Luận án Về các radical của các PI-Đại số

hải của A nên a∈ A sao cho y - ay ∈ ∀y∈ A - ∈ . Điều đó chứng tỏ rằng là ideal chính qui phải của . Nhƣ vậy với mọi ideal phải, tối đại, chính qui phải của A thì là ideal phải, tối đại, chính qui phải của ̅. Nhƣng do J(A) = ⋃ nên suy ra Mệnh đề II.7 đƣợc chứng minh xong. 18 Mệnh đề II.8: ln(A) L(A) Un(A) J(A) Chứng minh: Vì mọi ideal lũy linh đều lũy linh địa phƣơng. Suy ra N(0) lũy linh địa phƣơng. Theo cách xây dựng ln(A) suy ra N( ) = ln(A) cũng lũy linh địa phƣơng. Theo tính tối đại của L(A), suy ra lu(A) L(A). Vì L(A) lũy linh địa phƣơng nên L(A) là nil idea. Theo tính tối đại của Un(A) suy ra L(A) Un(A). Vì Un(A) là nil ideal suy ra Un(A) J(A). Do vậy ln(A) L(A) Un(A) J(A). Mệnh đề II.8 đƣợc chứng minh xong. Trong luận án này ta xét các đại số có đơn vị (không nhất thiết giao hoán) trên vành giao hoán có đơn vị. Trong trƣờng hợp này vì mọi ideal đều chính qui cho nên : Ta cũng biết rằng A-modun M là bất khả qui khi và chi khi M=A/ với là ideal tối đại. Từ đó thấy rằng nếu xét các đại số có đơn vị thì một đại số A là nửa nguyên thủy khi và chỉ khi J(A) = 0. 19 B. Các Pi – đại số Một đại số giao hoán chẳng qua là một đại số thỏa mãn đồng nhất thức [x1, x2] = x1x2- x2x1 Từ nhận xét trên ta sẽ tổng quát hóa bằng cách xét đến các đại số thỏa mãn đồng nhất thức nào đó Khái niệm các PI-đạị số đƣợc đƣa ra sau đây là sự tổng quát hóa về đại số giao hoán. Ta luôn xét K là vành giao hoán, có đơn vị. Các đại số trên K luôn đƣợc hiểu là các đại số có đơn vị, không nhất thiết giao hoán. Định nghĩa II.5: f ∈ K[X] đƣợc gọi là một đồng nhất thức hoàn toàn đối với đại số A nếu SfA ≠ 0. Trong đó Sf là tập các hệ số của f. Mệnh đề II.9 : SfA là ideal của đại số A. Chứng minh: Hiển nhiên. Định nghĩa II. 6: Một đại số A đƣợc gọi là PI- đại số nếu tồn tại f ∈ K[X] l ồng nhất thức ho to i với mọi nh ồng cấu khác không c i s A. Mệnh đề II.10: Đại số A là một PI- đại số khi và chỉ khi tồn tại đồng nhất thức f trên A sao cho SfA = A Chứng minh: Giả sử A là một PI đại số. Trƣớc hết ta thấy Sf(A/ SfA ) = 0. Thật vậy: ∑ ∈ Sf(A/SfA), ở đây ∈ Sf , ai + SfA∈ fA ta có ∑ = ∑ + SfA( vì ∑ ∈ SfA). Từ kết quả này ta thấy nếu trái lại SfA ≠ A thì vì A/SfA là ảnh đồng cấu khác không của A mà 20 Sf(A/SfA) ≠0 nên f không phải đồng nhất thức hoàn toàn của A/SfA, vô lý. Ngƣợc lại giả sử SfA = A. Khi đó với mọi ảnh đồng cấu B của A la có SfB = B, cho nên nếu B ≠0 thì SfB ≠0. Tức là nếu B ≠ 0 thì f là đồng nhất thức hoàn toàn của B. Suy ra A là một PI - đại số. Mệnh đề II.11: Đại số A là một PI-đại số khi và chỉ khi tổn tại đổng nhất thức f trên A sao cho tổn tại các ai∈ A để: 1a1 + 2a2 + + rar =1. (Ở đây Sf={ 1 , 2 , r }) Chứng minh : Đẳng thức SfA = A tƣơng đƣơng với việc tồn tại các ai∈A để 1 a1 + 2 a2+ . . . r ar= 1. Từ mệnh đề II.10 ta suy ra điều phải chứng minh. Mệnh đề II.12: Ảnh đồng cấu của các PI-đại số là một PI-đai số. Chứng minh: Giả sử A là một PI- đại số. Theo mệnh đề II.10, tồn tại đồng nhất thức f trên A sao cho SfA = A. Khi đó với mọi ảnh đồng cấu B của A. Do SfB = B nên lại theo mệnh đề II.10 ta suy ra B là một PI đại số. Sau này, trong hệ quả II. 19.5 ta còn đạt đƣợc một điều kiện cẩn và đủ nữa để một đại số là một PI-đại số. Đồng thời từ đó sẽ suy ra rằng đại số con của một PI-đại số là một PI-đại số. Điều kiện cần và đủ đó đòi hỏi một số kết quả khác sẽ đạt đƣợc trong chƣơng này. Vì vậy đƣợc trình bày muộn hơn. Trong những gì đạt đƣợc tiếp sau đây, ta không sử dụng đến bổ đề này. Rõ ràng ảnh đồng cấu của các đại số giao hoán đểu là các đại số giao hoán. Do vậy các đại số giao hoán chẳng qua là PI- đại số với đồng nhất thức hoàn toàn f(x1, x2)=[x1, x2]= x1x2 - x2x1.Khái niệm các PI-đại số đƣợc trình bày ở trên là sự tổng quát hoá của khái niệm các đại số giao hoán. 21 C. Các radical trên đại số giao hoán. Mục tiêu chính của ta là xem xét các radical trên các PI-đại số. Một đại số giao hoán nhƣ đã thấy chẳng qua là một PI-đại số với một đồng nhất thức đặc biệt. Ta sẽ xét các tính chất cùa các radical trên các đại số giao hoán- Trên cơ sở phân tích các kết quả đó, ta sẽ đƣa ra các kết quả về các radical của PI-đại số bất kỳ. Trong đại số giao hoán ngƣời ta xét đến radical Jacobson ( nhƣ là giao của tất cả các ideal tối đại) và nil radical (nhƣ là giao các ideal nguyên tố), ở trên, ngoài radical Jacobson ta đã đƣa ra khái niệm về các radical khác. Ta sẽ thấy rằng đối với đại số giao hoán thì lower nil radical, upper nil radical và Levitzki nil radical là trùng nhau và đó chính là nil radical. Mệnh đề II.13: Nếu A là đại số giao hoán thì ln(A) = L(A) = Un(A). Chứng minh: Trƣớc hết ta chứng minh các bổ đề sau: Bổ để II.13.1: Nếu A là đại số giao hoán thì Un(A) là tập tất cả các phần tử lũy linh của A. Chứng minh Bổ đề II.13.1: Gọi là tập các phần tử lũy linh của A. Giả sử x,y∈P xm = 0, yn = 0 với m, n nào đó. Theo công thức nhị thức Nevvton ( hiển nhiên đúng với mọi đại số giao hoán ) thì (x + y) m + n -1 là tổng các tích xrys trong đó r + s = m + n - 1. Nhƣng rõ ràng là không thể đồng thời có r<m và s<n cho nên mỗi tích trong tổng trên đều bằng 0. Suy ra (x + y)m + n- 1 = 0. Tức là x + y ∈P. Mặt khác rõ ràng là nếu x∈P thì a ∈P đối với mọi a∈A. Vậy P là một ideal của A, do đó là nil ideal tối đại duy nhất của A. Cho nên P = Un(A). 