Tài liệu gồm 3 phần• Phần đầu tiên sơ lược về các kiến thức liên quan đến vành chính nhưước, ước chung lớn nhất hay sự nhân tử hóa được của vành chính,...Đặc biệt, phần này cúng nêu ra v
Ước trong vành chính
Cho Alà một miền nguyên ,K là trường các thương ,xvà ylà các phần tử của K Ta nói rằng xlà ước của y nếu tồn tại a∈A sao cho y=ax.
Ta cũng nói x chia hết y hoặc y là bội củax, kí hiệu x|y.
Cho x∈K, ta định nghĩa Axlà tập các bội của x Nếu y ∈ Ax, thì y là ước của x, và ngược lại, nếu Ay ⊂ Ax, thì x là ước của y Iđêan Ax được gọi là iđêan thương chính của K ứng với A Nếu x∈A, thì Ax là iđêan chính của A sinh bởi x Quan hệ ước trên A thỏa mãn hai tính chất của một quan hệ thứ tự.
• Nếux|y và y|z thì Az ⊂Ay⊂Ax Vậy Az ⊂Ax hay x|z.
Nếu x|y và y|x, ta không thể kết luận x=y mà chỉ có thể suy ra rằng Ax = Ay Do đó, nếu y khác 0, ta có xy − 1 thuộc A Khi đó, x và y được gọi là kết hợp.
Các phần tử khả nghịch của vành A, được ký hiệu là A∗, là những phần tử kết hợp với 1 Việc xác định các phần tử này trong vành A là một vấn đề thú vị và quan trọng trong lý thuyết đại số.
• NếuA là một trường thì A ∗ =A\{0}.
• Phần tử khả nghịch trong vành đa thức n biến hệ số trong một vành
Trong vành các chuỗi hình thức n-biến với hệ số trong vành A, các phần tử khả nghịch là những chuỗi có hằng số khả nghịch Một miền nguyên A được coi là vành chính khi mọi iđêan của A đều là iđêan chính.
Vành các số nguyên Z là một vành chính, và mọi iđêan I khác không của Z đều có thể được biểu diễn dưới dạng I = (p), trong đó p là một số nguyên dương.
Nếu A là một trường thì vành đa thức A[X 1 , , X n ] là một vành chính. Định nghĩa 2 Cho u, v ∈K.
Trong toán học, x được gọi là ước chung của hai số u và v nếu x chia hết cho cả u và v Phần tử d được xác định là ước chung lớn nhất (gcd) của u và v nếu mọi ước chung x của u và v đều là ước của d Do đó, ta ký hiệu d = gcd(u, v) hoặc d = (u, v).
Hơn nữa ta còn có thể viết d=au+bv với a, b∈A
Bội chung của hai số u và v được gọi là bội chung nhỏ nhất (LCM), ký hiệu là lcm(u, v) LCM là số nhỏ nhất x mà chia hết cho mọi bội chung của u và v.
• Hai phần tử u, v được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu (u, v) = 1.
Ta chú ý rằng cho ba phần tửa, b, c của một vành chínhA, nếu a|bcvà (a, b) = 1 thì a|c Mệnh đề này được gọi là bổ đề Euclid.
Mệnh đề 1 Cho K là trường các thương của một vành chính A và (x i )i∈I là một họ các phần tử của K có một ước chung 1 b∈K ∗ Ta có
1 Họ (x i )i∈I có một ước chung lớn nhất trong K.
2 Ước chung lớn nhất của (xi)i∈I sẽ có dạng d=X i a i x i , ở đó a i ∈A và chỉ có một số hữu hạn các phần tử khác 0.
Chứng minh Chú ý rằng vì A là vành chính nên iđêan X
Abx là một dạng chính, và do đó có dạng Ad 0 Giả sử d 0 với d∈K, từ d 0 = X i a i bx i suy ra d = X i a i x i với ai ∈ A Điều này cho thấy mọi ước chung của xi đều là ước của d Ngược lại, vì bd là ước chung của bx i nên d cũng là ước chung của xi, từ đó xác định d là ước chung lớn nhất.
Mệnh đề 2 Cho a, b, d, mvà plà một họ các phần tử của trường các thương của vành chính A Khi đó ta có
1 d=gcd(a, b) khi và chỉ khi (d) = (a) + (b).
2 m=lcm(a, b) khi và chỉ khi (m) = (a)∩(b).
3 p là ước chung nguyên tố của a và b nếu (p) là iđêan cực đại khác 0 của A, hơn nữa (p) là một iđêan nguyên thủy khác 0 của A.
Khẳng định đầu tiên là hệ quả trực tiếp của mệnh đề 1 Khẳng định thứ hai có thể được chứng minh dễ dàng dựa vào tính chất của giao hoán, trong đó (a)∩(b) là một iđêan chính được sinh bởi m Khẳng định thứ ba cũng dễ dàng thu được từ định nghĩa của phần tử nguyên tố và iđêan cực đại Định nghĩa 3: Cho A là vành giao hoán có đơn vị.
1 Ta nói rằng hai phần tử a và b là nguyên tố cùng nhau nếu tồn tại u, v ∈A sao cho au+bv = 1 tức là ta có
Phần tử p được gọi là cực đại nếu p khác không, không khả nghịch và nguyên tố cùng nhau với mọi phần tử không phải là ước của p, tức là nó phải thỏa mãn ít nhất một trong ba điều kiện sau đây.
• p khác không, không khả nghịch và mọi phần tử không phải là bội của p thì khả nghịch modp.
2 Phần tử cực tiểu và cực đại được gọi chung là cực trị.
• (p) là một iđêan cực đại khác 0 của A.
Trong một vành chính A, với p6 = 0, các phần tử x_i, i ∈ I được gọi là nguyên tố cùng nhau nếu và chỉ nếu tồn tại các phần tử a_i ∈ A, i ∈ I với số lượng hữu hạn khác 0 thỏa mãn định lý Bezout.
Chứng minh Nếu x i , i∈I là nguyên tố cùng nhau thì theo mệnh đề 1 tồn tại a i , i∈I sao cho
Gọi d là một ước chung của x i , i∈I Nếu tồn tại a i , i∈I sao cho
1 =X i a i x i thì d|1 do đó d là ước của 1 Điều này chứng tỏ x i nguyên tố cùng nhau.
Mệnh đề 3 Cho a, b, clà các phần từ của trường các thương của vành chính
Nếu \( a \) và \( d \) là ước chung lớn nhất của \( a \) và \( c \) (gcd(a, c)), và phương trình đồng dư \( ax \equiv b \mod c \) có nghiệm \( x_0 \in A \), thì \( d \) là ước của \( b \) Hơn nữa, nếu \( x \in A \) là một nghiệm của phương trình này, thì \( x \equiv x_0 \mod (cd - 1) \).
Nếu ax ≡ b (mod c) với x ∈ A, thì tồn tại y ∈ A sao cho b = ax + cy, và do đó d | b Nếu d | b, ta có b = ax0 + by0 với x0, y0 ∈ A Điều này dẫn đến ax0 ≡ b (mod c), từ đó suy ra a(x - x0) ≡ 0 (mod c).
Giả sử rằng asmall> 0 và csmall> 0 thì ta lại có a 0 (x−x 0 )≡0( modc 0 ).
Nhưng điều này kéo theo x−x 0 ≡0( modc 0 ), điều phải chứng minh.
Mệnh đề 4 Cho (a i )1≤i≤n là một họ hữu hạn các phần tử đôi một nguyên tố cùng nhau của vành chính A Khi đó đồng cấu chính tắc
A/(a i ) là một đẳng cấu của các A−đại số.
Tính chất này có thể được chứng minh một cách trực tiếp, nhưng trên thực tế, nó là hệ quả trực tiếp từ Định lý 2 Định lý này khẳng định rằng, cho A là một vành giao hoán có đơn vị và I1, I2, , In (với n ≥ 2) là các iđêan của A, ta có những khẳng định quan trọng liên quan đến các iđêan này.
(A/I i ) a7→(a+I 1 , , a+I n ) là một đồng cấu vành.
2 Đồng cấu f là một toàn cấu khi và chỉ khi I 1 , , I n từng đôi một đối cực đại.
