VỀ CÁC ĐẠI SỐ NGUYÊN TỐ VÀ NỬA NGUYÊN TỐ THỎA MÃN ĐỒNG NHẤT THỨC ĐA THỨC Chuyên ngành: Đại số và lí thuyết so

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH TRƯƠNG HUY HOÀNG VỀ CÁC ĐẠI SỐ NGUYÊN TỐ VÀ NỬA NGUYÊN TỐ THỎA MÃN ĐỒNG NHẤT THỨC ĐA THỨC Chuyên ngành: Đại số lí thuyết số Mã số : 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS BÙI TƯỜNG TRÍ Thành phố Hồ Chí Minh – 2007 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, xin gởi lòng biết ơn sâu sắc đến PGS-TS Bùi Tường Trí, người thầy tận tình hướng dẫn hoàn thành luận văn Xin chân thành cảm ơn Thầy: TS Trần Huyên, PGS-TS Mỵ Vinh Quang, PGSTS Bùi Xuân Hải trang bị cho kiến thức vô q báo suốt trình học tập Cuối cùng, xin cảm ơn Thầy Cô khoa Toán – Tin Trường ĐHSP cung cấp cho tài liệu cần thiết, cảm ơn Thầy Cô phòng Khoa Học Công Nghệ Sau Đại Học, bạn bè, đồng nghiệp chân tình động viên, giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho suốt trình học tập trình thực luận văn Thành phố Hồ Chí Minh – năm 2007 Học viên Cao học khóa 15 Trương Huy Hoàng MỤC LỤC MỞ ĐẦU HỆ THỐNG KÍ HIỆU Chương 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ MỘT SỐ ĐẠI SỐ ĐẶC BIỆT 1.1 Tóm tắt kiến thức sở……………………………….….… … ………………… 1.2 Một số đại số đặc biệt ………………………………………………………….…….……………….8 1.2.1 Đại số nửa nguyên thủy ………………………………………….….….……………….8 1.2.2 Đại số nguyên thủy ……………………………………………… ………….…………….8 1.2.3 Đại số nguyên tố …………………………………….……………………….…….……… 12 1.2.4 Đại số nửa nguyên tố …………………………………….…….…………….………….14 1.2.5 Đại số thỏa mãn đồng thức ….………… ………………………….…….18 Chương 2: CÁC PI – ĐẠI SỐ NỬA NGUYÊN TỐ THỎA MÃN ĐỒNG NHẤT THỨC ĐA THỨC 2.1 Đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực sự……………… ………26 2.2 Các kết Posner …………………………………………………….…………………… 39 2.3 Ví dụ …………………………………………………………………………………………….……………… 41 KẾT LUẬN…………………………………………………………………………………………………………………….………43 TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………………………………………………….44 MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài: Posner – Rowen chứng minh rằng, PI – đại số nguyên tố trường nhúng vào đại số đơn hữu hạn chiều tâm thứ tự phải trái đại số Amitsur khái quát điều cho đại số vành, ông sử dụng định lí Goldie để làm sở cho kết Rowen người có công không nhỏ việc làm sáng tỏ vấn đề Ông hình ảnh rõ nét vành thương, tâm vành thương trường thương tâm vành nguyên tố Vấn đề thu hút nhiều quan tâm nhà toán học giới, có Small, Martindale… Và tất sử dụng đa thức Formanek Mặc dù hạn chế nhiều chuyên môn nên khà bao quát kiến thức chưa đủ lớn nghiên cứu vấn đề thân chịu sức hấp dẫn định Chọn đề giúp tập làm quen với phương pháp nghiên cứu Toán học đương đại Trên hết nhằm phát triển tư thân Mục đích nghiên cứu: Chúng ta biết rằng, đại số nửa nguyên tố tích trực tiếp đại số nguyên tố, đại số nửa nguyên thủy tích trực tiếp đại số nguyên thủy (theo Kaplansky, đại số nguyên thủy PI trở thành đại số đơn) Câu hỏi tự nhiên đặt là, liệu kết