Iđêan đơn thức

Header Page of 161 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Sắt IĐÊAN ĐƠN THỨC KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Hà Nội – Năm 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN Nguyễn Thị Sắt IĐÊAN ĐƠN THỨC Chuyên ngành: Đại số Mã số: KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC Th.s NGUYỄN HUY HƯNG Hà Nội – Năm 2016 Footer Page of 161 Header Page of 161 i Lời cảm ơn Em xin bày tỏ lòng biết ơn tới Th.s Nguyễn Huy Hưng, người thầy truyền thụ kiến thức, tận tình giúp đỡ, hướng dẫn em suốt trình học tập, nghiên cứu hoàn thành khóa luận Trong trình làm khóa luận, em nhận đóng góp, động viên thầy cô giáo bạn Em xin trân trọng cảm ơn thầy cô giáo bạn Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, thầy cô giáo tổ Đại số tạo điều kiện thuận lợi cho em hoàn thành đề tài khóa luận tốt nghiệp Hà Nội, tháng 05 năm 2016 Sinh viên Nguyễn Thị Sắt Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt Lời cam đoan Em xin cam đoan hướng dẫn Th.s Nguyễn Huy Hưng, khóa luận em hoàn thành không trùng với đề tài khác Trong làm khóa luận này, em kế thừa thành khoa học nhà khoa học với trân trọng biết ơn Hà Nội, tháng 05 năm 2016 Sinh viên Nguyễn Thị Sắt i Footer Page of 161 Header Page of 161 Mục lục Lời mở đầu 1 VÀNH ĐA THỨC 1.1 1.2 Vành đồng cấu vành 1.1.1 Định nghĩa ví dụ 1.1.2 Một số tính chất vành Vành đa thức 13 1.2.1 Xây dựng vành đa thức biến 13 1.2.2 Xây dựng vành đa thức nhiều biến 15 1.2.3 Tính chất vành đa thức 16 IĐÊAN ĐƠN THỨC 21 2.1 Định nghĩa iđêan đơn thức 21 2.2 Một số tính chất iđêan đơn thức 22 2.3 Các phép toán iđêan đơn thức 29 2.3.1 Tổng iđêan 29 2.3.2 Tích iđêan 31 2.3.3 Thương iđêan 33 2.3.4 Căn iđêan 34 2.4 Một số toán iđêan đơn thức Footer Page of 161 ii 35 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt Kết luận Tài liệu tham khảo Footer Page of 161 38 38 iii Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt Lời mở đầu Đại số ngành quan trọng Toán học Nó không sở cho nhiều ngành toán học khác mà có nhiều ứng dụng số ngành khoa học – kĩ thuật Kiến thức Đại số phong phú trừu tượng, bậc đại học chúng em học Đại số đại cương, cấu trúc đại số, môđun nhiều chuyên ngành quan trọng khác Đại số Việc nghiên cứu sâu iđêan đơn thức vấn đề lí thú mang nhiều mẻ với đa số bạn sinh viên Xuất phát từ yêu thích môn Đại số từ lòng ham mê nghiên cứu khoa học, em lựa chọn đề tài: “IĐÊAN ĐƠN THỨC” để làm khóa luận Khóa luận gồm hai chương Chương "Vành đa thức" trình bày số định nghĩa định