3 Nếu họ các iđêan I 1 , , I n từng đôi một đối cực đại thì
Chứng minh 1 Ta dễ dàng chứng minh.
2 “=⇒”: Giả sử f là một toàn cấu Cố định i∈N Dof là toàn cấu nên tồn tại a∈A sao cho f(a) = (¯0, ,¯0, ¯1
,¯0, ,¯0). Điều này suy ra rằng
1 = a+ (1−a) = I j +I i với mọi j 6=i, do đó I j , I i là đối cực đại với mọi j = 1, , n và j 6=i. Cho i chạy từ 1 đến n ta suy ra điều phải chứng minh.
Ta sẽ chứng minh rằng với mỗi i= 1, , đều tồn tại a i ∈A sao cho f(a i ) =e i
Cố định mộti, chú ý rằngI i , I j là đối cực đại, nên tồn tạia j ∈I i ;a ij ∈
I j ⊂I j , j 6=i nên f(xi) = ei Vậy ta suy ra e1, , en∈f(A) Ta có n
Định lý 3 khẳng định rằng, với miền chính A và trường các thương K của A, tồn tại một tập con P ⊂ A sao cho mỗi x ∈ K có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng x = uY p∈P p r p(x), trong đó u là phần tử khả nghịch trong A và rp(x) là các số nguyên với số lượng hữu hạn khác 0.
Phân tích nhân tử nguyên tố trong vành chính
Một phần tử p6= 0 trong vành chính A được coi là cực trị nếu vành A/(p) là một trường Điều này có nghĩa là phương trình đồng dư ax≡b (mod p) có một nghiệm trong A, với b ∈ A và a ∈ A không là bội của p Định nghĩa 4 nêu rằng, với A là một miền nguyên, một hệ biểu diễn các phần tử cực trị của A là một họ (pα) mà mọi phần tử cực trị đều kết hợp với một và chỉ một phần tử pα Theo Định lý 4, trong một vành chính A với hệ biểu diễn (pα), mọi phần tử x ≠ 0 của trường các thương của A có thể được viết duy nhất dưới dạng x = uYαp nα, trong đó u là phần tử khả nghịch của A và nα là các số nguyên với hữu hạn số khác 0 Điều kiện cần và đủ để x thuộc A là nα ≥ 0, ∀α.
3 Trong một vành chính mọi phần tử cực trị đều là cực đại nên ta có thể đồng nhất 2 khái niệm này
Chứng minh định lý này chúng ta sử dụng bổ đề sau đây
Bổ đề 1 khẳng định rằng, nếu A là một vành mà mọi iđêan trái của nó đều có kiểu hữu hạn, thì mọi tập Φ khác rỗng chứa các iđêan trái của A đều có ít nhất một phần tử cực đại theo quan hệ thứ tự bao hàm.
Chúng ta sẽ chứng minh bằng phương pháp quy nạp và sử dụng bổ đề Zorn Nếu (a λ) là một họ sắp thứ tự toàn phần các phần tử của Φ, thì ý tưởng hợp tất cả các iđêana λ sẽ tạo thành một iđêan trái của A Do đó, tồn tại một hệ sinh hữu hạn a i, với i ≥ n.
Từ các a i là nằm trong a λ i và họ (a λ ) là sắp thứ tự toàn phần, các a i thuộc một iđờan, kớ hiệu là a à và ta chứng minh được a=a à
Vành chính và vành Euclid
Định nghĩa 5 Cho A là miền nguyên và A ∗ =A\ {0} A được gọi là vành Euclid nếu tồn tại một ánh xạ δ:A ∗ →N thỏa mãn
1 Nếu a là bội của b và a6= 0 thì δ(b)≤δ(a).
2 Với a, b ∈ A và b 6= 0 thì tồn tại q, r ∈ A sao cho a = bq +r và δ(r)< δ(b) nếu r 6= 0. Ánh xạ δ gọi là ánh xạ Euclid.
Ví dụ 2 1 Vành số nguyên Z cùng với giá trị tuyệt đối là vành Euclid.
2 Cho k là một trường Khi đó k[x] cùng với ánh xạ bậc của đa thức là một vành Euclid.
3 A=Z[i] là một vành Euclid với ánh xạ δ(a+bi) =|a+bi| 2 Vành này gọi là vành các số nguyên Gauss.
Mệnh đề 5 Mọi vành Euclid đều là vành chính.
Chứng minh Gọi I là một iđêan của vành Euclid (A, δ).
• NếuI ={0} thì I sinh bởi phần tử 0, do đó I là vành chính.
• Nếu I 6={0} thì gọi I ∗ =I \ {0} Khi đó tồn tại a∈I ∗ thỏa mãn δ(a) = minδ(I ∗ ).
Với x∈I ta có x=aq+r thì r ∈I và nếu r6= 0 thì δ(r)< δ(a) Do đó r= 0, hay I Như vậy I luôn là iđêan chính, hay A là vành chính.
Mọi vành Euclid đều là vành chính, nhưng không phải mọi vành chính đều là vành Euclid Để hiểu rõ hơn, chúng ta sẽ xem xét một số ví dụ phản chứng, bắt đầu với bổ đề.
Bổ đề 2 Nếu cho mọi cặp số khác không x, y ∈ R và N : R → R+ là một ánh xạ thỏa mãn N(x)≥N(y) và một trong hai điều kiện sau
0< N(xz−yw)< N(y). thì R là một vành chính.
Để chứng minh rằng Gọi A là một iđêan của R với điều kiện A ≠ 0, ta chọn y là một phần tử có chuẩn khác 0 và x là một phần tử khác trong A Với mọi z, w ∈ R, ta có xz - yw thuộc A, do đó xz - yw = 0.
Vì vậy, điều kiện giả thiết trên R là kéo theo y|x hay A = (y).
Trên R ta xây dựng chuẩn
N(a+bi) =a 2 +b 2 , thì chuẩn này thỏa mãn
N(xy) =N(x)N(y) với mọi x, y ∈C Chú ý rằng hạn chế của chuẩn N trong R luôn luôn nhận giá trị nguyên không âm.
1 Ta sẽ chứng minh R là vành chính dựa vào bổ đề 2 Thật vậy, ta thấy rằng
0< N(xz−yw)< N(y) nếu và chỉ nếu
Gọi x, y ∈R\ {0} sao cho y-x, thì ta có thể viết x y = a+b√
(a) Trước hết giả sử c≥5 Chọn d, e, f, q, r∈Z thỏa mãn ae+bd+cf = 1, ad−19be = cq+r
19i c Đây là số phức khác 0 và có chuẩn r 2 + 19 c 2 0.
(b) Giả sử A là một vành đầy đủ với topo F định nghĩa trên tập các iđêan Aπ n giống như hệ cơ bản các lân cận của 0 trongA Đặt λ α = lim n→∞λ nα
Chứng minh rằng à α =λ α à,∀α là điều kiện cần để àvà à α thỏa món àu−X α à α e α thuộc mọi môđun con π n E.
6 Cho A là một vành chính chỉ có một iđêan cực đại Aπ, và đầy đủ với topoF được định nghĩa như trong bài trên.
(a) Chứng minh rằng mọiA−môđun không xoắnE có hạng hữu hạn, không có một môđun con thực sự khác0tách được, là một môđun tự do.
Trong môđun tự do E = A(N), chọn an làm cơ sở chính tắc và đặt en = an−1 − πan với mọi n ∈ N+ Cần chứng minh rằng môđun con M của E sinh bởi en là thuần nhất Hơn nữa, en là một họ tự do yếu cực đại, trong khi E/M là một môđun tách được.
7 Cho A là một vành chính nhưng không là một trường.
(a) Chứng minh rằngA−môđunA N không có một hệ sinh đếm được.
Gọi π là phần tử cực đại của tập hợp A Định nghĩa S là môđun con của A N chứa các dãy (zn) sao cho tồn tại dãy con (kn) tiến tới +∞ với zn ∈ Aπkn Chứng minh rằng không gian vector (A/π)−S/πS có một cơ sở đếm được.
