Vành con tối đại trong vành giao hoán có đơn vị

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thế Út VÀNH CON TỐI ĐẠI TRONG VÀNH GIAO HỐN CĨ ĐƠN VỊ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh - 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thế Út VÀNH CON TỐI ĐẠI TRONG VÀNH GIAO HOÁN CÓ ĐƠN VỊ Chuyên ngành: Đại số Lý thuyết số Mã số : 8460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS MỴ VINH QUANG Thành phố Hồ Chí Minh - 2021 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan viết luận văn tìm tịi, học hỏi thân hướng dẫn tận tình thầy Mỵ Vinh Quang Mọi kết nghiên cứu ý tưởng tác giả khác, có trích dẫn cụ thể Đề tài luận văn chưa bảo vệ hội đồng bảo vệ luận văn thạc sĩ chưa công bố phương tiện Tôi xin chịu trách nhiệm lời cam đoan Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 29 tháng 10 năm 2021 Học viên thực Nguyễn Thế Út Lời cảm ơn Đầu tiên, tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến PGS.TS Mỵ Vinh Quang, thầy đưa góp ý lời khuyên quý báu để tơi hồn thành luận văn Tiếp đến, muốn gửi lời cảm ơn đến tất q thầy khoa Tốn – Tin trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh tận tình giảng dạy truyền đạt cho chúng tơi kiến thức quan trọng suốt khóa học trường Ngồi tơi xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Phòng sau đại học trường Đại học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi cho tơi hồn thành luận văn Cuối cùng, xin cảm ơn gia đình, người thân, bạn bè đặc biệt bạn đồng nghiệp ủng hộ, chia sẻ khó khăn với tơi sống cơng việc Mặc dù có nhiều cố gắng, khơng tránh khỏi thiếu sót Do đó, tơi mong nhận ý kiến đóng góp thầy bạn đọc để luận văn hoàn thiện Tp.HCM, ngày 29 tháng 10 năm 2021 Tác giả Nguyễn Thế Út Mục lục Lời nói đầu Danh mục kí hiệu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Vành giao hốn có đơn vị 1.2 Phần tử nguyên 1.3 Vành thương 1.4 Vành định chuẩn rời rạc (DVR) 1.5 Vành Noether 10 1.6 Vành Artin 11 1.7 G-miền 12 1.8 Vành định giá 13 Vành tối đại 16 2.1 Sơ lược khái niệm cần nhớ 16 2.2 Sự tồn vành tối đại 17 2.3 Một số tính chất thú vị 29 2.4 Vành tối đại trường 31 Kết luận 36 Tài liệu tham khảo 37 Lời nói đầu I Lý chọn đề tài Vành S ⊂ R gọi vành tối đại R không tồn vành thực S R Chúng ta biết với vành giao hốn có đơn vị ideal tối đại vành luôn tồn tại, nhiên vành tối đại khơng tồn Chính có câu hỏi thú vị đặt cách tự nhiên vành có vành tối đại Chúng tơi định chọn đề tài làm luận văn thạc sỹ toán với mong muốn tìm hiểu, nguyên cứu vành mà ln tồn vành tối đại II Mục đích đề tài • Tìm hiểu, nghiên