MỘT LỚP CÁC P.I ĐẠI SỐ NỬA NGUYÊN TỐ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Nguyễn Thị Minh Nguyệt MỘT LỚP CÁC P.I ĐẠI SỐ NỬA NGUYÊN TỐ 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 – 2009 LỜI CÁM ƠN Luận văn hoàn thành hướng dẫn khoa học Phó Giáo Sư Tiến sĩ Bùi Tường Trí Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy - người bước hướng dẫn phương pháp nghiên cứu đề tài kinh nghiệm thực đề tài, cung cấp nhiều tài liệu truyền đạt kiến thức quí báu suốt trình thực luận văn Chân thành cám ơn quý thầy tổ Đại Số, khoa Toán – Tin trường Đại học Sư Phạm Thành phố Hồ Chí Minh giúp nâng cao trình độ chuyên môn phương pháp làm việc hiệu suốt trình học cao học Chân thành cám ơn quý thầy cô phòng Khoa học Công nghệ Sau đại học tạo điều kiện thuận lợi cho thực luận văn Chân thành cám ơn Ban Giám Hiệu đồng nghiệp trường THPT Thủ Đức tạo điều kiện thuận lợi cho suốt trình học cao học Sau chân thành cám ơn bạn lớp với trao đổi góp ý động viên suốt trình thực luận văn TP HCM năm 2009 Nguyễn Thị Minh Nguyệt MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Theo Posner- Rowen P.I đại số nguyên tố nhúng vào P.I đại số nguyên thủy , đại số thương theo tâm thứ tự trái phải nó.Như biết, đại số nửa nguyên tố tích trực tiếp đại số nguyên tố, đại số nửa nguyên thủy tích trực tiếp đại số nguyên thủy Câu hỏi tự nhiên đặt ra, liệu ta mở rộng định lý Posner-Rowen cho lớp P.I đại số nửa nguyên tố, điều có nghĩa là: Liệu nhúng P.I đại số nửa nguyên tố vào P.I đại số nửa nguyên thủy thứ tự trái phải nó? Trong P.I Algebras An Introduction, tác giả Nathan Jacobson nhận định điều không luận văn thạc sỹ Trương Huy Hoàng đưa ví dụ minh chứng điều đó.Vậy điều kiện định lý Posner- Rowen mở rộng cho lớp P.I đại số nửa nguyên tố? Câu hỏi có sức hấp dẫn định,trả lời câu hỏi lý thú hội để vận dụng kiến thức toán học hữu ích,đồng thời giúp thân phát triển tư tiếp cận với toán học đại Đó lý đưa đến việc nghiên cứu đề tài “Một lớp P.I đại số nửa nguyên tố”, lớp P.I đại số nửa nguyên tố mà định lý Posner-Rowen mở rộng Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài “Một lớp P.I đại số nửa nguyên tố” để định lý Posner-Rowen mở rộng, hay nói rõ luận văn đưa thêm điều kiện cần thiết cho P.I đại số nửa nguyên tố ,để nhúng P.I đại số nửa nguyên tố vào P I đại số nưả nguyên thủy Phương pháp nghiên cứu Để mở rông định lý Posner Rowen P.I đại số nửa nguyên tố, thông thường có hai phương hướng: xây dựng lại khái niệm đại số thương cách phù hợp; bổ sung điều kiện cần thiết cho P.I đại số nửa nguyên tố Với luận văn này, phương hướng bổ sung điều kiện phương pháp mà lựa chọn để mở rộng định lý Cấu trúc luận văn Luận văn gồm hai chương Chương 1: Một số khái niệm định lý vành không giao hóan Trong chương luận văn trình bày lại kiến thức vành không giao hoán có liên quan đến chương sau Ở đây, hầu hết định lý, hệ quả, bổ đề kết phát biểu không chứng minh Chúng dùng làm sở lý thuyết phục vụ đề tài Chương 2: Các P.I đại số nguyên tố nửa nguyên tố Tại đây, hầu hết định lý chứng minh cách tường minh Chương giới thiệu định lý Posner -Rowen, đưa ví dụ luận văn thạc sĩ Trương Huy Hoàng để chứng minh định lý không P.I đại số nửa nguyên tố Cuối cùng, bổ sung số mệnh đề cần thiết để đạt mục tiêu mà luận văn đề ra: “Một lớp P.I đại số nửa nguyên tố”- lớp P.I đại số nửa nguyên tố mà định lý Posner-Rowen mở rộng Chương 1: MỘT SỐ KHÁI NIỆM VÀ CÁC ĐỊNH LÝ VỀ VÀNH KHÔNG GIAO HOÁN Trong chương luận văn trình bày lại kiến thức vành không giao hoán có liên quan đến chương sau Ở đây, hầu hết định lý, hệ quả, bổ đề kết phát biểu không chứng minh Chúng dùng làm sở lý thuyết