Posner – Rowen PI – đại số mở rộng cho lớp PI – đại số nửa nguyên tố hay không? Nói cách xác hơn, liệu PI – đại số nửa nguyên tố trường nhúng thứ tự trái (phải) vào PI – đại số nửa nguyên thủy hay không? Trong PI – Algebras An Introduction Nathan Jacobson (tài liệu tham khảo số – tiếng Anh), tác giả nói rằng, có thí dụ chứng minh kết Posner – Rowen mở rộng cho lớp PI – đại số nửa nguyên tố, nhiên ông không thí dụ cụ thể Mục đích luận văn xây dựng thí dụ Phương pháp nghiên cứu: Trong luận văn không trình bày cách xây dựng đa thức Formanek mà trình bày kết Posner Rowen PI – đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực Với lưu ý rằng, để đến kết Posner Rowen sử dụng đa thức Formanek Hơn nữa, để hoàn thiện thí dụ mà đưa ra, bổ sung chứng minh mệnh đề 1.2.4 tính đầy hữu tỉ đại số Cấu trúc luận văn: Luận văn bao gồm hai chương Chương trình bày kiến thức lí thuyết vành không giao hoán lí thuyết PI – vành Chương sâu vào nghiên cứu đại số nguyên tố nửa nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực sự, trình bày rõ kết Posner PI – đại số nguyên tố Cuối cùng, xây dựng thí dụ chứng tỏ kết Posner – Rowen mở rộng cho lớp PI – đại số nửa nguyên tố HỆ THỐNG KÍ HIỆU : Tập số tự nhiên : Trường số hữu tỉ annAM: Tập phần tử A linh hoùa M A(M): { a ∈ A Ma = 0, M A – modun bất khả qui} E(M ) : Tập tự đồng cấu M C(M): Giao hoán tử A M rad(A) J(A): Radical Jacobson vành A sgnπ : Dấu phép π lnA: nil radical A Un(A): upper nil radical cuûa A L(A): Levitzki nil radical cuûa A K{X}: Đại số đa thức ấn x K Degf: Bậc đa thức f deg xi f : Bậc đa thức f theo biến xi ht(f): Chiều cao đa thức f Δ ij f : Toán tử sai phân f CΔ F : Tâm tập F Δ MS : Địa phương hóa M S [A : C] : Số chiều không gian A trường C Δm Tập tất ma trận vuông cấp m Δ CHƯƠNG 1: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN VỀ MỘT SỐ VÀNH ĐẶC BIỆT Trong chương này, trình bày khái niệm số kết sử dụng đến luận văn Việc chứng minh kết đơn giản nên hầu hết tóm tắt thông qua 1.1 TÓM TẮT NHỮNG KIẾN THỨC CƠ SỞ Trước tiên, nhắc lại khái niệm số kết bản, cần thiết để làm sở xây dựng đại số, là: đại số nguyên thủy, đại số nửa nguyên thủy, đại số nguyên tố đại số nửa nguyên tố Trong phần này, kí hiệu A vành không giao hoán, M A – modun thay cho M A – modun phải ¾ Định nghóa 1.1.1: • Nhóm cộng aben M gọi modun vành A (hay M A – modun) tồn ánh xạ: M × A → M , (m, a) ma vaø ∀m, n ∈ M , ∀a, b ∈ A điều kiện sau thỏa mãn: a) m(a + b) = ma + mb, b) (m + n)a = ma + na, c) m(ab) = (ma)b, d) Nếu A có đơn vị m1 = m • A đại số vành giao hoán có đơn vị K A vành, A modun K, ∀a,b ∈ A , ∀k ∈ K k(ab) = (ka)b = a(kb) • Cho M A –modun Khi đó, tập hợp phần tử A mà linh hoá toàn M kí hiệu annAM = { a ∈ A / Ma = } ắ ẹũnh nghúa 1.1.2: ã M ủửụùc goùi laứ A – modun trung thaønh ⇔ (Ma = 0, a ∈ A ⇒ a = 0) • M gọi A – modun bất khả qui ⇔ MA ≠ M có modun M ¾ Mệnh đề 1.1.3: Cho M A –modun Các khẳng định sau tương đương: i) M A –modun bất khả qui ii) M = xA, ∀x ,0 ≠ x ∈ M iii) M ≅ A/ ρ , ρ ideal phải tối đại, qui A ( ρ ideal phải qui A ⇔ ∃a ∈ A cho ∀x ∈ A x − ax ∈ρ ) Bây giờ, cho M A – modun bất khả qui Với a ∈ A ta định nghóa: Ta : M → M, mTa = ma Khi Ta tự đồng cấu nhóm cộng M Ñaët E ( M ) = {ϕ : M → M / ϕ tự đồng cấu} Trong E(M) ta định nghóa phép cộng phép nhân sau: ∀φ, ϕ∈ E ( M ), ∀m ∈ M m(φ + ϕ) = mφ + mϕ, m(φϕ) = (mφ)ϕ Khi E(M) vành Gọi giao hoán tử A M C ( M ) = {ϕ∈ E ( M )/ ϕTa = Taϕ, ∀a ∈ A} Khi ⎧ϕ − ϕ2 ∈ C ( M ) đó, ∀ϕ1 , ϕ2 ∈ C ( M ) ⇒ ⎨ Suy C(M) laø vành E(M) Ta có ⎩ϕ1.ϕ2 ∈ C ( M ) trường hợp đặc biệt sau đây: ¾ Bổ đề 1.1.4 :(Bổ đề Schur) Nếu M A – modun bất khả qui C(M) thể Chứng minh: Để chứng minh bổ đề ta việc chứng minh phần tử θ ≠ C(M) khả nghịch C(M) Thật vậy, lấy ≠ θ∈ C ( M ) , đặt W = M θ Suy ∀a ∈ A , Wa = WTa = ( M θ)Ta = ( MTa )θ , maø ( MTa )θ ⊂ M θ = W ⇒ W modun M Vì θ ≠ M A – modun bất khả qui nên W = M θ = M Suy θ toàn cấu từ M → M Kerθ thực M ( θ ≠ ) Do Kerθ = Suy θ đẳng cấu Vì ∃θ−1 nghịch đảo θ ( θ−1 ∈ E ( M ) ) Hôn nữa, θ có khả nghịch θ−1 ∈ E ( M ) nên từ đẳng thức θTa = Ta θ ta suy Ta θ−1 = θ−1Ta , hay C ( M ) ê ắ ẹũnh nghóa 1.1.5: • Radical Jacobson vành A, kí hiệu rad(A) J(A), tập hợp tất phần tử A mà linh hóa A - modun bất khả qui • Nếu A modun bất khả qui ta qui ước J(A) = A Khi ta nói A vành radical Nhận xét: + Nếu đặt A(M) = { a ∈ A Ma = 0, M laø A – modun bất khả qui} theo định nghóa ta có: J ( A) = ∩ M − bất khả qui A( M ) + Nếu A vành có đơn vị A vành radical ¾ Định nghóa 1.1.6: • Một phần tử a ∈ A gọi tựa qui phải tồn a’∈ A cho a + a’ + aa’ = Khi a’ gọi tựa nghịch đảo phải a Tương tự, a’ tựa nghịch đảo trái a a’ + a + a’a = • Một ideal (một phía hai phía) A gọi tựa qui phần tử tựa qui 10 ¾ Bổ đề 1.1.7: • A có đơn vị a tựa qui phải ⇔ 1+ a khả nghịch A • rad(A) = { z / az tựa qui, ∀a ∈ A } = { z / za tựa qui, ∀a ∈ A } ¾ Mệnh đề 1.1.8 : J(A) ideal phải tối đại tựa qui phải A chứa tất ideal phải tựa qui phải A Để làm sở cho việc xây dựng vành đa thức đồng thức, nhắc lại số khái niệm vài kết quaỷ sau ủaõy: ắ ẹũnh nghúa 1.1.9: ã Cho X vị nhóm tự sinh tập đếm phần tử x1,x2,… Khi X tập 1, xi1 xi2 xir đơn thức khác nhau, đó: + xi1 xi2 xir = x j1 x j2 x js ⇔ i1 = j1 , + 1( xi1 xi2 xir ) = ( xi1 xi2 xir )1 = xi1 xi2 xir + ( xi1 xi2 xir )( x j1 x j2 x js ) = xi1 xi2 xir x j1 x j2 x js • Kí hiệu K{X} đại số X vành giao hoán có đơn vị K, K{X} gọi đại số tự sinh tập đếm phần tử xi, tập phần tử đếm gọi sở K{X} Khi X nhúng vào K{X} phép i → K{X} có tính phổ dụng, nghóa là: với A K – đại số nhúng X ⎯⎯ ánh xạ σ : X → A , từ tập biến x1, x2, vào A tồn đồng cấu η : K{X} → A cho ηi = σ • Nếu f ∈ K{X}, f ∈ K{x1 , , xm} - đại số sinh tập hữu hạn {x1,…,xm} với m ta viết f = f(x1,…,xm) nh đa thức qua η : K{X} → A 34 f(s-1a1, …, s-1am) = d ∑ s-j fj (a1, , am ) d ∑s = 0 = d ∑1 -1 = d ∑1 -1 -j xj h(s) j x j ( (1) ) f j (h(s)a1 , , h(s)am ) = Vậy đồng thức A đồng thức AS ⇐) Nếu phần tử S qui A A nhúng vào AS Vì A xem đại số