Môđun kiểu hữu hạn trên vành chính
Tổng trực tiếp hữu hạn của các môđun đơn
Trong bài viết này, chúng ta sẽ khám phá vành giao hoán A và khái niệm môđun đơn, cụ thể là môđun đơn A−môđun đẳng cấu với môđun thương A/a, trong đó a là một iđêan của A Chúng ta sẽ chứng minh rằng mọi môđun kiểu hữu hạn 7 trên một vành đều có thể được biểu diễn dưới dạng tổng trực tiếp của một số hữu hạn môđun đơn.
Mệnh đề 10 Cho E là một môđun trên một vành giao hoán A, giả sử rằng
E là tổng trực tiếp của n môđun đơn A/a_k với 1≤k≤n, trong đó các a_k là các iđêan của A Đối với mọi số nguyên p > 0, môđun A−môđun∧ p E là đẳng cấu với tổng trực tiếp của các môđun A/a_H, với H = {k_1, , k_p} là phân hoạch trên đoạn [1, n] Ta kí hiệu a_H_p.
Chứng minh rằng Gọix không phải là phần tử sinh của iđêan A/a và không ảnh hưởng chính tắc của phần tử khả nghịch trong A Đặt E là tổng trực tiếp của Ax_i với 1≤i≤n Chúng ta có thể khẳng định rằng đại số ∧E, khi được coi như một A−môđun, là đẳng cấu với tích ten-xơ ⊗ n i=1 (∧(Ax_i)).
∧(Ax i ) cảm sinh tổng trực tiếp A⊕Ax i nên mọi tích của hai phần tử trong
Ax i là 0, và vì vậy ∧ p E là tổng trực tiếp của các môđun
MH = (Axk 1)⊗ .⊗(Axk p) vớiH ={k 1 , , k p }là một phân hoạchpphần tử của[1, n]vớik 1 < < k p Điều này nghĩa là M H là đẳng cấu với A/a H , vì vậy ta có điều phải chứng minh.
Bây giờ chúng ta sẽ giả thiết rằng các iđêan a k là một dãy tăng.
Mệnh đề 11 Cho A là một vành giao hoán, và E là một A−môđun là tổng trực tiếp của n môđun đơn A/a k với các a k thỏa mãn a 1 ⊂ .⊂a n
Do đó, cho mọi 1≤p≤n, ta có a p là triệt tiêu ∧ p E Hơn nữa,
7 Nếu hệ sinh S của A− môđun M chỉ gồm hữu hạn phần tử thì M được gọi là môđun hữu hạn sinh hay là môđun có kiểu hữu hạn.
Chứng minh rằng nếu a H = a s(H), thì s(H) là phần tử lớn nhất của phân hoạch H Do s(H) ≥ p cho mọi phân hoạch H thành p phần tử và s(H) = p với H = {1, 2, , p}, ta có a p là giao của a H với H chạy qua tất cả các tập phân hoạch thành p phần tử trong [1, n] Vì vậy, ý tưởng a p được xác định và triệt tiêu ∧ p E.
Hệ quả 9 cho rằng, trong một vành giao hoán A, nếu E là một A−môđun là tổng trực tiếp của n môđun đơn A/a k với các a k thỏa mãn điều kiện a 1 ⊂ ⊂ a n và a n khác A, thì nếu E cũng đẳng cấu với tổng trực tiếp của m môđun đơn A/a 0 j với a 0 1 ⊂ ⊂ a 0 m và a 0 m khác A, thì m phải bằng n và a k phải bằng a 0 k cho mọi k từ 1 đến n.
Sự phân tích của các phần tử trong một môđun tự do 48
Cho A là một vành chính, L là một A−môđun tự do và x là một phần tử của L Khi f chạy qua tập L ∗ các dạng tuyến tính trên L, các phần tử f(x) tạo thành một iđêan c L (x) của A, được gọi là phân tích của x trong L Một phần tử c∈A được xem là phân tích của x trong L nếu c L (x) = (c), tức là tồn tại một dạng tuyến tính f trên L sao cho f(x) =c và c là ước của g(x) với mọi dạng tuyến tính g trên L.
Cho (e i )i∈I là cơ sở của không gian L, với x = X a i e i, trong đó a i thuộc A Tập hợp các tổng X a i b i, với (b i) chạy qua tập A I, tạo thành các ý tưởng c L (x) Một phần tử c thuộc A được coi là phân tích của x trong L nếu và chỉ nếu nó là ước chung lớn nhất của các thành phần a i trong x.
Ta nói rằng x là không thể phân tích nếu c L (x) = A.
Bổ đề 8 Cho L là một môđun tự do trên một vành chính A và x∈L Các mệnh đề sau là tương đương:
1 x là không thể phân tích.
2 Tồn tại một dạng tuyến tính f trên L sao cho f(x) = 1.
3 x6= 0 và môđun con Ax của L là nhân tử trực tiếp.
4 x là một phần trong một cơ sở của L.
Chứng minh • 1.→2 Dễ dàng suy ra từ định nghĩa.
• 2 → 3 Gọi f là một dạng tuyến tính trên L thỏa mãn f(x) = 1 thì x6= 0 và ánh xạ y7→f(y)x là một phép chiếu của L có ảnh là Ax.
• 3.→4 Gọi L 0 là phần phụ của Ax trong L và B 0 là một cơ sở của L 0 thì B 0 ∪ {x} là một cơ sở của L.
Nếu x là một phần tử khác 0 của không gian L và c là một phân tích của x, thì tồn tại duy nhất y thuộc L sao cho x = cy, ký hiệu y = x c Điều này cho thấy y là một phần tử không thể phân tích thêm.
2 Phân tích c L (x) là triệt tiêu môđun L/Ax.
Chọn L là một môđun tự do trên một vành chính, và M là một môđun con của L Trong trường hợp này, có một phần tử lớn nhất c L (x) với x thuộc M Nếu M khác không (M ≠ 0), thì tồn tại một phần tử lớn nhất khác không trong c L (x).
Mệnh đề 12 cho biết rằng cho môđun tự do L trên vành chính A và môđun con M khác 0 của L, nếu x ∈ M là phần tử cực đại trong các phân tích của M với c là phân tích của x trong L và f là dạng tuyến tính với f(x) = c, thì a) L có thể được biểu diễn như tổng trực tiếp của A(x c) và hạt nhân K của f; b) M cũng là tổng trực tiếp của Ax và K∩M; c) Đối với mọi dạng tuyến tính g trên L, ta có g(M) nằm trong Ac.
Chứng minh Giả sửy = x c thì Ay∩K ={0}kéo theo f(y) = 1.Mặt khác, cho mọi u∈L ta có u=f(u)y+ (u−f(u)y). với f(u)y∈Ay và u−f(u)y∈K, điều này kéo theo mệnh đề đầu tiên.
Bây giờ ta chứng minh rằng với u ∈ M thì f(u) ∈ Ac Thật vậy, với u∈M và d là ước chung của f(u) và c thỡ tồn tại λ, à∈A với d=λf(u) +àc=f(λu+àx).
Vỡ vậy phõn tớch của λu+àx trong M là ước của d và nếu c là lớn nhất thỡ d là kết hợp c hay f(u)∈Ac.
Với mọi u∈M ta có thể viết u= (f(u) c )x+ (u− f(u) c x)∈Ax+K∩M, tức là ta chứng minh được mệnh đề số 2.
Cuối cùng chọng là một dạng tuyến tính trênL, từ mệnh đề đầu tiên tồn tại một vô hướng α ∈A và một dạng tuyến tính h trên K sao cho g(u) = αf(u) +h(u−f(u)y).
Theo mệnh đề thứ 2 ta có g(M)⊂Ac+h(K∩M).
Để chứng minh mệnh đề cuối, chúng ta cần chỉ ra rằng với mọi dạng tuyến tính h trên K và L thỏa mãn h(x) = 0, thì h(K∩M) thuộc Ac Điều này có nghĩa là nếu u thuộc K∩M và d là ước chung của h(u) và c, thì tồn tại λ và à thuộc A sao cho d = λh(u) + àc.
(f +h)(λu+àx) = d,tức là ta cóh(u)∈Ac, mệnh đề cuối được chứng minh.
