TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29 2016 CẤU TRÚC CỦA IĐÊAN NGUYÊN TỐ CỦA VÀNH ĐA THỨC Phạm Thị Bích Hà1 TĨM TẮT Bài báo giới thiệu cấu trúc iđêan nguyên tố vành đa thức biến iđêan nguyên tố đơn thức vành đa thức nhiều biến Từ khóa: Vành, iđêan nguyên tố, vành đa thức ĐẶT VẤN ĐỀ Cho R vành giao hốn có đơn vị Một iđêan I thực R iđêan nguyên tố với a , b R ab I suy a I b I Việc tìm hiểu tính chất cấu trúc iđêan nguyên tố vành cho trước nhiều người quan tâm nghiên cứu Các vấn đề trình bày [1], [2], [3], [4] [5] Mục đích báo hệ thống lại trình bày chi tiết chứng minh cho việc mô tả cấu trúc iđêan nguyên tố vành đa thức Các kết trình bày [2], [3], [4] [5] dạng ý tập Ngoài phần giới thiệu, báo chia thành hai mục Mục mô tả cấu trúc iđêan nguyên tố vành đa thức biến (Định lý 2.2) Mục mô tả cấu trúc iđêan nguyên tố đơn thức vành đa thức nhiều biến (Định lý 3.4) VÀNH ĐA THỨC MỘT BIẾN Trong mục này, giả thiết K x vành đa thức biến x trường K Trước hết, ta nhắc lại kết quen biết sau: Mệnh đề 2.1 Vành K x vành iđêan chính, nghĩa iđêan sinh đa thức Dựa vào mệnh đề ta chứng minh kết mục sau: Định lý 2.2 Giả sử I iđêan vành K x Khi đó, I iđêan nguyên tố I q( x) , q ( x ) đa thức bất khả quy đa thức Giảng viên khoa Khoa học Tự nhiên, Trường Đại học Hồng Đức 78 TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29 2016 Chứng minh: " " Nếu I ta có I (0) Nếu I , theo Mệnh đề 2.1 ta viết I q( x) , q x Giả sử q x không bất khả quy, nghĩa tồn hai đa thức q1 x q2 x cho q x q1 x q2 x , deg q1 x deg q x deg q2 x deg q x Giả sử q1 x I ta viết q1 x h x g x , h x K x Suy deg q1 x deg q x , mâu thuẫn với deg q1 x deg q x q1 x I Chứng minh tương tự ta có q2 x I Như q1 x q2 x I mà q1 x I q2 x I nên I iđêan nguyên tố Điều mâu thuẫn với giả thiết I iđêan nguyên tố Vậy q x đa thức bất khả quy " " Nếu I (0) I nguyên tố Nếu iđêan I , theo Mệnh đề 2.1 ta viết I q( x) với q ( x) q ( x) bất khả quy Giả sử f1 f I , f1 f K x Tồn f3 x K x thỏa mãn f1 x f x f3 x q x Vì q x bất khả quy nên ta có f1 x q x f x q x Nghĩa f1 x I f x I hay I iđêan nguyên tố Nếu K trường số phức ta có kết quen thuộc sau: Bổ đề 2.3 Giả sử x vành đa thức trường số phức Khi đa thức f x khác đa thức x bất khả có dạng f x ax b , a Hệ 2.4 Giả sử I iđêan vành x Khi đó, I Iđêan nguyên tố I I ax b , a Chứng minh: Theo Định lý 2.2 Bổ đề 2.3 ta nhận điều phải chứng minh VÀNH ĐA THỨC N BIẾN Trong mục này, xét K x1 , , xn vành đa thức n biến ( n 1) trường K Để cho gọn ta viết K x1 , , xn K X Các kết quà mục trình bày [2], [3] [5] Vành đa thức n biến với n vành Do việc mơ tả cấu trúc iđêan nguyên tố vành đa thức nhiều biến không đơn giản vành biến Trong phạm vi báo xem xét lớp iđêan đơn