Giải tích (cơ bản) Bài 11: Các bài toán về đồng cấu vành40135

ĐẠI SỐ (CƠ SỞ) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên chỉnh sửa TS Trần Huyên Ngày tháng năm 2005 Bài 11 Các Bài Toán Về Đồng Cấu Vành Cho vành X,Y Ánh xạ f : X → Y đồng cấu vành ∀x1 , x2 ∈ X : f (x1 + x2 ) = f (x1 ) + f (x2 ) f (x1 x2 ) = f (x1 ) · f (x2 ) Nói cách vắn tắt : Ánh xạ f hai vành đồng cấu vành (hay đơn giản : đồng cấu !) f bảo tồn hai phép tốn có vành Đồng cấu vành f gọi đơn cấu ánh xạ f đồng thời đơn ánh Đồng cấu vành f gọi toàn cấu ánh xạ f đồng thời toàn ánh Và đồng cấu vành f gọi đẳng cấu ánh xạ f đồng thời song ánh Hiển nhiên f đẳng cấu ⇔ f đồng thời đơn cấu toàn cấu Ta nhắc lại sau vài kết đáng để ý đồng cấu vành, thường sử dụng toán liên quan đến đồng cấu vành • Hạt nhân đồng cấu vành f định nghĩa : ker f = f −1 (0) Iđêan Kết cho phép chúng ta, chứng minh phận khác rỗng A Iđêan vành X, xác định đồng cấu f : X → Y , với Y vành đó, mà ker f = A • Đồng cấu vành f : X → Y đơn cấu ⇔ ker f = Kết cho phép chúng ta, thay cho việc kiểm tra f đơn ánh, cần tính hạt nhân ker f DeThiMau.vn • Nếu f : X → Y tồn cấu vành tồn đẳng cấu f : X/Kerf → Y cho f = f · p p phép chiếu p : X → X/ ker f Kết cho phép ta chứng minh tồn đẳng cấu từ vành thương X/A tới vành Y ta cần thiết lập tồn cấu f : X → Y mà ker f = A • Nếu f : X → Y đẳng cấu f −1 : Y → X đẳng cấu Kết cho thấy quan hệ đẳng cấu vành quan hệ đối xứng kết hợp với tính chất phản xạ, bắc cầu vốn có quan hệ đẳng cấu quan hệ tương đương Các toán đồng cấu vành, trước hết tốn kiểm tra tính đồng cấu, đơn cấu hay đẳng cấu ánh xạ vành Ví dụ Cho vành X End(X) vành tự đồng cấu nhóm (X, +) Với phần tử a ∈ X, xác định ánh xạ : X → X mà (x) = ax, ∀x ∈ X Chứng minh : ∀a ∈ X ∈ End(X) ánh xạ ϕ : X → End(X) mà ϕ(a) = , ∀a ∈ X đồng cấu vành Chứng minh ϕ đơn cấu vành X có đơn vị Giải Do tính chất phân phối phép nhân với phép cộng vành X nên ∀a ∈ X : (x + y) = a(x + y) = ax + ay = (x) + (y), ∀x, y ∈ X tức : X → X tự đồng cấu nhóm, hay ∈ End(X) Để kiểm tra ánh xạ ϕ : X → End(X) mà ∀a ∈ X : ϕ(a) = đồng cấu vành, ta cần kiểm tra với a, b ∈ X : ha+b = ha·b = ϕ(a + b) = ϕ(a · b) = ϕ(a) + ϕ(b) = ϕ(a) · ϕ(b) = + hb · hb (1) (2) Vì vế đẳng thức (1), (2) ánh xạ từ X vào X, để kiểm tra chúng nhau, ta cần kiểm tra chúng điểm miền xác định X Thật vậy, ∀x ∈ X : ha+b (x) = (a + b)x = ax + bx = (x) + hb (x) = (ha + hb )(x), hab (x) = (ab)x = a(bx) = a · hb (x) = · hb (x) = (ha · hb )(x) Vậy ta có đpcm ; tức ϕ đồng cấu vành DeThiMau.vn Để chứng minh ϕ đơn cấu ta tính ker ϕ : ker ϕ = = {a ∈ X : ≡ 0} = {a ∈ X : (x) = 0, ∀x ∈ X} {a ∈ X : ax = 0, ∀x ∈ X} ⊂ {a ∈ X : a · = 0} = {0} Vậy ker ϕ = 0, tức ϕ đơn cấu X có đơn vị Ví dụ tiếp sau cách kiểm tra Iđêan mà không dùng tới định