Nhân tử bất biến của một môđun con
Định lý 12 khẳng định rằng, với môđun tự do L trên một vành chính A và môđun con hữu hạn hạng n của L, tồn tại một cơ sở B gồm n phần tử e_i từ B và n phần tử α_i khác 0 trong A, với 1≤i≤n.
• αiei là một cơ sở của M.
Môđun M0 có cơ sở αi và các iđêan chính Aαi được xác định bởi nhân tử duy nhất M0/M là môđun con xoắn của L/M và đẳng cấu với tổng trực tiếp của các A−môđun A/Aαi Đặc biệt, môđun L/M là tổng trực tiếp của các thành phần này.
M 0 /M và một môđun tự do đẳng cấu với L/M 0
Chứng minh • Trước hết ta chứng minh sự tồn tại của e i và α i Nếu
M = 0 thì định lý là hiển nhiên Giả sử M 6= 0, tồn tại e 1 ∈ L, α 1 ∈A\{0}và một môđun conL 1 củaLsao choLlà tổng trực tiếp của
Ae 1 và L 1 ; M là tổng trực tiếp củaAα 1 e 1 và môđun con M 1 =M∩L 1 của L 1 Hơn nữa cho mọi dạng tuyến tính g trên L ta cóg(M)⊂Aα 1
Ta có thể chứng minh bằng quy nạp theo hạngn của M Từ L 1 là một môđun tự do và M1 có hạng n−1, tồn tại một cơ sở B1 của L1, ta kí hiệu
B 1 ={e 2 , , e n }, và các phần tử khác 0là α 2 , , α n ∈A sao cho hệ {α 2 e 2 , , α n e n }là một cơ sở của M 1 , hơn nữa α i |α i+1 ,∀i= 2, , n−1.
Nếu L₀ là một môđun con của L₁ được sinh ra bởi các phần tử B₁ khác e₂, , eₙ, thì L là tổng trực tiếp của L₀ và môđun M₀ được sinh ra bởi e₁, , eₙ Các phần tử (e₁, , eₙ) tạo thành một cơ sở của M₀, trong khi (α₁e₁, , αₙeₙ) là một cơ sở của L.
M Không quá khó để chứng minh rằng α 1 |α 2 hay Aα 2 có thể viết dưới dạng g(M 1 ) với g là dạng tuyến tính trên L xác định bởi g(e 2 ) = 1, g(e i ) = 0 với i6= 2 và g(L 0 ) = 0, và do đó g(M 1 )⊂Aα 1
Chúng ta sẽ chứng minh tính duy nhất của e i và α i Với α i khác 0, M 0 được định nghĩa là tập hợp các x thuộc L sao cho tồn tại β thuộc A {0} thỏa mãn điều kiện βx thuộc M Nói cách khác, M 0 /M là mô đun con xoắn của L/M.
M 0 /M được đẳng cấu với tổng trực tiếp của n môđun đơn A/Aα i Để chứng minh điều này, ta chọn r là số lượng các iđêan Aα i khác A Trong đó, n−r iđêan đầu tiên tương đương với A, còn r iđêan sau là khác A Do đó, M 0 /M cũng có thể được coi là tổng trực tiếp của các môđun.
Vì vậy các iđêan Aα i được xác định nhân tử duy nhất bởi M 0 /M Từ
L là tổng trực tiếp của M 0 và L 0 , ta có L/M là tổng của M 0 /M và (L 0 +M)/M vì vậy là tổng trực tiếp bởi vì
Mặt khác (L 0 +M)/M là đẳng cấu vớiL 0 /(M∩L 0 ), ta có(L 0 +M)/M là một môđun tự do đẳng cấu với L/M 0
Hệ quả 10 Một môđun con hạng hữu hạn M của một môđun tự do L trên một vành chính A bao gồm một phần phụ thì điều kiện đủ là L/M không xoắn.
Nếu L/M không xoắn, thì M bằng M0, trong đó M0 chứa một phần phụ L0 nằm trong L Ngược lại, nếu M có chứa một phần phụ L0 trong L, thì L/M sẽ đẳng cấu với L0, mà L0 là một nhóm tự do.
Các iđêan Aα i của A được xác định như trên được gọi là nhân tử bất biến của môđun conM bởi giá L.
Mệnh đề 13 Cho A là một vành chính L là một A−môđun tự do có cơ sở hữu hạn u i ,1≤j ≤k, M là môđun con của L, x i là hệ các phần tử sinh của
M và Aαi,1 ≤ i ≤ n là các nhân tử bất biến của M bởi giá L Khi đó, với
1 ≤ m ≤ n, ta có δ m =α 1 α m là một ước chung lớn nhất của định thức con cấp m của ma trận các cột là tọa độ của x i trong cơ sở u j
Cấu trúc của môđun kiểu hữu hạn
Định lý 13 khẳng định rằng mọi môđun kiểu hữu hạn E trên một vành chính A có thể được biểu diễn như một tổng trực tiếp của m môđun đơn A/a_k, trong đó a_k là các iđêan khác 0 của A thỏa mãn điều kiện a_1 ⊂ a_2 ⊂ ⊂ a_m ≠ A Các iđêan này được xác định một cách duy nhất bởi các điều kiện đã nêu.
Nếu E có thể được sinh bởi phần tử, thì nó đẳng cấu với môđun thương L/M hay L=A^q Với M có hạng hữu hạn n ≤ q, theo định lý 12, L/M đẳng cấu với tổng trực tiếp của phần bù L₀ của M₀ trong L và môđun xoắn M₀/M Môđun L₀ là tự do và có hạng hữu hạn p = q−n, do đó nó đẳng cấu với A^p.
Nếu r là chỉ số bé nhất thỏa mãn Aα r 6= A nên M 0 /M là đẳng cấu với tổng trực tiếp của các môđun A/Aα i , r≤i≤n Khi đó ta có m=p+ (n−r+ 1), ak= (0), 1≤k ≤p và a p+j =Aαn−j+1,1≤j ≤n−r+ 1.
Hệ quả 11 Mọi môđun kiểu hữu hạn E trên một vành chính là tổng trực tiếp của các môđun con xoắn của E và một môđun tự do.
Hệ quả 12 Trên một vành chính, mọi môđun không xoắn và kiểu hữu hạn là một môđun tự do hạng hữu hạn.
Các iđêan ak trong định lý 13 được gọi là nhân tử bất biến của môđun E.
Mệnh đề 14 Cho A là một vành chính,L là mộtA−môđun tự do cơ sở hữu hạnu j ,1≤j ≤k, M là một môđun con củaL,x i là một hệ phần tử sinh của
M và Ae i là các nhân tử không thay đổi của M với giá trị L Đối với mọi số nguyên m từ 1 đến n, tích δ m = α 1 α m được xác định là ước chung lớn nhất của định thức con cấp m, trong đó các cột tương ứng với tọa độ của x i theo cơ sở u j.
1 Cho U = (α ij ) là một ma trận m dòng n cột có hệ số trên một vành chính A.
Giả sử rằng α ij là đôi một nguyên tố cùng nhau, ta cần chứng minh rằng tồn tại hai ma trận vuông khả nghịch P và Q với hệ số trên A, sao cho một trong các phần tử của P U Q bằng 1.
(b) Nếu δ 1 là ước chung lớn nhất của các α ij , chứng minh rằng tồn tại hai ma trận khả nghịch P 1 , Q 1 sao cho
0 U 1 ở đó các phần tử của U 1 chia hết cho δ 1
2 Cho A là một vành chính, K là trường các thương của A, E là không gian vec-tơ trên K, M là một A−môđun kiểu hữu hạn hạng n chứa trong E, N là một A−môđun kiểu hữu hạn hạng p ≤ n chứa trong
KM Chứng minh rằng tồn tại một cơ sởe i ,1≤ i≤n của M và một cơ sở củaN bao gồm các vec-tơ có dạng α i e i với 1≤i≤ pvà α i ∈K thỏa mãn α i |α i+1
3 Cho Glà một nhóm giao hoán hữu hạn.
(a) Với mọi số nguyên tố p, chứng minh rằng số các phần tử của G cấp p là p N −1 với N ∞
(b) Với mọi số nguyên tố p, chứng minh rằng phương trình x p = 1 có nhiều nhất p nghiệm trong G và Glà xiclic.
