Ôn cao học TPHCM Đại số Mr Huyền p11-13

ĐẠI SỐ (CƠ SỞ) Tài liệu ôn thi cao học năm 2005 Phiên bản đã chỉnh sửa TS. Trần Huyên Ngày 8 tháng 4 năm 2005 Bài 11 Các Bài Toán Về Đồng Cấu Vành Cho các vành X,Y . Ánh xạ f : X → Y là đồng cấu vành nếu ∀x 1 , x 2 ∈ X thì : f(x 1 + x 2 ) = f(x 1 ) + f(x 2 ) và f(x 1 x 2 ) = f(x 1 ) · f(x 2 ) Nói một cách vắn tắt : Ánh xạ f giữa hai vành là đồng cấu vành (hay đơn giản hơn : đồng cấu !) nếu f bảo toàn hai phép toán có ở trong vành. Đồng cấu vành f được gọi là đơn cấu nếu ánh xạ f đồng thời là đơn ánh. Đồng cấu vành f được gọi là toàn cấu nếu ánh xạ f đồng thời là toàn ánh. Và đồng cấu vành f được gọi là đẳng cấu nếu ánh xạ f đồng thời là song ánh. Hiển nhiên f là đẳng cấu ⇔ f đồng thời là đơn cấu và toàn cấu. Ta nhắc lại sau đây một vài kết quả đáng để ý về đồng cấu vành, thường được sử dụng trong các bà i toán liên quan đến đồng cấu vành. • Hạt nhân của mỗi đồng cấu vành f được định nghĩa là : ker f = f −1 (0) luôn là một Iđêan. Kết quả này cho phép chúng ta, khi chứng minh bộ phận khác rỗng A là Iđêan của vành X, có thể xác định một đồng cấu f : X → Y , với Y là vành nào đó, mà ker f = A. • Đồng cấu vành f : X → Y là đơn cấu ⇔ ker f = 0. Kết quả này cho phép chúng ta, thay cho việc kiểm tra f đơn ánh, thì chỉ cần tính hạt nhân ker f. 1 • Nếu f : X → Y là toàn cấu vành thì tồn tại và duy nhất đẳng cấu  f : X/Kerf → Y sao cho f =  f · p trong đó p là phép chiếu p : X → X/ ker f. Kết quả này cho phép ta khi chứng minh về sự tồn tại một đẳng cấu từ một vành thương X/A tới vành Y nào đó ta chỉ cần thiết lập một toàn cấu f : X → Y mà ker f = A. • Nếu f : X → Y là đẳng cấu thì f −1 : Y → X là đẳng cấu. Kết quả này cho thấy rằng quan hệ đẳng cấu của các vành là quan hệ đối xứng và khi kết hợp với các tính chất phản xạ, bắ c cầu vốn có thì quan hệ đẳng cấu là quan hệ tương đương. Các bài toán về đồng cấu vành, trước hết là các bà i toán kiểm tra tính đồng cấu, đơn cấu hay đẳng cấu của một ánh xạ nào đó giữa các vành. Ví dụ 1 Cho vành X và End(X) là vành các tự đồng cấu của nhóm (X, +). Với mỗi phần tử a ∈ X, xác định ánh xạ h a : X → X mà h a (x) = ax, ∀x ∈ X Chứng minh rằng : 1. ∀a ∈ X thì h a ∈ End(X) và ánh xạ ϕ : X → End(X) mà ϕ(a) = h a , ∀a ∈ X là đồng cấu vành. 2. Chứng minh ϕ là đơn cấu nếu vành X có đơn vị. Giải 1. Do tính chất phân phối của phép nhân với phép cộng trong vành X nên ∀a ∈ X : h a (x + y) = a(x + y) = ax + ay = h a (x) + h a (y), ∀x, y ∈ X tức h a : X → X là tự đồng cấu nhóm, hay h a ∈ End(X). Để kiểm tra ánh xạ ϕ : X → End(X) mà ∀a ∈ X : ϕ(a) = h a là đồng cấ u vành, ta cần kiểm tra với mọi a, b ∈ X thì : h a+b = ϕ(a + b) = ϕ(a) + ϕ(b) = h a + h b (1) h a·b = ϕ(a · b) = ϕ(a) ·ϕ(b) = h a · h b (2) Vì các vế của các đẳng thức (1), (2) đều là các ánh xạ từ X vào X, để kiểm tra chúng bằng nhau, ta chỉ cần kiểm tra chúng bằng nhau tại mỗi điểm của miền xác định X. Thật vậy, ∀x ∈ X : h a+b (x) = (a + b)x = ax + bx = h a (x) + h b (x) = (h a + h b )(x), và h ab (x) = (ab)x = a(bx) = a · h b (x) = h a · h b (x) = (h a · h b )(x) Vậy ta có đpcm ; tức ϕ là đồng cấu vành. 2 2. Để chứng minh ϕ là đơn cấu ta tính ker ϕ : ker ϕ = {a ∈ X : h a ≡ 0} = {a ∈ X : h a (x) = 0, ∀x ∈ X} = {a ∈ X : ax = 0, ∀x ∈ X} ⊂ {a ∈ X : a ·1 = 0} = {0} Vậy ker ϕ = 0, tức ϕ đơn cấu khi X có đơn vị 1 Ví dụ tiếp sau đây chỉ ra một cách kiểm tra Iđêan mà không dùng tới định nghĩa hay các tiêu chuẩn về Iđêan, đồng thời cũng chỉ ra cách xác lập đẳng cấu từ một vành thương nhờ s ử dụng định lý về toàn cấu. Ví dụ 2 Cho R[x] là vành đa thức hệ số thực và A là tập tất cả các đa thức nhận x = 1 làm nghiệm. Chứng minh A  R[x] và vành thương R[x]/A là trường. Nhận xét : Độc giả có thể xử lý ví dụ này bằng cách kiểm tra trực tiếp A R[x], và đồng thời A là Iđêan tối đại để có được kết quả R[x]/A là trường. Cũng có thể sử dụng định lý Bê du nói rằng mỗi đa thức f(x) ∈ R[x ] luôn được biểu diễn dưới dạng f(x) = q(x)(x+1)+f(1), từ đó để thấy rằng mỗi lớp ghép f(x) +A ∈ R[x]/A có một biểu diễn duy nhất dưới dạng f(1) +A với f(1) = r ∈ R; nhờ đó xác lập đẳng cấu trực tiếp từ R[x]/A → R. Tuy nhiên ở đây, ta muốn xử lý tiết kiệm hơn như sau: Giải Xây dựng ánh xạ ϕ : R[x] → R, với R là trường số thực, mà ∀f(x) ∈ R[x] thì ϕ(f) = f(1). Hiển nhiên ϕ là ánh xạ. Đồng thời ∀f(x), g(x) ∈ R[x] : ϕ(f + g) = (f + g)(1) = f(1) + g(1) = ϕ(f) + ϕ(g) ϕ(f(x), g(x)) = f(1) · g(1) = ϕ(f).ϕ(g) tức ϕ là đồng cấu vành. Dễ thấy ϕ là toàn ánh, vì ∀r ∈ R thì chọn f(x) = x+r−1, ta có ϕ(f) = f (1) = 1+r−1 = r Vậy ϕ là toàn cấu và cho ta : ker ϕ = {h(x) : ϕ(h) = h(1) = 0} = A  R[x] và R[x]/A ∼ = R, tức R[x]/A là trường. Nhận xét: Trong ví dụ trên thay cho việc chứng minh trực tiếp R[x]/A là trường, ta đã xây dựng đẳng cấu R[x]/A ∼ = R. Như vậy ở đây ta chấp nhận điều : nếu hai vành đẳng cấu với nhau thì cấu trúc đại số trên hai vành ấy là như nhau. Thật ra, điều đó còn được nhân rộng hơn như sau : Nếu đồng thời trên cả hai tập X và Y đều có trang bị hai phép toán cộng và nhân, và nếu có tồn tại một song ánh ϕ : X → Y , bảo toàn hai phép toán cộ ng và nhân (tức ∀x 1 , x 2 ∈ X thì ϕ(x 1 + x 2 ) = ϕ(x 1 ) + ϕ(x 2 ); ϕ(x 1 x 2 ) = ϕ(x 1 ) · ϕ(x 2 )) thì từ X là vành, với cấu trúc nào , ta suy ra Y cũng là vành với cấu trúc đó và ngược lại. Nói riêng X là trường ⇔ Y cũng là trường. Ví dụ 3 Chứng minh rằng tập hợp A các ma trận có dạng A =  a b −b a  : a, b ∈ R  . là trường với hai phép cộng và nhân ma trận. 3 Nhận xét: Để ý rằng mỗi ma trận thuộc A được xác định bởi một cặp số (a, b) ở dòng trên và "quan sát" các phép cộng và nhân ma trận khi để vết lại ở các dòng trên, ta nhận thấy quy luật của nó thực chất là quy luật cộng và nhân các số phức (độc giả hãy tự viết ra để xác nhận điều đó !). Do vậy để xử lý bài toán ta cần thiết lập một song ánh, bảo toàn phép toán từ A lên trường số phức (C; +, ·) Giải Xây dựng ánh xạ ϕ : A → C  a b −b a  → a + ib Bạn đọc có thể kiểm tra trực tiếp rằng