phục vụ đề tài Trong chương này, ký hiệu R vành không giao hoán, M R-modul phải 1.1 Modun bất khả quy trung thành Định nghĩa 1.1.1:  M gọi R-modul tồn ánh xạ  m(a+b)=ma+mb  (m+n)a=ma+na  (ma)b=m(ab)  m.1=m với m  M;a,b,1  R f : MxR  M thỏa: (m, r )  mr  M gọi R-modul trung thành M.r = r = Bổ đề 1.1.2: Ký hiệu: A(M) = {r  R/ M.r = } Ta có: A(M) ideal hai phía R M R/A(M)- modul trung thành Chứng minh: Ta có A(M)  R và a A(M),r R  ta có : M.ar=(Ma)r=0.r=0 suy ar A(M) Cũng có: M.ra = (Mr)a  Ma=0,suy ra A(M) Vậy: A(M) ideal hai phía R   r = (r+A(M))  R/A(M) Xét: f : MxR / A( M )  M (m, r )  mr Ta có: (m, r )= (m, r ' )  r = r '  (r-r’)  A(M)  m(r-r’)=0,  m M  mr=mr’ Vậy: f ánh xạ thỏa tính chất R/A(M)- modul Nên: M R/A(M)- modul  Ta có : M r = Suy ra: m r =0, m M  mr=0,  m M,  r  A(M) hay r =0 Vậy: M R/A(M)-modul trung thành Cho M R- modul , a R, xét ánh xét Ta : M  M với m Ta = ma, m M đồng cấu nhóm cộng Ký hiệu E(M) tập tất đồng cấu nhóm cộng E(M) vành với phép toán cộng nhân đồng cấu nhóm :R  E ( M ) Xét ánh xạ: a  Ta  đồng cấu vành Ta có: ker  = A(M) suy R/A(M)  Im  Bổ đề 1.1.3: R/A(M) đẳng cấu với vành vành E(M) Đặc biệt: Nếu M R-modul trung thành A(M) = .Khi  đơn cấu nên ta nhúng R vào E(M) vành đồng a với Ta , a  R Định nghĩa 1.1.4:  Ta có C(M)=  f  E ( M ) / Ta f  fTa , a  R vành giao hoán tử R M.Lúc đó: C(M) vành vành E(M) v C(M)= End R M Định nghĩa 1.1.5.:  M gọi R-modul bất khả quy M  M có hai modul tầm thường M 0  Cho  trường số thực,  xét ma trận    1 -1   Xét A=    ideal sinh bỡi  , V= {g = ( x1; x2 ) / x1; x2 Î  } Lúc V A-modun bất khả quy Bổ đề 1.1.6: Nếu M R-modul bất khả quy M  R/  với  ideal tối đại R.Hơn tồn a  R cho x-ax   với x  R (  gọi ideal phải quy).Ngược lại với  ideal phải quy R/  R-modul bất khả quy Bổ đề 1.1.7: Nếu M R-modul bất khả quy C(M) thể 1.2 Radical vành Định nghĩa 1.2.1:  Radical Jacobson vành R,ký hiệu J(R) tập hợp phần tử R mà linh hoá tất modul bất khả quy R,J(R)=  A(M) với M R-modul bất khả quy Lúc J(R) ideal hai phía R  Nếu R modul bất khả quy, ta quy ước J(R)=R,Lúc R gọi vành radical Định nghĩa 1.2.2:  ideal phải R , ký hiệu (  :R)= {x  R/Rx   } Bổ đề 1.2.3:  Nếu  ideal phải quy (  :R) ideal hai phía lớn R nằm   Nếu  ideal phải tối đại quy A(M)= (  :R) với M=R/  Định lý 1.2.4.: J(R) =  (  :R) với  ideal phải tối đại quy R Bổ đề 1.2.5: Nếu  ideal phải quy R(   R)  nằm ideal phải quy tối đại Định lý 1.2.6: J(R) =   với  ideal phải tối đại quy R Định nghĩa 1.2.7.:  a  R gọi tựa quy phải nếu:  a’  R: a+a’+aa’=0  a’ gọi tựa nghịch đảo phải a  tương tự ta có tựa quy trái , tựa nghịch đảo trái  Một ideal gọi tựa quy phải phần tử tựa quy phải  J(R) ideal tựa quy phải Định lý 1.2.8: J(R) ideal phải tựa quy phải chứa ideal phải tựa quy phải, tức J(R) ideal phải tựa quy phải tối đại R Định nghĩa 1.2.9:  Phần tử a  R gọi luỹ linh tồn n  N cho a n =0  Ideal phải (trái) R gọi nil-ideal phải (trái) phần tử luỹ linh  Ideal phải (trái )  R đựơc gọi luỹ linh tồn m  N cho a a am =0 với a i   , tức tồn m N cho  m =0 Nhận xét:  Nếu  ideal luỹ linh  nil-ideal  phần tử luỹ linh tựa quy  J(R) chứa nil-ideal phía  Nếu R có ideal luỹ linh khác R có ideal hai phía luỹ linh khác 1.3 Radical đại số Định nghĩa 1.3.1: A đựơc gọi đại số trường F A thoả điều kiện sau:  A vành  A không gian vectơ trường F   a,b  A ,    F Nếu A có đơn vị  (ab)=(  a)b=(a  )b  nằm tâm A (với   F) Mệnh đề 1.3.2: Nếu A đại số trường F radical Jacobson đại số A trùng với radical Jacobson vành A 1.4 Một số đại số đặc biệt 1.4.1 Đại số nửa nguyên thuỷ Định nghĩa 1.4.1.1: Đại số A gọi nửa nguyên thuỷ  J(A)=0 Mệnh đề 1.4.1.2: Nếu A đại số