(c) Nếu cấp của G là r thì với mọi số nguyên q|r, chứng minh rằng tồn tại một nhóm con của G có cấpq.
4 Cho A là một vành giao hoán và E là một A−môđun Gọi E là vành End Z (E) các tự đồng cấu trên nhóm giao hoán E Với mọi vành con
B ⊂ E ta kí hiệuB 0 là tập hoán tử của B trong E.
(a) Gọi A 0 là vành con của E các đồng cấu trong x7→λx với λ∈A.
Ta nói rằng a là tập triệt tiêu của E, A 0 là đẳng cấu với A/a và tập triệt tiêu củaA 0 là đẳng cấu vớiA/avà tập hoán tửA 0 0 trong
E là vành End A (E) các tự đồng cấu của A−môđun E Chứng minh rằng các hoán tử A 00 0 và A 0 0 là giao hoán Hơn nữa A 0 0 =A 000 0
(b) Nếu một môđun con F của E là nhân tử trực tiếp của E, chứng minh rằngu(F)⊂F với mọiu∈A ” 0 (Gợi ý: Xây dựng phép chiếu
E →F trong một biểu diễn của E thành tổng trực tiếp củaF với một môđun con khác).
Giả sử E là tổng trực tiếp của các môđun đơn (F t ) Nếu u thuộc A và khác 0, thì với mọi chỉ số t, tồn tại một phần tử α t trong A sao cho với mọi x thuộc F t, ta có u(x) = α t x.
Cho E là tổng trực tiếp của một dãy đếm được các môđun đơn (E_n) thỏa mãn điều kiện nếu b_n triệt tiêu E_n thì b_n là dãy tăng Cần chứng minh rằng A''_0 = A_0, tức là với mọi chỉ số i > 1, tồn tại một đồng cấu môđun vi ∈ A''_0 biến Ei−1 thành Ei.
Kết quả sẽ thế nào nếu có thêm giả thiết A là vành chính còn E là môđun kiểu hữu hạn trên A.
5 Cho A là một vành chính, K là trường các thương của A, E là một A−môđun không xoắn kiểu hữu hạn và có hạngn Giả sửE ∗ là môđun đối ngẫu củaE thỏa mãn E và E ∗ là các môđun đẳng cấu với A n
Gọi M là môđun con của E Nếu M 0 là môđun con của E ∗ trực giao với M, thì môđun E ∗ /M 0 là không xoắn Hơn nữa, nếu M 0 là nhân tử trực tiếp của E ∗, thì môđun con M 00 của E trực giao với M 0 chính là E∩KM.
(b) Cho F là một môđun không xoắn kiểu hữu hạn trên A, và u :
E → F là một đồng cấu môđun Chứng minh rằng nhân tử bất biến của u t (F ∗ ) trong E ∗ bằng với nhân tử bất biến của u(E) trong F.
6 ChoGlà một môđun có chiều dài hữu hạn trên một vành chínhA Với mọi cặp A−môđun M, N thỏa mãn N ⊂ M và G là đẳng cấu môđun với M/N thì các nhân tử bất biến củaN trongM, tách được trong A, là bằng các nhân tử bất biến củaG Số các phần tử bất biến này được gọi là hạng của G.
(a) Chứng minh rằng hạng r của Glà số bé nhất các môđun con đơn của Gthỏa mãn G là tổng trực tiếp.
(b) Chứng minh rằng hạng rcủa Glà số lớn nhất trong hạng của các thành phần π−nguyên thủy củaG.
(c) Chứng minh rằng hạng của một môđun con của một môđun thương của G lớn nhất là bằng hạng của G.
(d) Cho λ∈A, chứng minh rằng hạng của môđun con λGlà bằng số các nhân tử bất biến của Gkhông chia hếtλ (Gợi ý: Chú ý rằng nếu E =A/A(α) thì môđun λE ≈(Aλ)/((Aα)∩(Aλ))).
Gọi Aα k (1≤k≤r) là các nhân tử bất biến của Ghạng giảm dần Giả sử H là môđun con của G với hạng r−q, và Aβ k (1≤k≤r−q) là các nhân tử bất biến của H hạng giảm dần Cần chứng minh rằng β k chia hết α k+q với mọi k = 1, , r−q Hơn nữa, nếu G/H có hạng r−p và Aγ k (1≤k≤r−p) là các nhân tử bất invariant của G/H hạng giảm dần, thì γ k chia hết α k+p với k = 1, , r−p.
(f) Gọi L là một môđun xoắn hạng r−q, với các nhân tử bất biến
Aλ k ,1≤k ≤r−qthỏa mãn λ k chia hếtα k+q vớik = 1, , r−q. Chứng minh rằng tồn tại hai môđun con M, N của G thỏa mãn
7 ChoAlà vành chính,Klà trường các thương củaA,ElàK−không gian vec-tơ,M ⊂E là mộtA−môđun kiểu hữu hạn và có hạngn,N ⊂KM làA−môđun kiểu hữu hạn và hạngp,P ⊂KN làA−môđun kiểu hữu hạn và hạng q.
Gọi Aα i, 1≤ i≤p là các nhân tử bất biến của N trong M hạng giảm dần Chứng minh rằng với k = 1, , p, α k là ước chung lớn nhất của các phần tử λ ∈ K, mà hạng của môđun thương (N + λ(KN ∩ M))/N không vượt quá p−k.
(b) Cho Aβ j , j = 1, , q là các nhân tử bất biến của P trong M,
Aγj, j = 1, , q là các nhân tử bất biến của P trong N, hạng giảm dần Chứng minh rằng α 1 γ j chia hết β j với j = 1, , q. (c) Chứng minh rằng γ 1 α j chia hết β j với j = 1, , q.
Cho mọi mụđun con H của N với hạng k ≤ p, định nghĩa (àH) là iđờan thương của à∈K thỏa mãn (M∩KH)⊂H Chứng minh rằng với k = 1, , p, α k là ước chung lớn nhất của à H khi H chạy qua tất cả các môđun con của N có hạng k.
Phân tích chính tắc của các số hữu tỉ và trường các thương
Định lý 14 khẳng định rằng, với A là một vành chính và K là trường các thương của A, tồn tại một hệ biểu diễn các phần tử cực trị P Đối với mỗi x∈K, có một phân hoạch hữu hạn H của P, cùng với các phần tử a0, ap ∈ A không phải là bội của p trong A (với p∈H), và các số nguyên s(p)>0 (p∈H) Các yếu tố này thỏa mãn công thức x=a0 + Σ (ap p^(-s(p))), trong đó H và các số nguyên s(p) được xác định một cách duy nhất.
Hơn nữa, nếu Rp là một phân hoạch củaA chứa một phần tử và chỉ một trong mỗi lớp của A( mod p), p∈P, mọi x∈K được viết dưới dạng x=a+X p∈P
X h=1 r ph p −h ) (3.2) ở đó a ∈ A và r ph ∈ R p sao cho mọi h, p thì r ph chứa một số hữu hạn các phần tử khác 0.
Chứng minh Ta xét K như một A−môđun, thì A là một môđun con của
K sinh bởi 1 môđun thương K/A là thương của K bởi quan hệ tương đương x 0 −x∈A, tức là x 0 ≡x( mod 1),chúng ta kí hiệu f là ánh xạ chính tắc của K trên M =K/A.
Môđun thương M là một môđun xoắn bởi vì mọi phần tử của K có dạng f(a/b)(a∈A, b∈A, b6= 0) ở đó bf(a/b) =f(a) = 0.
Chọn M p, p∈P là môđun con của M triệt tiêu bởi lũy thừa của p; do đó, f −1 (Mp) trở thành vành con Ap chứa các phần tử của K có dạng ap −n với a∈A và n∈N Môđun M là tổng trực tiếp của M p, với mọi x∈K đồng dư mod 1 với một phần tử trong tổng của A p Hơn nữa, chúng ta có thể diễn đạt dưới dạng 3.1, trong đó s(p) là các số nguyên dương và ap là các phần tử của A, với chỉ hữu hạn số không là bội của p.