cứu lớp vành tồn vành tối đại • Mơ tả lớp vành tồn vành tối đại III Đối tượng, phạm vi nghiên cứu • Vành giao hốn có đơn vị, vành tối đại vành • Sự tồn vành tối đại số lớp vành giao hốn có đơn vị IV Nội dung luận văn Luận văn gồm chương: Chương 1: Trình bày số kiến thức vành giao hốn có đơn vị, số lớp vành quan trọng vành định chuẩn, vành Noether, vành Artin, G−miền, Chương 2: Là chương luận văn, trình bày số tính chất vành tối đại Nghiên cứu tồn vành tối đại số lớp vành quan trọng như: Tích trực tiếp vành, vành đa thức, vành C(X)-vành hàm thực liên tục X tồn vành tối đại trường Danh mục kí hiệu Kí hiệu Ý nghĩa Z : Vành số nguyên Q : Vành số hữu tỉ R : Vành số thực R[x] : Vành đa thức hệ số thực R[[x]] : Vành chuỗi lũy thừa S, R, T, U, V : Vành Z(p) : Địa phương hóa Z ideal nguyên tố (p) A⊂B : A nằm B A khác B A⊆B : A nằm B A B φ : Ánh xạ, đồng cấu ∪, ∩ : Hợp, giao tập hợp 1A : Ánh xạ đồng A Ker α : Hạt nhân ánh xạ α Spec(R) : Tập ideal nguyên tố R Min(R) : Tập ideal nguyên tố tối tiểu vành R Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức ngắn gọn vành, vành vành, vành định chuẩn, vành Noether, vành Artin, Trong luận văn ta qui ước vành nhắc đến vành giao hốn có đơn vị 1.1 Vành giao hốn có đơn vị Định nghĩa 1.1.1 Một vành R tập hợp với hai phép tốn hai ngơi phép cộng (+), phép nhân (·) cho 1) R nhóm giao hốn với phép cộng (do R có phần tử khơng, kí hiệu x ∈ R có phần tử đối −x) 2) Phép nhân có tính kết hợp (x(yz) = (xy)z) phép nhân phân phối phép cộng (x(y + z) = xy + xz, (y + z)x = yx + zx) Vành R giao hốn, có đơn vị 3) xy = yx với x, y ∈ R 4) tồn ∈ R cho x1 = 1x = x với x ∈ R 20 φ xác định sau φ(f ) = (f (x), f (y)) φ toàn cấu vành
R vành tối đại R2 , nên φ−1 R = Sx,y vành tối đại C(X) Với C ∗ (X), chứng minh tương tự  Định lý 2.2.5 Cho R vành Khi đó, R có vành tối đại tồn vành S R phần tử x R \ S cho S[x] = R Chứng minh (⇒) Nếu R có vành tối đại S x ∈ R \ S Dễ thấy S[x] vành R chứa S thực Do tính tối đại S nên S[x] = R (⇐) Giả sử S vành R x ∈ R\S cho S[x] = R Ta chứng minh R có vành tối đại Gọi X = {A | A vành R chứa S x ∈ / A} P Khi đó, theo bổ đề Zorn ta tìm phần tử tối đại A Ta chứng minh A vành tối đại R Lấy B vành R B chứa A thực sự, tức A ⊂ B ⊆ R P (1) Do đó, có S ⊆ A ⊂ B, tính tối đại A nên vành B phải chứa x B chứa S[x] = R (2) Từ (1) (2) suy B = R nên A vành tối đại R Vậy định lý chứng minh  Nhận xét 2.2.6 Nếu S vành tối đại R, phần tử khả nghịch R đại số S Thật vậy, x ∈ S x đại số S Do đó, cần lưu ý với x ∈ R\S , x phần tử khả nghịch, có x−1 ∈ R = S[x] Hệ 2.2.7 Vành đa thức, R [x1 , , xn ], luôn có vành tối đại Chứng minh Với n = 1, R[x] có vành R phần tử x ∈ R[x] \ R thỏa định lý Do R[x] có vành tối đại 21 Tiếp tục n lần ta R[x1 , , xn ] có vành tối đại  Hệ 2.2.8 Mọi đại số hữu hạn sinh vành giao hốn có vành tối đại Chứng minh Gọi R vành giáo hoán R[x1 , , xn ] đại số sinh phần tử x1 , , xn Nếu B đại số hữu hạn sinh B đẳng cấu với R[x1 , , xn ]  Bằng cách áp dụng Hệ 2.2.8 cho Rn , n > số tự nhiên, ta thấy Rn có vành tối đại Trong mệnh sau đây, ta đưa hai lớp vành tối đại R[x] Định lý 2.2.9 Cho R[x] vành đa thức R Khi đó, ta có khẳng định sau: i) Với ideal tối đại M R, tập R + M x + x2 R[x] vành tối đại R[x] Hơn S vành tối đại R[x] chứa R + x2 R[x], tồn ideal tối đại M R cho S = R + M x + x2 R[x] ii) Với vành tối đại S R, tập hợp S + xR[x] vành tối đại R[x] Chứng minh i) Dễ dàng thấy A = R + M x + x2 R[x] vành R[x] M tối đại Thật Với a1 = r1 + m1 x + x2 f ; a2 = r2 + m2 x + x2 g ∈ A, (r1 , r2 ∈ R; m1 , m2 ∈ M ; f, g ∈ R[x]), ta có a1 − a2 = r1 − r1 + (m1 − m2 )x + x2 (f − g) ∈ A a1 · a2 = r1 r1 + (r1 m2 + r2 m1 )x + x2 h ∈ A h = r1 f + r2 g + (m1 g + m2 f )x + x2 f g ∈ R[x] Trước tiên, chứng minh A vành thực R[x] cách x ∈ / A Nếu x ∈ A x ∈ R + M x tồn 22 r ∈ R m ∈ M cho x = r + mx, suy m = ∈ M Điều vơ lí M ideal R Do x ∈ / A A vành thực R[x] Lấy B vành R[x] A ⊂ B Khi đó, tồn phần tử a ∈ R\M cho ax ∈ B Theo tính tối đại M , ta có M + Ra = R, tồn m ∈ M r ∈ R cho m + = Kết hợp với R M x thuộc B , nên ta có x = 1x = (m + ra)x = mx + rax ∈ B Suy R[x] = B A vành tối đaị R[x] Bây giờ, lấy S vành tối đại R[x] R + x2 R[x] ⊆ S Vì S 6= R[x], x ∈ / S Gọi  M = m ∈ R | ∃a ∈ R, f (x) ∈ R[x] để a + mx + x2 f (x) ∈ S Vì R tập S nên dễ thấy M ideal R có S ⊆ R+M x+x2 R[x] Theo tính tối đại S S = R+M x+x2 R[x] M phải ideal tối đại R ii) Ta cần chứng minh với S vành thực R tập S+xR[x] vành tối đại R[x] S vành tối đại R Lấy S vành tối đại R a ∈ R\S Dễ thấy a ∈ / S + xR[x] nên S + xR[x] vành thực R[x] Bây giờ, ta tính tối đại A = S + xR[x] Lấy B vành R[x] A = S + xR[x] ⊂ B Khi đó, tồn phần tử a ∈ R\S cho a ∈ B Do đó, theo tính tối đại S , ta có S[a] = R ⊆ B ta có B = R[x] Vậy S + xR[x] vành tối đại R[x] Ngược lại, giả sử S + xR[x] vành tối đại R[x] Gọi T vành R S ⊂ T Khi S + xR[x] ⊂ T + xR[x] Do tính tối đại S + xR[x] nên T + xR[x] = R[x] T = R Vậy S vành tối đại R  Chú ý 2.2.1 Trong phần i) định lý trước nói với ideal I R tập hợp R + Ix + x2 R[x] vành tối đại R[x] I ideal tối đại R 23 Ta có hai định lý sau: Định lý 2.2.10 Cho R vành tùy ý, vành chuỗi lũy thừa R[[x]] có vành tối đại i) Với ideal tối đại M R, tập R + M x + x2 R[[x]] vành tối đại R[[x]] Hơn S vành tối đại R[[x]] chứa R + x2 R[[x]], tồn ideal tối đại M R cho S = R + M x + x2 R[[x]] ii) Với vành tối đại S R, tập hợp S + xR[[x]] vành tối đại R[[x]] Chứng minh i) Gọi M ideal tối đại R Ta chứng minh A = R + M x + x2 R[[x]] vành tối đại R[[x]] Dễ dàng thấy A = R + M x + x2 R[[x]] vành R[[x]] M tối đaị Trước tiên, chứng minh A vành thực R[[x]] cách x ∈ / A Nếu x ∈ A x ∈ R + M x tồn r ∈ R m ∈ M cho x = r + mx, suy m = ∈ M Điều vơ lí M ideal R Do x ∈ / A A vành thực R[[x]] Lấy B vành R[[x]] A ⊂ B Khi đó, tồn phần tử a ∈ R\M cho ax ∈ B Theo tính tối đại M , ta có M + Ra = R, tồn m ∈ M r ∈ R cho m + = Kết hợp với R M x thuộc B , nên ta có x = 1x = (m + ra)x = mx + rax ∈ B Suy R[[x]] = B A vành tối đaị R[[x]] Bây giờ, lấy S vành tối đại R[[x]] R + x2 R[[x]] ⊆ S Vì S 6= R[[x]], x ∈ / S Gọi  M = m ∈ R | ∃a ∈ R, f (x) ∈ R[[x]] để a + mx + x2 f (x) ∈ S 24 Vì R tập S nên dễ thấy M ideal R có S ⊆ R + M x + x2 R[[x]] Theo tính tối đại S S = R + M x + x2 R[[x]] M phải ideal tối đại R ii) Ta cần chứng minh với S vành thực R tập S + xR[[x]] vành tối đại R[[x]] S vành tối đại R Lấy S vành tối đại R a ∈ R\S Dễ thấy a ∈ / S + xR[[x]] nên S + xR[[x]] vành thực R[[x]] Bây giờ, ta tính tối đại A = S + xR[[x]] Lấy B vành R[[x]] A = S + xR[[x]] ⊂ B Khi đó, tồn phần tử a ∈ R\S cho a ∈ B Do đó, theo tính tối đại S , ta có S[a] = R ⊆ B ta có B = R[[x]] Vậy S + xR[[x]] vành tối đại R[[x]] Ngược lại, giả sử S + xR[[x]] vành tối đại R[[x]] Gọi T vành R S ⊂ T Khi S + xR[[x]] ⊂ T + xR[[x]] Do tính tối đại S + xR[[x]] nên T + xR[[x]] = R[[x]] T = R Vậy S vành tối đại R  Định lý 2.2.11 Vành R có vành tối đại tồn vành thực S R tập khác rỗng A R cho S[A] = R A nhỏ thỏa tính chất Nói cách khác, với tất tập thực B A, S[B] 6= R Chứng minh Nếu R có vành tối đại S tồn tập A khác rỗng R S[A] = R Ngược lại, giả sử S vành tối đại R A tập khác rỗng R cho S[A] = R Ta chứng minh R có vành tối đại Gọi X = {T | T vành R chứa S A không tập T } P Khi đó, theo bổ đề Zorn ta tìm phần tử tối đại T Ta chứng minh T vành tối đại R Lấy V vành R có chứa T T 6= V Do đó, có P S ⊆ T ⊂ V, tính tối đại T , vành V chứa A chứa S[A] = R Suy V = R định lý chứng minh  25 Trong phần tiếp theo, có ví dụ khác vành √ vành tối đại Trong số vành Q, Z × Z Z[ p], xác định tất vành có tất vành tối đại Ví dụ Vành Q có dạng Z[A], A tập tập   | p số nguyên tố p Hơn nữa, với  Aq = | p 6= q, p q số nguyên tố p  Z [Aq ] vành tối đại Q Z [Aq ] = Z(q) , địa phương hóa Z ideal nguyên tố (q), vành vành định chuẩn rời rạc (viết tắt DVR) Ví dụ với