lí vành iđêan Xây dựng vành đa thức biến nhiều biến Chương ” Iđêan đơn thức" vấn đề đề tài Nội dung chủ yếu trình bày định nghĩa, tính chất phép toán iđêan đơn thức Phương pháp nghiên cứu đề tài thực nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu kiến thức có liên quan đến đề tài nghiên cứu iđêan đơn thức Footer Page of 161 Header Page of 161 Chương VÀNH ĐA THỨC 1.1 1.1.1 Vành đồng cấu vành Định nghĩa ví dụ Định nghĩa 1.1 Ta gọi vành tập hợp R với hai phép toán hai cho R kí hiệu theo thứ tự dấu "+" "." gọi phép cộng phép nhân cho điều kiện sau thỏa mãn • R với phép cộng nhóm abel • R với phép nhân nửa nhóm • Phép nhân phân phối phép cộng, tức với ∀ x, y, z ∈ R x.(y + z) = x.y + x.z (y + z).x = y.x + z.x - Phần tử trung lập phép cộng kí hiệu gọi phần tử - Phần tử đối xứng (đối với phép cộng) phần tử x kí hiệu -x gọi đối x Footer Page of 161 Header Page of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt - Nếu phép nhân giao hoán ta bảo vành R giao hoán - Nếu phép nhân có phần tử trung lập phần tử gọi phần tử đơn vị R thường kí hiệu e hay Ví dụ 1.1 - Tập hợp số nguyên Z, số thực R, số phức C với phép cộng phép nhân thông thường lập vành - Tập N vành nhóm giao hoán phần tử đối Định nghĩa 1.2 Giả sử R vành, I phận R ổn định hai phép toán R, nghĩa x + y ∈ I xy ∈ I; ∀x, y ∈ I I vành vành R I với hai phép toán cảm sinh I vành Ví dụ 1.2 a) Một vành có hai vành vành tầm thường Vành Z có hai vành Tuy nhiên, vành Z vành thực không tầm thường Q b) Tập đa thức biến tập hàm số vành thực không tầm thường vành C[a, b], (trong C[a, b] hàm số thực liên tục [a, b] với phép cộng phép nhân lập thành vành C[a, b] Để kiểm tra tập R có vành hay không ta thường dùng tiêu chuẩn sau Cho R vành, I = ∅, I ⊆ R I vành R thỏa mãn điều kiện sau Footer Page of 161 Header Page 10 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt • Nếu a, b ∈ I a − b ∈ I • Nếu a, b ∈ I a.b ∈ I Định nghĩa 1.3 Cho R vành a ∈ R Phần tử a gọi i) ước không a = ∃ = b ∈ R cho ab = ii) khả nghịch ( đơn vị) tồn c ∈ R cho ac = iii) Miền nguyên vành giao hoán R, có đơn vị = ước iv) Một vành R gọi trường (R*, ) nhóm giao hoán, với R* tập hợp phần tử khác Ví dụ 1.3 a) Vành Z miền nguyên với hai phần tử đơn vị -1 b) Vành Z6 lớp thặng dư môđun không miền nguyên, ước không, chẳng hạn lớp đồng dư với lớp đồng dư với (môđun 6) Định nghĩa 1.4 Cho R vành a, b ∈ R Khi đó, ta có i) a.0 = Nói riêng, không khả nghịch ii) Nếu ab = ab ước không a b ước không iii) ab phần tử đơn vị a b phần tử đơn vị iv) Ước