nghĩa hay tiêu chuẩn Iđêan, đồng thời cách xác lập đẳng cấu từ vành thương nhờ sử dụng định lý tồn cấu Ví dụ Cho R[x] vành đa thức hệ số thực A tập tất đa thức nhận x = làm nghiệm Chứng minh A ⊳ R[x] vành thương R[x]/A trường Nhận xét : Độc giả xử lý ví dụ cách kiểm tra trực tiếp A ⊳ R[x], đồng thời A Iđêan tối có kết R[x]/A trường Cũng sử dụng định lý Bê du nói đa thức f (x) ∈ R[x] biểu diễn dạng f (x) = q(x)(x+1)+f (1), từ để thấy lớp ghép f (x) + A ∈ R[x]/A có biểu diễn dạng f (1) + A với f (1) = r ∈ R; nhờ xác lập đẳng cấu trực tiếp từ R[x]/A → R Tuy nhiên đây, ta muốn xử lý tiết kiệm sau: Giải Xây dựng ánh xạ ϕ : R[x] → R, với R trường số thực, mà ∀f (x) ∈ R[x] ϕ(f ) = f (1) Hiển nhiên ϕ ánh xạ Đồng thời ∀f (x), g(x) ∈ R[x] : ϕ(f + g) = ϕ(f (x), g(x)) = (f + g)(1) = f (1) · g(1) = f (1) + g(1) = ϕ(f ).ϕ(g) ϕ(f ) + ϕ(g) tức ϕ đồng cấu vành Dễ thấy ϕ tồn ánh, ∀r ∈ R chọn f (x) = x+r −1, ta có ϕ(f ) = f (1) = 1+r −1 = r Vậy ϕ toàn cấu cho ta : ker ϕ = {h(x) : ϕ(h) = h(1) = 0} = A ⊳ R[x] R[x]/A ∼ = R, tức R[x]/A trường Nhận xét: Trong ví dụ thay cho việc chứng minh trực tiếp R[x]/A trường, ta xây dựng đẳng cấu R[x]/A ∼ = R Như ta chấp nhận điều : hai vành đẳng cấu với cấu trúc đại số hai vành Thật ra, điều cịn nhân rộng sau : Nếu đồng thời hai tập X Y có trang bị hai phép tốn cộng nhân, có tồn song ánh ϕ : X → Y , bảo tồn hai phép tốn cộng nhân (tức ∀x1 , x2 ∈ X ϕ(x1 + x2 ) = ϕ(x1 ) + ϕ(x2 ); ϕ(x1 x2 ) = ϕ(x1 ) · ϕ(x2 )) từ X vành, với cấu trúc nào, ta suy Y vành với cấu trúc ngược lại Nói riêng X trường ⇔ Y trường Ví dụ Chứng minh tập hợp A ma trận có dạng A= a b −b a : a, b ∈ R trường với hai phép cộng nhân ma trận DeThiMau.vn Nhận xét: Để ý ma trận thuộc A xác định cặp số (a, b) dòng "quan sát" phép cộng nhân ma trận để vết lại dòng trên, ta nhận thấy quy luật thực chất quy luật cộng nhân số phức (độc giả tự viết để xác nhận điều !) Do để xử lý toán ta cần thiết lập song ánh, bảo tồn phép tốn từ A lên trường số phức (C; +, ·) Giải Xây dựng ánh xạ ϕ:A→C a b −b a → a + ib Bạn đọc kiểm tra trực tiếp ϕ bảo toàn hai phép toán cộng nhân, tương ứng A C Hiển nhiên ϕ song ánh với số phức a + ib ∈ C, tồn a b ∈ A mà ϕ(K) = a + ib ma trận K = −b a Vậy từ C trường suy A trường Một dạng toán đồng cấu vành thường xét tới xác định số đồng cấu từ vành tới vành cho trước, hay số tự đồng cấu vành Ví dụ Tìm tất tự đồng cấu trường số hữu tỉ Nhận xét : Việc tìm tự đồng cấu vành hay trường phụ thuộc vào tính chất cấu trúc vành hay trường Đối với trường Q, dễ thấy có hệ sinh đơn giản phần tử ∈ Q Vì để xác định tự đồng cấu f : Q → Q, phải bắt đầu với xác định f (1) Giải Nếu f : Q → Q đồng cấu f (1) = f (1 · 1) = f (1).f (1) Suy : f (1)(1 − f (1)) = m n ⇔ f (1) = (1) f (1) = (2) Để ý f đồng cấu từ Q → Q ta tính f ( m ) qua f (1) với n ∈Q Thật : Vì 1 f (1) f (1) = f (n · ) = n · f ( ) ⇒ f ( ) = n n n n Do : f ( m ) = f (m · n1 ) = m · f ( n1 ) = m · n f (1) n = m f (1) n Quay trở lại với công thức (1), (2) Khi f (1) = theo (3) : f ( m ) = 0, n cấu không θ ∀m ∈ Q tương ứng với kết ta có đồng n Khi f (1) = theo (3) : f ( m )= n cấu đồng ∀m ∈ Q tương ứng với kết ta có đồng n m , n Vậy có hai tự đồng cấu trường Q đồng cấu θ đồng cấu đồng DeThiMau.vn a b : a, b ∈ R vành với hai phép cộng nhân ma trận (xem b a tập §9) Với cặp số r, s ∈ R, xác định ánh xạ ϕsr : M → R mà với ma trận a b ϕsr (A) = + sb Tìm tất cặp (r, s) cho ϕsr đồng cấu vành A= b a Ví dụ : Cho M = Giải Dễ thấy với cặp r, s ϕsr bảo tồn phép tốn cộng Vậy ϕsr đồng cấu vành ⇔ ϕsr bảo toàn phép toán nhân, tức với cặp ma trận c d a b ,B = A= d c b a s s : ϕr (A · B) = ϕr (A) · ϕsr (B) ⇔ r(ac + bd) + s(ad + bc) = (ra + sb)(rc + sd) ⇔ r(ac) + r(bd) + s(ad) + s(bc) = r2 (ac) + s2 (bd) + rs(ad) + rs(bc), ∀a, b, c, d  r = s =  r = r2 r = s2 ⇔ ⇔ r = s =  s = rs r = s = −1 Vậy có tất đồng cấu : ϕ00 : M → R mà ϕ00 (A) = 0, ϕ11 : M → R mà ϕ11 (A) = a + b, ϕ−1 : M → R mà ϕ−1 (A) = a − b, ∀A ∈ M ∀A = a b b a ∈M ∀A ∈ M Nhận xét: Thật đồng cấu nói tập tất đồng cấu có từ M → R Độc giả thử tìm cách chứng minh khẳng định thử xem ? Và ví dụ u cầu tìm tất đồng cấu vành từ M → R bạn giải ? Bài Tập Cho ϕ : X → Y toàn cấu vành Chứng minh : (a) Nếu I ⊳ X ϕ(I) ⊳ Y ; I Iđêan nguyên tố hay tối đại (trong trường hợp X, Y giao hốn có đơn vị) ϕ(I) ngun tố hay tối đại (b) Tồn song ánh từ tập Iđêan Y tới tập Iđêan chứa ker ϕ vành X Cho tập ma trận cấp hai sau: A= a b 3b a : a, b ∈ Q ; B = √ a√ b b a : a, b ∈ Q Chứng minh A, B trường hai phép toán cộng nhân ma trận Khẳng định A ∼ = B hay sai ? DeThiMau.vn Tìm tất đồng cấu vành sau : (a) Từ Z6 tới Z12 (b) Từ Z15 tới Z9 Tìm tất tự đồng cấu : (a) Vành số nguyên Z (b) Vành Z20 số nguyên môđun 20 (c) Trường số thực R (d) Trường số phức C Bài 12 Các Bài Toán Kiểm Tra Các Phần Tử Khả Nghịch, Phần Tử Bất Khả Qui Trong Vành Giao Hốn Có Đơn Vị Các vành giao hốn có đơn vị, đặc biệt miền nguyên, xem tổng quát hóa vành Z số ngun, nên hồn tồn trang bị yếu tố lí thuyết chia hết vành số nguyên nghiên cứu chúng Khái niệm chia hết vành giao hốn có đơn vị đặc biệt miền nguyên, xác định cách tương tự vành số nguyên Cụ thể là, cho X vành giao hốn, có đơn vị a, b ∈ X Ta nói a chia hết cho b hay a bội b tồn phần tử c ∈ X cho a = b · c Khi ta nói b chia hết a hay b ước a Các kí hiệu "chia hết" hay "chia hết cho " dùng miền nguyên Z; tính chất mối quan hệ ước, bội Z bảo tồn vành giao hốn có đơn vị bất kì, chúng dùng sau, cần đến mà không cần phải nhắc lại Phần tử khả nghịch vành giao hốn có đơn vị X phần tử u ∈ X cho u