AS Do đồng thức AS đồng thức A Suy chiều ngược lại mệnh đề phần tử S qui A Để hoàn tất chứng minh định lí Rowen ta cần chứng minh (II) 1 • Chứng minh Dd+1:= + Với d = 1: D2 = + Với d = 2: D3 = d s sd = ∏ (si − s j ) (*) qui nạp theo d: i , j =0 sd 1 s 1 1 (i > j ) = s − ⇒ (*) s s sd s s = − s2 s − s2 1− s4 s − s4 = (s − 1)(s2 − 1)(s2 − s) ⇒ (*) + Giả sử (*) đến d – 1, nghóa Dd = d ∏ (s i , j =0 (i> j ) i − sj) 35 + Ta chứng minh (*) đến d Thật vậy: 1 1 s sd −1 sd s2 s2( d −1) s2 d sd sd ( d −1) Dd+1 = 0 − sd s − sd sd − sd 2 ⇒ Dd+1 = − s2 d s2 − s2 d − sd sd sd −1 − sd sd s2( d −1) − s2 d s2 d sd ( d −1) − sd sd 1 − s2 d − sd − s3 d d +2 d d d −1 d ⇒ Dd+1= ( −1) (1 − s )(s − s ) (s − s ) − sd s2 − s2 d s − sd s3 − s3 d s − sd − sd − sd sd − sd s − sd s2( d −1) − s2 d sd −1 − sd s3( d −1) − s3d sd −1 − sd sd ( d −1) − sd sd −1 − sd Lấy dòng nhân với sd trừ vào dòng liền ta được: Dd+1 = ( −1) d +2 = ( −1) (1 − sd )(s − sd ) (sd −1 − sd ) d +2 1 1 s s d −2 sd −1 s2 s2( d −2) s2( d −1) sd −1 (1 − sd )(s − sd ) (sd −1 − sd ) Dd s( d −1)( d −2) s( d −1) ( Do giả thiết qui nạp) 36 = ( −1) d +2 (−1)d (sd − 1)(sd − s) (sd − sd −1 ).Dd = (s − 1)(s − s) (s − s d d d d −1 ).Dd = d ∏ (s i − s j ) ⇒ (*) tới d i , j =0 (i> j ) 1 Vaäy Dd+1 = d s sd = ∏ (si − s j ) i , j =0 sd sd (i > j ) • Ta lại dùng qui nạp theo d chứng minh d ∏ (s i − s j ) = se[1 – s h(s)] (**) , i , j =0 ( i< j ) e = (d3 – d) / vaø h(s) ∈ Z(s) , sau: + Với d = 1: e = (13 – 1) / = vaø h(s) = ∈ Z(s) Khi đó: (**) ⇔ − s = s0 [1 − s.1] ⇔ − s = − s ⇒ (**) + Giả sử (**) tới d = n Nghóa ta có: n n n n i , j =0 ( i< j ) j =1 j =2 j = n −1 A = ∏ (si − s j ) = ∏ (1 − s j )∏ (s − s j ) ∏ (sn−2 − s j ).(sn−1 − sn ) = se[1 – s h(s)] + Ta cần chứng minh (**) tới d = n + Thật vậy, ta coù: n +1 ∏ (s i , j =0 ( i< j ) i n +1 n +1 n +1 − s ) = ∏ (1 − s )∏ (s − s ) ∏ (sn−1 − s j ).(sn − sn+1 ) j j =1 j j j =2 j =n = A.(1 − sn+1 )(s − sn+1 ) (sn−1 − sn+1 )(sn − sn+1 ) = A.(1 − sn+1 )s1+2+ + n (1 − sn ) (1 − s2 )(1 − s) = s n3 − n [1 − sh(s)] s n ( n +1) (1 − sn+1 )(1 − sn ) (1 − s2 )(1 − s) 37 = s = s n3 + n + n [1 − sh(s)][1 − sh '(s)] với h '(s) ∈ Z[s] ( n +1)3 −( n +1) [1 − sH (s)] với H (s) ∈ Z[s] (n + 1)3 − (n + 1) = s [1 − sH (s)] với e = H (s) ∈ Z[s] ⇒ (**) e Vậy d ∏ (s i − s j ) = se[1 – s h(s)] ª i , j =0 ( i< j ) Bây giờ, cho A đại số K, C tâm A Khi ta xem A đại số C Nếu S vị nhóm nhóm nhân C tương tự ta xây dựng AS – địa phương hóa A S Với k ∈ K ta định nghóa k(s-1a) = s-1(ka) Khi AS K – đại số Giả sử A đại số nguyên tố, c ∈ C c ≠ Khi cA = Ac ideal khác A linh hóa tử bên trái trùng với linh hóa tử c Vì A nguyên tố nên linh hóa tử phải Suy phần tử khác C qui Đặt biệt, C miền nguyên, S vị nhóm nhóm nhân C không chứa đồng cấu đại số ν s phép nhúng tắc từ A vào AS Do A xem đại số AS Nếu S = C \ (0) đại số tương ứng kí hiệu A0 gọi A0 đại số đầy thương theo tâm A Nếu F trường thương miền nguyên C A0 = AF = F ⊗K A Theo trên, A đại số giao