TIỂU LUẬN: VÀNH ĐỊA PHƯƠNG ĐỊNH LÝ KRULL REMARK SCHMITH

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC HUẾ TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TÔN THẤT QUỐC TẤN VÀNH ĐỊA PHƯƠNG ĐỊNH LÝ KRULL - REMARK - SCHMITH Chuyên ngành: Đại số Lý Thuyết Số Tiểu luận lý Thuyết vành mođun Cán hướng dẫn khoa học GS.TS Lê Văn Thuyết Huế, năm 2014 Lời cảm ơn Tiểu luận hoàn thành hướng dẫn Thầy giáo, GS.TS Lê Văn Thuyết Trong suốt trình học tập, Thầy không cho kiến thức khoa học mà học sống Tôi xin gửi đến Thầy kính trọng lòng biết ơn sâu sắc Tôi xin gửi lời cám ơn đến anh chị Cao học Toán khóa XXII trường ĐHSP Huế chuyên ngành Đại số lý thuyết số quan tâm, động viên, giúp đỡ trình học tập vừa qua Ngày 30 tháng 04 năm 2014 Học viên thực Tôn Thất Quốc Tấn ii Mục lục Trang bìa i Lời cảm ơn ii Mục lục 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Phần tử lũy đẳng 1.2 Tự đồng cấu lũy đẳng 1.3 Căn Jacobson 2 Vành địa phương định lý Krull - Schmith - Remark 2.1 Vành địa phương 2.2 Định lý Krull - Schmith - Remark 4 Một số tập ứng dụng Tài liệu tham khảo 12 Chương Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Phần tử lũy đẳng Định nghĩa 1.1 Cho vành R Phần tử e ∈ R gọi lũy đẳng R e2 = e Ta có số tính chất phân tích vành dựa phần tử lũy đẳng Mệnh đề 1.2 Iđean phải I vành R hạng tử trực tiếp RR tồn lũy dẳng e ∈ R cho I = eR Hơn nữa, e ∈ R lũy đẳng − e vậy, ta có phân tích RR = eR ⊕ (1 − e)R 1.2 Tự đồng cấu lũy đẳng Cho MR , End(MR ) tập tất tự đồng cấu MR Ta có số tính chất sau: Mệnh đề 1.3 Cho MR R-môđun phải Tập tự đồng cấu MR End(MR ) Giả sử e ∈ End(MR ) phần tử lũy đẳng End(MR ) Khi đó, − e lũy đẳng End(MR ) Kere = {x ∈ M | x = (1 − e)(x)} = Im(1 − e) Ime = {x ∈ M | x = e(x)} = Ker(1 − e) Hơn nữa, M = e(M ) ⊕ (1 − e)(M ) Mệnh đề 1.4 Nếu MR = K ⊕ K tồn lũy đẳng e ∈ End(MR ) cho: K = e(M ) K = (1 − e)(M ) Bổ đề 1.5 (Bổ đề Fitting) Nếu MR có độ dài hữu hạn n α ∈ EndR (MR ) M = Im(αn ) ⊕ Ker(αn ) 1.3 Căn Jacobson Định nghĩa 1.6 Cho vành R Căn Jacobson vành R, kí hiệu J = J(R) = Rad(R), định nghĩa: J= A A≤R A, iđean cực đại R Bổ đề 1.7 J = {a ∈ R | − ar khả nghịch với r ∈ R} đồng thời J iđean hai phía R Định nghĩa 1.8 Iđean phải (trái, hai phía) A vành R gọi nil với a ∈ A tồn na ∈ N cho ana = Iđean phải (trái, hai phía) A vành R gọi lũy linh n ∈ N cho An = Phần tử a thuộc iđean phải (trái, hai phía) A vành R gọi lũy linh tồn n ∈ N cho an = Nhận xét 1.9 Iđean A lũy linh A nil Chương Vành