A/J(A) đại số nửa nguyên thuỷ Chứng minh: Lấy  ideal phải tối đại quy A, ta có J(A)   Ta có  +J(A) ideal phải tối đaị A/J(A)  quy nên a A: x-ax  , x A   a = (x-ax) +J(A)   +J(A): x - a x   +J(A),  x  A/J(A) Suy ra:  +J(A)chính quy Ta có: J(A)=   với  chạy khắp ideal tối đại phải quy A nên  (  +J(A))= Vậy J(A/J(A))=, hay A/J(A) nửa nguyên thủy Mệnh đề 1.4.1.3: Nếu A nil-ideal khác A[  ] nửa nguyên thuỷ Mệnh đề 1.4.1.4: Nếu B ideal hai phía đại số A J(B)=J(A)  B Hệ 1.4.1.5: Mọi ideal hai phía đại số nửa nguyên thuỷ nửa nguyên thuỷ Nhận xét: Điều không I ideal phía Ví dụ: Xét R vành ma trận vuông cấp trường F, R vành nửa nguyên thủy nên J( R) =   Lấy A=     0  :  ,   F  ideal phải R x=  0 0  0   Vì x =   = , suy x lũy linh 0       J(A) với   F    :   F  nil ideal phải A Suy 0  J(A)  .Do : J(A)  A  J(R) 1.4.2 Đại số nguyên thuỷ Định nghĩa 1.4.2.1:  Đại số A gọi nguyên thuỷ có modul bất khả quy trung thành  I  A, I gọi ideal nguyên thủy  A/I đại số nguyên thủy Mệnh đề 1.4.2.2: Cho A đại số tuỳ ý,M A-modul bất khả quy A(M) ideal hai phía A A/A(M) đại số nguyên thủy Mệnh đề 1.4.2.3: A đại số nguyên thủy tồn ideal phải tối đại quy  cuả A cho (  :A) = .Khi A nửa nguyên thủy A giao hoán có đơn vị A trường Vậy: Mọi đại số nguyên thủy nửa nguyên thủy Định nghĩa 1.4.2.4: Giả sử R vành nguyên thủy, M R-mođun bất khả quy trung thành Đặt  =C(M)  thể.Khi M không gian vec tơ  với phép nhân  : M x   M với  (m;  )=m  =(m)  ,trong  :M  M thuộc  =C(M)= End M R  Họ v , v , , M gọi độc lập tuyến tính   (  vii  i  0, i  1, n,i  ) i1,n  Vành R gọi tác động dày đặc M với n v , v , , M hệ độc lập tuyến tính  n phần tử w , w , , w n M tồn r cho w  vi r (i=1,2,3, n)  Nếu M không gian véc tơ hữu hạn chiều  R tác động trung thành dày đặc M R= End M  n với n vành ma trận vuông cấp n   Thật vậy: Nếu M R-modul trung thành R nhúng vào E(M) vành đồng r  Tr :M  M với (m) Tr =mr   , ta có (m  ) Tr =m(  Tr )=m( Tr  )=(m Tr )  ,suy ra: Tr  End M ,  hay R  End M  Ngược lại: giả sử v , v , , sở M  f End M Do R dày đặc M  nên: r R cho ( v i )f= v i r (i=1,2, ,n), suy ra: ( v i )f=( v i ) Tr hay f= Tr  r R Suy End M  R  Vậy: R= End M  n  Định lý 1.4.2.5: (Định lý dày đặc)  x0  x1   xd    x  sx   s d x   d x = f j (a , a , , a )  j m   d d2  x0  s x1   s xd  (1) Ta có: 1 s (2) sd sd sd = d j ( si  s )  s e (1  sh( s ))  i, j 0(i j ) Với e= ( d - d)/6 h(s)  [s] Nếu ta nhân phương trình hệ (1) với phần bù đại số phần tử cột thứ (j+1) định thức (2) cộng phương trình thu lại với nhau, ta được: s e (1  sh( s )) x j  0,0  j  d Suy ra: s 1 x j = 11 h(s) x j  ( s 1 1)( 11 x j ) = (11 h(s))( 11 x j ) j Hay: ( ( s 11) ( 11 x j ) = ( (11 h( s )) j (11 x j ) Suy ra: s  j x j =11 h( s ) j x j d d Vậy ta có: f ( s 1a , s 1a , , s 1a ) =  s  j f j (a1 , , am ) =  s  j x j = 11h( s) j x j m 0 = 11 f j (h( s)a , ,h( s)am ) =11 f (h( s)a , , h( s)am ) =0 Vậy: Bất kỳ đồng thức A đồng thức A S  Nếu phần tử S quy A A nhúng vào A Nên ta có S thể xem A đại số A Do đồng thức A đồng thức S S A Định lý 2.1.4: Cho C tâm A C chứa tâm A C tâm A S S S S phần tử S quy Chứng minh:  Nêú s,t S ;c C,a A ( s 1c)(t 1a )  ( st )1(ca ) Và (t 1a )( s 1c)  ( st )1(ac) mà ac=ca (vì c C) Nên ( s 1c)(t 1a)  (t 1a)( s 1c) hay ( s 1c)  tâm A S  Giả sử phần tử S quy lấy ( s 1a1 )  tâm A S Với (t 1a )  AS ta có ( s 1a ) (t 1a ) = (t 1a ) ( s 1a ) 1 Hay ( st )1(a a )  ( st )1(aa ) 1 Hay tồn h S cho h( a a-a a )=0,nhưng h quy nên a a-a a =0 1 1 Hay ( s 1a )  C S Nhận xét 2.1.5:  Cho A đại số K, C tâm A.Khi ta xem A đại số C S vị nhóm nhóm nhân C, xây dựng A Với k K, ta S định nghĩa: k ( s 1a )  s 1(ka ) A K-đại số S  Gọi S ={s C/ s quy }  C\{0}.Lúc ta ký hiệu: A = Q ( A) Như vậy: S C   A = Q ( A) = s 1a / s  S ; a  A ta nhúng A vào A với phép nhúng S C S tắc  Như ta xem A đại số A S S  Nếu A đại số nguyên tố c C, c  0,thì cA=Ac ideal khác linh hoá tử bên trái trùng với linh hoá tử c A nguyên tố nên linh hoá tử phần tử khác C quy( lúc C miền nguyên ).Khi QC ( A) gọi đại số thương theo tâm A gọi F trường thương miền nguyên C QC ( A) = AF  F  K A Bổ đề 2.1.6.: Cho A đại số nguyên tố, Q ( A) nguyên tố C Chứng minh: Giả sử có ( s 1x)(t 1a )(u 1 y )  với s 1x; t 1a; u 1 y  Q (A)  (stu)-1( xay )  C  xay =0 với a A A nguyên tố nên x=0 hay y=0 Suy ra: s 1x  hay u 1 y  Vì Q ( A) nguyên tố C Bổ đề 2.1.7.: Cho A đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực f bậc n A thỏa mãn đồng thức chuẩn S n 2[ ] Chứng minh : Xem A đại số tâm C nó.Nếu k K k.1 C Và ka =(k.1)a với phần tử đơn vị A Với f đồng thức thực A K nên ta thay tất hệ số k f bỡi (k.1), ta đồng thức thực f A C.Gọi F trường thương miền nguyên C Suy f đồng thức thực Q ( A) = AF f đồng thức quy C 0 mạnh Q ( A) bậc n C Ta có Q ( A) nguyên tố (do A nguyên tố) nên Q ( A) nửa nguyên tố, suy C C Q (A)[ ] nửa nguyên thủy.Suy ra: J( Q (A)[ ] ) = 0, C C Vì f f đồng thức thực nên ta giả thiết chúng đa tuyến tính.Suy Q (A)[ ] thỏa mãn đồng thức thực sự, đa tuyến tính bậc n C Cho P l ideal nguyên thủy Q (A)[ ] , suy Q (A)[ ] /P đaị số nguyên thủy C C trường thỏa mãn đồng thức thực bậc n.Theo định lý Kaplansky-Amitsur-Levitzki S n đồng thức Q (A)[ ] /P.Nên với a , , a  Q (A)[ ] C C 2[n/2] 2[ ] Thì S n ( a , , a ) P,Do J( Q (A)[ ] )= 0,suy  P =0 C 2[n/2] 2[ ] Pngto Nên S n ( a , , a ) = 0(do Pbất kỳ),với a , , a  Q (A)[ ] C 2[n/2] 2[n/2] 2[ ] Suy S n đồng thức thực Q (A)[ ] A nhúng Q (A)[ ] C C 2[ ] nên S n đồng thức thực A 2[ ] Bổ đề 2.1.8: Cho A tích trực tiếp đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực A không chứa nil ideal khác Chứng minh: Ta cần chứng minh cho trường hợp A nguyên tố Giả sử A nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực bậc n, suy A thỏa mãn đồng thức chuẩn quy mạnh S n (theo bổ đề 2.1.7) 2[ ] Nếu A chứa nil ideal khác 0, suy A chứa ideal lũy linh khác (trái với giả thiết A nguyên tố) Vậy: A không chứa nil ideal khác Định lý 2.1.9: Cho A tích trực tiếp đaị số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực f có bậc bị chặn ideal khác A có giao với tâm C A khác Chứng minh:  Trước hết ta chứng minh cho trường hợp A nửa nguyên thủy thỏa mãn đồng thức chuẩn S 2d Nếu P ideal nguyên thủy đại số nguyên thủy A/P đơn tâm hữu hạn chiều tâm (chiều  d ).I ideal khác A P ideal nguyên tố, (I+P)/P ideal khác A/P, suy (I+P)/P=A/P.Nên tồn P cho I+P=A.Trong số P , ta chọn P cho bậc n A/ P lớn 0 Chọn q đa thức tâm M n ( K ) với hệ số tự (ví dụ đa thức Formanek), lúc q đồng thức đại số nguyên thủy có bậc n  n q đa thức tâm A/ P Điều chứng tỏ với a , , am  A (q( a , , am )+P)/P nằm 1 tâm A/P,suy q( a , , am ) C Vì q đa thức tâm A/ P I+ P =A nên ta chọn a , , am  I cho 0 q( a , , am ) P0 ,suy q( a , , am ) I q( a , , am )  0.Suy C  I  1  Ta có A tích trực tiếp đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực có bậc bị chặn nên A nil ideal khác (theo 2.1.8)và A[ ] nửa nguyên thủy thỏa đồng thức chuẩn (theo 1.4.1.2).Gọi C[ ] tâm A[ ] , I[ ] ideal A[ ] Ta có C[ ]  I[ ]  hay (C  I)[ ]  0,suy C  I  Hệ 2.1.10: Cho A tích trực tiếp đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực có bậc bị chặn tâm C A trường A đại số đơn Chứng minh: Nếu I ideal A I  C  I  (theo 2.1.9), C trường nên C  I=C, suy 1 I, hay I=A.Vậy A đại số đơn 2.2 Các kết Posner-Rowen Định nghĩa 