22 Bổ đề 11.1.3.2: Nếu A là đại số giao hoán thì Un(A) = ln(A). Chứng minh Bổ đề II. 13.2: Giả sử X ∈Un(A), theo bổ đề II. 13.1 nói trên thì x lũy linh. Khi đó, với ideal nguyên tố bất kỳ của A, vì x lũy linh nên với n nào đó ta có xn = 0 ∈ x∈ p (vì là ideal nguyên tố) . Có nghĩa là x đối với mọi ideal nguyên tố của A. Theo mệnh đề II.2, ta suy ra x ∈ln(A). Vậy Un(A) ln(A). Ngƣợc lại, giả sử x Un(A) X không lũy linh. Ta gọi là họ tất cả các ideal của A có tính chất ∀ n>0 n . Rõ ràng là một họ không rỗng vì ideal tầm thƣờng 0∈ . Áp dụng bổ đề Zorn, ta suy ra E có phần tử tối đại. Gọi phần tử tối đại đó là . Ta chứng minh rằng là ideal nguyên tố. Thật vậy, giả sử y, z . Khi đó + (y), +(z) là các ideal chứa một cách thực sự. Do đó, các ideal này không thuộc họ . Vì vậy m, n > 0 sao cho xm ∈ + (y) và xn ∈ + (yz). Suy ra x m + n ∈ + (yz). Do vậy ideal + (yz) không thuộc . Cho nên yz g . Nhƣ vậy, ta tìm đƣợc ideal nguyên tố mà x . Cho nên x không thể thuộc vào giao tất cả các ideal nguyên lố. Áp đụng mệnh đề II.2 ta suy ra x ln(A). Tóm lại đà chứng minh đƣợc nếu x Un(A) thì x ln(A). Có nghĩa là ln(A) Un(A). Bổ đề II.13.2 đƣợc chứng minh xong. Ta tiếp tục chứng minh mệnh đề II.13. Theo mệnh đề II.8 thì ln(A) L(A) Un(A). Theo bổ đề II. 13.2 thì ln(A) = Un(A). Suy ra ln(A) = L(A) = Un(A). Mệnh đề II.13 đƣợc chứng minh xong. 23 D. Định lý KAPLANSKY - AMITSUR-LEVITZKI. Đối với đại số giao hoán ta đã thấy ln(A) = L(A) = Un(A). Ta muốn xét xem điều đó có còn đúng hay không đối vơi một PI-đạị số bất kỳ. Phƣơng hƣớng của chúng ta là dựa trên việc A/ln(A) là tích trực tiếp con các đại số nguyên tố cho nên sẽ xem xét các đại số nguyên tố. Bằng cách nhúng các đại số nguyên tố vào đại số các đa thức một biến A/ln[A] trên vành A0 nào đó sẽ dẫn chúng ta đến việc tìm hiểu đại số A0[A] cụ thể này. Do phép nhúng nói trẽn, ta sẽ xét đƣợc đổng nhất thức trên các PI- đại số nguyên tố. Trong việc chứng minh một PI- đại số nguyên tố sẽ thỏa mãn một đồng nhất thức chuẩn tắc, ta sử dụng định lý Kaplansky- Amisur-Levitzki đƣợc để cập sau đây. Trên thực tế, việc sử dụng định lý này sẽ cho ta khả năng "đa tuyến tính hóa" các đồng nhất thức của các PI-đại số. Định nghĩa II.7 1) Bậc của đơn thức a (a 0) đƣợc định nghĩa là v1 + v2 + . . . +Vn Bậc của f ∈ K[X] đƣợc định nghía là bậc lớn nhất của các đơn thức có mặt trong f . Bậc của f đƣợc ký hiệu là degf. 2) Bậc theo X. của đa thức f(x1 ,x2,... xn) đƣợc định nghĩa là bậc của nó khi xem nhƣ một đa thức theo xi... Bậc theo xi của đa thức f(x1 ,x2,. . . xn) đƣợc ký hiệu 24 là deg x f. 3) f ∈ K[X] đƣợc gọi là thuần nhất theo x i nếu tất cả các đơn thức của f đều có cùng một bậc theo xi 4) f ∈ K[X] đƣợc gọi là hoàn toàn thuần nhất nếu f thuần nhất theo mọi xi 5) f ∈ K[X] đƣợc gọi là đƣợc trộn đều theo xi nếu xi có mặt trong mọi đơn thức của f. 6) f ∈ K[X] đƣợc gọi là đƣợc trộn đều theo xi nếu xi có mặt trong mọi đơn thức của. 7) f ∈ K[X] đƣợc gọi là tuyến tính theo xi nếu bậc theo xi của mỗi đơn thức trong f đều bằng 1. 8) Chiều cao của một đơn thức là bậc của nó trừ đi số các biến xi có mặt trong đơn thức ấy. 9) Chiều cao của đa thức f là chiều cao lớn nhất của các đơn thức trong f. Chiều cao của f ký hiệu là ht(f). 10) f∈ K[X] đƣợc gọi là đa tuyến tính nếu nó tuyến tính theo mỗi biến xi Định nghĩa II.8: Giả sử A là một đại số, G là nhóm con của nhóm cộng A. Một đa thức f ∈ K[X] ược gọi là G giá trị nếu ∀ai ∈A thì f(a1,a2 m) ∈ G Đinh nghĩa II.9. Giả f(x1,x2,xm) ∈ K[X] và 1 i m .Gọi : 25 Mệnh đề II.14: ( Định lý Kaplansky- Amitsur) Nếu A là một đại số nguyên thủy (primitive) có đổng nhất thức hoàn toàn bác d thì tâm C của A là mót trƣờng, A là đại số đơn và [A : C] [ ] 2 . Chứng minh: Trƣớc hết ta chứng minh một số bổ đề sau: Bổ đề II.14.1: Mọi đa thức f ∈K[X] là tổng các đa thức đƣợc trộn đều fj sao cho: 1)degfj < degf. 2)ht(fj) < ht(f). 3)Nếu f tuyến tính theo xi thì fj cũng tuyến tính theo xj. 4)Với mọi đại số A và nhóm con 6 của nhóm công A, nếu f là G-giá trị thì các fj cũng là G-giá trị. Chứng minh Bổ đề II. 14.1: Gọi tf là số các xi có mặt trong f nhƣng không có mặt trong một đơn thức nào đó của f. Ta chứng minh qui nạp theo tf: Nếu tf = 0 thì f là đa thức đƣợc trộn đều và kết quả đúng hiển nhiên. Giả sử tf >0, không mất tổng quát giả sử xi không có mặt trong một đơn thức nào đó của f. Đặt f =f(0,x2 xm) và f’’ = f – f’. Rõ ràng tf, tf’ < tf. Theo giả tliiết qui nạp các kết luận của bổ đề đúng với f’ và f’’ do đó đúng với f. 26 Bổ đề II.14.2: Nếu g là một đơn thức sao cho : a) degxig >1 b) xj không có mặt trong g Thì là tổng của các đơn thức gk trong đó xi, xj có mặt trong gk và khi thay xj bồi xi thì gk trở thành g. Chứng minh Bổ đề II.14.2: Viết g dƣới dạng g(x1, x2, . . . xm) = axih ① trong đó a, h là các đơn thức mà degxia = 0. Degx1h > 0. Khi đó ta có: Hai hạng tử đầu của biểu thức cuối cùng này rõ ràng có mặt cả xi lẫn xj, đồng thời khi thay xj bởi xi thì đó chính là g. Ta chỉ còn xét hai hạng tử sau của biểu thức cuối cùng đó. Nếu degxi h = 1 thì h tuyến tính theo xi nên h = 0. Trong trƣờng hợp này, hai hạng tử đang xét là bằng 0 nên g là tổng của hai đơn thức thỏa mãn kết luận của bổ đề. Ta chứng minh bằng quy nạp theo bậc theo xi của đơn thức. 27 Nếu degxig = 2 thì degxih J nên theo trên bổ đề đúng với g. Giả sử kết luận của bổ đề đã đúng với mọi đơn thức có bậc theo xi bé hơn n và g là đơn thức có degxig = n. Khi đó theo ① thì degxih bé hơn n nên theo giả thiết qui nạp, kết luận của bổ đề đúng với h. Thế thì theo ② sẽ đúng với g. Bổ đề II. 14.2 đƣợc chứng minh xong. Bổ đề II.143: Giả sử f là đƣợc trộn đều, degx.f >1, degx.í = 0. Khi đó: là đƣợc trộn đều Chứng minh Bổ đề II.14.3: Suy dễ dàng từ bổ đề II. 14.2. Từ các bổ đề II.14.1, II.14.2, II.14.3 nói trên, ta có thể chứng minh đƣợc bổ đề II. 14.4 sau đây. Kết quả của bổ đề này cho phép chúng ta khi xét các PI-đại số có thể xem đồng nhất thức của nó là đồng nhất thức đa tuyến tính. Việc "đa tuyến tính hóa" đồng nhất thức của các PI-đại số là phƣơng pháp đƣợc sử dụng trong bản luận án này. Bổ đề II.14.4: Nếu f là đồng nhất thức hoàn toàn của A thì tổn tại một đồng nhất thức hoàn toàn, đa tuyến tính g của A sao cho: 28 Chứng minh Bổ đề II. 14.4: Áp dụng bổ đề II.14.1 với G = (0} la có thể giả thiết f là đƣợc trộn đều. Nếu ht(f) = 0 thì f là đa tuyến tính và ta chỉ việc lấy g chính là f. Giả sử ht(f) > 0. Thế thì phải xi sao cho degxif > 1. Nến cần, bỏ đi các đơn thức trong f mà có hệ số linh hóa A ta có thể giả thiết rằng không có hệ số nào của f linh hóa A. Xét f, áp dụng bổ đề II. 14.3 thì ta có f là đồng nhất thức hoàn toàn của A có ht( f) < ht(f). Phép qui nạp theo chiều cao của đồng nhất thức cho ta điểu phải chứng minh. Trong định lý Amitsur - Levitzki ( mênh đề II. 15) sau này, ta sẽ mô tà rõ đổng nhất thức của đại số các ma trận vuông cấp n trên vành giao hoán, có đơn vị. Nhƣng trƣớc hết ta có ngay kết quả sau đây Bổ đề II.14.5: Mn(K) không có đồng nhất thức hoàn toàn bậc < 2n. Chứng minh Bổ đề II. 