địa phương định lý Krull Schmith - Remark 2.1 Vành địa phương Định nghĩa 2.1 Cho vành R có đơn vị = Xét tập hợp A = {a ∈ R | a.R = R R.a = R} Ta nói vành R gọi vành địa phương tập hợp A nhóm R phép cộng Ngoài định nghĩa trên, ta có số tính chất đặc trưng vành địa phương thông qua vành Mệnh đề 2.2 Cho R vành có Jacobson J Khi đó, điều kiện sau tương đương: (1.) R vành địa phương, (2.) R có iđêan phải (trái) cực đại nhất, (3.) J iđêan phải (trái) cực đại, (4.) Tập hợp A1 = {a ∈ R | a.R = R} (A2 = {a ∈ R | R.a = R}) đóng phép cộng, (5.) J = {a ∈ R | a.R = R} (J = {a ∈ R | R.a = R}), (6.) R/J thể, (7.) J = {x ∈ R | x không khả nghịch} (8.) Nếu x ∈ R x khả nghịch − x khả nghịch Chứng minh Ta chứng minh bên phải bên trái chứng minh tương tự (7) =⇒ (6) Ta có J = {x ∈ R | x không khả nghịch} nên R/J tập gồm tập phần tử khả nghịch Do đó, R/J thể (7) =⇒ (1) Ta có J = {x ∈ R | x không khả nghịch} J iđean hai phía R, nên tập phần tử không khả nghịch đóng với phép cộng, hay R vành địa phương (1) =⇒ (8) Vì R vành địa phương nên A = {a ∈ R | a.R = R R.a = R} nhóm R với phép cộng Do đó, x ∈ R x ∈ A x ∈ / A Với x ∈ A − x ∈ /A (Vì − x ∈ A = x + − x ∈ A, mâu thuẫn) Vậy x khả nghịch − x khả nghịch (2) =⇒ (3) Giả sử R có iđean phải cực đại I Theo định nghĩa J = B, B≤R với B iđêan cực đại R Do đó, J = I (3) =⇒ (2) Ta có, J = B, với B iđêan cực đại R Do đó, B≤R B ≤ J Suy ra, B≤R J = B Hay J iđean phải cực đại Hay R có iđean phải cực đại (2) =⇒ (4) Giả sử R có iđean phải cực đại nhất, ta có J iđean phải cực đại R Xét x, y ∈ A1 , ta có xR ≤ J yR ≤ J Suy x + y ∈ J Do đó, x + y ∈ A1 (nếu x + y ∈ / A1 tồn r ∈ R cho = (x + y)r ∈ J, J = R, mâu thuẫn) (4) =⇒ (5) Vì J iđean phải thực nên J ta chứng minh {x ∈ R | xR = R} ⊂ J Xét x ∈ R cho xR = R, với r ∈ R, ta có xr = 1, (xr)R = R Hay xr không khả nghịch phải = xr + (1 − xr), suy − xr khả nghịch với r ∈ R Vậy x ∈ J / J, tồn (5) =⇒ (6) Giả sử J = {a ∈ R | a.R = R} Xét x = x + J, x ∈ y ∈ R : xy = Suy ra, x.y = xy = Do tính đối xứng, ta có y.x = y.x = Vậy phần tử khác R/J khả nghịch Hay R/J thể (6) =⇒ (3) Nếu D thể iđean phải không tầm thường Do R/J thể R/J mođun đơn, suy J iđean phải cực đại (8) =⇒ (7) Xét x ∈ R không khả nghịch, x không khả nghịch phải, tức với r ∈ R, ta có xr = 1, suy xr không khả nghịch với r ∈ R Do đó, − xr khả nghịch với r ∈ R Hay x ∈ J (6) =⇒ (7) Giả sử R/J thể Xét x ∈ R mà x ∈ / J Lúc đó, tồn y cho x.y = y.x = 1, suy xR + J = R Rx + J = R Mặt khác, J iđean hai