Một số tính chất của phân tử và của iđeean chính quy khả nghịch luận văn thạc sĩ toán học

1 MỞ ĐẦU Lý thuyết vành môđun nghiên cứu sâu rộng đạt nhiều kết sâu sắc Một cấu trúc quan trọng lý thuyết vành môđun khái niệm iđêan Để tìm hiểu tính chất đặc biệt chúng, luận văn tìm hiểu “ Một số tính chất phần tử iđêan quy khả nghịch” Mục đích luận văn dựa vào tài liệu [5] để tìm hiểu phần tử quy khả nghịch vành, số tính chất iđêan quy khả nghịch Ngoài phần mở đầu, kết luận tài liệu tham khảo, luận văn gồm có chương: Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ Trong chương này, trình bày kiến thức sở môđun cốt yếu môđun nội xạ để làm sở cho việc trình bày chương Chương CÁC PHẦN TỬ CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH Trong chương này, trình bày phần tử quy khả nghịch vành nhằm làm sở cho việc trình bày chương : phần tử lũy đẳng , phần tử quy, vành quy, vành quy khả nghịch, iđêan quy, iđêan quy khả nghịch, ….Ngoài trích dẫn số kết có dạng mệnh đề để phục vụ cho chứng minh phần sau Chương IĐÊAN CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH Trong chương trình bày kết báo [5] Huanyin Chen and MiaoSen Chen Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Vinh hướng dẫn Thầy PGS TS Ngô Sỹ Tùng Tác giả xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc thầy hướng dẫn, người trực tiếp giảng dạy hướng dẫn cho tác giả tận tình, chu đáo nghiêm túc trình học tập, nghiên cứu hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cám ơn quý thầy cô chuyên ngành Đại số Lý thuyết số, Khoa toán học, Phòng đào tạo sau Đại học trường Đại học Vinh nhiệt tình giảng dạy hướng dẫn cho tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin chân thành cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn, trường THPT Bình Chánh giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho suốt khoá học Tác giả xin chân thành tỏ lòng biết ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp hỗ trợ giúp đỡ nhiều để tác giả hoàn thành luận văn Luận văn không tránh khỏi thiếu sót , tác giả mong đóng góp chân thành quý thầy cô bạn Tác giả xin chân thành cám ơn Tác giả Đoàn Văn Mùi MỘT SỐ KÍ HIỆU TRONG LUẬN VĂN u(R): tập tất phần tử khả nghịch vành R GLn(K): Nhóm tuyến tính tổng quát cấp n trường K End(R): Tập tất tự đồng cấu vành R Mn(R): Vành ma trận vuông cấp n vành R FP(I): Tập hợp tất R- môđun phải xạ ảnh hữu hạn P cho P = PI m B  A: B môđun môđun A A * M : A môđun co cốt yếu M A  B: A đẳng cấu với B Chương KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Môđun cốt yếu 1.1.1 Định nghĩa Cho M R-môđun A môđun M.Ta nói A môđun cốt yếu M với môđun B khác M A  B  ( cách tương đương, A  B = B = ) Khi ta nói M mở rộng cốt yếu A Ký hiệu A * M Ví dụ a)Với môđun M ta có M * M b) Xem vành số nguyên   - môđun, ta có n *  , n  Thật vậy, lấy  A, B   , ta có A  m , B  m , m, n  suy mn  m mn  nm  n Từ suy mn  m  n Hay A  B  Vậy n *  , n   1.1.2 Tính chất a) Cho A môđun M Khi : A * M  xR  A  0, x  0, x  M * * * b) Cho A  N  M Khi A  M  A  N N  M * * * c) Cho A  M B  M A  B  M n n * * d) Ai  M i  M , Ai  Mi , i  1,n i1 Ai  i1 M i * e) Cho A  N  M Nếu N A  M A N * M