ước đơn vị Nói cách khác u khả nghịch ⇔ ∃v ∈ Xmà u · v = Trong đại số sở ta biết : tập U tất phần tử khả nghịch miền nguyên X lập thành nhóm phép nhân Kết hồn tồn mở rộng cho vành giao hốn có đơn vị ; tức X vành giao hốn, có đơn vị tập U phần tử khả nghịch X lập thành nhóm phép nhân Việc chứng minh kết "sao chép" nguyên xi phép chứng minh kết tương tự miền nguyên trình bày giáo trình đại số sở; xin dành cho bạn đọc kiểm chứng Ví dụ sau cho ta tiêu chuẩn kiểm tra tính khả nghịch phần tử u vành giao hốn có đơn vị X, mối quan hệ với phần tử lũy linh DeThiMau.vn Ví dụ Trong vành giao hốn có đơn vị X, phần tử x ∈ X gọi lũy linh tồn số tự nhiên n > cho xn = Chứng minh : Nếu x lũy linh + x khả nghịch Phần tử u ∈ X khả nghịch ⇔ với phần tử lũy linh x u + x khả nghịch Phân tích ban đầu : Để chứng minh 1+x khả nghịch ta cần ước đơn vị Do tính lũy linh x mà tồn n > để xn = 0, từ (−x)n = = 1−(−x)n bội 1+x = 1− (−x) Giải : Do x lũy linh nên tồn n > để xn = 0, (−x)n = Vì = − (−x)n = (1 + x)(1 + (−x) + · · · + (−x)n−1 ) nên hiển nhiên (1 + x)\1, tức (1 + x) khả nghịch Nếu x lũy linh mà u + x khả nghịch nói riêng với x = (là phần tử lũy linh), u = u + khả nghịch Bây u khả nghịch x lũy linh, ta cần u + x khả nghịch Ta áp dụng 1, cách phân tích u + x = u(1 + u−1 x), với ý x lũy linh u−1 x lũy linh Vậy theo 1) (1 + u−1 x) khả nghịch u + x tích hai phần tử khả nghịch u (1 + u−1 x) phần tử khả nghịch Nhận xét : Trong chứng minh ta sử dụng đẳng thức − xn = (1 − x)(1 + x + · · · + xn−1 ) cho vành giao hốn có đơn vị X Thật tính chất phép toán X, mà "hằng đẳng thức" khác có vành số nguyên Z sử dụng cho X, kể khai triển nhị thức Niu tơn ! Nhận xét : Từ việc xử lý ví dụ trên, ta rút vài phương pháp kiểm tra phần tử u ∈ X khả nghịch Đó u ước đơn vị lời giải 1/ (hoặc u ước phần tử khả nghịch v đó) Cũng u tích phần tử khả nghịch lời giải 2/ Trở lại câu ví dụ bạn đọc tự kiểm tra chi tiết u + x ước phần tử khả nghịch theo cách sau : Cách : Vì u khả nghịch nên tồn u−1 , (u + x)(u−1 + x) = uu−1 + ux + x(u−1 + x) = + v với v = ux + x(u−1 x) lũy linh Cách : Vì xn = nên : (u + x)(u + (−x) + · · · + (−x)n−1 ) = un − (−x)n = un với un lũy thừa phần tử khả nghịch u Về phần tử bất khả qui (tương tự số nguyên tố vành số nguyên Z) để tránh phức tạp mặt kĩ thuật, ta giới hạn xem xét miền nguyên Cho miền nguyên X, p ∈ X phần tử khác không khả nghịch gọi phần tử bất khả qui ước p phần tử khả nghịch hay phần tử sai khác p nhân DeThiMau.vn tử khả nghịch Nói cách khác q|p q|1 q = u · p với u|1 Phần tử q sai khác p nhân tử khả nghịch gọi phần tử liên kết với p viết q ∼ p Các toán phần tử bất khả qui trước hết tốn kiểm tra tính bất khả qui phần tử cho trước a b −b a Ví dụ Cho miền nguyên A = trận : a, b ∈ Z với hai phép toán