ϕ bảo toàn cả hai phép toán cộng và nhân, tương ứng trên A và C. Hiển nhiên ϕ là song ánh vì với mỗi số phức a + ib ∈ C, tồn tại và duy nhất một ma trận K =  a b −b a  ∈ A mà ϕ(K) = a + ib. Vậy từ C là trường suy ra A là trường. Một dạng bài toán về đồng cấ u vành cũng thường được xét tới là các bài xác định số các đồng cấu từ một vành tới một vành cho trước, hay số các tự đồng cấu của chính một vành. Ví dụ 4 Tìm tất cả các tự đồng cấu của trường các số hữu tỉ. Nhận xét : Việc tìm các tự đồng cấu của một vành hay một trường phụ thuộc vào tính chất cấu trúc của vành hay trường đó. Đối với trường Q, dễ thấy rằng nó có một hệ sinh đơn giản chỉ là phần tử 1 ∈ Q. Vì vậy để xác định một tự đồng cấu f : Q → Q, phải bắt đầu với sự xác định f (1) Giải Nếu f : Q → Q là đồng cấu thì f(1) = f(1 ·1) = f(1).f(1) Suy ra : f(1)(1 − f(1)) = 0 ⇔  f(1) = 0 (1) f(1) = 1 (2) Để ý rằng nếu f là đồng cấu từ Q → Q thì ta có thể tính được f( m n ) qua f(1) với mọi m n ∈ Q Thật vậy : Vì f(1) = f(n · 1 n ) = n · f( 1 n ) ⇒ f( 1 n ) = f(1) n Do đó : f ( m n ) = f(m · 1 n ) = m · f( 1 n ) = m · f(1) n = m n .f(1). Quay trở lại với công thức (1), (2). 1. Khi f (1) = 0 thì theo (3) : f( m n ) = 0, ∀ m n ∈ Q tương ứng với kết quả này ta có đồng cấu không θ. 2. Khi f(1) = 1 thì theo (3) : f( m n ) = m n , ∀ m n ∈ Q tương ứng với kết quả này ta có đồng cấu đồng nhất. Vậy có chỉ duy nhất hai tự đồng cấu của trường Q là đồng cấu θ và đồng cấu đồng nhất. 4 Ví dụ 5 : Cho M =  a b b a  : a, b ∈ R  là vành với hai phép cộng và nhân ma trận (xem bài tập 5 §9). Với mỗi cặp số r, s ∈ R, xác định ánh xạ ϕ s r : M → R mà với mỗi ma trận A =  a b b a  thì ϕ s r (A) = ra + sb. Tìm tất cả các cặp (r, s) sao cho ϕ s r là đồng cấu vành. Giải Dễ thấy rằng với bất kì cặp r, s nào thì ϕ s r cũng bảo toàn phép toán cộng. Vậy ϕ s r sẽ là đồng cấu vành ⇔ ϕ s r bảo toàn phép toá n nhân, tức khi và chỉ khi với mọi cặ p ma trận A =  a b b a  , B =  c d d c  thì : ϕ s r (A · B) = ϕ s r (A) · ϕ s r (B) ⇔ r(ac + bd) + s(ad + bc) = (ra + sb)(rc + sd) ⇔ r(ac) + r(bd) + s(ad) + s(bc) = r 2 (ac) + s 2 (bd) + rs(ad) + rs(bc), ∀a, b, c, d. ⇔    r = r 2 r = s 2 s = rs ⇔   r = s = 0 r = s = 1 r = 1 và s = −1 Vậy có tất cả là 3 đồng cấu : ϕ 0 0 : M → R mà ϕ 0 0 (A) = 0, ∀A ∈ M ϕ 1 1 : M → R mà ϕ 1 1 (A) = a + b, ∀A =  a b b a  ∈ M ϕ −1 1 : M → R mà ϕ −1 1 (A) = a − b, ∀A ∈ M Nhận xét: Thật ra 3 đồng cấ u nói trên chính là tập tất cả các đồng cấu có thể có từ M → R. Độc giả hãy thử tìm cách chứng minh khẳng định này thử xem ? Và nếu ví dụ trên yêu cầu tìm tất cả các đồng cấu vành từ M → R thì bạn sẽ giải như thế nào ? Bài Tập 1. Cho ϕ : X → Y là một toàn cấu vành. Chứng minh rằng : (a) Nếu I  X thì ϕ(I)  Y ; và nếu I là Iđêan nguyên tố hay tối đại (trong trường hợp X, Y giao hoán có đơn vị) thì ϕ(I) cũng nguyên tố hay tối đại. (b) Tồn tại một song ánh từ tập các Iđêan của Y tới tập các Iđêan chứa ker ϕ của vành X. 2. Cho các tập các ma trận cấp hai sau: A =  a b 3b a  : a, b ∈ Q  ; B =  a b √ 3 b √ 3 a  : a, b ∈ Q  Chứng minh rằng cả A, B đều là trường đối với hai phép toán cộng và nhân ma trận. Khẳng định A ∼ = B đúng hay sai ? 