thức 79 TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29 2016 Để tiếp cận giải vấn đề này, trước hết xem xét vành biến Ta thấy iđêan đơn thức vành biến có dạng I x Theo Định lý 2.2 ta có I nguyên tố x bất khả quy Do , nghĩa I x Chúng giới thiệu chứng minh sau dài so với cách chứng minh giúp tiếp cận tốn trường hợp nhiều biến Đó nội dung định lý sau: Định lý 3.1 Giả sử I iđêan đơn thức vành K x I iđêan nguyên tố I x Chứng minh: " " Giả sử I x Lấy tùy ý đa thức f a0 a1 x an x n I Khi ta viết f g x x , g b0 b1x bm x m Ta nhận được: a0 a1 x an x n (b0 b1x bm x m ) x Đồng thức hai vế ta a0 Do f x I f x có dạng: f a1 x an x n Lấy hai đa thức bất kỳ: f x a0 a1 x an x n , g x b0 b1 x bm x m K x cho f x g x I Ta có: f ( x).g ( x) a0b0 (a1b0 a0b1 ) x a j bk xi (anbm ) x n m j k i Vì f ( x ).g ( x ) I , nên a0b0 Do a0 , b0 K , nên ta nhận a0 b0 0, nghĩa f x I g x I Vậy I Iđêan nguyên tố " " Giả sử I ( x ) , Khi x x.x 1 Ta có x I x I x 1 I Dẫn đến mâu thuẫn với I nguyên tố Vậy hay I ( x ) Bây ta xét vành đa thức nhiều biến ( n ) Trước hết ta cần số kết bổ trợ Khơng tính tổng qt, ta giả sử thứ tự biến xi1 , xi2 , , xin Kí hiệu: X ih ( xih1 , , xin ) với h n Trong X ( x1 , , xn ) hay ta có X0 X Bổ đề 3.2 Cho f X đa thức vành K X Khi f X viết dạng sau: 80 TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29 2016 f ( X ) g1 ( X ) xi1 g k ( X ik 1 ) xik g k 1 ( X ik ) đó: k n g j ( X j 1 ) K [X j 1 ] với j k Chứng minh: Giả sử f X a X N n Bước 1: Nhóm tất từ f X chứa biến xi ta được: f ( X ) g1 ( X ) xi1 f1 ( X i1 ) Bước : Nhóm tất từ f X i (1) chứa biến xi ta được: f1 ( X i1 ) g ( X i1 ) xi2 f ( X i2 ) (2) Tiếp tục làm đến bước k ta được: f k 1 ( X ik 1 ) g k ( X ik 1 ) xik g k 1 ( X ik ) (k) Cộng (1) … (k) ta được: f ( X ) g1 ( X ) xi1 g k ( X ik 1 ) xik g k 1 ( X ik ) Vậy bổ đề chứng minh xong Bổ đề 3.3 Cho f X K X I ( xi1 , , x ik ) Đa thức f X I f X viết dạng sau: f ( X ) g1 ( X ) xi1 g k ( X ik 1 ) xik với k n g j ( X i j 1 ) K [X i j 1 ] với j k Chứng minh: " " Lấy tùy ý đa thức f X I Theo Bổ đề 3.2 ta có f X g1 ( X ) xi1 gk ( X ik 1 ) xik gk 1 ( X ik ) suy ra: g k 1 ( X ik ) f ( X ) gi ( X ) xi g k ( X ik 1 ) I Theo [2, Bổ đề 4.2 Bổ đề 4.3], ta có từ đa thức g k 1 ( X ik ) phải chia hết cho biến xi j với ( j 1, k 1) Vì đa thức g k 1 ( X ik ) không chứa biến xi1 , , x ik , nên từ g k 1 ( X ik ) phải 0, g k 1 ( X ik ) Vậy ta nhận f g1 ( X ) xi1 g k ( X ik 1 ) xik '' '' Giả sử f g1 ( X ) xi1 g k ( X ik 1 ) xik theo định nghĩa iđêan sinh tập x in , , xik ta có f X I 81 TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29 2016 Vận dụng Bổ đề ta chứng minh kết báo sau: Định lý 3.4 Giả sử I iđêan đơn thức vành K X Khi I iđêan nguyên