Đại Số Giao Hoán Sự phụ thuộc nguyên vành giá trị

Trong tiểu luậnnày, chúng ta sẽ nghiên cứu các khái niệm và tính chất của sự phụ thuộc nguyênvà vành giá trị trên vành giao hoán có đơn vị.. Để cho tiện việc trình bày và theodõi, chúng

Người hướng dẫn: PGS-TS BÙI TƯỜNG TRÍ

Người thực hiện: ĐẶNG TUẤN HIỆP

Khóa 17-Đại số và Lý thuyết số

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

Tháng 10-2007

Tiểu luận này được viết dựa vào chương 5 của cuốn sách [1] Trong tiểu luậnnày, chúng ta sẽ nghiên cứu các khái niệm và tính chất của sự phụ thuộc nguyênvà vành giá trị trên vành giao hoán có đơn vị Để cho tiện việc trình bày và theodõi, chúng ta quy ước toàn bộ trong tiểu luận này, vành được xét tới luôn là vànhgiao hoán có đơn vị 1.

Khái niệm sự phụ thuộc nguyên là một sự tương tự của khái niệm sự phụ thuộcđại số trong lý thuyết trường Còn vành giá trị là sự tương tự của trường thặng dư.Tuy nhiên, do đối tượng mà chúng ta đang xét tới chỉ là vành giao hoán có đơn vịchưa phải là trường nên các khái niệm và các tính chất chỉ mang tính tổng quát vàphức tạp hơn trong lý thuyết trường

Do thời gian nghiên cứu còn hạn hẹp, và sự hiểu biết còn chưa nhiều, nên trongtiểu luận này tác giả chỉ dừng lại ở mức làm rõ vấn đề trong chương 5 của [1] Ngoài

ra, tác giả đã cố gắng làm rõ sự tương tự của các khái niệm và tính chất được xéttới với các khái niệm và tính chất đã được biết trong lý thuyết trường Một số bổđề và mệnh đề được tác giả đưa thêm vào để nhằm làm rõ thêm vấn đề Đặc biệt,trong chương 2, ngoài việc đưa ra khái niệm và các tính chất của nó Tác giả đã cốgắng giải thích rõ nguồn gốc dẫn đến khái niệm vành giá trị Trong tiểu luận này,có một số định nghĩa và định lý mà tác giả đã phát biểu với một hình thức khác sovới [1] nhưng bản chất nội dung của chúng vẫn không thay đổi Điều này sẽ đượctác giả giải thích rõ trong tiểu luận Chính điều đó giúp chúng ta có một cái nhìnsâu sắc hơn về vấn đề mà chúng ta đang xét tới

Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến anh Trịnh Thanh Đèo đã cung cấp phiên bảnPCTex.5 cùng với những sự hướng dẫn sử dụng cho tác giả Tiểu luận này đã đượcsoạn thảo bằng phiên bản này Do lần đầu sử dụng nên chắc chắn còn nhiều thiếusót trong cách trình bày

Cuối cùng, tác giả xin gửi lời chúc sức khỏe tới gia đình và PGS-TS Bùi TườngTrí, người đã trực tiếp giảng dạy học phần Đại số giao hoán cho lớp cao học Đại số

và lý thuyết số −K17 Tác giả cũng xin gửi lòng biết ơn sâu sắc tới mẹ, người mà

cùng với đức hy sinh cao cả, tấm lòng vị tha, đã động viên tác giả rất nhiều trướcnhững khó khăn trong cuộc sống

SỰ PHỤ THUỘC NGUYÊN

Trong chương này, chúng ta sẽ trình bày các khái niệm và tính chất của sự phụthuộc nguyên Đặc biệt, chúng ta sẽ cố gắng làm rõ sự tương tự của nó với các kháiniệm và tính chất của sự phụ thuộc đại số trong lý thuyết trường

1.1 Phần tử nguyên

Định nghĩa 1.1.1 Cho R là vành con của vành S, lấy α ∈ R Chúng ta nói rằng α

nguyên trên R nếu α là một nghiệm của một đa thức monic1 Có nghĩa là α thỏa mãn

phương trình có dạng

xn+ a1xn−1+ · · · + an= 0; ai ∈ R Nếu ∀α ∈ S, α nguyên trên R, thì ta nói vành S là mở rộng nguyên của vành R Kí hiệu S/R.