hoán, S tập hợp tất phần tử qui A ta xây đại số AS Trong trường hợp này, ta chứng minh kết hữu ích sau 38 ¾ Mệnh đề 2.1.4 : AS ≅ A ⇔ ∀s ∈ S, s khả nghịch A Khi A gọi làø” đầy hữu tỉ” Chứng minh: ⇐) Đương nhiên A coi AS Lấy s−1 x , s ∈ S, x ∈ A phần tử tùy ý AS, s khả nghịch A nên ∃t ∈ A : t-1 = s Khi đó, s−1 x = tx ∈ A Suy AS ≅ A ⇒) AS ≅ A , cách đồng ta xem phần tử AS A Vì phần tử qui A khả nghịch AS nên chúng khả nghịch A ª Mệnh đề sau kết quan trọng Rowen: ¾ Mệnh đề 2.1.5: Nếu A tích trực tiếp đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực có bậc bị chặn C tâm A ∀ I , (0) ≠ I A ⇒ I ∩ C ≠ (0) Để chứng minh mệnh 2.1.5 trước tiên ta cần chứng minh bổ đề 2.1.6, 2.1.7 2.1.13 sau đây: ¾ Bổ đề 2.1.6: A nguyên tố, S vị nhóm nhóm nhân C ( ∉ C ) AS nguyên tố Chứng minh: Giả sử có (s-1x) (t-1a) (u-1y) = 0, với s-1x, t-1a, u-1y∈ AS ⇒ (stu)−1 ( xay ) = ⎡ s−1 x = ⎡x = ⇒ AS nguyên tố ª ⇒ xay = 0, ∀a ∈ A ⇒ ⎢ (do A nguyên tố) ⇒ ⎢ −1 y = = u y ⎣ ⎣ 39 ¾ Bổ đề 2.1.7: Nếu A đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực f bậc n A thỏa mãn đồng thức chuẩn S2[n/2] Để chứng minh bổ đề 2.1.7 ta đưa định nghóa keỏt quaỷ coự lieõn quan: ắ ẹũnh nghúa 2.1.8: ã Đại số A gọi lũy linh địa phương tập hữu hạn sinh đại số lũy linh • Một ideal A gọi lũy linh địa phương xem đại số đại số lũy linh ¾ Định nghóa 2.1.9: Đồng thức f đại số A K gọi qui mạnh f ≠ hệ số khác phần tử khả nghịch K ¾ Mệnh đề 2.1.10: Một nil đại số A thỏa mãn đồng thức qui mạnh A đại số lũy linh địa phương ¾ Mệnh đề 2.1.11: Cho đại số A thỏa mãn đồng thức qui mạnh bậc d B nil đại số A.Khi đó, B[d / 2] ⊂ N (0) , N(0) tổng ideal lũy linh A ¾ Mệnh đề 2.1.12: A thỏa mãn đồng thức qui mạnh bậc d ln(A) = L(A) = Un(A) Chứng minh bổ đề 2.1.7: Gọi C tâm A ⇒ A xem đại số C Khi đó, ∀k ∈ K ∀a ∈ A ta có: (k.1)a = ka = k(a.1) = a(k.1), với đơn vị A ⇒ k 1∈ C 40 Đa thức f đồng thực A K nên ta thay tất hệ số k f (k.1) C, ta đồng thức f0 A ( C) Gọi F trường thương miền nguyên C theo mệnh đề 2.1.3 ta suy f0 đồng thức thực A0 trường F Theo định nghóa 2.1.9 f0 đồng thức qui mạnh A0 Với giả thiết f có bậc n ( bị chặn ) nên theo mệnh đề 2.1.12 ta suy ln(A0) = L(A0) = Un(A0) Vì A nguyên tố nên theo bổ đề 2.1.6 ta có A0 nguyên tố , theo định nghóa 1.2.4.1, A0 nửa nguyên tố Suy A0 nil ideal khác 0, theo mệnh đề 1.2.1.2, A0 [ λ ] nửa nguyên thủy Suy rad(A0 [ λ ]) = Vì f f0 đồng thức thực nên ta giả thiết f f0 đa tuyến tính Suy A0[ λ ] thỏa mãn đồng thức thực sự, đa tuyến tính bậc n Khi đó, lấy P ideal nguyên thủy A0 [ λ ] ⇒ A [λ]/ P laø đại số nguyên thủy trường, thỏa mãn đồng thức thực bậc n Theo định lí Kaplansky– Amitsur – Levitzki S2[n/2] đồng thức A0 [ λ ]/P Vì vậy, a1, …, a2[n/2] ∈ A0 [ λ ] S2[n/2]( a1, …, a2[n/2]) ∈P Do rad(A0 [ λ ]) = ⇒ ∩P = ( P – nguyên tố) ⇒ S2[n/2]( a1, …, a2[n/2]) = với ai∈ A0 [ λ ] ⇒ S2[n/2] đồng thức A0 [ λ ] Vì A nhúng vào A0 [ λ ] ( hay A ⊂ A0 [ λ ]) neân S2[n/2] laứ ủong nhaỏt thửực cuỷa A ê ắ Boồ đề 2.1.13: Nếu A tích