14.5: Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử Mn(K) có một đồng nhất thức hoàn toàn bậc < 2n. Khi đó theo bổ đề II.14.4 Mn(K) sẽ có một đồng nhất thức hoàn toàn đa tuyến tính f mà degf < 2n. Vì f là đa tuyến tính nên f có dạng: trong đó d < 2n. Nếu cần sắp xếp lại thứ tự các biến xi ta có thể giả thiết rằng 12..dA 0. Xét một dãy gồm d ma trận vuông cấp n trên K sau đây:e11,e12,e22,e23,e33,e34,.. trong đó eij ∈Mn(K) là ma trận mà phần tử hàng i cột j của nó là 1 còn các phần tử khác là 0. Ta thấy ngay rằng tích của các ma trận ấy theo đúng thứ tự ƣên là e1k với k nào đó, còn tích của các ma 29 trận ấy theo các thứ tự khác sẽ là ma trận 0. Vì f là đồng nhất thức trên Mn(K) nên f(e11, e12, e22, e23, e33, e34,) = 0. Từ nhận xét trên ta suy ra 12de1k... = 0. Do đó 12... d eij = 0 ∀ i,j. Cho nên 12= 0, mâu thuẫn với giả thiết. Bổ đề II.14.6: Giả sử F là một trƣởng trong K và V là một không gian vector vô hạn chiều trên F thì đại số các phép biến đổi tuyến tính EndFV không thỏa mãn đổng nhất thức hoàn toàn. Chứng minh Bổ để II.14.6 Giả sử f là một đồng nhất thức trên EndFV và d là bậc của f. Giả sử x∈ V, gọi M là không gian con hữu hạn chiều của V sao cho x∈ M và 2[ M:F] > d (Ở đây ký hiệu [ M:F] có nghĩa là số chiều của M xem nhƣ không gian tuyến tính trên F ). Gọi B là đại số con (theo nghĩa không có đơn vị) của EndFV bao gồm các ∈ EndFV sao cho: ( (m) ∈ M ∀m∈M và (m') = 0 ∀m'∈M’ trong đó M' =V\M. Thế thì B Mn(F) trong đó n = [M:F]. Theo bổ đề II.14.5, do Mn(F) không có đồng nhất thức hoàn toàn bậc < 2n la suy ra nếu a là hệ số của f thì B = 0. Do đó ( 1)x = 0. Cho nên A = 0. Vì vậy f không là đồng nhất thức hoàn toàn của A. Bổ đề II. 14.6 đƣợc chứng minh xong. Bể đề II.14.7: Nếu là một đại số chia đƣợc thì A chứa trƣờng con tối đại F (trong K ) và đối với mọi trƣờng con F nhƣ vậy ta có C (F) = F. ( Ở đây C (F) = { c∈ / cf =fc Ví ∈ F } là cái tám hóa của F trong ). 30 Chứng minh Bổ đề II.14.7 Sử dụng bổ đề Zora ta suy ra ngay sự tồn tại của trƣờng con tối đại F. Giả sử F là một trƣờng con tối đại nhƣ vậy. Khi đó ∀ C∈ C (F) thì đại số con chia đƣợc sinh bởi F và c là một đại số giao hoán cho nên là một trƣờng chứa F. Vì F là tối đại nên đại số con chia đƣợc đó phải trùng với F. Cho nên c ∈ F. Suy ra rằng C (F) ∈ F. Mặt khác, hiển nhiên là F C (F). Do đó C (F)=F. Bổ đề II. 14.7: đƣợc chứng minh xong. Bổ đề II.14.8: Giả sử A là đại số con đơn của đại số E ,B = CE(A), C là tâm của A trong E . Nếu nhƣ { a1, a2. . . ., ar} A là hệ B- độc lập tuyến tính. Tức là nếu ∑ =0 thì tất cả các bi = 0 Chứng minh Bổ đề II. 14.8: Gọi A° = A, ta xét A° là K-modun nhƣ là K-modun A, nhƣng phép "nhân" trên A° ký hiệu là * đƣợc định nghĩa bởi: a*b = ba ∀a, b ∈ A° . Rõ ràng A° là một K đại số. Gọi Ae =A A thì A lã K đại số. Ta có thể xem A nhƣ một Ae – modun nếu định nghĩa : Tác động của Ae trên A đƣợc xem nhƣ tác động trên E và rõ ràng Ta có: 31 Do {a1, a2, ., ar} là C- độc lập tuyến tính nên theo định lý về trù mật ta suy ra ∀ j : 1 j r tồn tại mj ∈ A e sao cho mjaj =1 , mjai =0 ∀ j i Do vậy nếu ∑ =0 mj (∑ ) ∑ ∑ . Suy ra {a1, a2, , ar}là B- độc lập tuyến tính. Bổ đề II. 14.8 đƣợc chứng minh xong. Ta chứng minh định lý Kaplansky Amitsur. Vì A là nguyên thủy nên theo định lý về trù mật (chƣơng I), A đẳng cấu với đại số trù mật của các phép biến đổi tuyến tính trong không gian vector trên đại số chia đƣợc . Hơn nữa, cái tâm hóa của A trong End V là tập hợp L các tự đồng cấu :x x ∈ ,Theo bổ đề II.14.7 tồn tại trƣờng con tối đại F của . Ta xét đại số A' các tự đồng cẩu của V sinh bởi FL và A. Do các phần tử của F. giao hoán với các phần tử cùa A nên A' = FL A = AFL và FL tâm của A ’ . Do vậy A’ có thể xem nhƣ là một đại số trên F ( hoặc là trên FL ). Nếu ta xem V nhƣ không gian vector trên F thì A’ là một đại số các phép biến đổi tuyến tính trong V trên F. Ta thấy ∀x∈ V, x 0 {x} độc lập tuyến tính. Do đó ∀v∈ V theo định lý về trù m ậ t sẽ a∈ A sao cho v = ax. Cho nên V= Ax V=A'x. Suy ra V là modun bất khả qui. Giả sử rằng c là một -tự đồng cấu của V giao hoán với mọi phần tử của A ’ Thế thì c giao hoán với mọi phần tử a∈ A, cho nên c ∈ L. Do F là trƣờng con tối đại của A cho nên nó bị chứa trong FL- Vì vậy EndA’V = F và ta suy ra A’ trù mật trong EndFV. Ta giả sử rằng A có đồng nhất thức hoàn toàn f bậc d. Theo bổ đề II.14.4 ta có thể xem f là đa tuyến tính. Do A' = FL A là đại số trên F 32 nên rõ ràng f là đồng nhất thức trên A'. Rõ ràng rằng nếu f ∈K[X] thì ánh xạ : (l1, l2, , lm) (l1, l2,,lm) ∈ L = Endf V là ánh xạ liên tục tiên không gian tôpô hữu hạn. Xét với đồng nhất thức f đang xét ở trên ta thây f có giá tri bằng 0 trên A’, A’ trù mật trong L cho nên f có giá trị bằng 0 trên L.Có nghĩa là f là đồng nhất thức trên L. Từ các bổ đề II.14.5 và II. 14.6 ta suy ra [V : F] < [d/2.]. Do [V : F] = [V : ] [ : F] nên V là không gian hữu hạn chiều trên . Do A là đại số trù mật các phép biến đổi tuyến tính trong V trên nên ta đƣợc A = Ead V là đại số đơn. Giả sử { a1, a2,ar } A là hệ C - độc lập tuyến tính ( C là tâm của A ) thì theo bổ đề II. 14.8 đó sẽ là hệ F-độc lập tuyến tính trong A = FA. Do đó r [d/2] . Tức là [A : C] [d/2]2. Mệnh đề II.15: ( Định lý Amilsur - Levitzki) Đa thức chuẩn tắc S2n là một đồng nhất thức của Mn(K) Chứng minh: Trƣớc hết ta có một vài nhận xét về đa thức chuẩn tắc : 3) Nếu i1, i2,., ir là các số khác nhau, 1 ij k và 0<r<k. Gọi S’ là tổng các từ của Sk(x1, x2, ,xk)có xi1, xi2,xir ở bên trái thì : 4) giả sử r là số lẻ , 0<r<k và gọi S là tổng các từ trong Sk(x1, x2, ,xk) có dạng ayb với y = x1+1x1+2 .x1+r còn a và b là các đơn thức thì: Ta chứng minh Mệnh đề II.15 bằng quy nạp theo n. Rõ ràng n =1 Mệnh đề đúng. Giả sử Mệnh đề đúng với n -1 33 Do tính đa tuyến tính và thay phiên của đa thức chuẩn tắc, ta chỉ cần chứng minh rằng: nếu { e i1j1 , ei2j2 , ei2nj2n} (* ) là tập hợp 2n ma trận đơn vị eịj khác nhau ( trong đó eij là ma trận mà phần tử hàng i cột j là 1 còn các phần tử khác là 0 ) thì s2n, (ei1j1 , ei2j2,., ei2nj2n) = 0 (**) ∀k , 1 k n , ta ký hiệu f(k) là số lần k có mặt trong chỉ số trong hệ (* ). Rõ ràng ∑ =4n. Nếu k là số sao cho f(k)=0 thì k không có mặt trong hệ (* ). Trong