra 2 ( )u u N    vì vậy 2u u  là lũy linh cho nên 2( ) 0mu u   , do u khả nghịch nên ( 1) 0mu   vì thế a = u – 1, a là lũy linh hay u = 1+a , a N  . (u  R , u khả nghịch, u nằm trong tâm hoặc u =1+a ). Từ đây suy ra R N Z    (c) Vì N chứa trong ( )N Z  , do N J và J giao hoán nên N là giao hoán vì vậy N gồm các phần tử lũy linh của R cũng giao hoán, hơn nửa bởi (b) và (c) nên R được sinh bởi các phần tử lũy linh và các phần trong tâm vì vậy R là giao hoán, từ đó R là giao hoán. ĐPCM. Hệ quả 3.3.7: Nếu R là vành subBoolean với N ={0}, R có đơn vị thì R giao hoán. Chứng minh: Gọi ,i j J và giả sử [ , ] 0i j  thế thì vì R là vành subBoolean nên: 2 2(1 ) (1 ) (1 )(1 ) {0}i j i j N       vì vậy (1 ){(1 )(1 ) (1 )(1 )}(1 ) 0i i j i j j        đẳng thức này dẫn đến i j (bởi 1i  , 1j  là khả nghịch trong R ) suy ra mâu thuẫn với [ , ] 0i j  , mâu thuẫn này chứng tỏ J là giao hoán và theo Định lý 3.3.6 thì R là giao hoán. Định lý 3.3.8: R là vành subBoolean có đơn vị, lũy đẳng tâm và lũy linh tâm thì R giao hoán. Chứng minh: Đầu tiên ta chứng minh tập các phần tử khả nghịch U của R là giao hoán. Giả sử U không giao hoán, thì có ,u v U , [ , ] 0u v  ( ,u v khả nghịch nên nó không thuộc ,N J ) vì vậy ,u v không thuộc N J Z  thế thì theo định nghĩa: 2 2u v uv N  , do N Z ( lũy linh tâm) nên N là idean của R và vì vậy 1 2 2 1( )u u v uv v N   từ đó suy ra u v N Z   , ta lại có 2 2[ , ] ( ) ( ) 0u v uv vu uv v v vu u v v v u v           điều mâu thuẫn này đã nói lên tập các phần tử khả nghịch U của R là giao hoán. Bây giờ đặt ,i j J khi đó 1 i , 1 j là khả nghịch nên ta có: [1 ,1 ] 0 [ , ] 0i j i j     vì vậy J là giao hoán, hơn nửa các phần tử lũy linh trong tâm và các phần tử lũy đẳng trong tâm ( chứng minh trên), theo Định lý 3.3.6 thì R là giao hoán. Định nghĩa 3.3.9: * Phần tử x được gọi là potent nếu có số k>1, k nguyên : kx x * Vành R được gọi là vành tuần hoàn yếu nếu \ ( )x R J Z   , x có thể viết dưới dạng tổng của phần tử lũy linh và phần tử potent của R đó là x a b  , với 0,m na b b  ) Định lý 3.3.10: Cho R là vành subBoolean, lũy đẳng tâm, J là giao hoán, hơn nửa R có tính chất tuần hoàn yếu thì R là giao hoán. Chứng minh: Nếu 0 là phần tử duy nhất potent thì theo định nghĩa của vành tuần hoàn yếu thì R N J Z J Z     (vì N J bởi bổ đề 3.3.3) vì vậy R là giao hoán, vì ,J Z là giao hoán. Bây giờ ta có thể giả định là R có phần tử potent khác không. Gọia là phần tử potent thế thì có số k >1 để ka a , khi đó 1ke a  là phần tử lũy đẳng khác không, theo giả thiết e nằm trong tâm, vì vậy eR là vành có đơn vị, hơn nửa eR là vành subBoolean có ( )J eR  ( )eJ R và các phần tử lũy đẳng của eR cũng nằm trong tâm và ( )eJ R là giao hoán vì vậy theo Định lý 3.3.6 thì eR là vành giao hoán. Ta lấy phần tử y R thì 1[ , ] [ , ] 0, ,k ke a y ea ey e a Z a a     khi đó ta có: 1 1 10 [ , ] [ , ]k k k k k k ke a y a a y a y a ya a y ya a a y ya ay ya            ,y R a   là phần tử potent. Như vậy mọi phần potent của R đều nằm trong tâm. Bây giờ chúng ta chứng minh định lý, cho , \ ( )x y R J Z  thế thì , ' ', , ' ; , 'x a b y a b a a N J b b      là potent. Khi đó ta có: [ , ] [ , ' '] [ , '] 0x y a b a b a a     do J giao hoán; , 'b b nằm trong tâm Tương tự ta có [ , ] 0x y  nếu x J Z  hoặc y J Z  . Vì vậy chứng minh đã được hoàn thành. Định lý 3.3.11: Cho R là vành subBoolean có đơn vị, lũy đẳng tâm thì idean giao hoán tử là nil. Chứng minh: Trước hết ta cần chứng minh J N Z  . Giả sử J N Z  thế thì có phần tử , ,j J j N j Z   khi đó 1 , 1 , 1j J j N j Z      . Ta xet hai trường hợp sau: Trường hợp 1: 2j Z thì 2 2 21 ,1 , 1j J j N j Z      vì vậy theo định nghĩa vành subBoolean ta có: 2 2 2 2(1 ) (1 ) (1 )(1 )j j j j N      vì thế 4(1 )j j N  , do 41 j là phần tử khả nghịch giao hoán với j vì vậy j N điều này mâu thuẫn. Trường hợp 2: 2j Z trong trường hợp này với lý luận tương tự như trên ta có 21 ( ), 1 ( )j j Z N J j Z N J         theo định nghĩa ta có: 2 2 2 2(1 ) (1 ) (1 )(1 )j j j j j j N        với điều này ta có 2 2(1 )(1 )j j j j N    vì 2(1 ), (1 )j j j   là phần tử khả nghịch trong R giao hoán với 2j nó cho phép 2j N và vì vậy j N điều này mâu thuẫn. Trong hai trường hợp điều chỉ ra được mâu thuẫn vì vậy J N Z  . Kế tiếp, chúng ta cần chứng minh N là idean của R . Theo bổ đề 3.3.3 thì N J cùng với J N Z  . thì N J N Z   . * Bây giờ giả sử ,a N b N  thế thì ,a J b J  và vì vậy a b J N Z    từ đây suy ra a b N  hoặc a b Z  , nếu như a b Z  thì a b N  thật vậy ta có: 2 2( ) ( ( ) ( ))( ) ( ( ) ( ) )( )n n na b a a b b a b a b a a b a b b a b            . 2 2 2 2 2 3( 2 )( ) ( ( ) 2 ( ) ( ))( )n na ab b a b a a b a a b b b a b a b            3 2 2 3 3( 3 3 )( )na a b ab b a b      ==.. 0 0 n k n k k n k C a b    khi chọn n i j  với 0, 0i ja b  . * ,a N x R  suy ra a J N Z   , do J là idean nên ax J N Z   . điều này dẫn tới ax N hoặc ax Z , nếu ax Z thì ( )k k kax a x ,  k 1 vì vậy ax N do a N . Như vậy N là idean của R . Ta có N J N Z   từ đây suy ra N J Z N Z    vì vậy theo định nghĩa của vành subboolean ta có: 2 2 , , \ ( ) \ ( )x y xy N x y R N J Z R N Z        vì N là idean của R . nên ta có: 2 2 0x y xy  , với mọi ,x y không nằm trong tâm và , /x y R N  ( N là idean của R ). Ta gia sử rằng /x R N , x không nằm trong tâm, khi đó 1 /x R N  không nằm trong tâm, vì vậy 2 2(1 ) (1 ) 0x x x x    suy ra (1 ) 0x x  dẫn tới (1 )(1 ) 0x x x   từ đó suy ra 3x x với x không nằm trong tâm. Như vậy mọi phần tử nằm trong /R N hoặc nằm trong tâm hoặc là potent. Như vậy theo bổ đề 3.3.1 ta có /R N là giao hoán, vì vậy xy yx N  , nói cách khác idean giao hoán tử là nil. ĐPCM KẾT LUẬN Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày được một số kết quả như sau:  Định lý giao hoán của Wedderburn trên vành chia hữu hạn.  Định lý giao hoán của Jacobson, Jacobson đã mở rộng định lý của Wedderburn (trên vành chia hữu hạn ) trên vành bất kỳ với điều kiện giao hoán là xR, thỏa: x n = x.  Herstein đã phát triển định lý của Jacobson cho vành với điều kiện giao hoán là ,x y R  : ( , )( )n x yxy yx xy yx   , với điều kiện này thì lớp vành ứng dụng sẽ rộng hơn nhiều, hơn thế nửa Herstein đã phát triển thêm nhiều điều kiện giao hoán các vành, tạo ra các bước phát triển sau này với những điều kiện ngày càng tổng quát hơn.  Một số ví dụ tương ứng với định lý Jacobson.  Phát triển định lý giao hoán của Herstein trên giao hoán tử cấp 2 đến giao hoán tử cấp n.  Phát triển định lý giao hoán trên vành subBoolean.  Việc nghiên cứu về điều kiện giao hoán của một vành còn nhiều vấn đề có thể mở rộng, như nghiên cứu những vành có chứa phần tử potent, những vành xét trên các giao hoán tử cộng (nhân), có các lũy đẳng trong tâm. Trong luận văn này có sự tham khảo sách Commutative Algebra của Macdonald ( University of Oxford ), Noncommutative của Herstein (University of Chicago ), các tài liệu được thầy Bùi Tường Trí cung cấp, luận văn thạc sĩ của Đinh Quốc Huy, bài báo International Journal of Algebra vol 1-2007 của Adil- Yaqub. Tuy nhiên trong luận văn còn nhiều hạn chế do thời gian và kiến thức có hạn. Kính mong quý thầy có cùng các bạn đồng nghiệp hướng dẫn, đóng góp. TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt 1. Đinh Quốc Huy (2001), Một hướng tiếp tục mở rộng của định lý Jacobson, Luận văn thạc sĩ toán học, Tr. Đại Học Sư Phạm, Tp. Hồ Chí Minh.. 2. Mỵ Vinh Quang (1998), Đại số đại cương, NXB giáo dục. 3. Mỵ Vinh Quang (1998), Bài tập đại số đại cương, NXB giáo dục. 4. Hoàng Xuân Sính (2000), Đại số đại cương, NXB giáo dục. Tiếng Anh 1. Adil Yaqup (2007), A Generalization of Booleans Rings, International Journal of Algebra, vol. 1.2007, no 8, 353-362. 2. I.N.Herstein (1968), Noncommutative Rings, The Math Association of America. 3. L.G. Macdonald (1969),. Intrduction to Commutative Algebra, University of Oxford. 4. T.Y.Lam (11-1996), A first course in Noncommutative Rings, Berkeley California 5. Robin Chapman (22-6-1999), Proving commutativity in rings from x n =x , Newgroups: sci.math.

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdfmot_vai_huong_phat_trien_cua_cac_dinh_ly_giao_hoan_4371.pdf
Luận văn liên quan