Một hướng tiếp tục mở rộng của định lí jacobson

Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang Phần 1: KIẾN THỨC CƠ BẢN §1 VÀNH & MODUL Trong luận văn này, không nói thêm, vành xét thuộc lớp vành đơn giản nhất: không giao hoán không thiết chứa đơn vị Định nghóa: Vành nhóm cộng Abel R với phép nhân có tính kết hợp, phân phối hai phía phép cộng Các khái niệm vành con, ideal phía (trái phải) hiểu bình thường; ideal hai phía gọi tắt ideal Các khái niệm đồng cấu, đẳng cấu định lý đẳng cấu xem biết Các modul vành R (hoặc R-modul) xem tác động bên phải Định nghóa: Một R-modul nhóm cộng Abel M với tác động từ R vào M (tức ánh xạ từ M×R vào M biến cặp (m,r) thành mr ∈ M) cho: 1) m(a + b) = ma + mb 2) (m + n)a = ma + na 3) (ma)b = m(ab) với m, n ∈ M a, b ∈ R Định nghóa: Một R-modul M gọi trung thành Mr = (0) kéo theo r = Ta đặc trưng R-modul trung thành qua khái niệm sau: Định nghóa: Cho M R-modul ta gọi linh hóa M là: A(M) = {r ∈ R/ Mr = (0)} Khi ta có: R-modul M trung thành A(M) = (0) Mệnh đề (1.1.1): A(M) ideal R M R/A(M)-modul trung thành Bây cho M R-modul, gọi E(M) tập tất tự đồng cấu nhóm cộng M E(M) vành theo phép toán tự nhiên GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang Với a ∈ R ta định nghóa ánh xạ Ta: M ——–––––> M xác định mTa = ma, ∀m ∈ M, M R-modul nên Ta tự đồng cấu nhóm cộng M Vậy ta có Ta ∈ E(M) Xét ϕ : R ——–––––> E(M) xác định aϕ = Ta ϕ đồng cấu vành Kerϕ = A(M) nên ta có: Mệnh đề (1.1.2): R/A(M) đẳng cấu với vành E(M) Nói riêng, M R-modul trung thành ta có A(M)=(0) Khi xem R vành vành tự đồng cấu nhóm cộng M hay R vành tự đồng cấu nhóm cộng M Bây ta tìm phần tử E(M) giao hoán với Ta a chạy khắp R Định nghóa: Ta gọi tâm hóa R M tập: C(M) = {ψ ∈ E(M) / Taψ = ψTa, ∀ a ∈ R} Mệnh đề (1.1.3): C(M) vành E(M) vành tự đồng cấu R-modul M Định nghóa: M gọi R-modul bất khả qui MR ≠ (0) M có hai modul (0) M Kết sau tảng cho nhiều phát triển lý thuyết vành: Mệnh đề (1.1.4): (bổ đề Schur) Nếu M R-modul bất khả qui C(M) vành chia (vành chia gọi thể) Sau ta mô tả chất R-modul bất khả qui Mệnh đề (1.1.5): Nếu M R-modul bất khả qui M đẳng cấu với R/ρ R-modul với ρ ideal phải tối đại R có tính chất tồn phần tử a ∈ R cho x –ax ∈ ρ với x ∈ R Đảo lại, với ideal phải tối đại ρ R thỏa tính chất R/ρ R-modul bất khả qui Định nghóa: Một ideal phải ρ R thỏa tính chất nêu mệnh đề (1.1.5) gọi ideal phải tối đại qui R Nếu R có đơn vị ideal phải qui đơn vị (trái) R đóng vai trò a Từ định nghóa này, ta có: M R-modul bất khả qui M đẳng cấu với R/ρ R-modul với ρ ideal phải tối đại qui R GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang §2 CĂN JACOBSON Định nghóa: Căn Jacobson R, ký hiệu J(R), tập hợp tất phần tử R linh hóa R-modul bất khả qui Nếu R modul bất khả qui ta đặt J(R) = R Nhận xét 1) Trong luận văn xét Jacobson R gọi tắt R 2) Vì J(R) = ∩A(M) với phần giao lấy R-modul bất khả qui M, mà A(M) ideal hai phía R nên J(R) ideal hai phía R 3) Để thật xác ta cần nói rõ J(R) phải R định nghóa dựa vào R-modul phải Ta định nghóa tương tự cho trái R Tuy nhiên hai khái niệm thực trùng nhau, không cần nhấn mạnh thuật ngữ trái phải Sau số đặêc trưng khác Jacobson: Định nghóa: Cho ρ ideal phải R ta định nghóa: (ρ:R) = {x ∈ R / Rx = ρ} Khi ρ ideal phải tối đại qui R đặt