trƣờng hợp này, các ma trận đơn vị của hệ (* ) có thể xem nhƣ các ma trận đơn vi của Mn -1(K). Do S2n là đồng nhất thức của Mn-1(K) do đó (**) đúng. Ta giả thiết f(k) 1, 1 k n. Để tiếp tục chứng minh Mệnh đề II.15, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề II.15.1: Giả sử euu có mặt trong hệ { ei1j1 , ei2j2,, ei2nj2n} và Chứng minh Bổ đề II.15.1: a) Trƣớc hết giả sử f(u)=2. Trong nƣờng hợp này u có mặt trong chỉ số của hệ { ei1j1, ei2j2, ei2nj2n } chỉ với phần tử euu- Do đó mọi đơn thức trong S2n (ei1j1, ei2j2,ei2nj2n ) là 0 cho nên ta có (** ) b) Giả sử f(u) - 3. Hai khả năng xảy ra: Khả năng 1: u có mặt trong phần tử euu và euv trong đó u v. Khi đó các đơn thức khác không trong S2n (ei1j1, ei2j2,ei2nj2n ) là bắt đầu với euu euv .Tổng các từ trong S2n (ei1j1, ei2j2,ei2nj2n ) bắt đầu với euu euv là: 34 (Ở đây kí hiệu có nghĩa là xóa đi thành phần ghi phía dưới). Do u không có mặt trogn S2n-2 nên theo giả thiết quy nạp suy ra: Vì vậy ta có (** ). Khả năng 2 : u có mặt trong phần tử euu và evu trong đó u≠V. Khi đó các đơn thức khác không trong S2n (ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n ) là kết thúc với evu euu . Lập luận tƣơng tự ta cũng suy ra (** ) c) Trƣờng hợp f(u) = 4. Các khả năng sau xảy ra: Khả năng 1 : Nếu u có mặt trong euu , euv , euw trong đó V≠ u, w ≠ u thì tất cả các đơn mức trong s2n (ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n ) đều là 0 cho nên ta có (** ). Khả năng 2 : Nếu u có mặt trong euu , evu , ewu trong đó V ≠ u, w ≠ u thì lập luận tƣơng tự ta suy ra (** ). Khả năng 3 : Nếu u có mặt trong euu , evu , ewu trong đó v≠ u, w ≠ u . Khi đó các đơn thức khác không trong S2n (ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n ) có một trong các dạng euu, euv,aewu. euv, aewu , euu ,euv b. Do số các nhân tử eịj trong trong aewu là lẻ cho nên dấu của euueuvaewu và euvaewueuu là trái dấu nhau cho nên sẽ bị triệt tiêu. Đồng thời theo nhận xét 2) và 4) về đa thức chuẩn tắc thì tổng các từ dạng aewueuu euvb là S2n 2(ewv ,). Vì u không xuất hiện trong chỉ số của các phần tử trong S2n- 2 cho nên theo giá thiết qui nạp ta có S2n-2(ewv,) = 0. Vì vậy S2n(ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n ) =0 Ta tiếp tục chứng minh Mệnh đề II.15: Ta thấy rằng phần tử eij lũy đẳng khi và chỉ khi i = j. Gọi α là 35 số các phần tử lũy đẳng trong hệ {ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n }. Giả sử α = n. Khi dó tất cả các phần tử e11, e22 ,enn đều có mặt trong hệ { ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n }.Do ∑ =4n cho nên phải u, 1 u n sao cho f(u) 4. Áp dụng bổ đề II.15.1 ta suy ra(**). Giả sử: α = r trong đó r <n và giả sử kết quả đúng khi α = s với mọi s, s r +1. Do S2n là đa tuyến tính nên ta có: Đối với mọi r+1 phần tử khác nhau u và mọi ar+2 ,ar+3,,a2n ∈ Mn(K). Ta xét trƣờng hợp đặc biệt khi K là một trƣờng. Giả sử rằng hệ {e1,e2, er+1} là hệ thống trong Mn(K) gồm các phần tử lũy đẳng sao cho eiej =0 ∀ i j. Khi đó tồn tại đẳng cấu của Mn(K) sao cho eu1u1 = ei∀i, 1 I r + 1. Suy ra S2n (e1,e2,er+1,ar+2,ar+3, a2n) = 0 đối với mọi ar+2,ar+3, a2n ∈ Mn (K). Tƣơng tự ta thấy rằng chỉ cần chứng minh (**) khi i1 = j1, i2= j2=2,,ir=jr=r và ik jk . Xảy ra các khả năng sau : 1) Hệ {ei1j1,ei2j2,, ei2nj2n} chứa một phần tử eij với I > r, j>r, i j. Ta có thể giả thiết eij là phần tử thứ r+1 của hệ trên. Khi đó ta có hai hệ {e1,e2,,er,e’r+1} và { e1,e2,,er,e’’r+1} trong đó e1= e11, e2 = e22,., er = err, còn e’r+1 =eii , e’’r+1 = eii + eij. Rõ rang hai hệ trên đều gồm các phần tử lũy đẳng và ete’r+1 = 0, ete’’r+1 = 0, etes = 0 ∀ t, s 1 t, s r, t s. Cho nên: S2n(e1,e2,,er,e’r+1) =0 và S2n(e1,e2,,er,e’’r+1) =0 Trừ hai đẳng thức này cho nhau ta suy ra: 36 S2n(e1,e2,, er,eij,)=0 2) Hệ {e11,e12,,err,eir+1jr+1,,ei2nj2n} không chứa eij trong đó i > r, j>r, i ≠j. Nếu tất cả các chỉ số cùa hệ trên đều r r trái với việc f(k) ≥ 1 đối với 1 ≤ k ≤ n. Đồng thời, trƣờng hợp r = 0 là tầm thƣờng cho nên ta chỉ xét r ≥ 1. Ta cũng thấy rằng một tích của các ma trận eij là khác 0 khi và chỉ khi chỉ số thứ hai của mỗi nhân tử trong tích đó bằng chỉ số thứ nhất của nhân tử tiếp theo. Vì vậy dễ dàng kiểm tra đƣợc đẳng thức (** ) là đúng ngoại trừ các trƣờng hợp sau: a) f(k) chẵn ∀k. b) Có đúng hai trong số chúng là lẻ. Theo bổ đề II.15.1 ta có thể giả thiết f(i) >4 ∀ i ≤ r. Thế thì vì ∑ = 4n nên i, j > r sao cho f(j) ≤ 3. Ta sẽ chứng minh rằng hơn nữa j , j> r sao cho f(j)≤ 2. Trong trƣờng hợp a) điều đó là hiển nhiên. Trong trƣờng hợp b), giả sử trái lại f(j) > 2 ∀ j > r . Khi đó hai khả năng xảy ra: Khả năng b1): Có hai chỉ số j1, j2 > r để f(j1) = f(j2)=3 còn f(j)≥ 4 với các j > r còn lại. Thế thì f(i) ≥ 6∀i ≤ r. Khi đó : Khả năng b2) : Có một chỉ số j1 > r để f(j) = 3. còn f(j) ≥4 với các j > r còn lại. Khi đó không thể xảy ra f(i) ≥6 ∀ i ≤ r vì nếu vậy thì: 37 Vô lý vì đang xem r 1. Do vậy phải i1 r để (i1) = 5 f(i) 6 ∀ I i1 , I r. Khi đó : Nhƣ vậy trong trƣờng hợp b) ta suy ra r =1. Thế thì trong hệ { ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n } các phần tử eij có mặt trong hệ này là e11, e1j, ej1, với j >1. Do đó hệ này có 2n - 1 phần tử. Vô lý. Nhƣ vậy ta đã chứng minh đƣợc j, j > r sao cho f(j) < 2. Với j nói trên có i r nào đó sao cho eji hoặc e e { ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n }. a) Nếu eij { ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n } ta thay eii và eij trong hệ này bởi hệ này bởi e’i = eii- eij và e’ r+1 + ejj.Ta đƣợc hệ gồm r +1 phần tử lũy đẳng mà tích hai phần khác nhau bất kỳ của hệ là 0 sau đây: e1 = e11, e2 = e22 ,, ei-l = ei-1, i-1 e’i e i+1 = ei+1,i+1, er= err,e’r+1. Rõ ràng ta có: S2n(e1 ,e2 ,. . . ,ei-1 , e’i-1,e’i’ ,ei+1,, er, e’r+1) = 0. Do e’i = eii – eij , e’r+1 = eij + ejj cho nên : S2n(, eii,,eij, )- S2n(, eij,,eij.) + S2n(eii,ejj,)-S2n(,eij,,ejj,) = 0. Nhƣng: S2n(, eij,,eij.) = 0 vì eij đƣợc lặp lại. S2n(, eii,,ejj.) = 0 vì chứa r+1 phần tử lũy đẳng mà tích hai phần khác nhau bất kỳ là 0. S2n(, eij,,ejj.) = 0 do áp dụng bổ đề II.15.1 với ejj lũy đẳng và f(j) 4 . 