trường thương miền nhân tử hóa (viết tắt U F D) Chứng minh Giả sử S vành Q, ký hiệu   1 | p số nguyên tố, ∈ S A= p p Ta chứng minh S = Z[A] Thật vậy, ∈ S nên m ∈ S, ∀m ∈ Z, Z ∈ S ⇒ Z[A] ⊂ S m Ngược lại, giả sử a ∈ S ⇒ a = , với m, n ∈ Z, n > 0, (m, n) = n m Vì (m, n) = nên ∃u, v ∈ Z để = mu + nv Suy = u + v ∈ S (vì n n m ∈ S , v ∈ S ) n 1 Nếu n = p1 · · · pk = p1 · · · pi−1 pi+1 · · · pk · ∈ S, ∀i, ∈ pi n pi 1 1 m A, ∀i ⇒ ∈ Z[A], ∀i ⇒ = · · · ∈ Z[A], ∀i ⇒ a = ∈ Z[A] pi n p1 pk n Vậy S = Z[A] Bây giờ, ta chứng minh Z[Aq ] vành tối đại Q Giả sử có vành S Q thõa mãn Z[Aq ] $ S ⊆ Q, ta chứng minh S = Q Thật vậy, Z[Aq ] $ S nên tồn m m ∈ S, ∈ / Z[Aq ], (m, n) = Khi n n 26 n q , ∈ S Suy A = q S ⊃ Z[A] = Q Vậy S = Q   | p số nguyên tố ⊂ S p Ví dụ Một vành R = Z × Z có dạng Rk = Z +k Z ×k Z với k số nguyên k ≥ Hơn nữa, vành tối đại Z × Z có dạng Z + pZ × pZ với p số nguyên tố Chứng minh Gọi S vành vành R S chứa Z = Z Nếu S = Z k = Giả sử S vành vành R Z 6= S Khi đó, Z ⊂ S nên tồn số tự nhiên n cho (n, 0) ∈ S Gọi k số nhỏ số tự nhiên Ta chứng minh S = Rk Vì (k, 0) ∈ S (k, k) ∈ Z ⊂ S nên (0, k) = (k, k) − (k, 0) ∈ S Do đó, với Z ⊂ S S vành R Rk = Z + (k, 0)Z + (0, k)Z ⊆ S Ngược lại, gọi (x, y) ∈ S (x − y, 0) = (x, y) − (y, y) ∈ S , tồn số nguyên q r cho x − y = kq + r ≤ r < k Ta r = Nếu r > có (kq + r, 0) ∈ S (r, 0) ∈ S, (kq, 0) ∈ S, điều vô lý Do r = có x − y = kq (x, y) = (kq, 0) + (y, y) ∈ Rk Do ta có điều phải chứng minh  √ √ Ví dụ Gọi p số nguyên tố vành Z[ p] có dạng Z + k Z p Vì vậy, vành tối đại k số nguyên tố Chứng minh √ Gọi S vành Z[ p] Z ⊆ S S = Z k = Do ta √ giả sử S vành Z[ p] Z ⊂ S Tồn số tự nhiên n √ cho n p ∈ S Gọi k số tự nhiên nhỏ số tự nhiên Do √ √ Z ⊂ S k p ∈ S nên Z + k Z p ⊂ S √ √ Ngược lại, lấy a + b p ∈ S b p ∈ S Do tồn số nguyên q, r cho b = kq + r, ≤ r < k Khi √ √ √ √ a + b p = a + (kq + r) p = a + kq p + r p ∈ S 27 √ Suy r p ∈ S nên ta có r = b = kq Do √ √ √ a + b p = a + kq p ∈ Z + k Z p √ Vậy S = Z + k Z p  √ Các vành Z × Z Z[ p] ví dụ thỏa điều kiện chuỗi tăng dần (viết tắt a.c.c) vành Vì vành Noether vành chúng có liên quan đến ideal chúng cách tự nhiên Ví dụ Q Z(p) × Q (với p số nguyên tố) vành tối đại Q × Q Chứng minh ∗ Q vành tối đại Q × Q Do Q trường nên M = {0} ideal tối đại Q, theo Định lý 2.2.2 S = Q + M × M = Q vành tối đại Q × Q ∗ Z(p) × Q (với p số nguyên tố) vành tối đại Q × Q p: Q × Q → Q (a, b) 7→ a tồn cấu tắc