Chúng tôi chứng minh các điều kiện trên s(p) và các a p xác định phần bù của H và s(p) Cụ thể, H là tập hợp các p∈P mà hợp thành của f(x) trong M p khác 0 Ngoài ra, nếu s và s 0 là hai số nguyên dương với s≥s 0, và a cùng a 0 là các phần tử của A không chia hết p, thì thỏa mãn điều kiện ap −s ≡a 0 p −s.
( modp s ); nếu s > s 0 thì ta có a≡0( mod p), mâu thuẫn giả thiết Điều này chứng minh rằng mỗi a p được xác định theo modp s(p)
Chú ý rằng trong mỗi lớp modp s của A, thì tồn tại một và chỉ một phần tử có dạng s−1
X h=0 r h p h với r h ∈ R p với 0 ≤ h ≤ s−1 Chứng minh quy nạp theo s: cho x ∈ A, trong mỗi lớp x modp s−1 , tồn tại một và chỉ một dạng s−2
X h=0 r h p h là một bội ap s−1 của p s−1 ; hay tồn tại một và chỉ một phần tử r s−1 ∈R p thỏa mãn a≡rs−1( modp) với x≡ s−1
Do đó áp dụng điều này cho mỗi ap ở 3.1 để thu được 3.2 Tính duy nhất dễ dàng suy ra từ cách xác định các a p
• ChọnA=ZvàK =Q Ta gọiP là tập các số nguyên tố dương và cho mọi p∈P ta đặt R p = [0, p−1]∩Z Ở đó ta có phân tích chính tắc x=a+X p∈P
X h=1 e ph p −h ) với a∈Z, e ph ∈Zvà 0≤e ph ≤p−1.
• Chọn A=E[X] là vành đa thức với hệ số trên trường giao hoán E và
K =E(X) Ta gọi P là tập các đa thức đầu 1 bất khả quy của E[X]. Với p∈P, đặt R p là tập các đa thức có bậc thực sự bé hơnp Khi đó với mỗir(x)∈E(X): r(x) =a(x) +X p∈P
X h=1 νph(x)p(x) −h), trong đó a(x) là một đa thức và νph(x) là một đa thức bậc thực sự nhỏ hơn p(x) với mọi p, h Đặc biệt, nếu E là đóng đại số, thì p(x) có dạng x−α với α∈E, và νph(x) sẽ là một hằng số.
Nhóm nhân các số nguyên khả nghịch mod a
Chọn a là một số hữu tỉ lớn hơn 1, nhóm (Z/aZ) ∗ là nhóm nhân các phần tử khả nghịch của vành Z/aZ Nếu a = Y i p n(i) i là phân tích nguyên tố của a, thì vành Z/aZ đẳng cấu với tích trực tiếp của các vành Z/p n(i) i Z Đồng thời, nhóm (Z/aZ) ∗ cũng đẳng cấu với tích các nhóm (Z/p n(i) i Z) ∗ Do đó, việc nghiên cứu nhóm (Z/p n Z) ∗ với p là một số nguyên tố là cần thiết Cấp của nhóm (Z/p n Z) ∗ được tính là p n − p n−1 = p n−1 (p−1).
Giả sử rằng p > 2, đồng cấu chính tắc
Z/p n Z→Z/pZ cảm sinh một đồng cấu nhóm
(Z/p n Z) ∗ →(Z/pZ) ∗ , ta kí hiệu hạt nhân của nó làU(p n ) Dễ dàng chứng minh được rằngU(p n )là lớp tương đương mod p n của một số nguyên m khả nghịch 1 Ta thấy rằng
U(p n )là tập các lớp modp n các số nguyên đồng dư 1 mod pvà vì vậy có p n−1 phần tử, do đó ta có dãy khớp
{1} →U(p n )→(Z/p n Z) ∗ →(Z/pZ) ∗ → {1} (3.3) Tương tự vớin ≥2, ta kí hiệu U(2 n )là hạt nhân của đồng cấu chính tắc
(Z/2 n Z) ∗ →(Z/4Z) ∗ Đây là một nhóm có2 n−2 phần tử và là tập các lớp mod 2 n các số nguyên đồng dư 1 mod 4, hay ta có dãy khớp
Bổ đề 9 Cho x, y ∈Z, k ∈N và p > 2 là một số nguyên tố.
1 Nếu x≡1 +py modp 2 thì x p k ≡1 +p k+1 y modp k+2
Để chứng minh mệnh đề đầu tiên, ta cần chỉ ra rằng nếu k≥1 và x≡1 +p k y (mod p k+1), thì x p ≡1 +p k+1 y (mod p k+2) Kết luận này được thực hiện thông qua quy nạp theo k Điều này có nghĩa là, với a∈Z và k≥1, ta có thể xác nhận mệnh đề.
1 Điều kiện cần và đủ ở đây là m, p là các số nguyên tố cùng nhau, hay lớp m mod p là khả nghịch. vì vậy
≡ 1 +p k+1 (y+pz)≡1 +p k+1 y modp k+2 Tương tự, cho k ≥1, ta có
(1 + 2 k+1 y+ 2 k+2 z) 2 ≡1 + 2 k+2 y mod 2 k+3 , và do đó, bởi qui nạp theo k ta có mệnh đề số 2.
Mệnh đề 15 nêu rõ rằng với p > 2 là một số nguyên tố và n ∈ N∗, nhóm U(p n) là nhóm xiclic cấp p n−1 Đối với n ≥ 2, điều kiện đủ để lớp mod p n của các số nguyên x đồng dư 1 (mod p) trở thành một phần tử sinh của U(p n) là x phải khác 1 (mod p²).
Cho mỗi số nguyên m > 1, nhóm U(2 m ) là xiclic bậc 2 m−2 ; nếu m ≥ 3 thì điều kiện đủ để lớp ( mod 2 m ) các số nguyên x≡1( mod 4) là một phần tử sinh của U(2 m ) là x6= 1( mod 8).
Chứng minh rằng từ U(p^n) cấp p^(n−1), cấp của tất cả các phần tử u ∈ U(p^n) là một lũy thừa của p và u là phần tử sinh của U(p^n) nếu và chỉ nếu u^(p^(n−2)) ≠ 1 Cụ thể, nếu u là lớp các x = 1 + py, thì u^(p^(n−2)) là lớp các 1 + p^(n−1)y, do đó u sinh U(p^n) nếu và chỉ nếu y ≠ 0 (mod p), tức là x ≠ 1 (mod p^2).
Cho ví dụ, lớp 1 +p sinh U(p n ) Tương tự lớp u các x mod 2 n sinh U(2 n ) nếu và chỉ nếu u 2 n−3 6= 1, và vì vậy x6= 1( mod 8).
Bổ đề 10 Cho A là một vành chính và
0→N →M →P →0 là một dãy khớp cácA−môđun Giả sử rằng tồn tại a, b∈A nguyên tố cùng nhau thỏa mãn aN = 0, bP = 0.
Khi đó dãy khớp là chẻ ra Đặc biệt nếu N, P là đơn thì M cũng là môđun đơn.
Chứng minh rằng abM = 0 cho thấy M là môđun xoắn Điều này là hiển nhiên Nếu N và P là các môđun đơn, thì chúng cũng thuộc loại hữu hạn, từ đó suy ra rằng M cũng là môđun kiểu hữu hạn.
Dãy khớp 0→N →M →P →0 cho thấy các thành phần p-nguyên thủy của M đẳng cấu với các thành phần p-nguyên thủy của N và P, từ đó suy ra M là môđun đơn Định lý 15 chỉ ra rằng nếu a = Y i p n(i) i là phân tích nguyên tố của số nguyên a > 1, thì nhóm (Z/aZ) ∗, các phần tử khả nghịch của vành Z/aZ, đẳng cấu với tích các nhóm (Z/p n(i) i Z) ∗.