trực tiếp đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực A không chứa nil ideal khác Chứng minh: Để chứng minh bổ đề ta cần chứng minh cho trường hợp A nguyên tố 41 Giả sử A đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực bậc n, theo bổ đề 2.1.6 suy A thỏa mãn đồng thức chuẩn S2[n/2], đồng thức qui mạnh Suy ln(A) = L(A) = Un(A) Khi đó, theo mệnh đề 1.2.4.3, A chứa nil ideal khác A chứa ideal lũy linh khác 0, điều mâu thuẫn với giả thiết A nguyên tố Vậy A không chứa nil ideal khác ª Bây giờ, ta sử dụng bổ đề: 2.1.6, 2.1.7 2.1.13 để làm sáng tỏ kết mệnh đề 2.1.5 Trước tiên ta giả thiết A nửa nguyên thủy thỏa mãn đồng thức chuẩn S2d Khi đó, lấy P ideal nguyên thủy tùy ý A A/P đại số nguyên thủy Theo định lí Kaplansky – Amitsur – Levitzki, A/P đơn tâm, hữu hạn chiều ( ≤ d ) tâm Suy ra, ( I + P)/P ideal A/P ( I + P )/ P = A / P I ⊂ P Vì ∩P = ( P – nguyên tố) nên ∃P : I + P = A Trong số ideal P ta chọn P0 cho bậc n0 A/P0 lớn Lấy q∈ Mn0 ( K ) , đa tức tâm có hệ số tự Ta chọn q thế, chẳng hạn q đa thức Formanek Khi q đồng thức đại số nguyên thủy có bậc n ≤ n q đa thức tâm A/ P0 Do đó, ∀a1 , , am ∈ A ta có (q( a1 , , am ) + P)/ P thuộc tâm A/P ⇒ q(a1 , , am ) ≠ Vì q đa thức tâm A/ P0 I+P0 = A nên ta chọn a1 , , am ∈ I : q(a1 , , am ) ∉ P0 ⇒ q(a1 , , am ) ∈ I vaø q(a1 , , am ) ≠ Suy C ∩ I ≠ Bây giờ, A tích trực tiếp đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực có bậc bị chặn thì, theo bổ đề 2.1.7 2.1.13 ta suy A không chứa 42 nil ideal khác A thỏa mãn đồng thức chuẩn Khi đó, theo mệnh đề 1.2.1.2, A[λ ] nửa nguyên thủy thỏa mãn đồng thức chuẩn Gọi C[λ] tâm A[λ] , ≠ I [λ] A[λ] Khi đó, theo chứng minh phần ta suy C[λ] ∩ I [λ] ≠ Maø C[λ] ∩ I [λ] = (C ∩ I )[λ ]) ⇒ C ∩ I ≠ Mệnh đề 2.1.5 chứng minh xong ª Hệ quả: Cho đại số A thỏa mãn giả thiết mệnh đề 2.1.4 giả sử tâm C A trường Khi A đại số đơn Chứng minh: Lấy I ≠ ideal A Khi đó, theo mệnh đề 2.1.4 ⇒ C ∩ I ≠ Vì C ∩ I ideal C neân C ∩ I = C ⇒ C ⊆ I ⇒ 1∈ I hay I = A Suy A đơn ª Chú ý: Mệnh đề 2.1.5 hệ vừa phát biểu A đại số nguyên tố 2.2 CÁC KẾT QUẢ CỦA POSNER: Để bắt đầu định lí quan trọng Posner đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực có khái niệm sau đây: ¾ Định nghóa 2.2.1: Một đại số A đại số Q gọi thứ tự trái (hoặc phải) Q phần tử qui của A khả nghịch Q phần tử Q viết dạng a-1b với a, b ∈ A (hoặc b-1a với a, b ∈ A ) Nhận xét: Khi A đại số nguyên tố A thứ tự trái phải A0 ¾ Mệnh đề 2.2.2: (Định lí Posner – Rowen) Cho A đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực Khi đó: 43 Đại số A0 thương theo tâm A đại số đơn, hữu hạn chiều tâm nó, tâm A0 trường thương F tâm C đại số A A thứ tự trái phải A0 A A0 thỏa mãn đồng thức Chứng minh: Vì A nguyên tố, thỏa mãn đồng thực nên A0 nguyên tố với tâm F trường, theo hệ 2.1.13, A0 đại số đơn Theo Kaplansky - Amitsur, A0 hữu hạn chiều tâm F Vì A0 hữu hạn chiều tâm nó, A0 Artin , suy phần tử A0 mà không ước khả nghịch Do cách xây dựng A0, phần tử A0 