Nhận xét Nếu R là một trường và S là mở rộng trường của R thì α nguyên trên

R khi và chỉ khi α đại số trên R Như vây, khái niệm phần tử nguyên và mở rộng

nguyên chính là sự tương tự của khái niệm phần tử đại số và mở rộng đại số tronglý thuyết trường Do đó, những khái niệm và các tính chất mà ta sẽ đưa ra trongphần này chính là sự tương tự và tổng quát những khái niệm và tính chất trong lýthuyết trường

Ví dụ. • Mọi phần tử của R đều nguyên trên R vì α ∈ R thì α là nghiệm của

đa thức monic x − α.

• S = C, R = Z; lấy d ∈ Z bất kỳ Số√d ∈ Clà nguyên trên Z vì √dlà nghiệm

của đa thức monic x2− d.

1 đa thức có hệ số của lũy thừa cao nhất là 1

1

• S = Q, R = Z; số 2/3 là nghiệm của đa thức f(x) = 3x − 2 Nhưng f không phải là một đa thức monic, do đó 2/3 không nguyên trên Z Một cách tổng quát, nếu x = r/s ∈ Q nguyên trên Z (r, s ∈ Z; s 6= 0; (r, s) = 1) thì

rn+ a1rn−1s + · · · + ansn= 0; ai ∈Z

Do đó s chia hết cho rn, mà (r, s) = 1 nên s = ±1 Suy ra, x ∈ Z.

Có rất nhiều điều kiện tương đương với tính nguyên của α trên R, và chìa khóa

của vấn đề chính là kết quả sau đây Chúng ta nhắc lại rằng, một môdun được gọilà trung thành nếu linh tử hóa của nó bằng 0

Bổ đề 1.1.1 Cho R là một vành con của vành S, lấy α ∈ S, α nguyên trên R Cho

M là một R−môdun hữu hạn sinh và M cũng là một R[α]−môdun trung thành Lấy

I là một ideal của R sao cho αM ⊆ IM Khi đó α là một nghiệm của một đa thức monic với hệ số trong I.

Chứng minh Lấy x1, x2, , xn là các phần tử sinh của M Vì αxi ∈ IM nên ta có

4 là linh hóa tử của M, vì M là môdun trung thành nên 4 = 0 Khai triển định

thức 4 chúng ta sẽ thu được đa thức monic cần tìm

Mệnh đề 1.1.1 (các điều kiện tương đương với tính chất nguyên của phần tử α trên R) Cho R là vành con của vành S, lấy α ∈ S Các điều kiện sau đây là tương

đương

1 α nguyên trên R.

2 R[α] là R−môdun hữu hạn sinh.

3 R[α] được chứa trong một vành con R0 của S sao cho R0 là một R−môdun hữu

hạn sinh

4 Tồn tại một R[α]-môdun trung thành M sao cho M cũng là một R−môdun hữu

hạn sinh

Chứng minh (1 ⇒ 2.) Nếu α nguyên trên R thì α là nghiệm của một đa thức

monic bậc n với hệ số trên R Do đó

αn+ a1αn−1+ · · · + an= 0; ai ∈ R Suy ra αn và các lũy thừa cao hơn n của α có thể biểu diễn như là tổ hợp tuyến tính của các lũy thừa nhỏ hơn của α Vì vậy {1, α, , αn−1} là một hệ sinh của

R[α] trên R, hay R[α] là R−môdun hữu hạn sinh.

(2 ⇒ 3.) Lấy R0 = R[α], hiển nhiên R0 là vành con của vành S và R0 là R−môdun

hữu hạn sinh

(3 ⇒ 4.) Lấy M = R0 Nếu y ∈ R[α] sao cho yM = 0 thì y = y1 = 0 Do đó M là

R[α]− môdun trung thành Hiển nhiên, M là R−môdun hữu hạn sinh.

(4 ⇒ 1.) Áp dụng bổ đề 1.1.1 với I = R.