Nếu p > 2 là số nguyên tố và n thuộc N*, thì nhóm (Z/p^nZ)* là nhóm xiclic cấp p^(n−1)(p−1) Nhóm (Z/2Z)* có 1 phần tử, trong khi với n ≥ 2, nhóm (Z/2^nZ)* là tích trực tiếp của nhóm xiclic cấp 2^(n−2) sinh bởi lớp 5 mod 2^n và nhóm xiclic cấp khác.
2 bao gồm các lớp 1 và −1 mod 2 n
Chú ý 8 Cho p > 2là một số nguyên tố; x là một số nguyên nằm trong lớp
1 mod p và không nằm trong lớp 1 mod p 2 Chúng ta có dãy khớp
Trong bài viết này, chúng ta xem xét ánh xạ u: Z/p n−1 Z → (Z/p n−1 Z) ∗ và phép chiếu v: (Z/p n−1 Z) ∗ → (Z/pZ) ∗, với mục tiêu nghiên cứu cấu trúc của vành các số p−adic Z p Chúng ta chọn x ∈ Z p sao cho x−1 ∈ pZ p và x−1 ∉ p²Z p, từ đó thiết lập một dãy khớp quan trọng.
{0} →Zp →Z ∗ p →(Z/pZ) ∗ → {1} là tương đương với dãy 3.5 ở đó v :Z ∗ p →(Z/pZ) ∗ là ánh xạ chính tắc và u:Z/p n−1 Z→(Z/p n−1 Z) ∗ là ánh xạ liên tục thác triển từ ánh xạ n →x n , n ∈Z. Đặt x n =u(x), n∈Z.
Tương tự nếu x∈Z2 với x−1∈4Z2, x−1∈/ 8Z2, ta suy ra dãy khớp
{0} →Z 2 →Z ∗ 2 →(Z/zZ) ∗ → {1} với u là thác triển liên tục ánh xạ n7→x n
Ma trận trên vành chính
Cho A là một vành chính Gọi f : L → L 0 là một ánh xạ tuyến tính từ A−môđun hạng m và A−môđun hạng n Khi đó trong một cặp cơ sở của
L, L 0 ma trận của f có dạng đường chéo, ta gọi đây là dạng chính tắc của ma trận này.
Mệnh đề 16 cho biết rằng, với một vành chính A và một ánh xạ tuyến tính hạng r từ A-môđun L hạng m vào A-môđun L₀ hạng n, tồn tại các cơ sở eᵢ (1≤i≤m) của L và e₀ⱼ (1≤j≤n) của L₀ sao cho f(eᵢ) = αe₀ᵢ (1≤i≤r) và f(eᵢ) = 0 với mọi i > r, trong đó các αᵢ thuộc A∗.
• Các iđêan Aαi là nhân tử bất biến củaf(L)trong L 0 và vì vậy là nhân tử duy nhật.
Chứng minh rằng Đặt L₀ = f⁻¹(0) cho thấy tập thương L/L₀ đẳng cấu với môđun f(L) Môđun f(L) là môđun con tự do của môđun L₀, do đó L₀ chứa phần bù L₁ của f(L) Nếu các iđêan Aₐ, 1 ≤ i ≤ r là các nhân tử bất biến của f(L) trong L₀, thì tồn tại một cơ sở e₀ⱼ, 1 ≤ j ≤ n của L₀ sao cho αᵢ e₀ᵢ, 1 ≤ i ≤ r là cơ sở của f(L).
Từ hạn chế của f trên L1 là đẳng cấu từ L1 tới f(L) nên tồn tại một cơ sở e i ,1≤i≤r của L 1 thỏa mãn f(ei) =αie 0 i
Ta bổ sung cơ sở này của L 1 để thành cơ sở e k ,1 ≤k ≤m của L bằng một cơ sở es, r+ 1≤s≤m của L0.
Chú ý 9 Cho X là ma trận có hạng r gồm n dòng m cột trên một vành chính A, thì tồn tại một ma trận X 0 tương đương 2 với X có dạng
Các iđêan khác khôngAα i trong mệnh đề 16 được gọi là nhân tử bất biến của ánh xạ tuyến tính f, hoặc ma trận X.
Hệ quả 13 Cho X, X 0 là hai ma trận n dòng m cột trên một vành chính
A Điều kiện đủ để X và X 0 tương đương là chúng có chung các nhân tử bất biến.
Nếu X là một ma trận hạng r trên vành chính A, và Aα i (1≤i≤r) là dãy các nhân tử bất biến, thì α 1 là ước chung lớn nhất của các phần tử của X Hơn nữa, tích α 1 α q là ước chung lớn nhất của các định thức con cấp q của X với mọi q ≤ r.
1 Cho M là một Z−môđun con khác 0 của vành các số nguyên p−adic
Zp thỏa mãn M là một Z−môđun con đơn của Z−môđun Zp Chứng minh rằng
2 Hai ma trận X, X 0 được gọi là tương đương nếu tồn tại các ma trận vuông khả nghịch
2 Cho A, B là hai dãy vô hạn không giao nhau các số nguyên tố Giả sử rằng 5 ∈/ A,5 ∈/ B Gọi e i ,1 ≤ i ≤ 4 là cơ sở chính tắc của Q−không gian vec-tơ Q 4
(a) Gọi M làZ-môđun con của Q 4 sinh bởi phần tử 1 me 1 với m ∈A;
N làZ−môđun con của Q 4 sinh bởi 1 me 2 , m ∈A, 1 ne 2 , n ∈B và 1
Giả sử M 0 làZ−môđun con củaQ 4 sinh bởi các phần tử 1 me 0 1 với m ∈A;N 0 làZ−môđun con sinh bởi 1 ne 4 vớin ∈Bvà 1
5(3e 0 2 +e 3 ). Chứng minh rằng i M 0 ∩N 0 = 0, M ⊕N =M 0 ⊕N 0 ii M đẳng cấu vớiM 0 và không phân tích được. iii N và N 0 là không phân tích được nhưng không đẳng cấu.
(c) Gọi M là Z−môđun con của Q 4 sinh bởi các phần tử 1 me 1 với m ∈A, 1 ne 2 với n ∈B và 1
5(e 1 +e 2 ); N làZ−môđun con của Q 4 sinh bởi các phần tử 1 me 3 vớim∈A, 1 ne 4 với n∈B và 1
Gọi M 0 là Z−môđun con của Q 4 sinh bởi các phần tử 1 me 0 1 với m ∈A, 1 ne 0 2 vớin ∈B và 1
5(e 0 1 + 2e 0 2 );N 0 làZ−môđun con củaQ 4 sinh bởi các phần tử 1 me 0 3 vớim∈A, 1 ne 0 4 vớin ∈Bvà 1
5(e 0 3 +2e 0 4 ). Chứng minh rằng i M ⊕N =M 0 ⊕N 0 ii M đẳng cấu vớiN; M 0 đẳng cấu vớiN 0 iii M không đẳng cấu với M 0
(d) GọiM làZ−môđun con củaQ 4 sinh bởi các phần tử 1
5 n e 1 vớin ≥ 0;N làZ−môđun con củaQ 4 sinh bởi các phần tử 1
Gọi M 0 Z−môđun con của Q 4 sinh bởi các phần tử 1 e n e 0 1 , 1
8(e 0 1 −e 3 );N 0 làZ−môđun con của Q 4 sinh bởi các phần tử 1
2(e 0 2 −e4) Chứng minh rằng i M ⊕N =M 0 ⊕N 0 ii M 0 , N 0 là không phân tích được và có hạng là2, nhưng M có hạng là1.
3 Ta nói hai ma cặp ma trận(A 1 , A 2 )và(B 1 , B 2 )vuông cấpn hệ số trên trường K là tương đương nếu tồn tại các ma trận vuông khả nghịch
Nếu A1 và B1 là các ma trận khả nghịch, thì điều kiện cần và đủ để hai cặp ma trận vuông (A1, A2) và (B1, B2) tương đương là hai ma trận A1X + A2 và B1X + B2 tương đương trên K[X].