2.2.1.: Một đại số A đại số Q gọi thứ tự trái ( phải ) Q phần tử quy A khả nghịch Q phần tử Q có dạng a 1b ( hay ba 1 ) với a,b A Định lý 2.2.2: (Định lý Posner-Rowen) Cho A đại số nguyên tố thỏa mãn đồng thức thực thì: Đại số Q ( A) thương theo tâm A hữu hạn chiều tâm nó,và tâm C Q ( A) trường thương F tâm C đại số A C A thứ tự trái phải Q ( A) C A Q ( A) thỏa đồng thức C Chứng minh: -Ta có A nguyên tố, nên Q ( A) nguyên tố (theo 2.1.6) A nguyên tố nên tâm C Q ( A) trường cac thương F tâm C đại số A (với C tâm A, Q (C ) C C tâm Q ( A) , Q (C ) trường thương Fcủa tâm C A, trường nhỏ C C chứa C( theo định lý 2.1.4 nhận xét 2.1.5) -Theo 2.1.3 A thỏa mãn đồng thức thực nên Q ( A) thỏa mãn đồng C thức thực sự, Q ( A) nguyên tố, tâm Q ( A) trường F nên Q ( A) đại số đơn có đơn C C C vị (theo 2.1.10).Suy Q ( A) đại số nguyên thủy C -Theo Kaplansky-Amitsur Q ( A) hữu hạn chiều tâm F C -Vì Q ( A) hữu hạn chiều trường F nên Q ( A) Artin, nên phần tử không C C ước của Q ( A) khả nghịch, cách xây dựng Q ( A) nên phần tử C C có dạng c 1a  ac 1 , a  A,c  C -Lấy b quy A, tacó b=11 b Q ( A) Giả sử ( 11 b) ( c 1a )=0, suy C (1.c) 1 (ba)=0.Khi tồn s C\ 0 : s(ba)=0,suy ba=0,nên a=0, suy c 1a =0.Vậy b quy Q ( A) nên khả nghịch Q ( A) C C A Q ( A) thỏa mãn đồng thức chứng minh định lý C Rowen 2.1.3 Định lý Posner-Rowen chứng tỏ P.I đại số nguyên tố nhúng vào P.I đại số nguyên thủy hữu hạn chiều tâm thứ tự trái phải.Có nghĩa là: A  Q ( A) Q ( A) ) nguyên thủy (đơn có đơn vị) C C Ta có: A nửa nguyên thủy  J(A)=  A( M ) =  A tích trực tiếp đại số M bkq nguyên thủy A nửa nguyên tố  A tích trực tiếp đại số nguyên tố Một câu hỏi tự nhiên đặt ra:” Liệu mở rộng định lý Posner- Rowen cho lớp P.I đại số nửa nguyên tố, điều có nghĩa là: Với A P.I đại số nửa nguyên tố A có nhúng vào Q ( A) thứ tự phải trái Q ( A) P.I đại số nửa nguyên thủy?” Trong C C P.I-ALGEBRAS AN INTRODUCTION Nathan Jacobson điều khẳng định không ví dụ sau đề tài luận văn thạc sĩ Nguyễn Huy Hoàng khẳng định điều mạnh mẻ 2.3.Ví dụ Gọi A đại số đa thức vô hạn đếm biến xi trường hữu tỉ  thỏa thêm điều kiện xi x j  0, 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 nên A PI- đại số nửa nguyên tố  Đa thức f A phần tử quy hệ tử tự f khác  Đặt S tập hợp tất phần tử quy A.Khi I=A\S tập hợp đa thức A có hệ tử tự 0.Dễ thấy I  I trùng với tập hợp phần tử ước của A.Ta có I ideal quy ( A giao hoán có đơn vị ), tối đại A nên J(A)=I  0, suy A không nửa nguyên thủy  Lấy A tập hợp đa thức biến xi có hệ tử tự A, A tập hợp đa thức biến x j có hệ tử tự A với i  j.Khi A , A ideal I.Tacó A , A2  A A =0.Suy A không đại số nguyên tố Vì I ideal tối đại A, nên I ideal nguyên tố A, S=A\I tập đóng nhân A.Gọi A tập lớp tương đương s 1x (s S,x A).Ta chứng minh A đại số cần S S tìm Thật vậy:  A  -đại số giao hoán có đơn vị nên PI-đại số S  A không đại số nguyên tố , : S s 1x =0 (s S, x A)  t S: xt=0 Điều tương đương với s 1x   xt  0,  t S Ta có: s 1x , t 1 y  0,nhưng ( s 1x )( t 1 y )= ( st )1 (xy)=0 xy=0  A đại số nửa nguyên tố , A phần tử lũy linh khác nên S S ideal lũy linh khác    Đặt   s 1x / s  S , x  I    A S Gọi   A với  thực  S Lúc đó, s 1 x   , s 1 x    x  I , x S  s 1 x khả nghịch Suy   A Vậy  ideal tối đại A , nên J( A )=   S S S Vậy: A đại số nửa nguyên tố, không đại số đơn S  Để chứng minh A mở rộng thêm nửa, ta chứng minh mệnh đề sau:” S A  A   s S, s khả nghịch A” S Thật vậy:   ) Dễ thấy A  AS Lấy ( s 1a)  AS ,s S,a A s khả nghịch A nên  t A: t 1 =s.Khi ( s 1a) =ta A.Vậy: A  A S   ) Vì A  A, cách đồng nhất,ta xem phần tử A A S S nhau.Vì phần tử quy A khả nghịch A nên chúng khả nghịch S A Đặt S1 tập