f) Cho f : M  N đồng cấu R – môđun B * N f -1(B) * M * g) Cho Mi  M M   M i iI  Ai I M iI Chứng minh i *   M i  Ai   M i iI I iI Ai * Mi , i  I Khi tồn * a) Do x  0, x  M nên  xR  M Mặt khác A  M nên A  xR  Lấy  B  M suy tồn x  B, x  Ta có A  xR  mà xR  B * suy A  B  Vậy A  M  * b) Chứng minh A  N * * * * Lấy X  N  M , X  Do A  M nên A  X  Vậy A  N * Chứng minh N  M * Lấy Y  M , Y  Do A  M nên A  Y  Mà A  N nên N Y  * Vậy N  M * Chứng minh A  M * Thật vậy, lấy X  M , X  Do N  M nên N  X  Đặt B  N  X  N * Do A  N nên A  B  suy A  N  X  A  X  Vậy A * M  * c) Chứng minh A  B  M * Thật vậy, lấy X  M , X  Do B  M nên B  X  0, B  X  M A * M suy A  (B  X )   ( A  B)  X  Vậy A  B * M  d)Dùng phương pháp quy nạp theo n, ta chứng minh mệnh đề với n = * * * Cho A1  M1  M , A2  M  M Ta chứng minh A1  A2  M1  M * Lấy B  M1  M , B  suy B  M1 A1  M1 nên A1  B  Đặt X  A1  B Lấy A2  M A2  X  suy ( A1  B)  A2  ( A1  A2 )  B  Vì A1  A2 * M1  M2  Chú ý: Trường hợp vô hạn không đúng, tức   Ai  Mi  M , Ai * Mi , i  1,   Ai không cốt yếu  M i i 1 i 1  * Ví dụ: Ta có n *  , n  Nếu có i1 n  Ai , Ai   , i suy *  *  ( vô lý ) * * e) Giả sử A  N  M , N A  M A Ta cần chứng minh N  M Lấy X  M , X  Ta chứng minh X  N  Thật vậy, ta có X  A A  M A Nếu X  A A  suy X +A = A X  A  N Vì X  N  * Nếu X  A A  N A  M A suy X  A A  N A  nên tồn n + A  cho n + A = x + a + A suy n + a’ = x + a + a’’ với a’, a’’  A, n  N , x  X , x  A suy x = n + a’ – a – a’’  N X  N  Vậy N * M  f) Lấy X  M , X  1 1 1 Trường hợp 1: f(X) =  X  ker f  f (0) mà f (0)  f (B) (  B ) 1 1 1 * suy X  f (B) nên X  f (B)  X  Vậy f ( B)  M * Trường hợp 2: f ( X )  0, f ( X )  N Do B  N nên suy B  f ( X )  Do tồn b = f(x)  , với b B, x X, x  Suy f(x)  B  x  f 1(B)  x  X  f 1(B) Vậy f 1( B) * M  g)Trường hợp 1: Nếu I hữu hạn I  n Ta cần chứng minh mệnh đề với n =  M1  M * * Cho A1  M1 , A2  M A1  A2 Ta chứng minh:  *   A1  A2  M  M * * Thật vậy, A1  M1 , A2  M suy A1  A2  M1  M  M1  M Vì M1  M  Xét đồng cấu f1 : M1  M  M1 x1  x2  x1 Ta có f11( A1)  A1  M Mà A1 * M1 suy A1  M * M1  M Tương tự, f : M1  M  M x1  x2  x2 1 * Ta có f2 ( A2 )  M1  A2 Mà A2 * M suy M1  A2  M1  M * * Suy ( A1  M2 )  (M1  A2 )  M1  M2  A1  A2  M1  M2 Mi Trường hợp 2: Với I ta chứng minh tồn i I Lấy x   M i Khi có biểu thị hữu hạn: x = x1 + x2 +…+ xk , xi  Mi suy iI k k k k tồn  M i  Ai *  M i  x  Mi suy i 1 i 1 i 1 i 1 M iI i M iI i tổng trực tiếp hay   Mi iI M i , X  , suy x  X , x  có biểu thị Lấy X  i I x = x1 + x2 + … + xk , xi  Mi n n n i 1 i 1 i 1 Do  Ai *  Mi nên  Ai  xR  n Ai  X  Vậy  Ai *  M i Vì xR  X nên  Ai  X  suy  iI iI iI i 1  1.1.3 Bổ đề.( Bổ đề Zorn ) Giả sử X  tập thứ tự thỏa mãn điều kiện : Mọi xích X có cận X có phần tử tối đại, nghĩa tồn a  X mà a  X , x  X a = x 1.1.4 Mệnh đề Cho M R- môđun, A  M Khi tồn T  M để A  T * M Chứng minh Gọi S  X / X  M , X  A  0 Dùng Bổ đề Zorn ta có S    S Ta thứ tự theo quan hệ  Lấy tập thứ tự tuyến tính ( toàn phần ) S X1  X   X n   Khi B  i1 X i Ta chứng minh B  S Thật vậy, Nếu x  A  B  x  B  x  X k suy x  X k  A  (do X k  S ) suy X  Vậy tập tuyến tính có cận Theo Bổ đề Zorn suy S có phần tử tối đại T * Suy A  T  tồn A  T Ta chứng minh A  T  M Lấy X  M , X  phương pháp phản chứng giả sử ( A T )  X  suy A  X  Do A  (T  X )   T  X  S Mà T  T  X Điều mâu thuẫn với tính tối đại T S Suy A  T  X  * Vậy A  T  M  1.2.Môđun nội xạ 1.2.1.