Nhận xét Bổ đề 1.1.1 chính là một hệ quả của mệnh đề 2.4 trong [1], với tự đồng

cấu Φ là phép nhân với α, Φ(M) = αM ⊆ IM Để chứng minh (4 ⇒ 1.) ta còn có thể áp dụng trực tiếp mệnh đề 2.4 trong [1] Hơn nữa, ta có thể nhận thấy rằng bổ đề 1.1.1 và mệnh đề 2.4 trong [1] đều là một dạng khác của định lý Halminton-Cayley2

trong đại số tuyến tính Chỉ khác một điều ở đây đối tượng mà chúng ta xét tớichính là phạm trù các môdun hữu hạn sinh trên vành giao hoán có đơn vị

Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh tính chất bắc cầu đối với các mở rộng nguyên.Đầu tiên, chúng ta cần dùng tới bổ đề sau đây

Bổ đề 1.1.2 Cho R là vành con của vành S, lấy α1, α2, , αn ∈ S Nếu α1, α2, , αn

đều nguyên trên R thì R[α1, α2, , αn] là R−môdun hữu hạn sinh.

Chứng minh Ta chứng minh bằng quy nạp theo n Với n = 1, bổ đề là mệnh

đề 1.1.1 phần 2, ta có R[α] là R−môdun hữu hạn sinh Giả sử R[α1, α2, , αn−1]

là R−môdun hữu hạn sinh Khi đó, R[α1, α2, , αn] = R[α1, α2, , αn−1][αn] là

R[α1, α2, , αn−1]−môdun hữu hạn sinh Do đó, R[α1, α2, , αn] là R−môdun hữu hạn sinh Đây chính là trường hợp riêng của mệnh đề 2.16 trong [1] Nếu

A, B, C là các vành thỏa C là B−môdun hữu hạn sinh, B là A−môdun hữu hạn sinh thì C là A−môdun hữu hạn sinh Thật vậy, ta có

Mệnh đề 1.1.2 (Tính bắc cầu đối với các mở rộng nguyên) Cho A ⊆ B ⊆ C là

các vành Nếu C nguyên trên B, nghĩa là mọi phần tử của C đều nguyên trên B, và

B nguyên trên A, thì C nguyên trên A.

Chứng minh Lấy x ∈ C, vì x nguyên trên B nên x thỏa mãn phương trình

xn+ b1xn−1+ · · · + bn= 0; bi ∈ B Khi đó x nguyên trên A[b1, b2, , bn] Hiển nhiên mỗi bi đều nguyên trên A, nên bi

cũng nguyên trên A[b1, b2, , bn] Theo bổ đề 1.1.2, A[b1, b2, , bn, x] là A−môdun hữu hạn sinh Theo mệnh đề 1.1.1, phần 3, x nguyên trên A Do đó, C nguyên trên

A

Định nghĩa 1.1.2 Cho R là vành con của vành S Ta ký hiệu

Rc = {α ∈ S|α nguyên trên R}

là bao đóng nguyên của R trong S.

• Nếu Rc = R thì R được gọi là tập đóng nguyên trong S, hay đơn giản ta chỉ cần nói R là tập đóng nguyên nếu không cần chỉ rõ S.

• Nếu Rc = S thì ta nói S là mở rông nguyên của R Kí hiệu S/R.

Mệnh đề 1.1.3 Rc là vành con của vành S, và R ⊆ Rc

Chứng minh Lấy x, y ∈ Rc, khi đó x, y nguyên trên R Theo bổ đề 1.1.2, R[x, y] là

R− môdun hữu hạn sinh Mặt khác, x + y, x − y, xy đều là phần tử của R[x, y] Do đó, theo mệnh đề 1.1.1, phần 3, x + y, x − y, xy đều nguyên trên R Vì vậy, chúng đều nằm trong Rc Suy ra, Rc là vành con của vành S.

Hiển nhiên, R ⊆ Rc vì ∀α ∈ R, α là nghiệm của đa thức monic x−α nên α nguyên trên R Suy ra, α ∈ Rc

Nếu chúng ta lấy bao đóng nguyên của một bao đóng nguyên thì chúng ta sẽđược một tập đóng nguyên Cụ thể, ta có mệnh đề sau đây

Mệnh đề 1.1.4 Nếu Rc là bao đóng nguyên của R trong S, thì Rc là tập đóng nguyên

trong S.

Chứng minh Ta cần chứng minh Rc = (Rc)c.