tất phần tử quy A , phần tử S1 có dạng s 1 x với s, S x S.Khi phần tử S1 khả nghịch A , Suy ( A )  A S S S S Trong luận văn bổ sung số điều kiện để mở rộng định lý PosnerRowen cho lớp P.I đại số nửa nguyên tố 2.4 Mở rộng định lý Posner –Rowen cho lớp P.I đại số nửa nguyên tố Bổ đề 2.4.1: Nếu A P.I đại số nửa nguyên tố thỏa:  z  0, z C z quy C z quy A Chứng minh:  z  0,z C,và z quy C, giả sử  a A:a  za=0 Vì a  A, a  nên    A: P.I đại số nửa nguyên tố Suy ra:  C  (Theo định lý 2.1.9) c  C   c  C c    m A:  c=am  zam =  zc=0  z không quy C( vô lý) Vậy: phần tử khác mà quy C quy A Mệnh đề 2.4.2.: Nếu A P.I đại số nửa nguyên tố tâm Q ( A) , C Ký hiệu, C( Q ( A) ),là Q (C ) ,có nghĩa : C( Q ( A) )= Q (C ) C C C C Chứng minh: Vì C  A phần tử khác quy C quy A nên:   s 1 c Q (C ) ; t 1 x Q ( A) C C Ta có: ( s 1 c) ( t 1 x) = ( st )1 (cx) = ( st )1 (xc)= ( t 1 x) ( s 1 c) Suy ra: Q (C )  C ( Q ( A) ) C C   s 1 a C( Q ( A) ), t 1 x Q ( A) C C Ta có: ( s 1 a) ( t 1 x) = ( t 1 x) ( s 1 a)  ( st )1 (ax) = ( st )1 (xa) Suy ra: ( st )1 (ax – xa) = nên  m S : m(ax– xa)=0  ax = xa  a C , hay s 1 a Q (C ) C Vậy: C ( Q ( A) ) = Q (C ) C C Mệnh đề 2.4.3: Ta có: Q (  A j )   Q ( A j ) C jJ jJ C Chứng minh: Nhận xét:  ( z j ) j  tâm  A j  z j  tâm A j ,  j J jJ Vì : ( z j ) j  tâm  A j  ( z j ) j (a j ) j = (a j ) j ( z j ) j jJ  ( z j a j ) j = (a j z j ) j  z j a j = a j z j ,  j J  z j  tâm A j ,  j J  ( z j ) j quy  z j quy A j ,  j J.Vì:   z j quy A j ,  j J Xét: ( z j ) j (a j ) j =0  ( z j a j ) j =0  z j a j = 0,  j J z j  nên a j = 0,  j J( z j quy A j )  (a j ) j =  ( z j ) j quy  A j jJ  ( z j ) j quy   A Giả sử  z j không quy jJ j A j   a j  0, a j  A j : z j a j =   (0;… a j ;0;…0)   A j : ( z1; ; z j ; zt ) (0;… jJ a j ;0;…0)=0  ( z j ) j không quy  A j (!) jJ Xét f: Q (  A j )   Q ( A j ) với: [( s j ) j ]-1 ( x j ) j  ( s j 1x j ) C jJ j jJ C  s j ,t j  S 0j : tập phần tử quy thuộc tâm A j ; x j , y j  A j  [( s j ) j ]-1 ( x j ) j = [(t j ) j ]-1 ( y j ) j   m= ( m j )  S : m ( (t j ) j ( x j ) j – ( s j ) j ( y j ) j )=0 jJ j  m j ( t j x j – s j y j )=0,  j J  s j 1 x j = t j 1 y j ,  j J  ( s j 1x j ) = (t j 1y j ) j j Vậy f đơn ánh    = ( s j 1x j )   Q ( A j ) ,ta có   = [( s j ) j ]-1 ( x j ) j :f(  )=  nên f toàn ánh j jJ C  Với phép cộng nhân định nghĩa , ta dễ dàng chứng minh f đồng cấu vành Vậy: Q (  A j )   Q ( A j ) C jJ jJ C Mệnh đề 2.4.4: Cho đồng cấu  : A  A’, cho S  A,  s S,  (s) khả nghịch A’ : ! : A  A’, cho :  (11a) =  (a),  a A S Và: ker ={ ( s 1a) : a ker } Chứng minh:  Nếu  tồn thì:  ( s 1a)  ( (11s) ) =  (11a) =  (a) Vậy:  ( s 1a) =  (11a)  ( s 11) = ( s ) 1  (a)  ( s 1a)  ker   (a) =  a ker Vậy:  đơn cấu  đơn cấu Định lý 2.4.5.: Nếu A P.I đại số có { P1 , , Pt } ideal nguyên tố có giao tập t thực có giao : Q ( A)   Q ( A / Pi ) Từ suy A  Q ( A) C C C i 1 Q ( A) P.I đại số nửa nguyên thủy C Chứng minh:  Đặt : Ai =A/ Pi : P.I đại số nguyên tố (vì Pi ideal nguyên tố),  i {1,…,t} t t Xét ánh xạ: f: A   Ai =  ( A / Pi ) với a  (a+ P ;…;a+ Pt ) i1 i 1  a  kerf  f(a)=0  a Pi ,  i=1, t  a  Pi =  a=0 i1, t Suy ra: f đơn ánh Dễ thấy f đồng cấu t Suy ra: ta nhúng A vào  Ai i1  Lấy s quy thuộc tâm C A t Xét f(s) = (s+ P ;…;s+ Pt ),  ( xi  Pi )i   Ai i1  Ta có : ( xi  Pi )i f(s) = ( xi s  Pi )i = ( sxi  Pi )i =f(s) ( xi  Pi )i t Nên f(s) thuộc tâm  Ai i1  Ta có: ( xi  Pi )i f(s) =0  ( xi s  Pi )i =0  xi s  Pi =0, i=1,t  xi s  Pi , i=1,t  xi s   Pi =  xi s =0, i=1,t i1, t  xi =0, i=1,t (do s quy) t Nên f(s) quy  Ai i1 Vậy: f đơn cấu chuyển phần tử quy tâm A thành phần tử quy t tâm  Ai i1 t t Nên: Q ( A)  Q (  Ai ) =  Q ( Ai ) C i1 C i1 C  Nhận thấy rằng: Vì { P1 , , Pt } tập thật có giao nên:  j {1,…,t},  r j  Pj r j  Pi  i  j (hay r j   Pi  ) i j Theo định lý 2.1.9, ta có: C( A j )  Ar j A  với A j = A/ Pj  z j  : z j  C( A j )  Ar j A Giả sử z j  0, z j  A r j A cho: z j  C( A j ) Nhận thấy z j quy A j  [ z ,a]  Pj , a A mà z  A r j A  Pi , i  j  [ z ,a]=0  z  C(A) j j j j Ta đồng z j với f ( z j ) = ( ;…; z j ;… ) t Bây ta đặt: z =  z , z =( z ; z ; ; z j ; zt ) j 1 j  Dễ thấy z  C(A)  Ta có: ( z ; z ; ; z j ; zt ) ( a ; a ; ; a j ; at ) = 2  ( z a ;…; zt at ) 1 =  z j a j  Pj ,  j {1,…,t} mà : z j  Pj :nguyên  a  Pj ,  j {1,…,t}  ( a ; a ; ; a ; at ) =  z quy A j j Ta lại có: (0,…,1,0,…0) = z 1 z j  Q ( A) C t t i1 i=1   Ai  Q ( A)   đơn cấu phép nhúng tắc:  Ai  Q ( A) C C t t Lấy a= (ai )i quy thuộc C(  Ai )  a = z 1 (  zi ) i1 i1 t Ta có:  zi = (ai zi  Pi )i phần tử quy thuộc C(A).Vậy a khả nghịch Q ( A) C i1 t t Theo mệnh đề 2.4.4: đơn cấu : Q (  Ai )  Q ( A)  Q (  Ai )  Q ( A) C C C i1 C i1 t t Vậy: Q ( A)  Q (  Ai ) =  Q ( A / Pi ) C C C i1 i 1 Dễ thấy:  A nhúng vào Q ( A) đại số Q ( A) C C tố  Do Pi  ngtố A nên A/ Pi đại số nguyên tố  Q ( A / Pi ) P.I đại số đơn (Theo C t Posner-Rowen) có đơn vị , nên Q ( A / Pi ) nguyên thủy, suy C  QC ( A / P ) nửa nguyên thủy i 1 i , Hay: Q ( A) nửa nguyên thủy C Như vậy: -Theo Posner-Rowen P.I đại số nguyên tố nhúng vào đại số nguyên thủy Và ta vừa chứng minh được: -Với P.I đại số nửa nguyên tố A (A tích trực tiếp đại số nguyên tố Ai =A/ Pi với Pi ideal nguyên tố đại số A), tồn họ hữu hạn {Pi } i=1;t có giao A nhúng vào Q ( A) P.I đại số nửa nguyên thủy C KẾT LUẬN Trong chương trình bày hầu hết khái niệm định lý vành không giao hoán , nhiên mục đích luận văn , nên sau khái niệm chứng minh mệnh đề sau hay đưa ví dụ cụ thể đê minh chứng tồn khái niệm Trong chương trình bày khái niệm , chứng minh lại kết liên quan P.I đại số nguyên tố nửa nguyên tố, trình bày khái niệm “Địa phương hóa giao hoán”,và chứng minh tường minh định lý có liên quan, có định lý Posner-Rowen, đưa ví dụ luận văn thạc sỹ Trương Huy Hoàng để chứng minh định lý không P.I đại số nửa nguyên tố.Và cuối ,chúng đưa số mệnh đề để bổ sung điều kiện mở rộng định lý Posner-Rowen cho lớp P.I đại số nửa nguyên tố là: Trong P.I đại số tồn họ hữu hạn ideal nguyên tố có giao P.I đại số nhúng P.I đại số nửa nguyên thủy thứ tự phải trái Trong trình nghiên cứu, hạn chế kinh nghiệm kiến thức nên có điều sơ sót Kính mong quý thầy cô đồng nghiệp chân thành góp ý, hòan thiện Thành phố Hồ Chí Minh, tháng năm 2009 Người thực Nguyễn Thị Minh Nguyệt TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Mỵ Vinh Quang (1999), Đại số đại cương, Nhà xuất Giáo dục Trần Văn Đông (2004), Một số nghiên cứu P.I đại số nửa nguyên tố, Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh Trương Huy Hoàng (2007), Về đại số nguyên tố nửa nguyên tố thõa mãn đồng thức đa thức, Luận văn thạc sĩ toán học, Trường Đại học sư phạm thành phố Hồ Chí Minh Tiếng Anh I.N.Herstein (1968), Noncommutative Rings, The Mathematical Association of America M.F Atiyah L.G Macdonal (1969), Introduction to commutative Algebra, University of Oxford, Perseus Books, Cambridge, Massachusetts Nathan Jacobson (1975), PI-Algebras An Introduction, Springer-Verlag, Berlin [...]