Định nghĩa Cho M R – môđun phải Một môđun N gọi M – nội xạ với môđun X M, với đồng cấu  : X  N mở rộng tới đồng cấu  : M  N, tức  i =  ( i phép nhúng đồng ) hay với x  X ta có  (x) =  (x) m 1.2.2.Mệnh đề Cho N A – nội xạ B  A Khi đó: ( ) N B – nội xạ ( ) N A B - nội xạ Chứng minh.( ) Xét biểu đồ : m X  B, với đồng cấu  : X  N tìm  để  i =  Bổ xung vào biểu đồ j với j phép nhúng đồng Do N A – nội xạ nên tồn đồng cấu  : A  N mở rộng  hay  ji=  Lấy  =  j  cần tìm  i =  ji=   ( ) Xét biểu đồ: A m  X B  A B , với đồng cấu  : X B  N tìm  : A B  N mở rộng  tức  i =  Bổ sung vào biểu đồ: - X A, phép nhúng đồng i’ : X  A - Các toàn cấu tự nhiên  : A  A B ;  ' : X  X B 10 (  ' = X ) Do N A – nội xạ nên tồn  : A  N mở rộng  ' tức  i '   ' Ta thấy ker   ker : a  ker    (a)  B  a  B  B  a  B  a  X  a  B  X B   '(a)  B   a  Ker    (a) = B  a + B = B  a B  a  X  a + B X B   ' (a) = B =   '(a)    (a)   a  ker Khi lấy  : A B  N a +B   (a) ( (a  B)   (a) ) Ta có: +) ánh xạ Vì a + B = a’ + B  a – a’ B  a – a’  ker   a – a’  ker   (a)   (a ')   (a  B)  (a ' B) +) đồng cấu +) Biểu đồ giao hoán ( hay  mở rộng  )  x + B X B , (  x  X ) ta có:  ( x  B)  i( x  B) =  ( x  B) =  ( x) =  (i '(x )) =  '(x) =  ( x  B)  1.2.3 Định nghĩa( Tiêu chuẩn Baer tổng quát ) Môđun N M- nội xạ với iđêan trái Rm R, với đồng cấu  từ Rm vào N, 24 ( B – BYB ) z ( B – BYB ) = B – BYB ( ) Đặt X = z – zBY – YzB + YBzYB + Y Ta có: BXB = B( z – zBY – YzB + YBzYB + Y )B = BzB – BzBYB – BYzBB + BYBzYBB + BYB ( ) Từ ( ) ta có: BzB – BzBYB – BYBzB + BYBzBYB = B - BYB Thay vào ( ), ta được: BXB = ( B – BYB ) + BYB = B Do B quy.Tương tự suy A quy Vậy Bổ đề chứng minh với n = Từ ( M2 ( R ) )2  M4 ( R ), ta có Bổ đề chứng minh với n = 4, tương tự với M 2k ( R) , với k nguyên dương.Nếu n số nguyên dương tùy ý , chọn k cho 2k  n Nếu A  Mn(R), giả sử A1  M 2k ( R) với A phần tử góc trái trên, vị trí khác không Khi phần tử M 2k ( R) , A1 B C  k quy.Tức tồn phần tử X =    M ( R) , B Mn(R) cho D E A1XA1 = A1 suy ABA = A Vậy A quy Điều kiện đủ: Nếu Mn(R) quy, ta cần chứng minh R quy Thật vậy, lấy x thuộc R, ta chứng minh x quy Xét phần tử  x  0   0  0  X Mn(R) với X=      0  0 Do Mn(R) quy nên tồn A Mn(R) để X = XAX Ta giả sử A = ( aij )n  Mn(R), đó:  xa11 x  XAX =    0  0   0     0 25 Suy x = xa11x với a11  R, suy R quy  3.3 Định lí Cho I iđêan quy khả nghịch vành R M n(I) iđêan quy khả nghịch M n(R) Chứng minh Giả sử I iđêan quy khả nghịch vành R.Khi theo Bổ đề 3.2 Mn(I) iđêan quy Mn(R) Giả sử AX + B = In với A = (aij)  Mn(I) X = (xij), B = (b ij)  Mn(R) cho AXA = A Khi đó, AXA + BA = A nên ta có: A   In B X  = I X  n 1 XA  I n    GL2(Mn(R)) A  Vì AX + B = In, nên ta có: a11R + a22R + … + a1nR + b11R + b12R + … + b 1nR = R với a11  I, tồn phần tử ti với i = 1, 2n cho: a11t1 + a12t2 + … +a1ntn + b11tn+1 + b12tn+2 + … + b 1nt2n = 1, a11  I quy nên tồn u  u(R) cho a11 = a11ua11 Đặt e = a11u e2 = a11u.a11u = a11u = e, a11 = eu-1 -1 eu t1 + a12t2 + … +a1ntn + b 11tn+1 + b 12tn+2 + … + b 1nt2n = Ta có: e + ( a12t2 + … +a1ntn + b11tn+1 + b12tn+2 + … + b 1nt2n )( 1- e ) = e + ( – eu-1t1 )( – e ) = – eu-1t1 )( – e ) u(R), [ – (1 – eu-1t1 )( – e )] [ + (1 + eu-1t1 )( – e )] = Đặt y2 = t2 ( – e )u-1,  yn = tn ( – e )u-1, 26 z1 = tn+1 ( – e )u-1,  zn = t2n ( – e )u-1 đó: a11 + a12y2 + … + a1nyn + b11z1 + … + b 1nzn = a11 + a12 t2 ( – e )u-1 + … + a1n tn ( – e )u-1 + b11 tn+1 ( – e )u-1+ … + b1n t2n ( – e )u-1 = eu-1 + a12 t2 ( – e )u-1 + … + a1n tn ( – e )u-1 + b11 tn+1 ( – e )u-1+ … + b1n t2n ( – e )u-1 = [ e + ( a12t2 + … + a1ntn + b11tn + + … + b 1nt2n )( – e )]u-1 = [ – eu-1t1( – e )]u-1  u(R) Như vậy, ta tìm y2, …, yn, z1, …, zn R cho: a11 + a12y2 + … + a1nyn + b11z1 + … + b1nzn = u1 u(R) Vậy, ta có: A   In 1 01x (2 n 1)     y2    B   =   yn X   z I  n 1       zn  =  a11   a21    an1  1  0   0  a12  a1n b11b1n a22  a 2n b21 b 2n an  ann bn1  bnn  x11  x1n 1  x21  x2n 1 xn1  xnn  u1  ,  a21   * *  *   *  a12  a1n b11  b1n   b21  b2 n    bn1  bnn  x11  x1n   x21  x2 n    xn1  xnn  a22  a2 n an  ann 0 1 0  1               0     y2        yn   z     z2       z 01   n  27 Nên:  *  A    I n   I n  u1 a12,  a1, n  , ,  a22  a2 n   ,  an,  ann  0 * * 1 0   *  1  B  *    = X  * I n  b11,  b1,n   , b21  b2, n    ,  bn,  bnn  x11  x1n  x21  x2 n    xn1  xnn  đó, a22, = a22 - a21, u 1a12  I.Tương tự,ta khẳng định được:  u1  0   B 0 B (*) [*,*] =  X  21  *   *  A [*,*]   In a12( n )  a1(nn ) u2  a2( nn)    un * *   *  * b11( n )  b1(nn )   (n) b21  b2( nn)    (n)  bn(1n )  bnn  x11  x1n      xn1  xnn   đó, u1, u2,…, un u(R).Vì vậy: A   In B   [*,*]B21 (*) B12 (*) B21 (*) X  0 1 a  1  với [  ,  ] =   ; B12(a) =   ; B21(b) =   0    1  b 1 A B Nên ta có:   B21 (Y )  [*,*]B21 (*) B12 (*) với Y  Mn(R)  In X  Từ suy A + BY  GLn(R) Theo Bổ đề 3.1.thì Mn(I) quy khả nghịch  3.4 Hệ Cho I iđêan quy khả nghịch vành R.Mỗi ma trận vuông I tích ma trận lũy đẳng ma trận khả nghịch 28 Chứng minh Lấy A Mn( I ), theo định lý 3.3 tồn U  GLn(R) cho A = AUA, Mn(I) iđêan quy khả nghịch Mn(R) Đặt E = AU Ta có E2 = AUAU = AU = E  A = EU-1  3.5 Bổ đề Cho I iđêan quy khả nghịch vành R.Giả sử a,b  I.Ta có: ( ) Nếu aR = bR tồn u  u(R) cho a = bu ( ) Nếu Ra = Rb tồn u  u(R) cho a = ub Chứng minh ( ) Giả sử aR = bR với a,b  I Khi ta có x,y R cho ax = b a = by a I, I quy khả nghịch   a’  u(R): a = aa’a  ax = aa ,ax Vì a ,ax  I nên ta giả sử x I Tương tự ta giả sử y I Khi đó: b = ax = by.x Từ đẳng thức yx + ( – yx ) = 1, với y  I, theo Bổ đề 3.1 ta có z R cho y + ( 1- yx )z  u(R) Đặt u = y + ( – yx )z, ta có: a = by = b [ y + ( – yx )z ] = bu ( ) Giả sử Ra = Rb, với a,b  I Khi đó, ta có x,y R cho xa = b a = yb a  I, I quy khả nghịch   a’ u(R): a = aa’a  xa = xaa ,a Vì xaa ,  I nên ta giả sử x  I Tương tự ta giả sử y  I Khi đó: b = xa =x.yb Từ đẳng thức yx + ( – yx ) = 1, với y I, theo Bổ đề 3.1 ta có z R cho y + z( – yx )  u(R) Đặt u = y + z( – yx ) u(R), ta có: a = yb = [ y + z( – yx ) ]b = ub  3.6 Định lí Cho I iđêan quy vành R Các điều sau tương đương: ( ) I quy khả nghịch ( ) Nếu aR  bR với a,b I tồn u, v u(R) cho a = ubv Chứng minh ( )  ( ) Giả sử  : aR  bR với a,b  I.Ta có  (a)  bR   (a)R  bR  r  R:b =  (ar) =  (a)r   (a)R  bR   (a)R   (a)R = bR.Do b R quy   lũy đẳng e  R: bR = eR Do  (a)R = eR   (a) R quy  29  c  R:  (a) =  (a)c  (a)=  (ac  (a))  a = ac (a)  R (a)  Ra  R (a) Vì a  I quy, ta có a = ada với d  R   (a) =  (ada)=  (a)da Ra.Do R (a)  Ra Vì ta có Ra = R (a) Ta có  (a)  I.theo bổ đề 3.1.5 tồn u,v  u(R) cho  (a) = ua b =  (a)v  b = uav (2) (1) Cho x I, tồn y  R cho x = xyx Đặt e = xy ta có e = e2  R xR = eR với x, e  I.Vì có u,v u(R) cho x = uev.Ta chứng minh x = x(v-1 u-1)x Thật vậy, ta có: x(v-1u-1)x = uev(v-1 u-1)uev = ue2v = uev = x Do x quy khả nghịch Vậy I quy khả nghịch  3.7 Bổ đề Cho I iđêan quy vành R Nếu P FP(I) tồn lũy đẳng e1, …, en I cho P  e1R  …  enR Chứng minh Giả sử P  FP(I).Thì ta có R- môđun phải Q cho P  Q  nR với n   Đặt e: nR  P xạ ảnh vào P Thì P  e(nR), EndR(P)  eMn(R)e Do P = PI, ta có e(nR) = e(nR)I  nI Đặt e = ( 1 ,…, T  n )  Mn(R).Ta có e(1, 0, …, 0)  nI.Từ 1  nI.Tương tự, ta có  ,…,  n  nI Do e Mn(I).Vì I iđêan quy R nên Mn(I) quy Kiểm tra trực tiếp End R(P) vành quy, vành thay Vậy P có tính chất thay hữu hạn Đặt M = P  Q ta n có M = P  Q =  Ri với tất Ri  R Theo tính chất thay hữu hạn P, i 1 n ta có Qi (  i  n ) cho M = P  (  Qi ) tất Qi số hạng trực i 1 tiếp tương ứng R i.Tổng Qi  Pi = Ri, n n  n Qi ) = i Thế P  (  i 1 Pi )  (  Qi ) Do P  P1    Pn, P i đẳng cấu tới số hạng ( i 1 i 1 30 trực tiếp R R – môđun phải, i Vì ta có lũy đẳng ei cho Pi  eiR R õ ràng, eiR R- môđun phải xạ ảnh hữu hạn sinh.Từ P = PI có P R ( R I ) = 0; P i R ( R I ) = ( eiR ) R ( R I ) = 0, eiR = eiRI  I.Hơn nữa, ta có ei I,  i Do đó, P  e1R    enR, ei  I  3.8 Định lí Cho I iđêan quy khả nghịch vành R Với A Mn( I ) tồn hai ma trận khả nghịch P, Q Mn( R ) cho PAQ = diag ( e1, … , en ) với lũy đẳng e1, e2, … , en I Chứng minh Từ I iđêan quy khả nghịch R, theo định lí 3.3 Mn( I ) iđêan quy khả nghịch Mn(R) Cho A Mn( I ), ta có B GLn( R ) cho A = ABA Đặt E = AB Thế E = E2  Mn ( I ) AMn( R ) = EMn( R ) Rõ ràng ER n  FP( I ) Từ Bổ đề 3.7 ta tìm lũy đẳng e1, e2, … , en  I cho ER n  e1R    enR  diag ( e1, … , en )Rn R – môđun phải Do ER n+1  diag ( e1, … , en )Rn x 1, Rn x bao gồm tất n cột véctơ R R – môđun phải Mn( R ) – môđun trái Đặt R1 x n = ( x1, , xn ) / xi  R Thế R1 x n R – môđun trái Mn( R ) – môđun phải Kiểm tra ( E R n x )  R R1 x n  ( diag ( e1, … , en )Rn x ) R R1 x n Ngoài Rn x  R1 x n  Mn( R ) Mn( R ) – môđun phải Vì vậy, A Mn( R ) = E Mn( R )  diag ( e1, … , en ) Mn( R ) Theo định lí 3.6 ta có ma trận khả nghịch P, Q  Mn( R ) cho PAQ = diag ( e1, … , en )  3.9 Định nghĩa Cho I iđêan vành R Ta nói I có miền ổn định với điều kiện aR + bR = R với a  + I, b R kéo theo a + by u(R) với a, y  R Điều biết đến I có miền ổn định phụ thuộc vào cấu trúc vành I không phụ thuộc vào không gian xung quanh vành R 31 Cho I J iđêan quy vành R Nếu I có miền ổn định, I + J quy khả nghịch J 3.10 Hệ Cho R vành quy, tự nội xạ phải, cho A  Mn( R ) Nếu A Mn( R ) trực tiếp hữu hạn, tồn ma trận khả nghịch P, Q  Mn( R ) cho PAQ = diag ( e1, … , en ) với lũy đẳng e1, …, en  R Chứng minh