38 Do vậy S2n(. . . ,eii ,. . . ,eij,. . .) = 0 là điều phải chứng minh. b) Nếu e ji { ei1j1,ei2j2, .. . , ei2nj2n} ta đặt e'i = eii - eji và e’r+1 = eji + ejj . Ta đƣợc hệ gồm r +1 phần tử lũy đẳng mà tích hai phần khác nhau bất kỳ của hệ là 0. Lập luận tƣơng tự ta đƣợc điều phải chứng minh Tóm lại là đã chứng minh đƣợc cho trƣờng hợp khi K là trƣờng. Trở lại trƣờng hợp tổng quát. Do Q là trƣờng, M n(Z) M n(Q), nên kết quả đúng với Mn(Q) thì cũng đúng với Mn(Z). Lại do Mn (K) = Mn (Z)⨂ZK. và do S2n đa tuyến tính cho nên kết quả đúng với M n(K). Mệnh đề II. 15 đƣợc chứng minh xong. Nhận xét 1: Bổ đề II 14.8 và nhận xét trong phần A mục 13 (chƣơng I) cho thấy rằng : nếu A là đại số con tâm đơn của đại số E trên trƣờng K và giả sử B=CE(A) là cái tâm hóa của A trong E thì AB sẽ là tích tensor của A và B. Nhận xét 2: Giả sử A là đại số trù mật các phép biến đổi tuyến tính trong không gian vector V (xem là không gian vector trên đại số chia đƣợc ). Khi đó nếu gói F là trƣờng con tối đại của thì theo chứng minh trong định lý Kaplansky-Amitsur (Mệnh đề II.14) ta có A' = FLA trù mật trong EndFV. Ta xét trƣờng hợp đặc hiệt khi A là tâm đơn hữu hạn chiều trên trƣờng K, trong trƣờng hợp này V là không gian hữu hạn chiểu trên và hữu hạn chiều trên K. Theo chứng minh trong định lý Kaplansky-Amitsur và Nhận xét 1 nói trên thì A' = FLA =F KA đồng thời A' là đại số các phép biến đổi tuyến tỉnh trong V (xem là không gian vector trên F). Vì vậy nếu [V:F] = n thì F K A Mn(F). Suy ra rằng : số chiều của các đại số tâm đơn hữu hạn chiều luôn là số chính phƣơng. Tổng kết lại những gì đã đạt đƣợc trong các định lý Kaplansky -Amitsur (mệnh đề II. 14) và định lý Amitsur - Levitzki (mệnh đề II.15) ta sẽ rút 39 ra đƣợc định lý Kaplansky - Amitsur - Levitzki sau đây Hệ quả II.15.2: (Định lý Kaplunsky - Amitsur - Levitzki) Giả sử A là đại số nguyên thủy (primitive). Khi đó A thỏa mãn đồng nhất thức hoàn toàn khi và chỉ khi A là đại số đơn và hữu hạn chiều trên tâm C của nó. Nếu d là bậc nhỏ nhất của đồng nhất thức hoàn toàn trên A thì d = 2n là số chẵn và [A : C] = n2, đồng thời A thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn tắc Sd. Chứng minh Hệ quả II. 15.2: Nếu A là đại số nguyên thủy và thỏa mãn đồng nhất thức hoàn toàn bậc d thì theo Mệnh đề II.14, A là đại số đơn và [A : C] ≤ [ ] 2 . Ngƣợc lại, giả sử A là đại số đơn và [A : C] hữu hạn. Khi đó rõ ràng A là đại số tâm đơn trên trƣờng C. Theo nhận xét ở ƣên thì [A : C] = n2 và ta có trƣờng F sao cho F CA Mn(F). Nhƣng theo Mệnh đề II.15 thì Mn(F) thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn tắc S2n . Do đó F CA và vì vậy A thỏa mãn S2n. 40 E. Các Pi – đại số thảo mãn đồng nhất thức chính qui mạnh. Lớp các PI-đại số thỏa mãn đồng nhất thức chinh qui mạnh là khá rộng. Việc xét casc radical của chúng là sự tổng quát hóa một bƣớc những kết quả đã đạt đƣợc trên các đại số giao hoán. Hơn nữa, nhờ định lý Kaplansky-Amitsur-Levitzki ta sẽ chứng minh đƣợc các PI- đại số nguyên tố luôn thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn tắc. Nhƣng các đồng nhất thức chuẩn tắc là chính qui mạnh cho nên các kết quả về các đại số thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh sẽ cần thiết cho chúng ta trong việc tổng quát hóa mệnh đề II. 13 đối với một PI-đại số bất kỳ. Định nghĩa II.10: Đồng nhất thức f trên đƣợc gọi là chính qui mạnh nếu f≠0 và các hệ số khác không của nó đều là các phần tử khả nghịch của K. Mệnh đề II.16: Một nil đại số thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh sẽ là đại số lũy linh địa phƣơng. Chứng minh: Rõ ràng một đồng nhất thức chính qui mạnh là một đồng nhất thức hoàn toàn. Áp dụng bổ đề II. 14.4 ta có thể giả thiết đó là đồng nhất thức đa tuyến tính. Ta chứng minh bằng qui nạp theo bậc của đồng nhất thức. Giả sử đã chứng minh đƣợc rằng mọi nil đại số thỏa mãn đồng nhất thức chính qui 41 mạnh bậc <m đều là đại số lũy linh địa phƣơng và A là nil đại số thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh bậc m. Gọi L = L(A) là Levitzki nil radical của A. Xét = A/L , rõ ràng cũng là nil đại số thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh bậc m. Ta sẽ chứng minh rằng 0. Thật vậy nếu ≠ 0 thì ≠0 . Vì là một nil đại số nên lũy linh. Gọi n là số nguyên dƣơng nhỏ nhất sao cho 0 = 0. Rõ ràng n>l. Nếu n chẵn, n = 2k thì ta gọi = k thì ≠ 0.Còn nếu n lẻ, n = 2k +1 ta gọi = k+1 thì ≠ 0 và 2 = 2k+2 . Nhƣ vậy luôn tìm đƣợc sao cho ≠ 0 và 2 = 0. Với đã chọn nhƣ trên, ta xét ideal trái của . Nếu A ≠ 0 đặt I = { ∈ / = 0} thì I là ideal trái của , I ≠ 0 ( vì ∈ I ) và I 2= 0 I lũy linh I lũy linh địa phƣơng. Nhƣ vậy, trong trƣờng hợp nãy tồn tại ideal trái lũy linh địa phƣơng I≠ của A . Nếu ≠ 0 thì gọi I = , viết f (x1, x2, . . . xm) dƣới dạng f(x1, x2,xm) = x1f1(x2,x3,,xm) + f2(x1,x2,,xm) (vì f tuyến tính theo x1 nên các đơn thức của f có bậc theo x1 là 1). Với 1 = thì với mọi 2, 3,. m ∈ ta có f1( 1, 2,, m) +f2( , 2, 3,, m) = 0.Nhƣng do mỗi đơn thức của f2 không bắt đầu bằng x1. Với 1= thì với mọi 2, 3,, m∈ có dạng . . . Do 2 = 0 nên suy ra mỗi từ của f2 ( , 2, 3,, m) bằng 0. Do đó f1( , 2, 3,, m) = 0. Có nghĩa là f1 ( , 2, 3,, m) linh hóa về bên phải. Gọi Z = { ∈ /( ) = 0} thì với mọi 2, 3,, m ∈ ta có f1( 2, 3,, m) ∈ Z. Xét /Z ta thấy với mọi 2 + Z, 3 + Z,.., m + Z ∈ / Z trong đó I ∈ ∀ I = 2,3,.,m thì do 42 Mà theo trên nên Vậy f1 là đồng nhất thức bậc m- 1 trên / Z và hiển nhiên là đồng nhất thức chính qui mạnh ( Do Sf1 Sf). Theo giả thiết qui nạp thì A a/Z lũy linh địa phƣơng. Nhƣng do Z 2 = 0 nên Z lũy linh Nhƣ vậy /Z và Z đều lũy linh địa phƣơng, cho nên lũy linh địa phƣơng. Nhƣ vậy, trong mọi trƣờng hợp, luôn chứa ideal trái lũy linh địa phƣơng I≠0 , mâu thuẫn với mệnh đề II.4 Do đó A = 0,nghĩa là A=L(A), vì vậy A lũy linh địa phƣơng. Mệnh đề II. 16 đƣợc chứng minh xong. Mệnh đề II.17: Giả sử A là đại số thỏa mãn đổng nhất thức chính qui mạnh bậc d và B là nil đại số con bất kỳ của A thì: ( Ở đây N(0) là tổng các ideal lũy linh của A ). Chứng minh: Trƣớc hết ta chứng minh cho trƣờng hợp B là lũy linh. Với mọi số nguyên dƣơng n ta đinh nghĩa: Tức là Khi đó với h 2n ta có Đồng thời ∀ j > k ta có UjUk AB n A (**) Do B là lũy linh nên tồn tại số nguyên dƣơng n