Vì Z(p) vành tối đại Q nên p−1 Z(p) = Z(p) × Q vành tối đại Q × Q Ví dụ Theo Định lý 2.2.9 ta có mệnh đề sau i) Các vành tối đại Z[x] chứa x2 Z[x] có dạng Z + pZx + Z[x], với p số nguyên tố ii) Các vành tối đại Zn [x] chứa x2 Zn [x], n > số pZ nguyên, có dạng Zn + x + Zn [x], với p ước nguyên tố n nZ iii) Q + x2 Q[x] Z(p) + xQ[x] vành tối đại Q[x] Chứng minh 28 i) M ideal tối đại Z ⇔ M = pZ Gọi S vành tối đại Z[x], suy S chứa nên chứa Z, S chứa x2 Z[x] chứa Z + x2 Z[x] Theo Định lý 2.2.9 S có dạng Z + pZx + Z[x] ii) Tương tự, ideal tối đại vành Zn pZn với p số nguyên tố ước pZ nên theo Định lý 2.2.9, vành tối đại Zn [x] n mà pZn = nZ pZ chứa x2 Zn [x], n > số nguyên, có dạng Zn + x + Zn [x], nZ với p ước nguyên tố n iii) Do {0} ideal tối đại Q nên Q + 0x + x2 Q[x] = Q + x2 Q[x] vành tối đại Q[x] Do Z(p) vành tối đại Q[x] nên theo i) Định lý 2.2.9 Z(p) + xQ[x] vành tối đại Q[x] Ví dụ Cho R = Π∞ n=2 Zn có vành tối đại Để chứng minh, lấy I = 2Z Q ∞ {0} × Z3 × × n=5 Zn , ta có R/I ∼ = Z2 × Z2 , R/I có vành 4Z tối đại, suy R có vành tối đại Chứng minh Xét đồng cấu φ : R = Π∞ n=2 Zn → Z2 × Z2 (x2 ; x3 ; x4 ; x5 ; ) 7→ (x2 ; x4 ) Dễ thấy φ tồn cấu 2Z Ta có Ker φ = {(x2 ; x3 ; x4 ; x5 ; ) ∈ R|(x2 ; x4 ) = 0} = {0} × Z3 × × 4Z Q∞ n=5 Zn Do R/I ∼ = Z2 × Z2 Mà với Z2 vành Z2 × Z2 ln có vành tối đại Hay R/I có vành tối đại Do vậy, theo Mệnh đề 2.2.3 R có vành tối đại chứa I  Ví dụ 10 R vành tối đại C Chứng minh R vành C i ∈ C\R, ta có R[i] = {a + bi | a, b ∈ R} = C Do đó, C có vành tối đại Bây ta chứng minh R vành tối đại C 29 Gọi B vành C chứa R thực sự, tức R ⊂ B ⊆ C Trước hết B ⊂ C = R[i] Dễ thấy với u ∈ B \ R u = a + bi, b 6= 0, suy i ∈ B Do R[i] ⊂ B ta B = R[i] = C Hay R vành tối đại C 2.3  Một số tính chất thú vị Mệnh đề 2.3.1 Gọi S vành thực vành R gọi I ideal R Khi đó, ta có mệnh đề sau: i) S + I vành R chứa S I ii) S+I ∼ S = I S∩I Chứng minh i) Với x1 , x2 ∈ S a1 , a2 ∈ I , ta có (x1 + a1 ) − (x2 + a2 ) = (x1 − x2 ) + (a1 − a2 ) ∈ S + I (x1 + a1 ) · (x2 + a2 ) = x1 x2 + (x1 a2 + a1 x2 + a1 a2 ) ∈ S + I Do S + I vành nhỏ R chứa S I S+I tồn cấu I Ker µ = {s ∈ S | µ(s) = I} = {s ∈ S s ∈ I} = S ∩ I ii) Dễ thấy đồng cấu hợp µ : S → S + I → Do S+I ∼ S = I S∩I  Hệ 2.3.2 Gọi S vành tối đại R I ideal R Khi S R vành tối đại I I R∼ S ii) Nếu I khơng thuộc S S + I = R = I S∩I i) Nếu I ⊂ S 30 Chứng minh R S T R T vành ⊂ ⊆ Suy S ⊂ T ⊆ R Do I I I I I T R S tính tối đại S nên T = R = Vậy vành tối đại I I I R I i) Giả sử  ii) Hiển nhiên Định lý 2.3.3 Gọi S vành tối đại vành R Khi khẳng định sau xảy ra: i) R S có tập hợp phần tử lũy linh ii) R vành Noether (Artin) S vành Noether (Artin) Chứng minh Nếu R S khơng có tập hợp phần tử lũy linh, tồn phần tử lũy linh x R cho x ∈ / S , lấy xn = Khi