5 3. Tìm tất cả các đồng cấu của các vành sau : (a) Từ Z 6 tới Z 12 . (b) Từ Z 15 tới Z 9 . 4. Tìm tất cả các tự đồng cấu của : (a) Vành các số nguyên Z (b) Vành Z 20 các số nguyên môđun 20. (c) Trường các số thực R (d) Trường các số phức C Bài 12 Các Bài Toán Kiểm Tra Các Phần Tử Khả Nghịch, Phần Tử Bất Khả Qui Trong Vành Giao Hoán Có Đơn Vị. Các vành giao hoán có đơn vị, đặc biệt là các miền nguyên, được xem như là sự tổng quát hóa của vành Z các số nguyên, nên hoàn toàn có thể trang bị các yếu tố của lí thuyết chia hết của vành số nguyên và nghiên cứu về chúng. Khái niệm chia hết trong vành giao hoán có đơn vị đặc biệt trong miền nguyên, được xác định một cách tương tự như trong vành số nguyên. Cụ thể là, cho X là vành giao hoán, có đơn vị 1 và a, b ∈ X. Ta nói a chia hết cho b hay a là bội của b nếu tồn tại phần tử c ∈ X sao cho a = b · c. Khi đó ta cũng nói b chia hết a hay b là ước của a. Cá c kí hiệu về "chia hết" hay "chia hết cho " được dùng như trong miền nguyên Z; các tính chất cơ bản của mối quan hệ ước, bội này trong Z vẫn được bảo toàn trong vành giao hoán có đơn vị bất kì, và chúng sẽ được dùng về sau, mỗi khi cần đến mà không cần phải nhắc lại. Phần tử khả nghịch trong vành giao hoán có đơn vị X là phần tử u ∈ X sao cho u là ước của đơn vị 1. Nói cách khác u khả nghịch ⇔ ∃v ∈ Xmà u ·v = 1 Trong đại số cơ sở ta đã biết rằng : tập U tất cả các phần tử khả nghịch của một miền nguyên X lập thành một nhóm đối với phép nhân. Kết quả này hoàn toàn có thể mở rộng cho vành giao hoán có đơn vị bất kì ; tức là nếu X là vành g iao hoán, có đơn vị thì tập U các phần tử khả nghịch của X cũng lập thành một nhóm đối với phép nhân. Việc chứng minh kết quả này là sự "sao chép" nguyên xi phép chứng minh về kết quả tương tự trong miền nguyên được trình bày trong giáo trình đại số cơ sở; xin được dành cho bạn đọc kiểm chứng. Ví dụ sau đây cho ta một tiêu chuẩn kiểm tra tính khả nghịch của phần tử u trong vành giao hoán có đơn vị X, trong mối quan hệ với các phần tử lũy linh 6 Ví dụ 1 Trong vành giao hoán có đơn vị X, phần tử x ∈ X được gọi là lũy linh nếu tồn tại số tự nhiên n > 0 sao cho x n = 0. Chứng minh rằng : 1. Nếu x lũy linh thì 1 + x khả nghịch. 2. Phần tử u ∈ X là khả nghịch ⇔ với mọi phần tử lũy linh x thì u + x là khả nghịch. Phân tích ban đầu : Để chứng minh 1+x khả nghịch ta cần chỉ ra nó là ước của đơn vị 1. Do tính lũy linh của x mà tồn tại n > 0 để x n = 0, từ đó (−x) n = 0 và 1 = 1−(−x) n là bội của 1+x = 1− (−x) Giải : 1. Do x lũy linh nên tồn tại n > 0 để x n = 0, do đó (−x) n = 0. Vì 1 = 1 − (−x) n = (1 + x)(1 + (−x) + ··· + (−x) n−1 ) nên hiển nhiên (1 + x)\1, tức (1 + x) khả nghịch. 