4 ChoA là ma trận m dòng n cột hạngr hệ số trường K Nếu P là một ma trận vuông cấpm,Q là ma trận vuông cấp n trên K thỏa mãn
P AQ=A, thì chứng minh rằng tồn tại ma trận P 0 đồng dạng với P và một ma trận Q 0 đồng dạng với Q thỏa mãn
Trong bài viết này, R là một ma trận vuông khả nghịch cấp r, U là ma trận vuông cấp m−r, và S là ma trận có r dòng và m−r cột Tương tự, U 0 và S 0 lần lượt là ma trận vuông cấp n−r và ma trận có n−r dòng và r cột.
5 Chứng minh rằng trên trường K, ma trận
là đồng dạng với ma trận Jordan Un,λ nếu α6= 0.
6 Cho K là một trườn đóng đại số, A là một ma trận khả nghịch trên
K, m ∈ N ∗ Chứng minh rằng nếu m không là bội của đặc số của K thì tồn tại một đa thức g(X)∈K[X] thỏa mãn
Tài liệu này tổng kết một cách logic các vấn đề liên quan đến vành chính, đặc biệt là lý thuyết môđun trên vành chính Nó giải thích những hạn chế về vành chính mà sinh viên Toán thường gặp phải, đồng thời bổ sung kiến thức cơ sở từ các khái niệm đại số cơ bản đã được học trong chương trình đào tạo.
Một lợi ích nổi bật của tài liệu này là phương pháp gợi mở vấn đề, giúp sinh viên tiếp cận những chủ đề mới mẻ và thú vị Những vấn đề được đề cập không chỉ kích thích tư duy mà còn định hướng cho sinh viên trong việc lựa chọn đề tài nghiên cứu khoa học hoặc khóa luận mà họ yêu thích.
Với thời gian có hạn, tác giả nhận định rằng điểm yếu lớn nhất của tài liệu là thiếu lời giải chi tiết cho các bài tập, điều mà tác giả dự kiến sẽ bổ sung trong tác phẩm tiếp theo Dù vậy, tác giả hy vọng tài liệu này vẫn sẽ là nguồn tham khảo quý giá cho sinh viên Toán.
[1] Bùi Huy Hiền, Bài tập Đại số đại cương, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
[2] Nguyễn Tiến Quang,Đại số đại cương, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2008.
[3] Nguyễn Tiến Quang,Lý thuyết môđun, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
[4] Hoàng Xuân Sính,Đại số đại cương, Tái bản lần 11, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2008.
[5] Hoàng Xuân Sính,Số đại số I, II, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội, 2003.
[6] Dương Quốc Việt, Cơ sở lý thuyết Module, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội, 2015.
[7] M.F Atiyah, I.G Macdonald, Introduction to Commutative Algebra, Addison- Wesley, Reading, MA, 1969.
[10] H Matsumura,Commutative Ring Theory, Cambridge university Press, 1989.
[11] M.R Murty, J Esmonde, Problems in Algebraic Number Theory, Springer, 2004.
[12] J.C Wilson,A Principal Ideal Ring That Is Not a Euclidean Ring, Math- ematics Magazine, Mathematical Association of America, Vol 46, No.
1, pp 34-38 (Jan., 1973). Đặc số, 37 Định lý cấu trúc, 52 Ước, 9 Ước chung, 10 Ước chung lớn nhất, 10
Hạng, 36 môđun đơn, 34 môđun con, 33 môđun kiểu hữu hạn, 31 môđun tự do, 27
Ma trận, 36 Xoắn, 31 môđun chính, 26 Nhân tử bất biến, 50
Phân tích chính tắc, 33 Phần tử cực trị, 15 Tổng trực tiếp, 47
Vành đóng nguyên, 39 Vành chính, 10
Vành Euclid, 16Vành số nguyên Gauss, 16
Phụ lục: Phương trình Diophantine
Phương trình Diophantine là một phần hấp dẫn trong lý thuyết số, ở đó xem xét các phương trình đa thức
Phương trình P(X₁, , Xₙ) = 0 với các hệ số trong Z hoặc Q yêu cầu tìm lời giải trong Z hoặc Q Tổng quát hơn, Z có thể được thay thế bởi một vành chính A, tương ứng với trường K Phần này sẽ thảo luận về hai trường hợp đặc biệt của phương trình Fermat.
Fermat đã khẳng định rằng với n ≥ 3, phương trình (6) không có nghiệm nguyên không tầm thường Tuy nhiên, chứng minh tổng quát của ông vẫn chưa được tìm thấy.
Cho n = 2, phương trình có nghiệm nguyên như (2,3,4) Có thể sử dụng công thức để tính tất cả các nghiệm nguyên của phương trình Fermat trong trường hợp này Định lý 16 chỉ ra rằng nếu x, y, z là các số nguyên thỏa mãn x² + y² = z², thì tồn tại một số nguyên d và hai số nguyên tố cùng nhau u, v sao cho x = d(u² - v²), y = 2duv, z = d(u² + v²) (Lưu ý rằng không tính đến trường hợp hoán vị vị trí của x, y).
Chứng minh Bằng tính toán dễ dàng chứng minh được rằng (7) là nghiệm nguyên của phương trình
X 2 +Y 2 =Z 2 Ngược lại, chọn x, y, z là nghiệm của phương trình
Giả sử x, y, z là các số nguyên tố cùng nhau; nếu không, chúng ta có thể chia chúng cho ước chung lớn nhất Điều này cho thấy x, y, z là các nguyên tố cặp đôi Nếu p là một số nguyên tố chung của x và z, từ y² = z² - x², ta suy ra rằng p cũng là ước của y, điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
Dựa trên giả thiết, hai trong ba số x, y, z phải là số lẻ và một số còn lại là số chẵn Hơn nữa, x và y không thể đều là số lẻ, vì nếu vậy, sẽ dẫn đến x² ≡ 1 (mod 4) và y² ≡ 1 (mod 4), trong khi z² ≡ 2 (mod 4), gây mâu thuẫn với việc z là số chẵn.
Từ những phân tích trên, ta suy ra: x và z là số lẻ, y là số chẵn Chú ý rằng, y 2 =z 2 −x 2 = (z−x)(z+x) (8)
Ta có ước chung lớn nhất của 2x,2z là 2, lại có
2z = (z+x) + (z−x) ta suy ra ước chung lớn nhất của z−x và z+x chỉ có thể là 2. Đặt y= 2y 0 , z+x= 2x 0 , z−x= 2z 0 ở đó x 0 , y 0 , z 0 là các số nguyên Ta có y 02 =x 0 z 0
Bởi vì x 0 và z 0 là các số nguyên tố cùng nhau nên ta suy ra x 0 , z 0 là các số chính phương, kí hiệu tương ứng là u 2 và v 2
Do đó ta có z+x= 2u 2 , z−x= 2v 2 , y 2 = 4u 2 v 2 Bằng tính toán trực tiếp, ta thu được x=u 2 −v 2 , y = 2uv và z =u 2 +v 2
X 4 +Y 4 =Z 2 (9) không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh Nếu tồn tại nghiệm nguyên dương (x, y, z) của phương trình
Chúng ta có thể chọn một nghiệm sao cho z là số nguyên dương nhỏ nhất trong số các nghiệm Trong tình huống này, x, y và z sẽ là ba số nguyên tố cùng nhau.
Bây giờ ta viết lại phương trình (9) thành
(X 2 ) 2 + (Y 2 ) 2 =Z 2 , và ta áp dụng định lý 16, sau biến đổi, tồn tại một cặp số u, v nguyên tố cùng nhau thỏa mãn x 2 =u 2 −v 2 , y 2 = 2uv, z =u 2 +v 2 (10)
Từ 4|y 2 , phương trình y 2 = 2uv kéo theo một trong hai số u và v là chẵn, số còn lại là lẻ Do đó, u chẵn và v lẻ và do đó u 2 ≡0( mod 4) và v 2 ≡1( mod 4).
Khi đó x 2 =u 2 −v 2 ≡ −1( mod 4), mâu thuẫn Vì vậy u lẻ và v = 2v 0
Phương trình y² = 4uv₀ cho thấy rằng u và v₀ là các số nguyên tố cùng nhau, dẫn đến việc u và v₀ cũng là các số chính phương, ký hiệu lần lượt là a² và b² Hơn nữa, chúng ta tiếp tục áp dụng định lý 16 cho phương trình x² + v² = u².