không không đơn vị v) Tập tất đơn vị vành lập thành nhóm giao hoán phép nhân Định nghĩa 1.5 Footer Page 10 of 161 Header Page 31 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt Nếu q ≤ m − x α xqn chia hết cho đơn thức dòng q + Theo định lí 2.1 hệ 2.1, đơn thức liệt lê sinh I Như vậy, I sinh tập hữu hạn đơn thức xβ(1) , , xβ(r) Sử dụng đính lí 2.1 lần nữa, ta thấy đơn thức xβ(j) chia hết xδ(j) với δ (j) ∈ A Từ đó, ta có I = (xδ(1) , , xδ(r) ) Biểu diễn iđêan đơn thức Để mô tả iđêan đơn thức I cần rõ tập tất đơn thức thuộc I Một cách trực giác biểu diễn đơn thức xa điểm nguyên có tọa độ (a1 , , an ) không gian Rn Tích đơn thức tương ứng với tổng vectơ Đơn thức xb chia hết cho xa b1 ≥ a1 , , bn ≥ an hay điểm (b1 , , bn ) nằm khối vuông hệ tọa độ Đề thông thường với điểm gốc (a1 , , an ) Như vậy, I = X a(1) , , X a(s) ; a (1) , , a (s) ∈ A bổ đề Dickson tất đơn thức I điểm nguyên khối vuông có đỉnh điểm thuộc A Ví dụ 2.2 Biểu diễn iđêan I = x2 y , x4 y , x5 y mặt phẳng sau: Footer Page 31 of 161 25 Header Page 32 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt x2 y ↔ (2, 6) x4 y ↔ (4, 4) x5 y ↔ (5, 2) Từ định lí 2.1 bổ đề Dickson suy iđêan đơn thức I có tập sinh tối tiểu gồm đơn thức Tập sinh gọi tập sinh đơn thức tối tiểu I Mỗi đơn thức tập sinh gọi đơn thức sinh I Bổ đề 2.2 Cho I, J hai iđêan đơn thức vành K[x] Khi đó, I ∩ J iđêan đơn thức Hơn nữa, I = (m1 , , mr ) J = (n1 , , ns ); mi , nj đơn thức I ∩ J = {(BCN N (mi , nj ) | ≤ i ≤ r, ≤ j ≤ s} Footer Page 32 of 161 26 Header Page 33 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt Chứng minh Trước hết, ta chứng minh I ∩ J iđêan đơn thức Thật vậy, ta lấy tùy ý f ∈ I ∩ J m từ f Vì I, J iđêan đơn thức nên theo hệ 2.2, m ∈ I m ∈ J Do đó, m ∈ I ∩ J Lại theo hệ 2.2, I ∩ J iđêan đơn thức Nhận xét bao thức hàm ⊇ hiển nhiên Cho đơn thức m ∈ I ∩ J, theo định lí 2.1, m chia hết cho mi , nj Do đó, m chia hết cho BCN N (mi , nj ) Suy m ∈ {(BCN N (mi , nj ) | ≤ i ≤ r, ≤ j ≤ s} Vì I ∩ J = {(BCN N (mi , nj ) | ≤ i ≤ r, ≤ j ≤ s} Bổ đề 2.3 Giả sử m, n hai đơn thức không chứa biến chung m1 , , mr đơn thức Khi đó, ta có: (m1 , , mr , mn) = (m1 , , mr , m) ∩ (m1 , , mr , n) Chứng minh Chỉ cần chứng minh ⊇ Nếu đơn thức u ∈ (m1 , , mr , m) ∩ (m1 , , mr , n) chia hết cho mi đó, i ≥ r u ∈ (m1 , , mr , mn) Trong trường hợp ngược lại, u ∈ (m1 , , mr , m), nên theo định lí 2.1 phải có m|u Tương tự, n|u Vì m, n không chứa biến chung nên mn|u Do đó, u ∈ (m1 , , mr , mn) Áp dụng bổ đề nhiêu lần, ta phân tích