nhỏ nhất sao cho AB nA là lũy linh. Rõ ràng một đồng nhất thức chính qui mạnh là một đồng nhất thức hoàn toàn. Theo giả thiết A thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh 43 bậc d cho nên áp đụng bổ đề II. 14.4 ta có thể giả thiết đó là đồng nhất thức đa tuyến tính. Hơn nữa vì các "hệ số" khác không của đồng nhất thức này là khả nghịch nên ta có thể giả thiết rằng đồng nhất thức f của A có dạng : (***) Nếu nhƣ n > [d/2] thì 2n > d. Khi đó, nếu đặt h = d và thay xi= ui ∈ Ui trong (*** ) ta sẽ đƣợc Áp dụng (*) và (**) ta có (Bn-1A)d [ ] ABnA Do Tóm lại (ABn-1A)d+1 ABnA .Suy ra ABn-1A lũy linh, mâu thuẫn với cách chọn số n. Mâu thuẫn này chứng tỏ không thể có n > [d/2]. Vì vậy [ ] A lũy linh. Suy ra [ ] + [ ] + [ ] A + [ ] A là ideal lũy linh của A và do đó bị chứa trong N(0). Suy ra [ ] N(0). Nếu B là nil ideal thì theo mệnh đề II. 16 B là ideal lũy linh địa phƣơng. Với mọi họ các phần tử bị b1b2,. . . , b[d/2] ∈B thì { b1, b2 . . , b[d/2]} sinh ra ideal lũy linh C. Theo chứng minh trên ta có [ ] N(0).Do đó b1b2,. . . , b[d/2] ∈B cho nên ta suy ra [ ] N(0). Mệnh đề II.17 đƣợc chứng minh xong. 44 Mệnh đề II.18: Nếu A là đại số thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh bậc d thì ln(A) = L(A) = Un(A). Chứng minh: Gọi U = Un(A)thì U N(0) Đồng thời theo bổ đề II.17 ta có [ ] N(0)Cho nên U/N(0) lũy linh trong A/N(0). Do đó U N(1). Từ định nghĩa về ln(A) ta có U ln (A). Nhƣng theo mệnh đề II.8 thì ln(A) L(A) Un(A) cho nên suy ra điều phải chứng minh. 45 F. Các Radical của các Pi – đại số Chúng ta sẽ chứng minh sự trùng nhau của lower nil radical Levitzki nil radical và upper nil radical của mót Pl-đại số bất kỳ. Đó là sự tổng quát hóa mệnh đề II. 13. Dựa vào định nghĩa các radical , ta sẽ chứng minh ln(A) là nil ideal tối đại của A. Muốn vậy ta sẽ chứng minh A/ln(A) không có nil ideal 0. Nhƣng A/ln(A) là tích trực tiếp con các đại số nguyên tố cho nên chỉ cần chứng minh điều trên cho các PI-đại số nguyên tố. Nhờ định lý Kaplansky-Amitsur-Levitzki ta chứng minh đƣợc các PI-đại số nguyên tố thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn tắc bằng cách nhúng nó vào một đại số các đa thức một biến. Nhƣng do các đổng nhất thức chuẩn tắc là chính qui mạnh cho nên dùng những kết quả về PI-đại số thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh, ta sẽ chứng minh đƣợc mệnh đề II. 19 sau đây: Mệnh đề II.19: Mếu A là một PI- đại số thì ln(A) = L(A) = Un(A). Trƣớc hết ta xét một số khái niệm và bổ đề sau: Nếu S là vị nhóm con của vị nhóm nhân của vành giao hoán K và M là K-modun thì ta ký hiệu MS là địa phƣơng hóa của M với S. Đó là một K -modun. Vì chính K lại là một K modun nên có thể nói đến K-modun KS. Ta có đẳng cấu K-modun: MS KS KM ( Cho bởi s-1x s-11 X ). MS có thể xem nhƣ một KS -modun với định nghĩa: = (k1x), ∀ ∈ K ∀ ∈ . Khi đó đẳng cấu K modun nói trên đƣợc xem nhƣ đẳng cấu KS -modun. Khi P 46 là một ideal nguyên tố của vành K, gọi S= K\ P thì MS trong Trƣờng hợp này đƣợc ký hiệu là Mp. Rõ ràng KP là đại số địa phƣơng. Đặc biệt khi A là K đại số thì As KS KA là đại số trên KS. Bổ đề II.19.1: Nếu f(x1 ,x2, . ,xm ) là một đồng nhất thức trên đại số A thì đó cũng là đồng nhất thức trên AS xem là đại số trên K Chứng minh Bổ đề II. 19.1: Ta chỉ cần chứng minh Ta viết Khi đó ∀ s∈ S, ∀ai ∈ A ta có Lần lƣợt thay s bởi 1, s, s2 ,. . ., sd ta đƣợc hệ phƣơng trình: (*) (ở đây xj = fj(a1,a2,,am)) Ta có : với t bất kỳ trong đó e = (d3 - d)/6 còn h(t) ∈ Z[t]. Nếu ta nhân các phƣơng trình của (* ) với các phần phụ đại số của các phần tử trong cột j+l của định thức có đƣợc bằng cách thay t bởi s trong định thức nói trên rồi cộng các phƣơng trình thu đƣợc lại thì ta nhận đƣợc se(1- sh(s))xj = 0 với 0 j d. Suy ra s -1 xj = 1 -1 h(s)xj. Có nghĩa là 47 (s -1 1)(1 -1 xj) = (1 -1 h(s))(1 -1 xj). Do đó (s -1 1) j (1 -1 xj) = (1 -1 h(s)) j (1 -1 xj). Cho nên s -1 xj = 1 -1 h(s) j xj. Vì vậy: f(s -1 a1, s -1 a2 ,, s -1 am) = ∑ fj(a1,a2 ,, am) = ∑ xj = ∑ h(s) j xj = Bổ đề II.19.1 đƣợc chứng minh xong. Bổ đề II.19.2: Nếu B là vành giao hoán, có đơn vị và g(λ ) = a0+ a1λ + ....... . . + anλ n, là ƣớc của đơn vị trong B[λ ] thì a0 là ƣớc của đơn vị còn a1,a2, . . . , an là các phẫn tử lũy linh của B. Chứng minh bổ đề II.19.2 : Vì g(λ ) = a0+ a1 λ +....+anλ n là ƣớc của đơn vị trong B[λ ] nên h ∈ [ ] sao cho g(λ)h(λ) =1 . Do đó: Suy ra a là ƣớc của đơn vị. Ta chứng minh với r mà 0 r m đều có (an) r+1 bm-r = 0. Thật vậy với r = 0 thì đó chính là đẳng thức thứ m+1 của hệ trên. Nhân đẳng thức thứ m với an ta đƣợc (an) 2 bm-1 + anan-1bm = 0 (an ) 2 bm-1 =0. Lại nhân đẳng thức thứ m-1 với (an) 2 ta đƣợc (an) 3 bm-2 + 48 + (an) 2 an-1 bm-1 + (an)2an-2 bm = 0 (an) 3 bm-2 =0 .. Từ kết quả trên với r= m ta có (an) m+1 b0 =0 (an) m+1 b0a0 =0 (an) m+1 =0 an luỹ linh -anλ n lũy linh trong B[λ]. Xét g(λ) + (-anλ n ) , nếu g(λ) + (-anλ n ) không là ƣớc của đơn vị thì g(λ) + (-anλ n ) thuộc một, ideal tối đại ρ nào đó của B[λ]. Mà -anλ n lũy linh -anλ n ∈∩ideal nguyên tố của B[λ] (theo Mệnh đề II.2 và II.13) - an λ n∈ρ g(λ) ∈ρ 1 ∈ρ (vì g(λ) là ƣớc của đơn vị). Vô lý. Chứng tỏ g(λ) + ( -anλn ) là ƣớc của đơn vi. Tức là a0 + a1λ + ...... + an-1 λ n-1 là ƣớc của đơn vị. Lặp lại chứng minh trên ta suy ra an-1 lũy linh. Tiếp tục nhƣ vậy ta suy ra a1,a2 , an lũy linh. Ta nhận thấy rằng: Nếu A là đại số nguyên thủy thì A có modun M bất khả qui, trung thành. Khi đó nếu B, C là các ideal ≠ 0 trong A thì do CM và BM là các modun con ≠ 0 của M cho nên CM=BM=M. Vì vậy (BC)M = B(MC) = BM = M. Suy ra BC ≠ 0. Vậy A là đại số nguyên tố. Chính vì thế bổ để II.19.3 sau đây theo mộtt nghĩa nào đấy là sự mở rộng định lý Kaplansky-Amitsur-Levtzki Bổ đề II.193: Nếu A là đại số nguyên tố thỏa mãn đổng nhất thức hoàn toàn f bậc n thì A thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn tắc S2[n/2] Chứng minh Bổ đề II. 19.3: Ta gọi C là tâm của A và xem A là đại số trên C. Nếu k ∈K thì k1∈ C và ka = (k1)a. Thay hệ số k của f bởi k1 ta đƣợc đồng nhất thức 49 hoàn toàn f0 của đại số A trên C. Gọi S= C\ {0}, địa phƣơng hóa của A với S đƣợc ký hiệu là A0. Do A là đại số nguyên tố nên C là một miền nguyên. Gọi