phía R J R nên ta có xR = R, Rx = R Do đó, x khả nghịch Theo mệnh đề 1.2 ta có e ∈ R lũy đẳng ta có RR = eR ⊕ (1 − e)R Khi e = hay e = phân tích phân tích tầm thường Do ta có mệnh đề Mệnh đề 2.3 Cho vành R, ta có điều kiện sau tương đương (1.) RR không phân tích (2.) RR không phân tích (3.) lũy đẳng R Với MR R-mođun phải, ta biết S = End(MR ) vành với phép cộng phép nhân thông thường tự đồng cấu Mở rộng mệnh đề 2.3 ta có mệnh đề sau, ta có thêm tính chất thú vị hơn, MR không phân tích Mệnh đề 2.4 Giả sử S = End(MR ) Khi đó, mệnh đề sau tương đương (1.) SS không phân tích (2.) S S không phân tích (3.) lũy dẳng S (4.) MR không phân tích Chứng minh (1) ⇐⇒ (2) ⇐⇒ (3) mở rộng mệnh đề 2.3 Ta chứng minh (3) ⇐⇒ (4) (4) =⇒ (3) Giả sử e phần tử lũy đẳng S Khi ta có phân tích mođun MR = e(M ) ⊕ (1 − e)M Thật vậy, với m ∈ M, ta có m = e(m) + (1 − e)(m), tức M = e(M ) + (1 − e)(M ) Ngoài ra, xét m ∈ e(M ) ∩ (1 − e)(M ), lúc tồn n ∈ M t ∈ M cho m = e(n) = (1 − e)(t), suy m = e2 (n) = e(1 − e)(t) = Vì MR không phân tích nên e(M ) = e(M ) = M Nếu e(M ) = e(m) = 0, ∀m ∈ M hay e = Nếu e(M ) = M , tức (1 − e)M = 0, suy − e = 0, e = (3) =⇒ (4) Giả sử ta có phân tích thực M = K ⊕ L với K = M, K = Theo mệnh đề 1.4, tồn lũy đẳng e ∈ S cho e(M ) = K Tức e(M ) = M, e(M ) = 0, suy e = e = 1, mâu thuẫn Vậy MR không phân tích Theo mệnh đề ta có SS , S S không phân tích 0, lũy đẳng Ngoài ta có thêm lớp vành quan trọng có 0, lũy đẳng lớp vành địa phương S = End(MR ) Nó thể qua định lý sau Mệnh đề 2.5 Nếu vành S = End(MR ) vành địa phương 0, lũy đẳng S MR không phân tích Chứng minh Giả sử e ∈ S, e2 = e Do S vành địa phương nên ta có e khả nghịch − e khả nghịch Nếu e khả nghịch tồn e ∈ S cho e.e = 1S , suy e = e.1 = e(e.e ) = e2 e = e.e = Do đó, e = 1S Nếu e không khả nghịch − e khả nghịch, lúc tồn e ∈ S cho (1 − e).e = 1S , suy (1 − e) = (1 − e).1 = (1 − e).((1 − e).e ) = (1 − e)2 e = (1 − e).e = 1, hay e = 0S Vậy S có hai lũy đẳng Theo mệnh đề 2.4, ta có MR không phân tích Từ mệnh đề 2.5 ta có, S = End(MR ) vành địa phương MR không phân tích được, câu hỏi đặt là: "Điều ngược lại có không?" Tức "nếu MR không phân tích End(MR ) có phải vành địa phương không ?" Điều nược lại nói chung không Nhưng ta hạn chế điều kiện MR ta có điều ngược lại Thể qua mệnh đề sau Mệnh đề 2.6 Nếu MR = , không phân tích được, có độ dài hữu hạn vành S = End(MR ) vành địa phương Hơn nữa, tập phần tử không khả nghịch tập phần tử lũy linh Chứng minh Xét α ∈ S Do MR có độ dài hữu hạn nên theo bổ đề 1.5 tồn số n ∈ N cho M = Im(αn ) ⊕ Ker(αn ) Do MR không phân tích nên Ker(αn ) = Ker(αn ) = M Nếu Ker(αn ) = αn đơn cấu, suy α đơn cấu MR có độ dài hữu hạn nên α đẳng cấu Hay α khả nghịch Tương tự, Ker(αn ) = M αn = 0, suy (1 − α).