đó, S vành tối đại R nên R = S[x] = S + Sx + · · · + Sxn−1 theo Định lý Eaking-Nagata a.c.c (d.c.c) R S tương đương, xem [8], P 346  Mệnh đề 2.3.4 Gọi S vành tối đại (thực tế vành bất kỳ) vành R Khi ideal nguyên tố tối tiểu S thu hẹp ideal nguyên tố tối tiểu R Cụ thể | Min(S)| ≤ | Min(R)| Chứng minh Gọi P ideal nguyên tố tối tiểu S Đặt X = S − P X tập đóng nhân R, tồn ideal nguyên tố Q R tối đại với tính chất Q ∩ X = ∅ Nếu Q0 ideal nguyên tố tối tiểu R Q, ta có Q0 ∩ S = P  Nhận xét 2.3.5 Cho R vành có hữu hạn iđêan nguyên tố tối tiểu Mệnh đề dẫn đến việc tìm vành tối đại vành R, số vành S mà Min(S) lớn Có thể dễ dàng nhận thấy tồn vành cho tất vành chúng có số ideal nguyên tố tối tiểu 31 2.4 Vành tối đại trường Trong phần này, xác định liên hệ G−miền vành tối đại trường Mệnh đề 2.4.1 Cho T vành với vành R Gọi u phần tử khả nghịch T I ideal R, I 6= R Khi đó, I nằm R[u]   R u−1   Chứng minh Giả sử I không nằm R[u] R u−1 Tức IR[u] = I[u] = R[u] IR[u−1 ] = I[u−1 ] = R[u−1 ] Do đó, ta có phương trình a0 + a1 u + + an un = (ai ∈ I) b0 + b1 u−1 + · · · + bm u−m = (bi ∈ I) (1) (2) Do tính đối xứng hai phương trình nên ta giả sử n ≥ m ta chọn n nhỏ Nhân (2) với un ta (1 − b0 ) un = b1 un−1 + · · · + bm un−m (3) Bây nhân (1) với (1 − b0 ) thay cho (1 − b0 ) un từ (3) Kết phương trình loại với n nhỏ hơn, dấn đến mâu thuẫn  Dưới mệnh đề vành định chuẩn Mệnh đề 2.4.2 (I Kaplansky [3, p 36]) Gọi R vành trường K I ideal thực R Khi đó, tồn vành định chuẩn V K cho R ⊆ V ⊂ K IV 6= V (tức I nằm V ) Chứng minh Xét tất cặp R0 , I , R0 vành nằm R K ; I ideal R0 , I 6= R0 , I ⊂ Iα Ta xếp phần cặp quan hệ bao hàm R0 ⊃ Rβ I ⊃ Iβ Áp dụng bổ đề Zorn ta tìm cặp V, J tối đại Ta chứng minh rằng: Nếu u ∈ K u ∈ V u−1 ∈ V ; điều V miền định chuẩn K trường thương V Giả sử u, u−1 ∈ / V , V vành tối đại K nên V [u] = V [u−1 ] =   K Theo Mệnh đề 2.4.1 J nằm V [u] V u−1 , tức ideal J nằm trường K Điều vô lý  32 Định lý 2.4.3 (Vành tối đại trường) Gọi K trường R vành tối đại K Khi đó, mệnh đề sau xảy ra: i) R trường [K : R] < ∞ ii) R G−miền mà trường Khi đó, R đóng nguyên K Đặc biệt, R có ideal nguyên tố khác khơng Do R vành địa phương chiều Hơn nữa, R vành định giá Chứng minh Gọi R vành tối đại K Khi đó, có hai trường hợp xảy ra: i) Nếu R trường Do R vành tối đại K nên x ∈ K \ R ta có R[x] = K Nếu x không phần tử đại số R theo i) Định lý 2.2.9 R + x2 R[x] vành tối đại K = R[x] R ⊂ R + x2 R[x], điều mâu thuẫn với R vành tối đại K Do x phần tử đại số R [K : R] < ∞ Hơn nữa, K trường nên theo Nhận xét 2.2.6 ta dễ dàng thấy K đại số R ii) Gọi R vành tối