2. Nếu mọi x lũy linh mà u + x khả nghịch thì nói riêng với x = 0 (là một phần tử lũy linh), u = u + 0 là khả nghịch. Bây giờ nếu u khả nghịch và x lũy linh, ta cần chỉ ra u + x khả nghịch. Ta sẽ áp dụng 1, bằng cách phân tích u + x = u(1 + u −1 x), với chú ý rằng x lũy linh thì u −1 x cũng lũy linh. Vậy theo 1) (1 + u −1 x) là khả nghịch và u + x là tích hai phần tử khả nghịch là u và (1 + u −1 x) cũng là phần tử khả nghịch. Nhận xét 1 : Trong chứng minh trên ta đã sử dụng hằng đẳng thức 1 − x n = (1 − x)(1 + x + ···+ x n−1 ) cho vành g iao hoán có đơn vị X. Thật ra do tính chất các phép toán trong X, mà mọi "hằng đẳng thức" khác có trong vành các số nguyên Z đều có thể được sử dụng cho X, kể cả khai triển nhị thức Niu tơn ! Nhận xét 2 : Từ việc xử lý ví dụ trên, ta có thể rút ra vài phương pháp kiểm tra một phần tử u ∈ X là khả nghịch. Đó là chỉ ra u là ước của đơn vị như trong lời giải 1/ (hoặc là chỉ ra u là ước của một phần tử khả nghịch v nào đó). Cũng có thể chỉ ra u là tích của các phần tử khả nghịch như trong lời giải 2/. Trở lại câu 2 của ví dụ trên bạn đọc có thể tự kiểm tra chi tiết rằng u + x là ước của một phần tử khả nghịch nào đó theo một trong các cách sau : Cách 1 : Vì u khả nghịch nên tồn tại u −1 , và (u + x)(u −1 + x) = uu −1 + ux + x(u −1 + x) = 1 + v với v = ux + x(u −1 x) là lũy linh. Cách 2 : Vì x n = 0 nên : (u + x)(u + (−x) + ··· + (−x) n−1 ) = u n − (−x) n = u n với u n là lũy thừa phần tử khả nghịch u. Về các phần tử bất khả qui (tương tự số nguyên tố trong vành số nguyên Z) để tránh sự phức tạp về mặt kĩ thuật, ta giới hạn sự xem xét chỉ trong miền nguyên. Cho miền nguyên X, p ∈ X là phần tử khác 0 không khả nghịch được gọi là phần tử bất khả qui nếu các ước của p chỉ là các phần tử khả nghịch hay các phần tử sai khác p một nhân 7 tử khả nghịch. Nói cách khác nếu q|p thì hoặc q|1 hoặc q = u · p với u|1. Phần tử q sai khác p một nhân tử khả nghịch được gọi là phần tử liên kết với p và viết q ∼ p. Các bài toán về phần tử bất khả qui trước hết là các bài toán kiểm tra tính bất khả qui của phần tử cho trước nào đó. Ví dụ 2 Cho miền nguyên A =  a b −b a  : a, b ∈ Z  với hai phép toán cộng và nhân ma trận. 1. Tìm tất cả các phần tử khả nghịch của A. 2. Kiểm tra tính bất khả qui của các phần tử sau trong A : A 1 =  1 1 −1 1  ; A 2 =  1 −1 1 1  và B =  0 2 −2 0  Giải 1. Đơn vị của A là ma trận E =  1 0 0 1  có detE = 1. Nếu A =  a b −b a  là phần tử khả nghịch thì ắt tồn tại ma trận B ∈ A sao cho A ·B = E ⇒ detA ·detB = detE ⇒ detA = a 2 + b 2 là ước của 1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi hoặc a 2 = 1 và b 2 = 0 hoặc a 2 = 0 và b 2 = 1. Vậy có tất cả 4 phần tử khả nghịch trong A là :  1 0 0 1  ;  −1 0 0 −1  ;  0 1 −1 0  và  0 −1 1 0  . Nhận xét : Từ việc chứng minh trên ta đi tới kết luận : Ma trận A =  a b −b a  là khả nghịch ⇔ detA = 1. Và do vậy A không khả nghịch ⇔ detA > 1. Điều này có ích cho lời giải câu 2) sa u đây. 2. Do nhận xét trên đây nếu một ma trận C ∈ A không khả nghịch thì detC > 1 và vì detC là số nguyên nên detC ≥ 2. Chú