cộng nhân ma Tìm tất phần tử khả nghịch A Kiểm tra tính bất khả qui phần tử sau A : A1 = 1 −1 1 −1 1 ; A2 = B = −2 Giải Đơn vị A ma trận E = 0 có detE = a b phần tử khả nghịch tồn ma trận B ∈ A cho −b a A · B = E ⇒ detA · detB = detE ⇒ detA = a2 + b2 ước Điều xảy a2 = b2 = a2 = b2 = Nếu A = Vậy có tất phần tử khả nghịch A : 0 ; −1 0 −1 ; −1 −1 a b khả −b a nghịch ⇔ detA = Và A không khả nghịch ⇔ detA > Điều có ích cho lời giải câu 2) sau Nhận xét : Từ việc chứng minh ta tới kết luận : Ma trận A = Do nhận xét ma trận C ∈ A khơng khả nghịch detC > detC −1 1 A2 = số nguyên nên detC ≥ Chú ý ma trận A1 = 1 −1 có detA1 = = detA2 nên hiển nhiên A1 , A2 không khả nghịch; khơng thể phân tích thành tích hai phần tử khơng khả nghịch định thức chúng phải khơng bé (mỗi phần tử khơng khả nghịch có định thức khơng bé !) Vậy A1 A2 bất khả qui Cịn ma trận B phân tích thành : B= −2 −1 −1 −1 = = −1 1 hai nhân tử không khả nghịch Vậy B không bất khả qui Nhận xét : Trong ví dụ để chứng minh phần tử miền nguyên bất khả DeThiMau.vn qui ngồi việc kiểm tra tính khác 0, không khả nghịch, ta dùng cách phản chứng để chứng tỏ khơng thể phân tích thành tích hai phần tử khơng khả nghịch; tức khơng thể có ước thật (là ước khơng khả nghịch không liên kết) Một cách khác để kiểm tra tính bất khả qui phần tử cho trước, sử dụng định nghĩa, lấy ước nó, ta tìm cách chứng minh, ước khả nghịch, ước liên kết với tức ước tầm thường Ví dụ Cho miền nguyên X p ∈ X phần tử khác 0, không khả nghịch Chứng minh Iđêan sinh phần tử p (là p · X) Iđêan nguyên tố p bất khả qui Giải Lấy ước q p, Khi tồn s ∈ X, s = cho p = s · q Hiển nhiên s · q ∈ p · X Iđêan nguyên tố nên s ∈ pX q ∈ pX Nếu s ∈ pX, tồn t ∈ X mà s = pt Kết hợp p = s · q, ta có s = t · q · s, sau giản ước phần tử s = ( miền nguyên có luật giản ước !) đẳng thức cho ta t · q = Suy q|1, tức q ước tầm thường Nếu q ∈ pX, tồn u ∈ X mà q = u · p Lập luận tương tự ta đến u|1, q ∼ p, tức q ước tầm thường Vậy trường hợp q ước tầm thường Vậy p bất khả qui Bài Tập Cho X vành giao hốn, có đơn vị 1, gọi N (X) tập tất phần tử lũy linh X Chứng minh: (a) N (X) Iđêan X (b) Nếu N (X) Iđêan tối đại N (X) Iđêan tối đại nhất, đồng thời nhóm U phần tử khả nghịch U = X|N (X) Cho X vành giao hốn có đơn vị u ∈ X Chứng minh tồn phần tử lũy linh x = cho u + x khả nghịch u khả nghịch Cho K[X] đa thức trường K Chứng đa thức f (x) khơng có nghiệm K mà degf = degf = 3, f (x) bất khả qui K[x] Cho trường K, F mà K ⊂ F đa thức f (x) ∈ K[x] Chứng minh f (x) bất khả qui F [x] f (x) bất khả qui K[x] Nếu f (x) bất khả qui K[x] khẳng định f (x) bất khả qui F [x] ? Xét tính bất khả qui đa thức sau vành Z[x] : (a) f (x) = 2x2 − 3x + (b) g(x) = x2 + x − Cho A miền nguyên p ∈ A ⊂ A[x] Chứng minh p bất khả qui