(1 + α + + αn−1 ) = (1 + α + + αn−1 ).(1 − α) = − αn = Hay − α khả nghịch Vậy ta có α khả nghịch − α khả nghịch Hay S = End(MR ) vành địa phương Xét β ∈ S, β không khả nghịch − β, theo chứng minh β n = 0, hay β lũy linh Ngược lại, giả sử β lũy linh, tức β n = 0, suy − β khả nghịch Nếu β khả nghịch β = 0, mâu thuẫn Do đó, β không khả nghịch Ngoài ra, ta có thêm lớp vành đặc biệt có tính chất thú vị trên, Mệnh đề 2.7 Nếu MR = nội xạ, không phân tích vành S = End(MR ) vành địa phương Chứng minh Giả sử α ∈ S, ta chứng minh α − α khả nghịch Ta chứng minh α đơn cấu α khả nghịch Giả sử α đơn cấu Do MR nội xạ nên α chẻ ra, tức MR = Im(α) ⊕ K, K ≤ M Mặt khác, α đơn cấu MR = 0, suy Im(α) = Mặt khác, MR mođun nội xạ không phân tích nên với = Im(α) ≤ MR Im(α) ≤e MR Do đó, ta có Im(α) = MR , tức α toàn cấu Vậy α toàn cấu α đẳng cấu Vậy α khả nghịch Nếu α không khả nghịch, theo chứng minh trên, ta có α không đơn cấu Do đó, = Ker(α) ≤e MR Nhưng Ker(α) ∩ Ker(1 − α) = Thật vậy, x ∈ Ker(α) ∩ Ker(1 − α) = (1 − α)(x) = x − α(x) α(x) = Do đó, x = Vì thế, Ker(1 − α) = Tức là, (1 − α) đơn cấu Do đó, − α khả nghịch Vậy ta chứng minh α khả nghịch α không khả nghịch − α khả nghịch Vậy S vành địa phương 2.2 Định lý Krull - Schmith - Remark Mi , End(Mi ) vành địa phương với i ∈ I MR = Định lí 2.1 Giả sử MR = i∈I Nj , j∈J Nj không phân tích được, Nj = với j ∈ J Lúc đó, tồn song ánh β : I −→ J mà Mi Nβ(i) với i ∈ I Chứng minh Chứng minh tham khảo Nhận xét 2.8 Nếu MR phân tích thành tổng trực tiếp mođun Mi mà End(Mi ) vành địa phương, đồng thời phân tích thành tổng trực tiếp mođun không phân tích Nj , phân tích nhất, tức sai khác đẳng cấu nhân tử song ánh hai tập số Liên hệ với tập phân tích số tích thừa số nguyên tố Chương Một số tập ứng dụng Bài tập 3.1 Giả sử p : R −→ S toàn cấu vành S = Giả sử A iđean phần tử không khả nghịch R Chứng minh R vành địa phương S vành địa phương p(A) iđean phần tử không khả nghịch S Chứng minh • Ta chứng minh S vành địa phương Tức chứng minh s ∈ S s khả nghịch − s khả nghịch Thật vậy, với s ∈ S, p toàn cấu nên tồn r ∈ R cho s = p(r) Do R vành địa phương, nên r khả nghịch − r khả nghịch Nếu r khả nghịch tồn r ∈ R cho r.r = r r = Do p(r.r ) = p(r r) = p(1) = 1, suy s.p(r ) = p(r ).s = hay s khả nghịch Tương tự, − r khả nghịch − s khả nghịch • Ta chứng minh p(A) iđean phần tử không khả nghịch S Giả sử s ∈ p(A), s ∈ S ta chứng minh s.s ∈ p(A) Do s ∈ p(A), nên tồn a ∈ A cho p(a) = s Mặt khác, p toàn cấu nên tồn a ∈ A cho p(a ) = a Mà theo giải thiết, A iđean R nên a.a ∈ A, suy s.s = p(a).p(a ) = p(a.a ) ∈ p(A) Và với a ∈ A, ta có a.a = với a ∈ A, suy s.s = Vậy p(A) tập tất phần tử không khả nghịch Nhận xét 3.1 Ảnh toàn cấu vành địa phương vành địa phương Bài tập 3.2 Giả sử R vành địa phương Chứng minh tâm R Z(R) = {x ∈ R | xr = rx, ∀r ∈ R} vành địa phương Chứng minh Ta cần chứng minh tập phần tử không khả nghịch A = {x ∈ Z(R) | xR = Rx = R} Z(R) đóng phép cộng Giả sử x, y ∈ A Lúc đó, xR = Rx = R, yR = Ry = R Do R vành địa phương nên J iđean cực đại nên xR = Rx ⊂ J, yR = Ry ⊂ J, suy x + y ∈ J, x + y ∈ A (nếu x + y ∈ / A tồn r ∈ R cho (x + y)r = J = R, mâu thuẫn) Vậy A đóng với phép cộng Hay Z(R) vành địa phương Nhận xét 3.2 Tâm Z(R) vành địa phương vành địa phương giao hoán Bài tập 3.3 Giả sử R vành địa phương, MR R− môdun phải Chứng minh HomR (M, R/J) = M = Chứng minh Ta dùng phản chứng Giả sử M = Do M hữu hạn sinh nên theo bổ đề Nakayama M J M hay M J = M Suy M/M J = Mặt khác, ta có (M/M J)J = 0, tức J ⊆ ann(M/M J), M/M J R-môđun xem R/J-mođun Do R vành địa phương nên R/J thể Nên M/M J không gian vectơ thể R/J Do ta chọn ϕ : M/M J −→ R/J đồng cấu R/J-môđun khác Xét p : M −→ M/M J phép chiếu Lúc đó, θ = ϕ ◦ p : M −→ R/J đồng cấu R-môđun khác Vậy HomR (M, R/J) = Nhận xét 3.3 Nếu V, W không gian vectơ trường K ánh xạ tuyến tính từ V vào W hoàn toàn xác định ảnh sở Do đó, ta chọn ϕ xác định Bài tập 3.4 Cho e phần tử lũy đẳng vành R Chứng minh Rad(eR) = eJ Rad(eRe) = eJe Chứng minh Ta chứng minh Rad(eRe) = eJe Còn Rad(eR) = eJ chứng minh tương tự Trong chứng minh ta chứng minh cho bên phải bên trái chứng minh tương tự Với y, r ∈ eRe suy tồn y , r ∈ R cho y = ey e, r = er e Xét y ∈ Rad(eRe), lúc với r ∈ eRe cho (e1e − yr) = e − yr khả nghịch, suy e − yr khả nghịch phải, tức tồn u ∈ eRe cho (e − yr)u = e1e = e ⇒ (e − eyr)u = e ⇒ e(1 − yr)u = e ⇒ (1 − yr)u = e ⇒ (1 − yr)uyr = eyr = yr ⇒ (1 − yr) + (1 − yr)uyr = (1 − yr) + yr ⇒ (1 − yr)(1 + uyr) = Vậy với y ∈ Rad(eRe) ta chứng minh − yr khả nghịch với r ∈ R Do y ∈ J Vậy Rad(eJe) ≤ J ∩ (eRe) (1) Xét y ∈ J ∩ (eRe), ta có y ∈ (eRe) đó, tồn y ∈ R cho y = ey e ⇒ eye = e(ey e)e = ey e = y, mà