ý rằng các ma trận A 1 =  1 1 −1 1  và A 2 =  1 −1 1 1  đều có detA 1 = 2 = detA 2 nên hiển nhiên A 1 , A 2 không khả nghịch; và không thể phân tích được thành tích của hai phần tử không khả nghịch vì như vậy thì định thức của chúng phải không bé hơn 4 (mỗi phần tử không khả nghịch có định thức không bé hơn 2 !). Vậy cả A 1 và A 2 đều bất khả qui. Còn ma trận B được phân tích thành : B =  0 2 −2 0  =  −1 1 −1 −1  =  1 −1 1 1  trong đó cả hai nhân tử đều không khả nghịch. Vậy B không bất khả qui. Nhận xét : Trong ví dụ trên để chứng minh một phần tử trong miền nguyên là bất khả 8 qui ngoài việc kiểm tra tính khác 0, không khả nghịch, ta dùng cách phản chứng để chứng tỏ nó không thể phân tích được thành tích hai phần tử không khả nghịch; tức nó không thể có ước thật sự (là ước không khả nghịch và không liên kết). Một cách khác để kiểm tra tính bất khả qui của một phần tử cho trước, là sử dụng định nghĩa, lấy ước bất kì của nó, ta tìm cách chứng minh, hoặc ước đó khả nghịch, hoặc ước đó liên kết với nó tức đó là ước tầm thường. Ví dụ 3 Cho miền nguyên X và p ∈ X là phần tử khác 0, không khả nghịch. Chứng minh rằng nếu Iđêan sinh bởi phần tử p (là p · X) là Iđêan nguyên tố thì p là bất khả qui Giải Lấy ước bất kì q của p, Khi đó tồn tại s ∈ X, s = 0 sao cho p = s ·q. Hiển nhiên s ·q ∈ p ·X là Iđêan nguyên tố nên hoặc s ∈ pX hoặc q ∈ pX Nếu s ∈ pX, ắt tồn tại t ∈ X mà s = pt. Kết hợp p = s ·q, ta có s = t ·q ·s, và sau khi giản ước phần tử s = 0 ( trong miền nguyên có luật giản ước này !) đẳng thức này cho ta t · q = 1. Suy ra q|1, tức q là ước tầm thường. Nếu q ∈ pX, ắt tồn tại u ∈ X mà q = u · p. Lập luận tương tự như trên ta đi đến u|1, do đó q ∼ p, tức q là ước tầm thường. Vậy trong bất kì trường hợp nào thì q cũng là ước tầm thường. Vậy p bất khả qui. Bài Tập 1. Cho X là vành giao hoán, có đơn vị 1, gọi N(X) là tập tất cả các phần tử lũy linh của X. Chứng minh: (a) N(X) là Iđêan c ủa X. (b) Nếu N(X) là Iđêan tối đại thì N(X) là Iđêan tối đại duy nhất, đồ ng thời nhóm U các phần tử khả nghịch là U = X|N(X). 2. Cho X là vành giao hoán có đơn vị 1 và u ∈ X. Chứng minh rằng nếu tồn tại phần tử lũy linh x = 0 sao cho u + x là khả nghịch thì u khả nghịch. 3. Cho K[X] là đa thức trên trường K. Chứng rằng nếu đa thức f(x) không có nghiệm trong K mà degf = 2 hoặc degf = 3, thì f(x) là bất khả qui trong K[x]. 4. Cho các trường K, F mà K ⊂ F và đa thức f(x) ∈ K[x]. Chứng minh rằng nếu f(x) bất khả qui trong F [x] thì f(x) bất khả qui trong K[x]. Nếu f(x) bất khả qui trong K[x] thì có thể khẳng định rằng f(x) cũng bất khả qui trong F [x] ?. 5. Xét tính bất khả qui của các đa thức sau trong vành Z[x] : (a) f(x) = 2x 2 − 3x + 1. (b) g(x) = x 2 + x − 1. 