đại K trường Gọi u ∈ R phần tử khơng khả nghịch, theo tính tối đại R   R u−1 = K Suy R G− miền Vì điều áp dụng cho tất phần tử khơng khả nghịch R nên ta có \ R − U (R) ⊆ P 06=P ∈Spec(R) U (R) tập phần tử khả nghịch R Do R có ideal nguyên tố khác khơng R vành địa phương chiều Gọi S bao đóng nguyên R K Khi R ⊆ S ⊆ K , theo tính tối đại R S = R S = K Nếu S = K K nguyên R, theo Định lý 1.2.2 R 33 phải trường Điều vơ lý Do ta có S = R nên R đóng nguyên K Cuối cùng, theo Mệnh đề 2.4.2, tồn vành định giá V K chứa R, tức R ⊆ V ⊂ K Do tính tối đại R nên R = V Vậy R vành định giá Định lý sau cho thấy vành tối đại trường G−miền tối đại Định lý 2.4.4 Cho K trường Khi S vành tối đại K S G−miền tối đại K (Lưu ý, K trường thương S ) Chứng minh Nếu S vành tối đại trường K , dễ thấy S G−miền tối đại K (do Định lý 2.4.3) Ngược lại, S 6= K G−miền tối đại K Khi đó, ta có hai trường hợp sau: i) Nếu S = F 6= K trường Trong trường hợp này, trước tiên K đại số F Vì tất phần tử thuộc F đại số F nên ta chứng minh tất phần tử thuộc R \ F đại số F Ta chứng minh phản chứng Giả sử tồn phần tử x ∈ K \ F không đại số F Do ta có F ⊂ F [x] ⊂ F (x) ⊆ K   f (x) | f (x), g(x) ∈ F [x] với F (x) = g(x) Vì vậy, trường hợp này, với p(x) đa thức bất khả quy F , vành   f (x) F [x](p(x)) = | f (x), g(x) ∈ F [x] (g(x), p(x)) = g(x) h i G−miền F [x](p(x)) p(x) = F (x) Do F ⊂ F [x] ⊂ F [x](p(x)) ⊂ F (x) ⊆ K 34 điều mâu thuẫn F G−miền tối đại K Do K đại số F Bây ta F vành tối đại K Lưu ý x ∈ K mà x đại số F nên F [x] trường Suy F [x] G−miền Do đó, theo tính tối đại F , với x ∈ K \ F , có F [x] = K , có nghĩa F vành tối đại K ii) Nếu S G−miền tối đại mà trường Gọi F trường thương S , S ⊂ F ⊆ K Vì F trường nên F G− miền nên theo tính tối đại S ta phải có F = K   Do S G−miền nên tồn phần tử u ∈ S cho S u−1 = F   hay S u−1 = K Theo Mệnh đề 1.7.7 K có vành tối đại G−miền chứa S Nhưng theo tính tối đại S , ta suy vành tối đại S  Định lý 2.4.5 Cho K trường vành S K vành tối đại S vành định giá tối đại K , tức với a, b thuộc S a chia hết b b chia hết a S tối đại với tính chất (Lưu ý, S khơng thiết phải định giá K ) Chứng minh Nếu S vành tối đại trường K theo Định lý 2.4.3 , S vành định giá tối đại K Ngược lại, giả sử S vành định chuẩn tối đại K gọi E trường thương S Khi đó, E vành định chuẩn S ⊆ E ⊆ K nên có hai khả sau: i) Nếu E = S , gọi R vành thực K S ⊂ R Do đó, theo tính tối đại vành định chuẩn S R khơng phải trường, R có ideal khác khơng Bây giờ, theo Mệnh đề 2.4.2, tồn vành định chuẩn V K cho S ⊂ R ⊆ V ⊂ K , mâu thuẫn với tính tối đại S Vậy S vành tối đại K