Hiển nhiên, Rc ⊆ (Rc)c Ngược lại, lấy x ∈ (Rc)c, khi đó x nguyên trên Rc Theo

mệnh đề 1.1.2, x nguyên trên R Do đó, x ∈ Rc

Trong lý thuyết trường, chúng ta xác định được một lớp trường có tính chất đóng

đại số Một cách tương tự, chúng ta định nghĩa, một vành R được gọi là có tính chất đóng nguyên nếu R là một vành con của một vành S nào đó, và R = Rc Chúng

ta có thể xác định được lớp vành có tính chất đóng nguyên là tương đối rộng.Trước hết, chúng ta nhắc lại một số khái niệm trong đại số đại cương Miền

nguyên R được gọi là miền nhân tử hóa viết tắt là UFD3, nếu mọi phần tử a 6= 0 của R đều phân tích được một cách duy nhất dưới dạng a = up1p2 pn, trong đó

u ∈ R∗ , và pi bất khả quy ∀i = 1, 2, , n Mệnh đề sau đây sẽ chỉ ra rằng lớp UFD

có tính chất đóng nguyên

Mệnh đề 1.1.5 Nếu R là một UFD, thì R có tính chất đóng nguyên.

Chứng minh Gọi K là trường các thương của R Lấy x ∈ K, x = a/b, với a, b ∈ R,

và (a, b) = 1 Nếu x nguyên trên R, thì ta có phương trình

(a/b)n+ a1(a/b)n−1+ · · · + an−1(a/b) + an= 0; ai ∈ R Nhân hai vế với bn, chúng ta có được an+ bc = 0, với c ∈ R Do đó, b chia hết

an, mà a và b nguyên tố cùng nhau nên b chia hết 1 Vì vậy, x = a/b ∈ R Suy ra

R = Rc

Trong lý thuyết trường, chúng ta đã biết mở rộng nguyên của một trường phảilà một trường Kết quả sau đây sẽ cho chúng ta thấy rõ được điều này

Mệnh đề 1.1.6 Cho R là vành con của miền nguyên S, và S nguyên trên R Khi đó

R là trường khi và chỉ khi S là trường.

Chứng minh Giả sử S là trường, lấy a ∈ R, a 6= 0 Khi đó, a−1 ∈ S nguyên trên R,

nên ta có phương trình

(a−1)n+ b1(a−1)n−1+ · · · + bn−1a−1+ bn = 0; bi ∈ R Nhân hai vế của phương trình với an−1 ta được

a−1 = −(b1+ · · · + bn−1an−2+ bnan−1) ∈ R Suy ra R là trường.

Ngược lại, giả sử R là trường, lấy a ∈ S, a 6= 0 Theo mệnh đề 1.1.1, phần 2,

3 unique factorization domain

R[a] là không gian vecto hữu hạn chiều trên R Xét phép biến đổi tuyến tính

f (x) = ax; ∀x ∈ R[a] Do S là miền nguyên, và R[a] là vành con của S, nên R[a] là miền nguyên Nếu ax = 0 thì x = 0 (vì a 6= 0) Do đó, f là đơn ánh Mọi phép

biến đổi tuyến tính trên không gian vecto hữu hạn chiều nếu đơn ánh thì cũng sẽ

là toàn ánh Vì vậy, tồn tại b ∈ R[a] ⊆ S sao cho ab = 1 Suy ra S là trường.

Nhận xét Cho S là mở rộng nguyên của R Chúng ta sẽ phân tích mối quan hệ

giữa các ideal nguyên tố của R và S Giả sử, Q là ideal nguyên tố của S, và đặt

P = Q ∩ R Khi đó, P là ideal nguyên tố của R, bởi vì P là tạo ảnh của Q qua đồng cấu nhúng R vào S Xét tương ứng f : R/P → S/Q; a + P 7→ a + Q Do R là vành con của S, và P ⊆ Q nên f là ánh xạ và là đơn cấu vành Do đó, R/P là vành con của vành S/Q Hơn nữa, S/Q nguyên trên R/P Thật vậy, lấy bất kỳ b + Q ∈ S/Q.

Vì b ∈ S nên b nguyên trên R, và b thỏa mãn phương trình có dạng

xn+ a1xn−1+ · · · + an= 0; ai ∈ R Khi đó, b + Q thỏa mãn phương trình tương tự với ai được thay bởi ai+ P Do đó,

b + Q nguyên trên R/P Sử dụng kết quả của mệnh đề 1.1.6 ta được mệnh đề sau

đây

Mệnh đề 1.1.7 Cho S là mở rộng nguyên của vành R, và lấy Q là ideal nguyên tố

của S Khi đó, P = Q ∩ R là ideal nguyên tố của R Hơn nữa, P là ideal tối đại của

R khi và chỉ khi Q là ideal tối đại của S.