6. Cho A là miền ng uyên và p ∈ A ⊂ A[x]. Chứng minh rằng p bất khả qui trong A ⇔ p bất khả qui trong A[x] 9 Bài 13 Các Bài Toán Về Vành Chính Một miền nguyên bất kì X, dù được xem là sự mở rộng trực tiếp vành các số nguyên Z, còn khá xa mới có được các tính chất cơ bản của lí thuyết chia hết trong vành Z. Nghiên cứu nguồn gốc của các tính chất cơ bản này, có thể thấy hầu hết chúng đều được suy ra từ một tính chất khá đặc biệt của vành Z. Đó là Iđêan bất kì của vành Z là Iđêan chính. Điều này dẫn ta tới khái niệm vành chính được định nghĩa như sau : Định nghĩa 1 Vành chính là một miền nguyên X, trong đó Iđêan bất kì đều là Iđêan chính. Trong đại số cơ sở ta đã biết rằng : vành Z, vành các đa thức K[x] trên một trường K đều là các vành chính. Để kiểm tra một vành cho trước X là vành chính, theo định nghĩa ta cần kiểm tra X là miền nguyên và phải chỉ ra rằng mỗi Iđêan của X là Iđêan chính. Ví dụ 1 Chứng minh rằng trường K bất kì là vành chính Giải Trước tiên ta chỉ ra rằng trong K chỉ có duy nhất hai Iđêan tầm thường là {0} và K. Thật vậy, nếu I = 0 là một Iđêan của K thì ∃a = 0, a ∈ I, và khi đó ∀x ∈ K thì x = a(a −1 x) ∈ I. vậy I = K. Bây g iờ nếu I = 0 thì I = 0 · K Còn nếu I = K thì I = 1 ·K Vậy mỗi Iđêan của K đều là Iđêan chính, tức trường K là vành chính. Nhận xét : Trong ví dụ trên vì trường K chỉ có 2 iđêan duy nhất nên ta đã lần lượt kiểm tra riêng từng Iđêan là Iđêan chính. Trường hợp chung nhất, ta thường lấy một Iđêan bất kì I = 0 và tìm cách chứng minh I là Iđêan chính (khi I = 0 thì hiển nhiên I là Iđêan chính !). Để làm điều này, ta để ý rằng nếu I là Iđêan chính thì I phải được sinh bởi một phần tử nào đó a ∈ I ∗ , mà a là ước của mọi phần tử trong I, tức a là phần tử nhỏ nhất trong I theo quan hệ thứ tự chia hết. Căn cứ vào cấu trúc cụ thể của vành đang xét, tính chất nói trên của a giúp ta xác định được a và ta chỉ còn phải tìm cách chứng minh là I = a. Chẳng hạn, nếu 0 = I  Z thì từ điều a là nhỏ nhất theo quan hệ chia hết trong I suy ra a cũng là nhỏ nhất về giá trị tuyệt đối trong I ∗ , do vậy ta xác định a = min{k > 0 : k ∈ I}. Hay nếu I = 0 là Iđêan trong vành đa thức K[x], thì từ điều a là nhỏ nhất theo quan hệ chia hết trong I suy ra a có bậc nhỏ nhất trong I ∗ và dẫn đến việc xác định a là đa thức có bậc nhỏ nhất trong các đa thức của I ∗ . Vành chính như đã biết, còn giữ được khá nhiều các tính chất quan trọng của lí thuyết chia hết trong Z như : • Trong vành chính A, ước chung lớn nhất hai phần tử bất kì là tồn tại. • Trong và nh chính A, hai phần tử a, b là nguyên tố cùng nhau ⇔ ∃s, t ∈ A mà sa + tb = 1 • Trong vành chính A nếu ab . . .c và (a, c) = 1 thì b . . .c • Trong vành chính A phần tử p = 0 không khả nghịch là bất khả qui ⇔ nếu ab . . .p thì hoặc a . . .p hoặc b . . .p 10 [...]