Gọi I tập hợp phần tử x thuộc R cho xR Rmôđun phải trực tiếp hữu hạn Ta có I iđêan R Cho lũy đẳng e  I , ta có eRe quy khả nghịch.Thật vậy, x = eae  eRe,  b  R mà eae = ( eae)b(eae) ( R quy ) = eaebeae = eae2be2ae = eae(ebe)eae  y = ebe eRe mà eae = (eae)(ebe)(eae)  x = xyx Do I có miền ổn định.Vậy I quy khả nghịch Bởi A Mn( R ) trực tiếp hữu hạn nên A  Mn( I ) theo định lí 3.8.ta có điều phải chứng minh 3.11 Định nghĩa Cho I iđêan vành R, hai phần tử a, b  R Ta nói a gần giống với b I, ký hiệu a  b, tồn x, y,z  I cho xay = b, zbx = a xyx = xzx = x 3.12 Bổ đề Giả sử I iđêan vành R.Khi đó, hai điều kiện sau tương đương: ( ) a  b I ( ) Tồn x, y I cho a = xby, b = yax, x = xyx y = yxy Chứng minh ( ) ( ): hiển nhiên ( ) ( ): Do a  b I, ta có x, y,z  I cho: b = xay, zbx = a x = xyx = xzx Khi đó, ta có: 32 xa(yxy) = xzbx(yxy) = xzb(xyx)y = xzbxy = xay =b (zxz)bx = (zxz)xayx = z(xzx)ayx = zxayx = zbx = a Do vậy, ta thay y yxy z zxz, ( nghĩa y = yxy z = zxz ) ta có: xazxy = xzbxzxy = xzbxy = xay =b, zxybx = zxyxayx = zxayx = zbx = a Mặt khác, ta có: zxy = z(xyx)y = (zxy)x(zxy), x = xyx =  x(zxy)x 3.13 Định lí Cho I iđêan quy vành có đơn vị R Khi đó, hai điều kiện sau tương đương: ( ) I iđêan quy khả nghịch ( ) Khi a  b I, tồn u u(R) cho a = ubu -1 Chứng minh ( ) ( ): Giả sử a  b I Theo Bổ đề 3.12 trên, tồn x, y I cho: a = xby, b = yax, x = xyx y = yxy Do I quy khả nghịch, nên ta có v  u(R) cho y = yvy Vì y = yxy suy vy = vyxy = vyvy nên vyxy – vyvy =  vy(xy – vy) = 0.Do v, y khả nghịch, tức vy = 1, xy – vy = hay xy = vy Đặt u = (1-xy-vy)v(1-yx-yv) Ta có (1-xy-vy)2 = = (1-yx-yv)2 , ( vy = yv = ) Suy u u(R) Hơn nữa, ta có: au = a(1-xy-vy)v(1-yx-yv) = a(1-vy-vy)v(1-yx-yv) = a(1-1-1)v(1-yx-yv) = -av(1-yx-yv) = -av + avyx + avyv = -av + a.1.x + av = ax Ta có: ub = (1-xy-vy)v(1-yx-yv)b 33 = (1-xy-vy)v(1-1-1)b = (1-xy-vy)(-vb) = -vb + xyvb + vyvb = -vb + xb + 1.vb = xb Hay xb = ub Rõ ràng, ax = (xby)x = x.b.yx = x(yax)yx = (xyx)(yax) = xb Do au = ub hay a = ubu-1 ( ) ( ):Cho x thuộc I, Do I quy nên tồn y  R cho x = xyx Ta có xy = xyxy yx = yxyx, tức xy yx lũy đẳng thuộc I Đặt e =xy, f = yx Ta chứng minh e  f I Thật vậy, ta có: xy = (xyxyx)yx(yxyxy) = (xyx)yx(yxy) = x.yx.y = xy.xy = xy, yx = (yxyxy)xy(xyxyx) = (yxy)xy(xyx) = y.xy.x = yx.yx = yx Hay e = (exf)f(fye), f = (fye)e(exf) Khi exf = (exf)(fye)(exf), fye = (fye)(exf)(fye) Suy e  f I, hay xy  yx I Như vậy, tồn u  u(R) cho xy = uyxu-1  1-xy = 1- uyxu-1 = uu-1 – uyxu-1 -1  - xy = u(1-xy)u Đặt a = (1-xy)u(1-yx) b = (1-yx)u-1(1-xy) Khi đó, ta có: 1-xy = ab, 1-yx = ba Xét đồng cấu  : abR = aR  baR ar  bar,  r R đẳng cấu, hay (1-xy)R  (1-yx)R Hơn nữa,  : xR  xyR  yxR xr  yxr,  r R đẳng cấu Ta định nghĩa u  EndR(R) cho u thu hẹp   Khi đó, ta có x = xux, suy I quy khả nghịch  34 3.14 Hệ Cho I iđêan quy vành R Các điều sau tương đương: ( ) I quy khả nghịch ( ) Khi R = A1  B1 = A2  B2 với A1, A2  FP( I ) A1  A2, ta có B1  B2 ( ) Khi aR  bR với a, b I, ta có R aR  R bR Chứng minh ( ) ( ) Giả sử R = A1  B1 = A2  B2 với A1, A2  FP( I ) A1  A2, ta có lũy đẳng e, f I cho eR  fR từ e  f I.Theo định lí 3.12 tồn u  u(R) cho e = ufu-1 Do – e = u(1 – f )u-1 Đặt a = ( 1- e )u( – f ) b = ( – f )u-1( – e ) Ta có – e = ab – f = ba Do ta B1  ( 1- e )R  ( – f)R  B2 ( ) ( ) Giả sử có aR  bR với a, b I Từ I quy, ta có lũy đẳng e, f  I cho aR = eR bR = fR.Do R aR  (1  e) R  (1  f ) R  R bR ( ) ( ) Cho lũy đẳng e, f  I cho eR  fR, ( 1-e )R R eR R fR  (1  f ) R Tương tự định lí 3.13 ta có điều phải chứng minh  35 KẾT LUẬN Luận văn thu số kết sau: Trong chương 1, trình bày số khái niệm môđun cốt yếu môđun nội xạ Trong chương 2, trình bày số khái niệm phần tử lũy đẳng, phần tử quy, vành quy, vành quy khả nghịch, iđêan quy, iđêan quy khả nghịch vành.Qua nêu lên chứng minh số tính chất phần tử quy khả nghịch Trong chương luận văn trình bày định lý, bổ đề chứng minh cách tường minh tính chất Trong thời gian tới nghiên cứu tìm tòi, phát tính chất phần tử quy khả nghịch vành số tính chất đặc biệt iđêan quy khả nghịch 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Tiến Quang Nguyễn Duy Thuận, 2001, Cơ sở lý thuyết môđun vành, NXB Sư phạm, Hà nội [2] Ngô Sỹ Tùng, 1995, Một số lớp vành đặc trưng điều kiện liên tục lớp CS- Môđun, Luận án Phó tiến sỹ khoa học ToánLý [3] Phạm Thị Kim Cúc, 2008, Về phần tử quy khả nghịch vành, Luận văn Thạc sỹ Toán học, Trường Đại học Vinh Tiếng Anh [4] P Ara, K R Goodeal, K C O’ Meara and E Pardo, (1997), Diagonalization of matrices over regular rings, Linear Algebra Appl 265, 147-163 [5] Huanyin Chen and MiaoSen Chen (2003), On unit – regular ideals, New York Journal of Mathematics, 9, 295-302 37 38 [...]... KẾT LUẬN Luận văn đã thu được một số kết quả như sau: Trong chương 1, chúng tôi trình bày một số khái niệm cơ bản về môđun con cốt yếu và môđun nội xạ Trong chương 2, chúng tôi trình bày một số khái niệm cơ bản về các phần tử lũy đẳng, phần tử chính quy, vành chính quy, vành chính quy khả nghịch, iđêan chính quy, iđêan chính quy khả nghịch trong vành.Qua đó đã nêu lên và chứng minh một số tính chất của. .. chất của các phần tử chính quy khả nghịch Trong chương 3 của luận văn chúng tôi đã trình bày được các định lý, bổ đề và chứng minh một cách tường minh các tính chất đó Trong thời gian tới chúng tôi sẽ nghiên cứu tìm tòi, phát hiện ra những tính chất mới của các phần tử chính quy khả nghịch trong vành và một số tính chất đặc biệt nữa của các iđêan chính quy khả nghịch 36 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt... là chính quy khả nghịch  3.4 Hệ quả Cho I là một iđêan chính quy khả nghịch của vành R.Mỗi ma trận vuông trên I là tích của một ma trận lũy đẳng và một ma trận khả nghịch 28 Chứng minh Lấy A Mn( I ), theo định lý 3.3 tồn tại U  GLn(R) sao cho A = AUA, do Mn(I) là iđêan chính quy khả nghịch của Mn(R) Đặt E = AU Ta có E2 = AUAU = AU = E  A = EU-1  3.5 Bổ đề Cho I là một iđêan chính quy khả nghịch. .. CÁC PHẦN TỬ CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH 2.1 CÁC KHÁI NIỆM CƠ SỞ 2.1.1 Định nghĩa Một phần tử e của vành R được gọi là lũy đẳng nếu e2 = e 2.1.2 Định nghĩa Một phần tử x thuộc vành R gọi là lũy linh nếu tồn tại số tự nhiên n  1 để xn = 0 2.1.3 Định nghĩa Một phần tử x thuộc vành R gọi là chính quy nếu tồn tại a R để x = xax 2.1.4 Định nghĩa