I thành giao iđêan đơn thức bất khả quy- iđêan sinh lũy thừa biến Loại bỏ iđêan bất khả quy chứa iđêan bất khả quy khác giao, ghép iđêan bất khả quy có Footer Page 33 of 161 27 Header Page 34 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt chung tập biến lại, ta phân tích nguyên sơ tối giản I Tuy nhiên để có cách phân tích nhanh phải ý chọn đơn thức mn khéo, chẳng hạn m n phải có bậc thấp Bổ đề 2.4 Giả sử I1 , , Ir , I iđêan đơn thức sinh lũy thừa biến Giả sử I1 ⊆ I, , Ir ⊆ I Khi đó, ta có: I1 ∩ ∩ Ir ⊆ I Chứng minh Giả sử ngược lại I1 ∩ ∩ Ir ⊆ I Với i ≤ r, Ii ⊆ I, chọn đơn thức sinh dạng xaj1i Ii cho không thuộc I Vì BCN N (xaj11 , , xajrr ) ∈ I1 ∩ ∩ Ir nên BCN N (xaj11 , , xajrr ) chia hết cho đơn thức sinh xak I Không tính tổng quát, ta giả thiết jk = k a1 số lớn tất số mà j1 = k Khi đó, a1 lũy thừa biến xk BCN N (xaj11 , , xajrr ) Từ phải có a1 ≥ a Suy xaj11 ∈ I Vô lí Vậy I1 ∩ ∩ Ir ⊆ I Ví dụ 2.3 Phân tích iđêan sau thành giao iđêan đơn thức bất khả quy I = (x1 x22 , x2 x3 , x21 x43 ) Giải Footer Page 34 of 161 28 Header Page 35 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt I = (x1 x22 , x2 x3 , x21 x43 ) = x1 x22 , x2 , x21 x43 ∩ x1 x22 , x3 , x21 x43 = x1 , x2 , x21 x43 ∩ x22 , x2 , x21 x43 ∩ x1 x22 , x3 = (x1 , x2 ) ∩ x2 , x21 x43 ∩ x1 x22 , x3 = (x1 , x2 ) ∩ x2 , x21 ∩ x2 , x43 ∩ (x1 , x3 ) ∩ x22 , x3 = x21 , x2 ∩ x2 , x43 ∩ (x1 , x3 ) ∩ x22 , x3 2.3 2.3.1 Các phép toán iđêan đơn thức Tổng iđêan Định nghĩa 2.1 Giả sử (Iλ )λ∈T họ iđêan vành K, ( T tập số ) Ta định nghĩa tổng họ iđêan (Iλ )λ∈T , kí hiệu Iλ , iđêan sinh λ∈T Iλ Như vậy: tập λ∈T Iλ = λ∈T Iλ λ∈T n Ii I1 + + In Ta thường kí hiệu i=1 Mệnh đề 2.1 Nếu T = ∅ Iλ = Thật vậy, T = ∅ λ∈T λ∈T tập ∅ Mà ∅ = {0} nên Iλ = λ∈T Mệnh đề 2.2 Footer Page 35 of 161 Iλ = sinh 29 Header Page 36 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt Cho I1 , I2 , , In họ iđêan vành K Khi đó, ta có n n ri |ri ∈ Ii , ∀i = 1, n Ii = i=1 i=1 Chứng minh Bằng phương pháp quy nạp theo n, ta cần chứng minh điều khẳng định cho n = Giả sử I1 , I2 hai iđêan vành K Đặt C := {r1 + r2 : r1 ∈ I1 , r2 ∈ I2 } Ta chứng minh C iđêan K Thật vậy, C = ∅ ∈ I1 ∈ I2 nên = + ∈ C Giả sử c1 = r1 + r2 ∈ C c2 = 11 + 12 ∈ C với r1 , 11 ∈ I1 ; r2 , 12 ∈ I2 Khi đó, c1 − c2 = (r1 − 11 ) + (r2 − 12 ) mà r1 − 11 ∈ I1 ; r2 − 12 ∈ I2 (do I1 , I2 iđêan) nên c1 − c2 ∈ C Giả sử k ∈ K, ta có k (r1 + r2 ) = kr1 + kr2 ∈ C (vì kr1 ∈ I1 , kr2 ∈ I2 ) Vậy C iđêan vành K Ta phải chứng minh C = {r1 + r2 : r1 ∈ I1 , r2 ∈ I2 }, iđêan nhỏ chứa