tố I sinh tập biến, nghĩa I ( xi1 , , xik ), k n Chứng minh: '' '' Giả sử: I ( xi1 , , xik ) với k n Không tính tổng qt, ta giả sử thứ tự biến xi1 , , xin Lấy hai đa thức g ( X ) h ( X ) tùy ý thuộc K [ X ] Theo Bổ đề 3.2, ta viết: g X g1 ( X ) xi1 g k ( X ik 1 ) xik g k 1 ( X ik ) h X h1 ( X ) xi1 hk ( X ik 1 ) xik hk 1 ( X ik ) đó: gi ( X i j1 ), h i ( X i j1 ) K [ X i j1 ],1 j k Đặt: g1 ( X ) xi1 g k ( X ik 1 ) xik Bg h1 ( X ) xi1 hk ( X ik 1 ) xik Bh Khi đó: g X Bg g k 1 ( X ik ) h X Bh hk 1 ( X ik ) Suy ra: g X h X [ Bg g k 1 ( X ik )].[ Bh hk 1 ( X ik )] Bg Bh Bg hk 1 ( X ik ) Bh g k 1 ( X ik ) g k 1 ( X ik )hk 1 ( X ik ) Dẫn đến: g k 1 ( X ik )hk 1 ( X ik ) f ( X ) g ( X ) Bg Bh Bg hk 1 ( X ik ) Bh g k 1 ( X ik ) Giả sử g X h X I Khi g k 1 ( X ik ).hk 1 ( X ik ) I Theo Bổ đề 3.3, ta có: g k 1 ( X ik ).hk 1 ( X ik ) Vì K [ X ik ] miền nguyên, nên g k 1 ( X ik ) hk 1 ( X ik ) , nghĩa g k X I hk X I Vậy I Iđêan nguyên tố '' '' Giả sử I A , A hệ sinh tối tiểu I x j I Trường hợp 1: Nếu tồn xj A với Ta có 1 x j xj 1 I x j I mẫu thuẫn với tính nguyên tố I Trường hợp 2: Giả sử sinh A chứa biến xi1 , , xik A chứa đơn thức dạng x j1 1 x jt t t n Do A hệ sinh tối tiểu nên ta có x j11 A x j2 2 x jt t A Vậy I khơng phải iđêan ngun tố Hay A phải có dạng xin , , xik Vậy định lý chứng minh xong 82 với 1 k n TẠP CHÍ KHOA HỌC, TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC - SỐ 29 2016 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] [2] [3] [4] [5] M F Atiyah and I G Macdonald (1969), Introduction to Commutative Algebra, Addison-Wesley J Herzog and T Hibi (2011), Monomial ideals, Springer Press Lê Tuấn Hoa (2013), Đại số máy tính, Nxb Đại Học Quốc Gia H Matsumura (1986), Commutative Ring Theory, Cambridge University Press R.Y Sharp (1990), Steps in Commutative Algebra, Cambridge University Press THE PRIME IDEAL STRUCTURE OF POLYNOMIAL RINGS Pham Thi Bich Ha ABSTRACT This paper introduces arbitrary prime ideals structure of polynomial rings in an indeterminate and prime monomial ideals structure of polynomial rings in the indeterminates Keywords: Ring, prime ideal, polynomial ring 83 ... g1 ( X ) xi1 g k ( X ik ? ?1 ) xik g k ? ?1 ( X ik ) h X h1 ( X ) xi1 hk ( X ik ? ?1 ) xik hk ? ?1 ( X ik ) đó: gi ( X i j? ?1 ), h i ( X i j? ?1 ) K [ X i j? ?1 ] ,1 j k Đặt: g1... ( X ) g1 ( X ) xi1 f1 ( X i1 ) Bước : Nhóm tất từ f X i (1) chứa biến xi ta được: f1 ( X i1 ) g ( X i1 ) xi2 f ( X i2 ) (2) Tiếp tục làm đến bước k ta được: f k ? ?1 ( X ik ? ?1 ) g... xi j với ( j 1, k 1) Vì đa thức g k ? ?1 ( X ik ) không chứa biến xi1 , , x ik , nên từ g k ? ?1 ( X ik ) phải 0, g k ? ?1 ( X ik ) Vậy ta nhận f g1 ( X ) xi1 g k ( X ik ? ?1 ) xik ''''