Chứng minh Theo mệnh đề 1.1.6, P là ideal tối đại của R ⇔ R/P là trường ⇔ S/Q

là trường ⇔ Q là ideal tối đại của S.

Một cách tổng quát, tính chất mở rộng nguyên vẫn còn bảo toàn qua phép lấyvành các thương, và qua tập đóng với phép nhân

Mệnh đề 1.1.8 Cho S là mở rộng nguyên của vành R.

1 Nếu J là ideal của S, thì I = J ∩ R là ideal của R, và S/J là mở rộng nguyên của R/I.

2 Nếu T là tập đóng nhân của R, thì T cũng là tập đóng nhân của S, và T−1

S là

mở rộng nguyên của T−1R

Chứng minh. 1 Áp dụng nhận xét trên với ideal bất kỳ, không cần phải là idealnguyên tố

2 Lấy a/t ∈ T−1

S; a ∈ S, t ∈ T Vì a ∈ S nguyên trên R nên ta có phương trình

sau

an+ a an−1+ · · · + a = 0; a ∈ R

Chia hai vế cho tn ta được

Mệnh đề 1.2.1 Cho S là mở rộng nguyên của R, lấy P1, P2 là các ideal nguyên tố

của S sao cho chúng đều nằm trên một ideal nguyên tố P của R, nghĩa là P1∩ R =

P2∩ R = P Nếu P1 ⊆ P2 thì P1 = P2

Chứng minh Nếu P là ideal tối đại, thì theo mệnh đề 1.1.7, P1, P2 đều là các idealtối đại Suy ra điều cần chứng minh

Trong trường hợp tổng quát, chúng ta sẽ dùng kỹ thuật địa phương hóa tương ứng

với P Đặt T = R\P , do P là ideal nguyên tố nên T là tập con đóng nhân của

R ⊆ S Ta có T ∩ Pi = ∅; i = 1, 2 Thật vậy, nếu x ∈ T ∩ Pi, thì x ∈ R ∩ Pi = P,

mâu thuẫn với cách xác định T Gọi P0 là mở rộng của P trong T−1

R Khi đó, P0

là ideal tối đại duy nhất của T−1R Gọi P0

1, P0

2 là các mở rộng của P1, P2 trong T−1S

Do có một tương ứng 1 − 1 giữa các ideal nguyên tố trong một vành và các idealnguyên tố trong vành địa phương hóa của nó, nên ta chỉ cần chứng minh nếu

Theo mệnh đề 1.1.8, T−1

S là mở rộng nguyên của T−1

R Như phần đầu của chứng

minh, ta suy ra P0

1, P0

2 là các ideal tối đại của T−1R

Do đó, nếu P0 ⊆ P0 thì P0 = P0

Nếu S/R là một mở rộng nguyên, thì mọi ideal nguyên tố của R có thể được nâng lên thành các ideal nguyên tố của S Định lý sau đây sẽ chứng minh điều đó,

và định lý này cũng là một minh họa cho kỹ thuật địa phương hóa

Định lý 1.2.1 (Định lý Lying Over) Nếu S/R là một mở rộng nguyên, và P là một

ideal nguyên tố của R Khi đó, có tồn tại một ideal nguyên tố Q của S sao cho

Q ∩ R = P

Chứng minh Trước hết, chúng ta giả sử R là vành địa phương, với ideal tối đại duy

nhất là P Nếu Q là ideal tối đại bất kỳ của S, thì Q ∩ R là ideal tối đại do mệnh đề 1.1.7, do đó Q ∩ R = P