I1 ∪ I2 Thật vậy, giả sử J iđêan chứa I1 ∪ I2 Ta J ⊃ C Lấy r ∈ C, ∃r1 ∈ I1 , r2 ∈ I2 : r = r1 +r2 ∈ J r1 ∈ I1 ⊂ J, r2 ∈ I2 ⊂ J Suy C ∈ J Vậy I1 + I2 = C Mệnh đề 2.3 Nếu I, J hai iđêan đơn thức vành đa thức K[x] Footer Page 36 of 161 30 Header Page 37 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt I = (xa1 , , xan ), J = (xb1 , , xbm ) ta có: I + J = (xai + xbj , ∀i = 1, n, ∀j = 1, m) 2.3.2 Tích iđêan Định nghĩa 2.2 Giả sử I J hai iđêan vành K Tích hai iđêan I J, kí hiệu IJ iđêan sinh tập hợp {ab|a ∈ I, b ∈ J} Mệnh đề 2.4 Nếu I, J hai iđêan vành K ta có: n bi |n ∈ N, ∈ I, bi ∈ J IJ = i=1 Chứng minh n bi |n ∈ N, ∈ I, bi ∈ J Đặt C := i=1 Trước hết, ta chứng minh C iđêan K Theo giả thiết I iđêan K ⇒ I = ∅ ⇒ ∃ a ∈ I J iđêan K ⇒ J = ∅ ⇒ ∃ b ∈ J Do đó, ab ∈ C ⇒ C = ∅ Với u, v ∈ C, ta có n bi , ∈ I, bi ∈ J, n ∈N u= i=1 m aj bj , aj ∈ I, bj ∈ J, m ∈ N v= j=1 n u+v = m b i + i=1 ap bp ,ap ∈ I, bp ∈ J aj bj = j=1 Suy u + v ∈ C Footer Page 37 of 161 n+m 31 p=1 Header Page 38 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt n ∀u ∈ C, ∀r ∈ K ta có: ru = r n b i = i=1 n r(ai bi ) = i=1 (rai )bi i=1 Do I iđêan K nên với ∈ I, i = 1, n, ∀r ∈ K rai ∈ I, ∀i = 1, n Do ru ∈ C Từ khẳng định trên, suy C iđêan K Hiển nhiên C ⊇ B = {ab|a ∈ I, b ∈ J} Giả sử T iđêan chứa B Ta C ⊆ T Lấy a ∈ C, ∃ai ∈ I, bi ∈ J n bi , suy a ∈ T Vậy C = IJ (đpcm) cho a = i=1 Chú ý Giả sử K vành I, J, H iđêan K Khi đó, ta có i) IJ = JI ⊆ I ∩ J Dấu ”=” xảy tập sinh đơn thức tối tiểu I J chung biến ii) (IJ)H = I(JH) chúng iđêan KL K sinh tập hợp L = {abc|a ∈ I, b ∈ J, c ∈ H} iii) I(J + H) = IJ + IH iv) I m , m ∈ N iđêan lũy thừa I kí hiệu I0 = K phần tử I m có dạng a11 a12 a1m + a21 a22 a2m + + an1 an2 anm đó, n ∈ N aij ∈ I, ∀i = 1, n; j = 1, m Mệnh đề 2.5 Nếu I = {xa1 , , xan }, J = {xb1 , , xbm } hai iđêan đơn thức vành K[x] IJ = (xai +bj , i = 1, n, j = 1, m) Footer Page 38 of 161 32 Header Page 39 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học 2.3.3 Nguyễn Thị Sắt Thương iđêan Định nghĩa 2.3 Giả sử I, J iđêan vành K Thương I J, kí hiệu I : J định nghĩa I : J = {a ∈ K|aJ ⊆ I} Dễ I ⊆ (I : J) Với I = 0, iđêan thương : J = {a ∈ K|aJ = 0} = {a ∈ K|ab = 0, ∀b ∈ J} gọi annihilator J kí hiệu AnnJ Mệnh đề 2.6 Giả sử I, J, H iđêan vành K Khi đó, ta có I : (J + H) = (I : J) ∩ (I : H) Chứng minh Lấy a ∈ I : (I + H), suy a (J + H) ∈ I hay aJ + aH ⊆ I Từ đó, ta có:    aJ ⊆ I a∈I:J ⇒ ⇒ a ∈ (I : J) ∩ (I : H)  aH ⊆ I a∈I:H Footer Page 39 of 161 33 Header Page 40 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt Do đó, I : (J + H) ⊆ (I : J) ∩ (I : H) (1) Ngược lại, ta lấy b ∈ (I : J) ∩ (I : H) Khi   b∈I:J  bJ ⊆ I ⇒ ⇒ bJ + bH ⊆ I b∈I:H  bH ⊆ I Hay b (J : H) ∈ I Suy (Iλ )λ∈T Từ đó, ta có: I : (J + H) = (I : J) ∩ (I : H) Mở rộng kết mệnh đề 2.6 cho vành K, với iđêan I họ iđêan (Iλ )λ∈T , ta có I: Iλ = λ∈T (I : Iλ ) λ∈T Mệnh đề 2.7 Cho I = (m1 , , mr ) , J = (n1 , , ns ) hai iđêan đơn thức vành K[x] Khi đó, I : J iđêan đơn thức I : nj = (mi : U CLN (mi , nj ) , ≤ i ≤ r) s Do đó: I : J tính theo công thức I : J = (I : nj ) j=1 2.3.4 Căn iđêan Định nghĩa 2.4 Cho K vành I iđêan K Đặt √ Footer Page 40 of 161 I := {k ∈ K|∃n ∈ N để k n ∈ I} 34 Header Page 41 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Khi đó, √ Nguyễn Thị Sắt I iđêan K, gọi iđêan I Đặc biệt, iđêan I = gọi lũy linh K kí hiệu √ Vậy √ := {k ∈ K|∃n ∈ N để k n = 0} √ Mỗi phần tử x ∈ gọi phần tử lũy linh K Mệnh đề 2.8 Cho I iđêan đơn thức vành K[x] I iđêan (tức I = √ I) I sinh đơn thức không chứa bình phương 2.4 Một số toán iđêan đơn thức Bài toán Cho I, J iđêan đơn thức vành K[x] Chứng minh √ √ IJ = I ∩J = √ I∩ √ J Giải Lấy phần tử tùy ý đơn thức x ∈ √ IJ ⇒ ∃n ∈ N : xn ∈ IJ Do xn ∈ IJ nên ∃ai ∈ I, bi ∈ J cho xn = m bi ∈ IJ(m ∈ N), i=0 m Vì I iđêan R ∈ I, bi ∈ J ⊆ R nên bi ∈ I ⇒ xn ∈ I i=0 √ √ √ n Do x ∈ I ∩ J ⇒ x ∈ I ∩ J Vì vậy: IJ ⊆ I ∩J (1)  yn ∈ I √ n Ngược lại, ∀y ∈ I ∩ J ⇒ ∃n ∈ N : y ∈ I ∩ J ⇒  yn ∈ J √ √ Suy y 2n ∈ IJ Do I ∩ J ⊆ IJ (2) √ Lấy tùy ý, x ∈ I ∩ J ⇒ ∃n ∈ N : xn ∈ I ∩ J Suy Footer Page 41 of 161 35 Header Page 42 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt    xn ∈ I  x ∈ √I √ √ √ √ √ ⇒ ⇒ x ∈ I ∩ J ⇒ I ∩ J ⊆ I ∩ J (3)  xn ∈ J  x ∈ √J   x ∈ √I √ √ Do ∃n ∈ N cho xn ∈ I Lấy tùy ý, x ∈ I ∩ J ⇒ √ x∈ J √ xn ∈ J Suy xn ∈ I ∩ J ⇒ x ∈ I ∩ J √ √ √ Do I ∩ J ⊆ I ∩ J (4) √ √ √ √ Từ (1), (2), (3), (4) ta có: IJ = I ∩ J = I ∩ J Bài toán Phân tích iđêan sau thành giao iđêan đơn thức bất khả quy I = (x21 x52 , x1 x23 , x2 x33 , x1 x22 x23 ) Giải I = (x1 , x2 x33 ) ∩ (x21 x52 , x23 , x2 x33 , x1 x22 x23 ) = (x1 , x2 ) ∩ (x1 , x33 ) ∩ (x2 , x23 ) ∩ (x21 x52 , x23 , x1 x22 x23 ) = (x1 , x2 ) ∩ (x1 , x33 ) ∩ (x2 , x3 ) ∩ (x21 x52 , x23 , x1 x22 x23 ) = (x1 , x2 ) ∩ (x1 , x33 ) ∩ (x2 , x23 ) ∩ (x21 x25 , x23 , x1 x22 x23 ) ∩ (x21 x52 , x22 x23 ) = (x1 , x2 ) ∩ (x1 , x33 ) ∩ (x2 , x23 ) ∩ (x23 , x1 x22 ) ∩ (x21 x52 , x23 ) = (x1 , x2 ) ∩ (x1 , x33 ) ∩ (x2 , x23 ) ∩ (x1 , x23 ) ∩ (x2 , x23 ) ∩ (x21 , x23 ), (x52 , x23 ) = (x1 , x2 ) ∩ (x1 , x33 ) ∩ (x21 , x23 ) ∩ (x52 , x23 ) Bài toán Cho I, J, K iđêan đơn thức vành giao hoán R[x] Chứng minh a) (I : J) : K = I : JK Footer Page 42 of 161 36 Header Page 43 of 161 Khóa luận tốt nghiệp Đại học Nguyễn Thị Sắt b) (I : J) : K = (I : K) : (J : K) Giải a) Giả sử m đơn thức tùy ý Lấy m ∈ (I : J) : K Suy mK ⊆ (I : J) mà mk = {mk : k ∈ K} Do mK ⊆ (I : J) , ∀k ∈ K ⇒ mkJ ⊆ I, ∀k ∈ K hay mkJ ⊆ I Vì m ∈ (I : KJ) hay m ∈ (I : JK) JK = KJ nên (I : J) : K ⊆ I : JK (1) Ngược lại, ta lấy đơn thức n ∈ I : Jk ⇒ nJK ⊆ I hay nKJ ⊆ I, mà nKJ = {nkh : k ∈ K, h ∈ J} Do nkJ = nkJ ⊆ I, ∀k ∈ K Suy nk ∈ (I : J) , ∀k ∈ K hay nK ⊆ I : J ⇒ n ∈ (I : J) : K Vì vậy: (I : JK) ⊆ (I : J) : K (2) Từ (1) (2)ta có: (I : J) : K = I : JK b) Lấy đơn thức m ∈ (I ∩ J) : K ⇒ mK ⊆ I ∩ J Ta suy   m∈I:K  mK ⊆ I ⇒ m ∈ (I : K) ∩ (J : K) ⇒ m∈J :K  mK ⊆ J Do (I ∩ J) : K ⊆ (I : K) ∩ (J : K) (3) Ngược lại, ta lấy n ∈ (I : J) ∩ (J : K) Khi   n∈I:K  nK ⊆ I ⇒ ⇒ nK ⊆ I ∩ J n∈J :K  nK ⊆ J Hay n ∈ (I ∩ J) : K Do (I : K) ∩ (J : K) ⊆ (I ∩ J) : K Từ (3) (4) ta có (I : J) : K = (I : K) : (J : K) Footer Page 43 of 161 37 (4) Header Page 44 of 161 KẾT LUẬN Trên toàn nội dung đề tài “Iđêan đơn thức” Qua trình tìm hiểu, nghiên cứu hoàn thành đề tài, em hiểu sâu sắc iđêan đơn thức vành Khóa luận đạt mục đích nhiệm vụ nghiên cứu đề nghiên cứu kiến thức iđêan đơn thức Tuy nhiên, với thời gian chuẩn bị chưa nhiều cộng với vốn kiến thức thân hạn chế, khóa luận không tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận ý kiến đóng góp thầy cô giáo bạn sinh viên để đề tài hoàn thiện Hà Nội, tháng 05 năm 2016 Sinh viên Nguyễn Thị Sắt Footer Page 44 of 161 38 Header Page 45 of 161 Tài liệu tham khảo [1] Ngô Thúc Lanh (1987), Đại số số học Tập 3, NXBGD [2] Hoàng Xuân Sính (2001), Đại số đại cương, NXBGD [3] Nguyễn Hữu Điển (2003), Đa thức ứng dụng, NXBGD [4] R.H.Sharp (1584), Steps in Commutative Algebra, Cambridge University Press 481–495 Footer Page 45 of 161 39 ... tích đơn thức thuộc I phần tử từ K, tức ta có (c) Như vậy, iđêan đơn thức xác định tập đơn thức Hệ 2.1 Hai iđêan đơn thức vành đơn thức chúng chứa tập đơn thức Hệ 2.2 Iđêan I iđêan đơn thức với... I3 iđêan đơn thức I2 ⊆ I1 , I3 ⊆ I1 phần tử sinh I2 , I3 thuộc I1 2.2 Một số tính chất iđêan đơn thức Định lí 2.1 Cho I = (xa , a ∈ A) iđêan đơn thức Đơn thức xb ∈ I xb chia hết cho đơn thức. .. Biểu diễn iđêan đơn thức Để mô tả iđêan đơn thức I cần rõ tập tất đơn thức thuộc I Một cách trực giác biểu diễn đơn thức xa điểm nguyên có tọa độ (a1 , , an ) không gian Rn Tích đơn thức tương