A ⇔ p bất khả qui A[x] DeThiMau.vn Bài 13 Các Bài Tốn Về Vành Chính Một miền ngun X, dù xem mở rộng trực tiếp vành số ngun Z, cịn xa có tính chất lí thuyết chia hết vành Z Nghiên cứu nguồn gốc tính chất này, thấy hầu hết chúng suy từ tính chất đặc biệt vành Z Đó Iđêan vành Z Iđêan Điều dẫn ta tới khái niệm vành định nghĩa sau : Định nghĩa Vành miền nguyên X, Iđêan Iđêan Trong đại số sở ta biết : vành Z, vành đa thức K[x] trường K vành Để kiểm tra vành cho trước X vành chính, theo định nghĩa ta cần kiểm tra X miền nguyên phải Iđêan X Iđêan Ví dụ Chứng minh trường K vành Giải Trước tiên ta K có hai Iđêan tầm thường {0} K Thật vậy, I = Iđêan K ∃a = 0, a ∈ I, ∀x ∈ K x = a(a−1 x) ∈ I I = K Bây I = I = · K Cịn I = K I = · K Vậy Iđêan K Iđêan chính, tức trường K vành Nhận xét : Trong ví dụ trường K có iđêan nên ta kiểm tra riêng Iđêan Iđêan Trường hợp chung nhất, ta thường lấy Iđêan I = tìm cách chứng minh I Iđêan (khi I = hiển nhiên I Iđêan !) Để làm điều này, ta để ý I Iđêan I phải sinh phần tử a ∈ I ∗ , mà a ước phần tử I, tức a phần tử nhỏ I theo quan hệ thứ tự chia hết Căn vào cấu trúc cụ thể vành xét, tính chất nói a giúp ta xác định a ta cịn phải tìm cách chứng minh I = a Chẳng hạn, = I ⊳ Z từ điều a nhỏ theo quan hệ chia hết I suy a nhỏ giá trị tuyệt đối I ∗ , ta xác định a = min{k > : k ∈ I} Hay I = Iđêan vành đa thức K[x], từ điều a nhỏ theo quan hệ chia hết I suy a có bậc nhỏ I ∗ dẫn đến việc xác định a đa thức có bậc nhỏ đa thức I ∗ Vành biết, cịn giữ nhiều tính chất quan trọng lí thuyết chia hết Z : • Trong vành A, ước chung lớn hai phần tử tồn • Trong vành A, hai phần tử a, b nguyên tố ⇔ ∃s, t ∈ A mà sa + tb = • Trong vành A ab c (a, c) = b c • Trong vành A phần tử p = khơng khả nghịch bất khả qui ⇔ ab p a p b p 10 DeThiMau.vn • Trong vành A phần tử a = khơng khả nghịch phân tích thành tích nhân tử bất khả qui phân tích khơng tính đến thứ tự nhân tử hay sai khác nhân tử khả nghịch Các tính chất cơng cụ giúp ta giải tốn tính chất mối quan hệ phần tử vành Ví dụ Trong vành A cho a b, a c (b, c) = Chứng minh a bc Giải Vì a b nên tồn k ∈ A mà a = kb (3) Vì a c nên tồn l ∈ A mà a = lc (4) sb + tc = (5) Vì (b, c) = nên tồn s, t ∈ A : Nhân hai vế (5) với a ta : sba + tca = a thay a hạng tử đầu đẳng thức theo (4), thay a hạng tử thứ hai theo (3) ta : a = sb(lc) + tc(kb) = (sl + tk)bc Vậy: a bc Các tính chất vành giúp cho việc xử lí tốn phủ định vành cho trước vành Ví dụ Chứng minh vành đa thức hệ số nguyên Z[x] không vành Giải Xét hai đa thức x nguyên tố Z[x] Nếu Z[x] vành tồn đa thức h(x), g(x) ∈ Z[x] cho : xh(x) + · g(x) = Tuy nhiên hệ thức có Z[x] số hạng tự đa thức vế trái ln số chẵn, số hạng tự đa thức vế phải số lẻ ! Vậy Z[x] khơng vành Nhận xét : Để Z[x] khơng vành