có dạng c-1a = ac-1, c ∈ C , a ∈ A Laáy b qui A, suy b = 1−1 b ∈ A0 Nếu (1−1 b)(c−1a) = (1c)−1 (ba) = Khi ∃s ∈ C − (0) : s(ba) = A Do moïi phần tử khác C qui nên ba = Nhưng b phần tử qui A nên a = Vì c−1a = Do b qui A0 khả nghịch A0 Theo định nghóa 2.2.1 suy Kết A A0 thỏa mãn đồng thức chứng minh mệnh đề 2.1.3 ª Định lí Posner – Rowen cho rằng, PI – đại số nguyên tố trường nhúng vào đại số đơn, hữu hạn chiều tâm thứ tự trái phải đại số Mệnh đề 1.2.4.4 1.2.4.5 chứng minh rằng, đại số nửa nguyên tố tích trực tiếp đại số nguyên tố, đại 44 số nửa nguyên thủy (nửa đơn) tích trực tiếp đại số nguyên thủy (theo Kaplansky, PI trở thành đại số đơn) Câu hỏi tự nhiên đặt là, liệu kết Posner – Rowen mở rộng cho lớp PI – đại số nửa nguyên tố hay không? Nói cách xác hơn, liệu PI – đại số nửa nguyên tố trường nhúng thứ tự trái (phải) vào PI – đại số nửa nguyên thủy hay không? Trong PI – Algebras An Introduction Nathan Jacobson (tài liệu tham khảo số – tiếng Anh), tác giả nói rằng, có ví dụ chứng minh kết Posner – Rowen mở rộng cho lớp PI – đại số nửa nguyên tố Tuy nhiên ông không ví dụ cụ thể Phần lại luận văn có mục đích xây dựng ví dụ 2.3 VÍ DỤ Gọi A đại số đa thức vô hạn đếm biến xi trường số hữu tỉ thỏa thêm điều kiện: xixj = , ∀i ≠ j Khi A có tính chất sau: • A - đại số giao hoán có đơn vị nên PI – đại số, • Trong A phần tử lũy linh khác nên A ideal lũy linh khác A PI – đại số nửa nguyên tố, • Đa thức f ∈ A phần tử qui ⇔ hệ tử tự f khác 0, • Đặt S tập hợp tất phần tử qui A Khi đó: I = A – S (phần bù S A) tập hợp tất đa thức có hệ tử tự Hiển nhiên I ≠ , I trùng với tập hợp tất phần tử A mà ước Giả sử có ideal B A mà chứa I nghiêm ngặt B chứa phần tử qui, A có đơn 45 vị nên B trùng với A Suy I ideal tối đại A hiển nhiên I ideal tối đ A Vì J(A) = I ≠ Suy A không đại số nửa nguyên thủy • Lấy A1 tập tất đa thức theo biến xi có hệ tử tự 0, A2 tập tất đa thức theo biến xj có hệ tử tự 0, (i ≠ j ) Khi A1, A2 ideal I Rõ ràng A1, A2 khác A1A2 = Suy A không đại số nguyên tố, Ta có, I ideal nguyên tố A, S = A – I tập đóng nhân A Gọi AS tập tất lớp tương đương s−1 x , (s ∈ S, x ∈ A) Để kết thúc vấn đề vừa đặt ra, chứng minh AS đại số cần tìm Thật vậy: • AS - đại số giao hoán có đơn vị nên PI – đại số, • AS không đại số nguyên tố Để chứng tỏ điều trước tiên ta ý rằng, s−1 x = 0,(s ∈ S, x ∈ A) ⇔ ∃t ∈ S : xt = Điều tương đương, s−1 x ≠ 0, (s ∈ S, x ∈ A) ⇔ xt ≠ 0, ∀t ∈ S Nếu ta lấy x, y ∈ I , x đa thức theo biến xi, y đa thức theo biến xj ta có xt, yt ≠ 0, ∀t ∈ S Suy (s−1 x ) , (t −1y ) ≠ thuộc AS Nhưng xy = neân (s−1 x )(t −1y ) = (st )−1 ( xy ) = Bởi vậy, lấy B tập tất đa thức theo biến xi có hệ tử tự 0, C tập tất đa thức theo biến xj có hệ tử tự 0, (i ≠ j ) B C ideal khác I , BS CS ideal khác AS dễ thấy BS.CS = Do AS không đại số nguyên tố • AS đại số nửa nguyên tố, AS phần tử lũy linh khác nên ideal lũy linh khác • Đặt ρ = {s−1 x / s ∈ S , x ∈ I } ⇒ ρ AS Goïi α AS , α thực ρ 46 Suy ra, ∃s−1 x ∈ α, s−1 x ∉ρ ⇒ x ∉ I , x ∈ S ⇒ s−1 x khả nghịch ⇒ α ≡ AS Vì ρ ideal tối đại đại số AS Khi đó, J ( AS ) = ρ ≠ Suy AS đại số nửa nguyên tố, không nửa nguyên thủy • Cuối cùng, chứng minh AS không mở rộng thêm Đặt S1 tập tất phần tử qui AS, phần tử S1 có dạng s−1 x , s, x ∈ S Khi phần tử S1 khả nghịch AS Theo mệnh đề 2.1.4 ta suy ( AS )S1 ≅ AS ª 47 KẾT LUẬN Trong chương I tóm tắt gần toàn khái niệm kết Đại số giao hoán số đại số đặc biệt, việc chứng minh tính chất trình bày tường minh Đặc biệt, trình khái niệm tích trực tiếp họ K – đại số mệnh đề 1.2.3.4 sau nhằm mục đích làm sáng tỏ hai mệnh đề quan trọng mệnh đề 1.2.4.4 mệnh đề 1.2.4.5 Phần cuối chương I đưa bổ đề vài kết đại số đơn tâm để sau trình bày lại phép chứng minh định lí Kaplansky – Amitsur, định lí Amitsur – Levitzki định lí Kaplansky – Amitsur – Levitzki Trong chương II trình bày khái niệm kết đại số nguyên tố nửa nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực sự, trình bày chặt chẽ kết Posner đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực Và cuối cùng, xây dựng phản ví dụ để kết Posner mở rộng cho đại số nửa nguyên tố Mặc dù có nhiều cố gắng khả nghiên cứu nhiều hạn chế nên khó tránh khỏi sai sót nội dung Kính mong q Thầy cô bạn đồng nghiệp góp ý Xin chân thành cảm ơn Thành phố Hồ Chí Minh, tháng năm 2007 Người thực Trương Huy Hoàng 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Nguyễn Cang, Nguyễn Đăng Phất (2001) : Giới thiệu tóm tắt đời nghiệp nhà Toán học, tập II, Nhà xuất Trẻ, Thành phố Hồ Chí Minh Trần Văn Đông (2004) : Một số nghiên cứu PI-Đại số nửa nguyên tố , luận văn Thạc só Toán học, Trường Đại Học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh Lê Lan Hương (2005) : Jacobson Radical PI-Đại số phổ dụng vành giao hoán có đơn vị, luận văn Thạc só Toán học, Trường Đại Học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh Mỵ Vinh Quang (1998) : Đại số đại cương, Bài tập đại số đại cương, Nhà xuất Giáo Dục Tiếng Anh Atiyah M.F , Macdonald I.G (1969) , Introduction to commutative Algebra, Addison-Wesley Publising Company, Massachusetts Herstein I.N (1968), Non commutative Rings, The mathematical association of America Jacobson N (1975), PI - Algebras An Introduction, Springer-Verlag- BerlinHeideberg – NewYork Jacobson N (1975), Structure of Rings, American Mathematical Society ... thỏa mãn đồng thức ….………… ………………………….…….18 Chương 2: CÁC PI – ĐẠI SỐ NỬA NGUYÊN TỐ THỎA MÃN ĐỒNG NHẤT THỨC ĐA THỨC 2.1 Đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực sự……………… ………26 2.2 Các kết Posner... 2: CÁC PI – ĐẠI SỐ NỬA NGUYÊN TỐ THỎA MÃN ĐỒNG NHẤT THỨC ĐA THỨC Đây chương trọng tâm luận văn.Trong chương trình bày nội dung sau đây: ™ Các khái niệm kết đại số nguyên tố - nửa nguyên tố thỏa. .. thỏa mãn đồng thức thực sự, ™ Các kết Posner đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực sự, ™ Thông qua ví dụ cụ thể, muốn rằng, kết Posner mở rộng cho PI – đại số nửa nguyên tố 2.1 ĐẠI SỐ NGUYÊN TỐ