... A/B là nửa nguyên tố  Nhận xét: A là đại số nguyên tố thì A là nửa nguyên tố Mệnh đề 1.4.5.2: A là đại số nửa nguyên tố khi và chỉ khi A là tích trực tiếp con của các đại số nguyên tố Chứng minh:  Cho A là tích trực tiếp con các đại số nguyên tố A và gọi N là ideal lũy linh của A, thì N   (N) là một ideal lũy linh của A , Suy ra N =0,  Vậy N=0  Giả sử A là đại số nửa nguyên tố, B là một ideal... do A là đại số đơn),suy ra: A là đại số nguyên thủy (theo mệnh đề 1.4.2.3) 1.4.4 Đại số nguyên tố Định nghĩa 1.4.4.1:  Một ideal P của đại số A được gọi là ideal nguyên tố nếu BC  P thì hoặc B  P hoặc C  P với B,C là các ideal của A  Đại số A được gọi là đại số nguyên tố nếu 0 là ideal nguyên tố của A  Ta còn có thể định nghĩa P  A, P được gọi là ideal nguyên tố  A/P là đại số nguyên tố Mệnh... chứng tỏ rằng một P.I đại số nguyên tố có thể nhúng vào một P.I đại số nguyên thủy hữu hạn chiều trên tâm của nó như một thứ tự trái hoặc phải.Có nghĩa là: A  Q ( A) và Q ( A) ) nguyên thủy (đơn và có đơn vị) C C Ta cũng có: A là nửa nguyên thủy  J(A)=  A( M ) =  A là tích trực tiếp con các đại số M bkq nguyên thủy A là nửa nguyên tố  A là tích trực tiếp con các đại số nguyên tố Một câu hỏi... nhúng vào Q ( A) như là một đại số con của Q ( A) C C tố  Do Pi  ngtố A nên A/ Pi là đại số nguyên tố  Q ( A / Pi ) là các P.I đại số đơn (Theo C t Posner-Rowen) có đơn vị , nên Q ( A / Pi ) nguyên thủy, suy ra C  QC ( A / P ) nửa nguyên thủy i 1 i , Hay: Q ( A) là nửa nguyên thủy C Như vậy: -Theo Posner-Rowen bất kỳ P.I đại số nguyên tố nào cũng sẽ được nhúng vào một đại số nguyên thủy Và ta vừa... cả các phần tử chính quy trong A , các phần tử của S1 có dạng s 1 x với s, S x S.Khi đó mọi phần tử của S1 đều khả nghịch trong A , Suy ra ( A )  A S S S S 1 Trong luận văn này tôi sẽ bổ sung một số điều kiện để có thể mở rộng định lý PosnerRowen cho lớp các P.I đại số nửa nguyên tố 2.4 Mở rộng định lý Posner –Rowen cho 1 lớp các P.I đại số nửa nguyên tố Bổ đề 2.4.1: Nếu A là P.I đại số nửa nguyên. .. nào cũng sẽ được nhúng vào một đại số nguyên thủy Và ta vừa chứng minh được: -Với một P.I đại số nửa nguyên tố A (A là tích trực tiếp con các đại số nguyên tố Ai =A/ Pi với Pi là các ideal nguyên tố của đại số A), nếu tồn tại một họ hữu hạn các {Pi } i=1;t có giao bằng 0 thì A được nhúng vào Q ( A) là một P.I đại số nửa nguyên thủy C ... j.Khi đó A , A là các ideal của I.Tacó 1 2 A , A2  0 nhưng A A =0.Suy ra A không là đại số nguyên tố 1 2 1 Vì I là ideal tối đại của A, nên I là ideal nguyên tố của A, S=A\I là tập con đóng nhân của A.Gọi A là tập các lớp tương đương s 1x (s S,x A).Ta sẽ chứng minh A là đại số cần S S tìm Thật vậy:  A là một  -đại số giao hoán có đơn vị nên là PI -đại số S  A không là đại số nguyên tố , vì : S s... con các đại số nguyên tố Một câu hỏi tự nhiên đặt ra:” Liệu có thể mở rộng định lý Posner- Rowen cho lớp các P.I đại số nửa nguyên tố, điều đó có nghĩa là: Với A là một P.I đại số nửa nguyên tố thì A có được nhúng vào Q ( A) như một thứ tự phải trái và Q ( A) là P.I đại số nửa nguyên thủy?” Trong C C P.I- ALGEBRAS AN INTRODUCTION của Nathan Jacobson điều này đã được khẳng định là không và ví dụ sau đây... là K -đại số I   Đặt   là phép chiếu:     I số A    B   A  A  A Đại số A được gọi là tích trực tiếp con các đại   I nếu tồn tại đơn cấu  : A   A : A = A ,  I     I   I sao cho  B = và A/ B    A  Định nghĩa 1.4.5.1:  Một đại số A được gọi là nửa nguyên tố nếu nó không có ideal luỹ linh khác 0  Một ideal B của đại số A được gọi là ideal nửa nguyên tố nếu... tố Mệnh đề 1.4.4.2: Nếu A là đại số nguyên thuỷ thì A là đại số nguyên tố Chứng minh: Ta có A là đại số nguyên thủy nên A có M là A-modul bất khả quy trung thành.Gọi B và C là 2 ideal khác 0 của A.Ta có: (BC)M=B(CM)=BM=M ( vì BM và CM là hai modul con khác 0 của M) Suy ra: BC  0 Vậy: A là đại số nguyên tố Bổ đề 1.4.4.3: Các mệnh đề sau tương đương: a) A là đại số nguyên tố b) bAc=0 thì b=0 hay c=0