y ∈ J, y = eye ∈ eJe Do đó, J ∩ (eRe) ≤ eJe (2) Xét y ∈ eJe ≤ J, nên với r ∈ eRe tồn x ∈ R cho (1 − yr)x = Do đó, e = e1e = e(1 − yr)xe = (e − eyr)xe = (e − yr)xe = (e − yr)exe Vậy (e − yr) khả nghịch với r ∈ eRe Hay y ∈ Rad(eRe) Vậy eJe ≤ Rad(eRe) (3) Từ (1), (2), (3) ta có: Rad(eRe) = eJe Nhận xét 3.4 Ta có, Rad(R) = J, nhân phần tử lũy đẳng vành R vào phía hay hai phía vào hai vế ta có đẳng thức không thay đổ, tức Rad(eR) = eJ, Rad(eRe) = eJe 10 Bài tập 3.5 Cho PR nội xạ S = End(P ) Chứng minh f ∈ J(S) Ker(f ) ≤e P Cho PR xạ ảnh S = End(P ) Chứng minh f ∈ J(S) Im(f ) P Chứng minh Ta chứng minh Còn chứng minh đối ngẫu (=⇒) Giả sử f ∈ J(S) Ta chứng minh Kerf ≤e P Xét U ≤ P : U ∩ Kerf = T chứng minh U = Xét f|U :−→ P, có Ker(f|U ) = U ∩ Kerf = Do đó, f|U đơn cấu Với i : UR −→ PR phép nhúng tắc Xét biểu đồ: f / PR | || i ||g |  |} | / UR PR Do PR nội xạ nên tồn đồng cấu g ∈ S cho i = gf Khi đó, (1P − gf )(U ) = (i − gf )(U ) = Tức là, U ≤ Ker(1Q − gf ) Mặ khác, f ∈ Rad(S) Rad(S) iđean hai phía vành S nên gf ∈ Rad(S) suy − gf khả nghịch Hay Ker(1 − gf ) = Do đó, UR = Vậy Kerf ≤e PR ⇐ Giả sử Kerf ≤e PR Ta chứng minh f ∈ Rad(S) Do với s ∈ S, ta có Ker(f s) = s−1 (Ker(f )) ≤e PR Mặt khác, Ker(f s) ∩ Ker(1 − f s) = Thật vậy, x ∈ Ker(f s) ∩ Ker(1 − f s), ta có f s(x) = = (1 − f s)(x) = x − f s(x), suy x = Mà theo trên, Ker(f s) ≤e PR nên Ker(1 − f s) = 0, tức − f s đơn cấu Xét biểu đồ 1−f s / PR | | || 1P || h |  }| / PR PR Vì PR nội xạ nên tồn h(1 − f s) = 1P , hay − f s khả nghịch bên trái Vậy f ∈ Rad(S) Bài tập 3.6 Cho e phần tử lũy đẳng vành R Đặt f = − e Chứng minh với r ∈ R ta có e = e + erf lũy đẳng R Đặt f = − e Chứng minh e = e + e sf với s ∈ R Chứng minh Ta có e = (e+erf )(e+erf ) = (e+erf )e(1+rf ) = (e2 +er(1−e)e)(1+rf ) = e(1 + rf ) = e + erf = e Ta có ee = e(e + erf ) = e , e e = (e + erf )e = e Mặt khác, ta có f f = (1 − e)(1 − e ) = − e − e + ee = − e = f Do đó, từ e = e + erf suy e = e − erf = e − e erf f Đặt s = −erf , e = e + e sf 11 Tài liệu tham khảo [1] Trương Công Quỳnh - Lê Văn Thuyết, Giáo Trình Lý Thuyết Vành Và Môđun, Nhà xuất Đại Học Huế, Năm 2013 [2] Nguyễn Tiến Quang - Nguyễn Duy Thuận, Cơ sở Lý Thuyết Môđun Và Vành, Nhà xuất Giáo Dục, Năm 2001 [3] Frank W Anderson - Kent R Fuller, Rings and Categories of Modules, Spring - Verlag, New york, 1992 [4] T Y Lam, Exercises in Classical Ring Theory, Sringer, 2003 Email address: quoctan@gmail.com Tel: +84635921828 Typed by TEX 12