F là trƣờng các thƣơng của miền nguyên C thì A0 chính là F K A. Theo bổ đề II.19.1 thì f0 là đồng nhất thức của A0 trên trƣờng F cho nên f0 là đồng nhất thức chính qui mạnh. Giả sử (s-1 x)(t-1a)(u-1y) 0 đối với mọi t-1a ∈A0 . Khi đó xay=0 với mọi a∈ A. Do A nguyên tố nên x = 0 hoặc y= 0. Vì vậy s-1= 0 hoặc u-1 y = 0. Suy ra A0 nguyên tố. Nếu A0 chứa nil ideal ≠ 0 thì theo mệnh đề II.16. nó sẽ chứa ideal lũy linh ≠ 0, mâu thuẫn với việc A0 nguyên tố. Vậy A không có nil ideal ≠0. Xét đại số đa thức một biến A0[λ]. Do A0 không có nil ideal ≠0 nên J(A0[λ])=0. Thật vậy giả thiết J(A0[λ]) ≠0. Chọn phần tử ≠ 0 trong J(A0[λ]) là φ(λ) = a0 + a1λ + ..... + am λ m với số các hệ số khác không là ít nhất. Ta có thể giả thiết am ≠ 0.Ta có [ai,φ(λ)] và nếu nhƣ [ai,φ(λ)] ≠ 0 thì nó sẽ có số các hệ số khác không ít hơn là φ(λ , trái với việc chọn φ(λ). Do vậy [ai , φ[λ]= 0 [ai ,aj] = 0 ∀i, j. Điều này cho thấy rằng đại số con B của A0 sinh bởi các ai là đại số giao hoán. Theo Mệnh đề II.5 thì J(A0[λ]) tựa chính qui hai phía, mà h(λ) = λφ(λ) ∈ J(A0[λ]) nên g(λ) sao cho h(λ) + g(λ) +h(λ)g(λ)=0 (*) 1 + h(λ) + g(λ) + h(λ)g(λ)=1 [1+h(λ)] + [1+ h(λ)]g(λ)=1 [l+h(λ)][l+g(λ)]=1. Tƣơng tự g'(λ) sao cho h(λ) + g'(λ) + g'(λ)h(λ) = 0 (**) 1 + h(λ) + g'(λ) + g'(λ)h(λ) = 1 [1+h(λ )] + g'(λ) [1 + h(λ)] =1 [1+g'(λ)] [1 + h(λ)]= l Đồng thời, từ (*) suy ra g'(λ)h(λ) + g'(λ)g(λ) + g'(λ)h(λ)g(λ) = 0 và từ (**) ta suy ra h(λ)g(λ) + g'(λ)g(λ)+ g'(λ)g(λ)+ g'(λ)h(λ)g(λ)= 0- Từ hai đẳng thức 50 mới này ta có: h(λ)g(λ) = g'(λ)h(λ). Thay vào (*) và (**) ta đƣợc ha + g(λ) = h(λ) + g'(λ) g(λ) = g'( ) Tóm lại ta đƣợc: Gọi thì: Nhƣng nếu gọi n là bậc của g(λ) Thì vì rằng : Nhân 1 + g(λ) vào bên trái của hai vế đẳng thức trên là đƣợc: Mà : Vì vậy : Suy ra : Vì bậc deg g(λ)= n nên từ đẳng thức trên ta suy ra các hệ số của g(λ) là nhận đƣợc từ các hệ số của ψ(λ) + ....+ ψ(λ)n . Có nghĩa rằng các hệ số của g(λ) thuộc đại số con B của A0 sinh bởi các hệ số của φ(λ) . Tức là g(λ). Áp dụng bổ đề II. 19.2 ta suy ra a lũy linh. Do aφ(λ) và φ(λ)a∈ J(A0 [λ]) ∀a∈A0 cho nên aam và ama lũy linh ∀a ∈A0. Suy ra A0 có nil ideal ≠ 0. Mâu thuẫn. Chứng tỏ rằng J(A0[λ]) = 0. Theo bổ đề II. 14.4, ta có thể xem f và f0 là đa tuyến tính. Do đó A0 (λ) thỏa mãn đồng nhất thức hoàn toàn bậc n. Với P là ideal nguyên thủy của A0 [λ] thì A0[λ]/Plà đại số nguyên thủy trên trƣờng thỏa mãn đồng nhất thức hoàn toàn bậc n . Theo định lý Kaplansky -AmitsnrLevitzki thì S2[n/2] là đồng nhất thức của A0[λ]/P.Do đó nếu φ1 ,φ2, ......φ2[n/2] = A0 [λ] thì S2[n/2] (φ1 ,φ2,....,φ2[n/2]) ∈P. Do JA0[λ] = 0 nên⋂ =0. Suy 51 nhúng vào A0[ λ] cho nên S2[n/2] là đồng nhất thức trên A. Bổ đề II. 19.3 đƣợc chứng minh xong. Bổ đề II.19.4: Nếu A là tích trực tiếp con các đại số nguyên tố và thỏa mãn đồng nhất thức hoàn toàn thì A không có nil ideal ≠ 0 Chứng minh Bổ đề II.19.4: Ta chỉ cần chứng minh cho trƣờng hợp A là đại số nguyên tố. Khi đó theo bổ đề II. 19.3 thì A thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn tác và dĩ nhiên là đông nhất thức chính qui mạnh. Nếu nhƣ A chứa một nil ideal ≠ 0 thì theo Mệnh đề II.16 A sẽ chứa một ideal lũy linh ≠ 0 trái với việc A là đại số nguyên tố. Bổ đề II. 19.4 đƣợc chứng minh xong. Áp dụng các bổ đề nêu trên, ta chứng minh Mệnh đề II.19: Giả sử A là một PI -đại số. Gọi N = ln(A), theo Mệnh đề II.2 thì A/N là tích trực tiếp con của các đại số nguyên tố. Mặt khác, vì A là PI-đại số nên A/N thỏa mãn đồng nhất thức hoàn toàn. Do vậy, theo bổ đề II. 19.4 thì A/N không có nil ideal ≠ 0. Giả sử P là nil ideal của A, P N P/N là nil ideal của A/N P/N = 0 P = N. Do vậy, N là nil ideal tối đại của A. Tức là ln(A) = N = Un(A). Từ Mệnh đề II.8, ta suy ra ln(A) = L(A) = Un(A). Mệnh đề II. 19 đƣợc chứng minh xong. Bổ đề II. 19.3 là một trong những bổ đề đƣợc chúng ta ấp đụng để chứng minh sự trùng nhau của lower nil radical, Levitzki nil radical và upper nil radical của một PI đại số Không những thế nó còn cho ta một điểu kiện cần và đủ nữa để một đại số là PI-đại số nhƣ hệ quả dƣới đây: Hệ quả II.19.5: A là mót PI-đại số khi và chỉ khi A thỏa mãn đồng nhất thức với n và m nào đó. Chứng minh Hệ quả II.19.5: 52 Giả sử A là PI đại số. Khi đó tồn tại đồng nhất thức f trên A sao cho SfA = A(ở đây Sf = {α 1, α 2 , . . ., αr } ). Gọi d là bậc của f và đặt n=[d/2]. Xét A 2n = AxAx.xA ( Tích 2n lần của A ). Gọi A' = ∏ trong đó Aα = A∀α ∈A2n . Theo Mệnh đề II.11, tồn tại các ai∈A để: Giả sử ãj ∈ ∏ là phần tử mà các thành phần của nó đều là aj∈A. Thế thì ∑ j. Do đó A' ∏ là một PI-đại số. Gọi N' = ln(A') = Un(A') thì theo mệnh đề II.2 A'/N' là tích trực tiếp con các đại số nguyên tố thỏa mãn f và f là đồng nhất mức hoàn toàn đối với tất cả các đại số nguyên tố đó. Áp dụng bổ đề II.19.3 ta suy ra S2n là đồng nhất thức của A/N'. Gọi âj ∈A' là phần tử mà thành phần thứ α= (a1, a2,. . .,a2n ) ∈ A 2n của nó là aj thì S2n (â1, , â2n )∈ N'. Do đó, vì N' = Un(A') là nil ideal của A' cho nên m sao cho [S2n (â1,.......,â2n )]m = 0. Từ đó suy ra rằng [S2n (â1,.......,â2n )]m = 0. Cho α chạy khắp tập chỉ số A 2n ta suy ra [S2n (a1,.. , a2n )]m =0∀a1,. , a2n∈ A. Có nghĩa rằng là đồng nhất thức của A. Ngƣợc lại nếu ( với n, m nào đó ) là đồng nhất thức của A thì đó sẽ là đồng nhất thức hoàn toàn đối với mọi ảnh đồng cấu khác không của A. Cho nên A là PI đại số. Từ đây suy ra rằng đại số con của một PI-đại số là PI-đại số. Nhƣ vậy vơi một PI-đại số bất kỳ ln(A) = L(A) = Un(A) J(A). Vấn để đƣợc đặt ra là liệu với các PI-đại số thì lower nil radical, Levitzki nil radical, 53 upper nil radical có trùng hay không với radical Jacobson ? Trong các mệnh đề II.17, II. 18, II. 19 ta sẽ đƣa ra một số trƣờng hợp về các PI-đai số trong đó tất cả các radical là trùng nhau ở phần cuối cùng của luận văn ta sẽ đƣa ra mót phản ví dụ về một PI-đại số mà lower nil radical, Levitzki nil radical và upper nil radical không trùng với radical Jacobson . Mệnh đề II.20: Nếu K là vành giao hoán có đơn vị thì trong đại số các đa thức một biến A = K[ λ] ta có ln(A) = L(A) = Un(A) = J(A). Chứng minh: Giả sử φ ∈J(A),φ = a0 + + a n λ n . Nếu 1- φ không là ƣớc của đơn vị thì xét họ tất cả các ideal của A chứa 1-φ rồi áp dụng bổ đề Zorn ta suy ra 1-φ thuộc một ideal tối đại P nào đó. Nhƣng J(A) = ∩ ideal tối đại và φ ∈J(A) nên φ ∈P. Do đó l ∈P p = A vô lý. Vậy 1-φ là ƣớc của đơn vi. Theo bổ đề II. 16.5 thì 1- a0 là ƣớc của đơn vi trong K còn a1, a2,. . . an lũy linh. Mặt khác với ψ =λ , vì J(A) là ideal nếu ψ φ ∈ J(A). Chứng minh tƣơng tự nhƣ trên đối với 1 - ψ φ ta suy ra 1 - ψ φ là ƣớc của đơn vị. Tức là 1- a0λ- a1λ2 -......