chính, ta đưa tính chất có vành Z[x] lại khơng có Đây phương pháp thường dùng để phủ định vành khơng vành Ngồi phương pháp ta sử dụng phương pháp truyền thống : phản chứng, chẳng hạn ví dụ ta xử lí phản chứng sau : Giả sử Z[x] vành Iđêan I sinh hai đa thức x nguyên tố Iđêan sinh ước chung lớn chúng (x, 3) = 1, tức I = Z[x], I = x, tập đa thức có hạng tử tự bội 3, hoàn toàn Iđêan thực Z[x] Mâu thuẩn giả sử ban đầu sai, tức Z[x] khơng vành 11 DeThiMau.vn √ √ Ví dụ Cho Z( −5) = {a + b −5 : a, b ∈ Z} Chứng minh : √ √ √ Z( −5) miền √ nguyên phần tử 2, 3, + −5 − −5 phần tử bất khả qui Z( −5) √ Z( −5) khơng vành Giải √ Việc kiểm tra Z( −5) là√miền nguyên xin phép dành lại cho độc giả Ở ta kiểm √ tra 2, 3, + −5 − −5 phần tử bất khả qui Ta có nhận xét phần tử có mơ đun bé 4, lớn 1, để chứng minh phần √ tử bất khả qui, ta chứng minh điều tổng quát sau : phần tử z ∈ Z( −5) mà < |z| < z bất khả qui √ √ √ Trước hết ta thấy √ Z( −5) phần tử khả nghịch 1+0 −5, −1+0 −5 Vậy z = a + b −5 không khả nghịch ⇔ b = b = |a| ≥ Khi b = |z| ≥ √ −5 b = |a| ≥ |z| ≥ Vậy z khơng khả nghịch |z| ≥ Do phần tử khơng bất khả qui ln phân tích thành tích hai phần tử không khả nghịch z1 · z2 với |z1 |, |z2 | không bé 2, tức phải có mơ đun khơng bé · = Vậy z có < |z| < z bất khả qui, bốn phần tử nói bất khả qui √ √ Trong Z( −5) xét phần tử ∈ Z( −5) ta thấy √ √ = · 3và6 = (1 + −5)(1 − −5) √ Vậy Z( −5) tồn phần tử có tới hai cách phân tích thành nhân tử bất khả qui khác nhau, vi phạm vào tính phân tích thành nhân tử bất khả qui vành √ Vậy Z( −5) khơng thể vành Bài tập √ √ Chứng minh vành Z( −2) = {a + b −2 : a, b ∈ Z} vành Giả sử p = phần tử vành A Chứng minh p bất khả qui ⇔ Iđêan pA Iđêan nguyên tố Chứng minh p bất khả qui vành thương A/pA trường √ Vành Z( 2)[x] có vành khơng ? √ √ √ Cho Z( −3) = {a + b −3 : a, b ∈ Z} Khi Z( −3) miền nguyên Chứng minh rằng: √ √ √ (a) Các phần tử 2, + −3, − −3 phần tử bất khả qui Z( −3) 12 DeThiMau.vn √ (b) Z( −3) khơng vành Vành chứa đơn vị vành có vành khơng ? Ảnh tồn cấu vành có vành khơng ? Trong vành A cho a, b ∈ A mà (a, b) = Chứng minh với số m, n nguyên dương, ta có (am , bn ) = 13 DeThiMau.vn ... n cấu không θ ∀m ∈ Q tương ứng với kết ta có đồng n Khi f (1) = theo (3) : f ( m )= n cấu đồng ∀m ∈ Q tương ứng với kết ta có đồng n m , n Vậy có hai tự đồng cấu trường Q đồng cấu θ đồng cấu đồng. .. Một dạng toán đồng cấu vành thường xét tới xác định số đồng cấu từ vành tới vành cho trước, hay số tự đồng cấu vành Ví dụ Tìm tất tự đồng cấu trường số hữu tỉ Nhận xét : Việc tìm tự đồng cấu vành... → Y đẳng cấu f −1 : Y → X đẳng cấu Kết cho thấy quan hệ đẳng cấu vành quan hệ đối xứng kết hợp với tính chất phản xạ, bắc cầu vốn có quan hệ đẳng cấu quan hệ tương đương Các toán đồng cấu vành,