Một vành R gọi là chính quy nếu mọi phần tử của R là chính quy 2.1.5... nghĩa Một phần tử u thuộc vành R được gọi là phần tử khả nghịch nếu tồn tại phần tử v thuộc vành R để uv =1R Tập hợp các phần tử khả nghịch của R, kí hiệu là u(R) 2.1.6 Định nghĩa Vành R gọi là chính quy khả nghịch nếu với mọi x thuộc vành R tồn tại u thuộc u(R) sao cho x = xux Ví dụ Cho D là một vành chia được.V là không gian véctơ hữu hạn chiều trên D Khi đó, R = End D( V ) là một vành chính quy khả nghịch. .. vị và phần tử a khả nghịch trong R thì a chính quy 2.1.10 Mệnh đề ( 1 ) Trong vành R có đơn vị nếu x lũy linh khác 0 thì 1 – x khả nghịch ( 2 ) Mọi phần tử lũy đẳng e của vành R đều chính quy ( 3 ) Nếu a là phần tử chính quy với b  R sao cho aba = a thì ab và ba là lũy đẳng ( 4 ) Mọi phần tử x của vành R là lũy linh khác 0 đều là ước của 0 ( 5 ) Nếu x lũy linh và u khả nghịch thì u + x khả nghịch 16... 0  0 25 Suy ra x = xa11x với a11  R, suy ra R là chính quy  3.3 Định lí Cho I là một iđêan chính quy khả nghịch của vành R thì M n(I) là một iđêan chính quy khả nghịch của M n(R) Chứng minh Giả sử I là một iđêan chính quy khả nghịch trên vành R.Khi đó theo Bổ đề 3.2 thì Mn(I) là iđêan chính quy của Mn(R) Giả sử AX + B = In với A = (aij)  Mn(I) và X = (xij), B = (b ij)  Mn(R) sao cho AXA = A Khi... là phần tử khả nghịch trong vành R, với nghịch đảo là t -1 = eae + 1 15 – e vì x = ex = xex, nên ta có et = x và x = ex = xt -1x Vậy R là vành chính quy khả nghịch  2.1.8 Định nghĩa Cho I là một iđêan của vành R I gọi là chính quy nếu với mỗi x  I tồn tại y  I để x = xyx 2.1.9 Định nghĩa Iđêan I của vành R là chính quy khả nghịch nếu với mỗi x  I tồn tại u  u(R) sao cho x = xux Ví dụ: Vành R =... THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Tiến Quang và Nguyễn Duy Thuận, 2001, Cơ sở lý thuyết môđun và vành, NXB Sư phạm, Hà nội [2] Ngô Sỹ Tùng, 1995, Một số lớp vành đặc trưng bởi các điều kiện liên tục và lớp CS- Môđun, Luận án Phó tiến sỹ khoa học ToánLý [3] Phạm Thị Kim Cúc, 2008, Về các phần tử chính quy khả nghịch trong vành, Luận văn Thạc sỹ Toán học, Trường Đại học Vinh Tiếng Anh [4] P Ara, K R Goodeal,... Cho I là một iđêan của vành R Ta nói rằng I có một miền ổn định với điều kiện là aR + bR = R với a  1 + I, b R kéo theo a + by u(R) với a, y  R Điều đó được biết đến rằng I có miền ổn định chỉ phụ thuộc vào cấu trúc vành của I và không phụ thuộc vào không gian xung quanh vành R 31 Cho I và J là những iđêan chính quy của vành R Nếu I có miền ổn định, thì I + J là chính quy khả nghịch nếu và chỉ nếu ... nghĩa Một phần tử x thuộc vành R gọi quy tồn a R để x = xax 2.1.4 Định nghĩa Một vành R gọi quy phần tử R quy 2.1.5 Định nghĩa Một phần tử u thuộc vành R gọi phần tử khả nghịch tồn phần tử v... nghịch, iđêan quy, iđêan quy khả nghịch vành.Qua nêu lên chứng minh số tính chất phần tử quy khả nghịch Trong chương luận văn trình bày định lý, bổ đề chứng minh cách tường minh tính chất Trong... 1995, Một số lớp vành đặc trưng điều kiện liên tục lớp CS- Môđun, Luận án Phó tiến sỹ khoa học ToánLý [3] Phạm Thị Kim Cúc, 2008, Về phần tử quy khả nghịch vành, Luận văn Thạc sỹ Toán học, Trường