-anλ n +1 là ƣớc của đơn vị. Lại áp dụng bổ đề II.16.5 ta suy ra ra a0 lũy linh. Tóm lại tất cả các hệ số của φ đều lũy linh cho nên φ lũy linh. Theo bổ đề II.13.1 thì φ ∈Un(A). Do vậy ln(A) = L(A) = Un(A) = J(A). Mệnh đề :II.21: Nếu A là đại số giao hoán sao cho mọi ideal không chứa trong ln(A) đều có phần tử lũy đẳng ≠ 0 thì: ln(A) = L(A) = Un(A) = J(A). Chứng minh: Giả sử X∈J(A). Nếu X ln(A) thì sẽ tồn tại một ideal nguyên tố P sao cho x ∈P. Xét ideal (x) thì (x) ln(A).Theo giả thiết trong (x) có phần 54 tử lũy đẳng ≠ 0. Vậy a∈A sao cho (ax)2 = ax ≠ 0. Suy ra ax(l- ax) = 0 Nếu nhƣ 1-ax không phải là ƣớc của đơn vị thì xét họ tất cả các ideal chứa 1- ax rồi áp dụng bổ đề Zorn ta suy ra 1- ax∈ p với P là một ideal tối đại nào đó. Nhƣng x∈J(A) ax∈J(A) ax∈P. Do đó 1 ∈P P = A vô lý. Vậy 1-ax là ƣớc của đơn vị y∈A sao cho (1- ax)y=l. Từ đẳng Thức ax(l - ax) = 0 ax(l -ax)y = 0 ax - 0 vô lý. Nhƣ vậy ∀x∈J(A) ta đều suy ra x∈ln(A). Cho nên ln(A) = L(A) = Un(A) = J(A). Mệnh đề II.21 đƣợc chứng minh xong. Để tất cả các radical của một PI-đại số là trùng nhau thì điều kiện đại số đố là giao hoán không phải là điều kiện bắt buộc. Có những PI-đại số không giao hoán nhƣng vẫn có tính chất trên. Sau đây ta xét một trƣờng hợp nhƣ vây. Ta xét đại số M2(K) các ma trận vuông cấp 2 trên vành K bất kỳ. Theo định lý Amitsur Levitzki ( Mệnh đề II.15) thì M2(K) là PI-đại số và do vậy là PI-đại số không giao hoán. Ta gọi: I2 = {X = ( ) ∈ M2(K)/x,y∈J(K)} I1 = {X = ( ) ∈ M2(K)/x,y∈J(K)} Với X = ( ) ∈ I1 là phần tử bất kỳ . Vì x ∈ J(K) nên x’ ∈ K Để x + x’ + xx’ = 0 . Gọi X’ = ( ) ta có W = X + X’ + XX’ = ( ) ∈ I1 và W 2 = 0 cho nên nếu gọi Z=-W ta có W+Z+WZ =0 X+X'+XX'+Z+(X+X'+XX')Z=0 X+(X'+Z + X'Z) +X(X'+Z+X'Z) =0 X tựa chính qui phải. Nhƣ vậy đã chứng minh đƣợc mọi X∈ I1, đều tựa chính qui phải. Vì vậy I1 tựa chính qui phải. Theo mệnh đề II. 5 thì I1 J(M2(K)). Tƣơng tự I2 J(M2(K)). Suy ra M2(J(K)) J(M (K)). Ngƣợc lại, do J(M2(K)) là ideal nên nó có dạng M2(P) 55 trong đó P là một ideal nào đó của K. Giả sử b∈P, xét B = ( ) ∈ M2(P) = J(M2(K)) nên B tựa chính qui phải. Suy ra b tựa chính qui phải. Vì thế P tựa chính qui phải trong K Do đó P J(K). Suy ra M2(P) M 2(J(K)) Tức là J(M2(K)) M2(J(K)). Tóm lại J(M2(K)) = M2(J(K)). Ta xét trƣờng hợp đặc biệt khi K là vành nửa nguyên thủy (tức là J(K) = 0 ). Khi đó J(M2(K)) = 0. Mà ln(M2(K)) = L(M2(K)) = Un(M2(K)) J(M2(K)). Cho nên suy ra ln(M2(K)) = L(M2(K)) = Un(M2(K)) = J(M2(K)). Nhƣ Chúng ta đã đạt đƣợc trong mệnh đề II. 19, đối với PI đại số bất kỳ ta có lower radical, Levitzki radical, upper radical trùng nhau. Ở trên, ta đã đƣa ra một số trƣờng hợp trong đó không những lower radical, Levitzki radicaỊ upper radical trùng nhau mà chúng còn trùng vơi radical Jacobson. Sau đây ta sẽ đƣa ra ví dụ về PI-đại số mà trong đó radical Jacobson không trùng với các radical này. Ta xét đại số con A=:{ x/ x ∈ Q, x = , n lẻ} của đại số các số n hữu tỷ Q xem nhƣ đại số trên vành các số nguyên. Đây là đại số giao hoán cho nên ln(A) - L(A) - Un(A) và trùng với lùi radical cứa A. Do vậy ln(A) = L(A) = Un(A) = 0. Gọi = { x/ x = ∈ A, m chẵn, n lẻ } 0. Đây là ideal tối đại duy nhất của A. Cho nên J(A) = . Vậy ln(A) - L(A) = Un(A) J(A). Sau đây là mót ví du về một PI-đại số không giao hoán mà lower radical, Levitzki radical, upper radical của nó không trùng với radical Jacobson . Xem vành K= { x/ x ∈Q, x = , n lẻ } và xét đại số M2(K). 56 Ta đã biết rằng với vành K bất kỳ thì (M2(K)) = M2(J(K)). Cho nên trong trƣờng hợp này ta có J(M(K)) :M2(ρ ) với p { x/ x= ∈ A, m chẵn, n lẻ }. Nhƣng dễ dàng thấy M2( ρ) không phải là nil ideal cho nên không thể là upper, nil radical của M2(K). Nhƣ vậy radical Jacobson cùa M2(K) không trùng với upper nil radical của nó. 57 LỜI KẾT LUẬN Đối với bất kỳ một PI-đại số có đơn vị trên vành giao hoán có đơn vị thì lower nil radical, Levitzki nil radical và upper nil radical đều trùng nhau. Kết quả nói trên là khá tổng quát. Tuy nhiên vẫn còn những vấn đề không đơn giản cần tiếp tục giải quyết. Đó chẳng hạn là: 1.Nếu chúng ta xét các PI-đại số nhƣng xem nhƣ các đại số không có đơn vị trên vành giao hoán có đơn vị thì các radical của chúng sẽ ra sao ? 2.Nếu chúng ta xét các PI-đại số nhƣng xem nhƣ các đại số không có đơn vị trên vành không giao hoán, không có đơn vị thì các radical của chúng sẽ ra sao ? Cũng trong bản luận án này, chúng ta cũng biết rằng đối vơi mỗi PI-đại số có đơn vị trên vành giao hoán có đơn vị bất kỳ thì lower nil radical, Levitzky nil radical và upper nil radical trùng nhau nhƣng không nhất thiết trùng với radical Jacobson. Ngoài những trƣờng hợp đƣợc nêu ra (mà trong đó tất cả Các radical đều trùng nhau ) cần tìm ra các trƣờng hợp khác nữa tổng quát hơn, đẹp mắt hơn. 58 Ngoài ra, đối với các PI-đại số không phải chỉ có vấn đề nghiên cứu các radical của chúng. Chúng ta cần phải xét các khía cạnh khác nữa chẳng hạn xét các lớp PI-đại số cùng chung tập các đống nhất thức Chúng ta cũng cần phải xem xét các tính chất của phạm trù các PI-đại số.....vv. Những vẩn đề đƣợc phác qua ở trên chắc chắn chỉ là một phần rất ít của tất cả những gì cần nghiên cứu xung quanh vấn đề về các PI-đại số Trong phạm vi thời gian và sức lực của mình, tôi còn chƣa giải quyết đƣợc Nhƣng tôi tin chắc rằng những vấn đề đó sẽ rất hấp dẫn và hứa hẹn những kết quả khả quan. Chắc chắn tôi sẽ còn tiếp tục trên bƣớc đƣờng tìm tòi những gì còn chƣa đƣợc giải quyết. Một lần nữa xin gửi tới ngƣời thầy của tôi - PTS Bùi Tƣờng Trí lòng biết ơn sâu sắc. Xin cám ơn tất cả quí thày cô và tất cả bạn bè, đồng nghiệp đã giúp đỡ, động viên tôi rất nhiều trong thời gian tôi làm bản luận án này. NINH QUANG THĂNG ------------HẾT------------