... vành các đa thức hệ số nguyên Z[x] không là vành chính Giải Xét hai đa thức x và 2 nguyên tố cùng nhau trong Z[x] Nếu Z[x] là vành chính thì ắt tồn tại các đa thức h(x), g(x) ∈ Z[x] sao cho : xh(x) + 2 · g(x) = 1 Tuy nhiên hệ thức này không thể có trong Z[x] bởi số hạng tự do của đa thức vế trái luôn là số chẵn, trong khi đó số hạng tự do của đa thức vế phải là số lẻ ! Vậy Z[x] không là vành chính Nhận... nghịch chỉ là 1+0 −5, −1+0 −5 √ Vậy z = a + b −5 không khả nghịch ⇔ hoặc b = 0 hoặc b = 0 và |a| ≥ 2 Khi b = 0 thì |z| ≥ √ −5 và khi b = 0 và |a| ≥ 2 thì |z| ≥ 2 Vậy z không khả nghịch thì |z| ≥ 2 Do đó một phần tử không bất khả qui vì luôn phân tích được thành tích hai phần tử không khả nghịch z1 · z2 với |z1 |, |z2 | không bé hơn 2, tức phải có mô đun không bé hơn 2 · 2 = 4 Vậy nếu z có 1 < |z| < 4 thì... √ √ (a) Các phần tử 2, 1 + −3, 1 − −3 là các phần tử bất khả qui của Z( −3) 12 √ (b) Z( −3) không là vành chính 5 Vành con chứa đơn vị của một vành chính có là vành chính không ? Ảnh toàn cấu của một vành chính có là vành chính không ? 6 Trong vành chính A cho a, b ∈ A mà (a, b) = 1 Chứng minh rằng với mọi số m, n nguyên dương, ta cũng có (am , bn ) = 1 13 ...• Trong vành chính A mỗi phần tử a = 0 không khả nghịch đều phân tích được thành tích các nhân tử bất khả qui và sự phân tích là duy nhất nếu không tính đến thứ tự các nhân tử hay sự sai khác các nhân tử khả nghịch Các tính chất này là công cụ giúp ta giải quyết các bài toán về tính chất và mối quan hệ giữa các phần tử trong vành chính ... chẵn, trong khi đó số hạng tự do của đa thức vế phải là số lẻ ! Vậy Z[x] không là vành chính Nhận xét : Để chỉ ra Z[x] không là vành chính, ta đã đưa ra một tính chất có trong vành chính nhưng trong Z[x] lại không có Đây là một trong những phương pháp thường dùng để phủ định một vành không là vành chính Ngoài phương pháp này ta có thể sử dụng một trong các phương pháp truyền thống : phản chứng, chẳng hạn... bất khả qui trong vành chính √ Vậy Z( −5) không thể là vành chính Bài tập √ √ 1 Chứng minh rằng vành Z( −2) = {a + b −2 : a, b ∈ Z} là vành chính 2 Giả sử p = 0 là phần tử của vành chính A Chứng minh rằng p bất khả qui ⇔ Iđêan pA là Iđêan nguyên tố Chứng minh rằng p là bất khả qui khi và chỉ khi vành thương A/pA là trường √ 3 Vành Z( 2)[x] có là vành chính không ? √ √ √ 4 Cho Z( −3) = {a + b −3 : a,... 3, hoàn toàn là Iđêan con thực sự của Z[x] Mâu thuẩn này chỉ ra giả sử ban đầu là sai, tức Z[x] không là vành chính 11 √ √ Ví dụ 4 Cho Z( −5) = {a + b −5 : a, b ∈ Z} Chứng minh rằng : √ √ √ 1 Z( −5) là miền nguyên và các phần tử 2, 3, 1 + −5 và 1 − −5 là các phần tử bất khả √ qui trong Z( −5) √ 2 Z( −5) không là vành chính Giải √ 1 Việc kiểm tra Z( −5) là miền nguyên xin phép dành lại cho độc giả Ở đây . 1 Tuy nhiên hệ thức này không thể có trong Z[x] bởi số hạng tự do của đa thức vế trái luôn là số chẵn, trong khi đó số hạng tự do của đa thức vế phải là số lẻ ! Vậy Z[x] không là vành chính. Nhận. A 2 không khả nghịch; và không thể phân tích được thành tích của hai phần tử không khả nghịch vì như vậy thì định thức của chúng phải không bé hơn 4 (mỗi phần tử không khả nghịch có định thức không. cách phản chứng để chứng tỏ nó không thể phân tích được thành tích hai phần tử không khả nghịch; tức nó không thể có ước thật sự (là ước không khả nghịch và không liên kết). Một cách khác để kiểm tra