Trong trường hợp tổng quát, đặt T = R\P , là tập con đóng nhân của R ⊆ S Ta có

biểu đồ sau là giao hoán

S là mở rộng nguyên

của T−1R Nếu Q0 là ideal tối đại tùy ý của T−1S, thì như phần đầu của chứng

minh, Q0∩ T−1R là ideal tối đại duy nhất của T−1R Gọi P0 là mở rộng của P trong

T−1R Khi đó, P0 là ideal tối đại duy nhất của T−1

Định lý 1.2.2 (Định lý Going Up) Cho S/R là một mở rộng nguyên Giả sử, ta có

một dãy các ideal nguyên tố P1 ⊆ P2 ⊆ · · · ⊆ Pn của R, và một dãy các ideal nguyên tố Q1 ⊆ Q2 ⊆ · · · ⊆ Qm của S, với m < n Nếu Qi nằm trên Pi; ∀i = 1, 2, , m, thì tồn tại các ideal nguyên tố Qm+1, , Qn của S sao cho Qm ⊆ Qm+1 ⊆ · · · ⊆ Qn, và

Qi nằm trên Pi; ∀i = 1, 2, , n

Chứng minh Bằng phương pháp quy nạp, chúng ta chỉ cần chứng minh trong trường

hợp n = 2, m = 1 Giả sử, P1 ⊆ P2, và Q1 ∩ R = P1 Theo mệnh đề 1.1.8, S/Q1

nguyên trên R/P1 Vì P2/P1 là ideal nguyên tố của R/P1, nên áp dụng định lý

Lying Over, tồn tại ideal nguyên tố Q2/Q1 của S/Q1 sao cho

(Q2/Q1) ∩ R/P1 = P2/P1

trong đó Q2 là ideal nguyên tố của S, và Q1 ⊆ Q2 Để kết thúc chứng minh, ta sẽ

chỉ ra Q ∩ R = P

Lấy x2 ∈ Q2∩ R Do R/P1 là vành con của S/Q1, nên

x2+ P1 = x2+ Q1 ∈ (Q2/Q1) ∩ (R/P1) = P2/P1

suy ra, x2+ P1 = y2+ P1, với y2 ∈ P2, vì vậy x2− y2 ∈ P1 ⊆ P2 ⇒ x2 ∈ P2

Đảo lại, lấy x2 ∈ P2, khi đó x2+ P1 ∈ Q2/Q1, do đó x2+ P1 = y2+ Q1, với y2 ∈ Q2

Mặt khác, x2+P1 = x2+Q1 Suy ra, x2−y2 ∈ Q1 ⊆ Q2 ⇒ x2 ∈ Q2⇒ x2∈ Q2∩R

Chúng ta xem xét một kết quả quan trọng trong lý thuyết trường Một phép

nhúng một trường F vào một trường đóng đại số có thể mở rộng tới một mở rộng đại số của F Chúng ta cũng có một kết quả tương tự cho mở rộng nguyên của các

vành

Định lý 1.2.3 Cho S/R là một mở rộng nguyên, và lấy f là một đồng cấu vành từ

R vào một trường đóng đại số C Khi đó, f có thể được mở rộng thành một đồng cấu vành g : S → C

Chứng minh Đặt P = ker f Do f là đồng cấu vào một trường, nên P là một ideal

nguyên tố của R Áp dụng định lý Lying Over, tồn tại một ideal nguyên tố Q của S sao cho Q ∩ R = P Theo định lý Noetherian, f cảm sinh ra đơn cấu vành

¯

f : R/P → C Hơn nữa, ¯f có thể mở rộng một cách tự nhiên tới trường các thương

K của R/P Gọi L là trường các thương của S/Q Do S/Q là mở rộng nguyên của

R/P , nên L là mở rộng đại số của K Vì C là trường đóng đại số, nên ¯ f có thể được

mở rộng thành đơn cấu trường ¯g : L → C Nếu p : S → S/Q là toàn cấu chính tắc, và g = ¯g◦p, thì g là mở rộng cần tìm của f, vì ¯g là mở rộng của ¯ f và ¯f ◦ p|R = f

1.3 Định lý Going Down

Bổ đề 1.3.1 Cho R là vành con của vành S Nếu T là một tập con đóng nhân của

R , thì T−1Rc là bao đóng nguyên của T−1R trong T−1S

Chứng minh Ta có Rc là nguyên trên R, theo mệnh đề 1.1.8 ta suy ra T−1Rc là

i=1ti ∈ T , nhân hai vế của phương trình trên với (tt0)n, ta được t0anguyên

trên R Vì vậy, t0a ∈ Rc Suy ra, a/t = t0a/t0t ∈ T−1Rc

Định nghĩa 1.3.1 Một miền nguyên được gọi là miền đóng nguyên, nếu nó đóng

nguyên trong trường các thương của nó