M=R/ρ A(M) = (ρ:R) ideal hai phía lớn R chứa ρ Vậy ta có: Mệnh đề (1.2.1): J(R) = ∩ (ρ:R) với ρ chạy qua ideal phải tối đại qui R (ρ:R) ideal hai phía lớn R chứa ρ Ngoài ta có: Mệnh đề (1.2.2): J(R) = ∩ ρ với ρ chạy qua ideal phải tối đại qui R Cuối đặc trưng phần tử J(R): Định nghóa: 1) Một phần tử a ∈ R gọi tựa qui phải tồn phần tử a’∈ R cho a+a’+aa’ = Ta gọi a’ tựa nghịch đảo phải a 2) Ta nói ideal phải R tựa qui phải phần tử nóđều tựa qui phải GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang Từ khái niệm này, ta có: Mệnh đề (1.2.3): J(R) ideal phải tựa qui phải R chứa ideal phải tựa qui phải R [hay: J(R) ideal phải tựa qui phải tối đại R] Nhận xét: 1) Nếu a ∈ J(R) tồn a’ có a’∈ J(R) 2) Nếu R có đơn vị phần tử a ∈ R tựa qui phải 1+a khả nghịch phải R 3) Ta định nghóa tương tự cho phần tử tựa qui trái R 4) Nếu phần tử a ∈ R đồng thời tựa qui trái phải tựa nghịch đảo trái phải a trùng Trong số trương hợp, ideal phải chứng minh tựa qui cách rõ tựa nghịch đảo phải phần tử Định nghóa: 1) Một phần tử a ∈ R gọi lũy linh an= với số tự nhiên n 2) Một ideal phải (trái, hai phía) ρ R nil phần tử lũy linh 3) Một ideal phải (trái, hai phía) ρ R lũy linh tồn số tự nhiên m cho a1a2…am= với a1, a2,… ,am ∈ ρ Nhận xét: 1) Nếu I, J hai ideal phải (trái, hai phía) R, ta ký hiệu IJ nhóm cộng R sinh tất tích ab với a ∈ I, b ∈ J Khi IJ ideal phải (trái, hai phía) R Bằng qui nạp ta định nghóa I1=I In = In-1I với n>1 Khi ta có: Một ideal phải ρ R lũy linh ρm = (0) với số tự nhiên m 2) Trong ideal phải lũy linh nil có nil ideal không thiết lũy linh GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 3) Giả sử am = đặt b = –a + a2 – a3 + … + (-1)m-1 am-1 phép tính đơn giản ta suy a+b+ab = 0.Vậy phần tử lũy linh R tựa qui phải nên ta có: Mọi nil ideal phải R tựa qui phải Do theo mệnh đề (1.2.3) ta có: Mệnh đề(1.2.4): Mọi nil ideal phải trái R chứa J(R) Bây ta xét lớp vành đặc biệt Định nghóa: Một vành R gọi nửa đơn J(R) = (0) Mệnh đề sau nói lên lợi ích thực Jacobson: Mệnh đề(1.2.5): Với vành R R/J(R) vành nửa đơn [tức J(R/J(R)) = (0) với vành R] Về bất biến Jacobson ta có: Mệnh đề(1.2.6): Nếu A ideal R J(A) = A ∩ J(R) Hệ quả: Nếu R nửa đơn ideal R Chú ý: Kết sai ta giả thiết A ideal phía Bây R vành ký hiệu Rm vành tất ma trận cấp m×m với hệ tử thuộc R ta có: Mệnh đề(1.2.7): J(Rm) = J(R)m §3 VÀNH ARTIN NỬA ĐƠN Định nghóa: Một vành gọi Artin phải tập không rỗng ideal phải có chứa phần tử tối tiểu Ta thường bỏ qua chữ “phải” nói gọn vành Artin Các vành Artin định nghóa tương đương thông qua dây chuyền giảm Một vành R Artin dây chuyền giảm ideal phải R: ρ1 ⊃ ρ2⊃ …⊃ ρm⊃ … phải dừng.[Tức kể từ lúc ta có ρi nhau] Với vành Artin đặt biệt: GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang Mệnh đề (1.3.1): Nếu R vành Artin J(R) ideal lũy linh Hệ quả: Nếu R vành Artin nil ideal (phải, trái hai phía) R lũy linh Định nghóa: Một phần tử e ≠ R gọi phần tử lũy đẳng ta có e2 = e Mệnh đề (1.3.2): Cho R vành ideal lũy linh khác (0) giả sử ρ ≠ (0) ideal phải tối tiểu R, ta có ρ = eR với e phần tử lũy đẳng khác R Ta biết vành Artin ideal phải gồm toàn phần tử lũy linh lũy linh [hệ mệnh đề (1.3.1)].Còn điều ngược lại, ideal phải có chứa phần tử không lũy linh sao? Đối với vấn đề này, ta có: Mệnh đề (1.3.3): Cho R vành giả sử với a ∈ R mà ta có a2–a lũy linh Khi đó, a lũy linh, có đa thức với hệ số nguyên q(x) cho e = aq(a) lũy đẳng khác Mệnh đề (1.3.4): Nếu R vành Artin ρ ≠ (0) ideal phải không lũy linh R ρ có chứa lũy đẳng khác Trường hợp đặc biệt xét vành eRe với e lũy đẳng ta có: Mệnh đề (1.3.5): Cho e lũy đẳng vành R tùy ý ta có J(eRe) = eJ(R)e Mệnh đề (1.3.6): Cho R vành ideal lũy linh khác (0) giả sử e lũy đẳng R Khi đó, eR ideal phải tối tiểu R eRe vành chia Thay từ “phải” thành từ “trái” mệnh đề kết hợp hai kết quả, ta có hệ quả: Hệ quả: Cho R vành ideal lũy linh khác (0) giả sử e lũy đẳng R Khi đó, eR ideal phải tối tiểu R Re ideal trái tối tiểu R Ta chuyển sang nghiên cứu vành có đặc biệt, cụ thể (0), mà trước hết vành Artin nửa đơn Trước tiên, ta khẳng định vành thực tồn Kết sau định lý cổ điển quan trọng Maschke Định nghóa: Cho F trường, G nhóm hữu hạn cấp o(G) Ta gọi đại số nhóm G F, kí hiệu F(G), {Σ αigi / αi∈ F,gi∈G} với phần tử nhóm xem độc lập tuyến tính F, phép cộng GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang theo cách tự nhiên phép nhân sử dụng luật phân phối phép tính gigj theo phép nhân G Từ định nghóa ta có: Mệnh đề (1.3.7): (định lý Maschke) Cho G nhóm hữu hạn cấp o(G) F trường có đặc số đặc số p với p ⏐/ o(G) Khi đó, F(G) nửa đơn Chú ý: Ta lưu ý F(G) không nửa đơn đặc số F ước o(G) Trở lại với vành Artin nửa đơn, mệnh đề (1.3.2) khẳng định ideal phải tối tiểu vành nil ideal khác (0) sinh lũy đẳng Thực ra, điều kiện tối tiểu không cần thiết cho trường hợp vành Artin nửa đơn Đó khẳng định mệnh đề sau: Mệnh đề (1.3.8): Cho R vành Artin nửa đơn ρ ≠ (0) ideal phải R Khi ρ = eR với lũy đẳng e R Từ mệnh đề ta có: Hệ 1: Cho R vành Artin nửa đơn A ≠ (0) ideal R A = eR = Re với e lũy đẳng thuộc tâm R Hệ 2: Mọi vành Artin nửa đơn có đơn vị hai phía Điều khẳng định tính nửa đơn kéo theo tồn đơn vị vành Artin Từ kết ta chứng minh đượïc: Mệnh đề (1.3.9): Một ideal vành Artin nửa đơn vành Artin nửa đơn Để nghiên cứu cấu trúc vành Artin nửa đơn ta cần: Định nghóa: Một vành R vành đơn R2 ≠ (0) R ideal khác (0) thân R Nhận xét: 1) Điều kiện R2 ≠ (0) định nghóa để loại trừ khả tầm thường R nhóm cộng có p phần tử, p nguyên tố, tích hai phần tử 2) Nếu R có đơn vị dễ chứng minh tính đơn suy tính nửa đơn 3) Có ví dụ vành đơn có riêng (không tầm thường) 4) Một vành Artin đơn phải nửa đơn 5) Có vành đơn không chứa ước thực không vành chia GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 6) Mọi ideal tối tiểu A ≠ (0) vành Artin nửa đơn R vành Artin đơn Từ nhận xét ta chứng minh mệnh đề sau: Mệnh đề (1.3.10): (định lý Wedderburn) Mọi vành Artin nửa đơn tổng trực tiếp số hữu hạn vành Artin đơn Hon nữa, R vành Artin nửa đơn R = A1⊕ … ⊕Ak với Ai đơn Ai chạy qua ideal tối tiểu R §4 VÀNH NGUYÊN THỦY Ta bắt đầu mục với khái niệm lý thuyết vành Loại vành đặc biệt mà ta giới thiệu đóng vai trò vành nửa đơn tổng quát tương tự vai trò vành đơn trường hợp vành Artin nửa đơn Định nghóa: Một vành R gọi vành nguyên thủy có modul bất khả qui trung thành Nhân xét: 1) Một vành phải nói vành nguyên thủy bên phải modul xét modul phải Ta định nghóa tương tự cho vành nguyên thủy bên trái nói chung hai khái niệm khác 2) Nếu M R-modul bất khả qui A(M) ={r ∈ R / Mr = (0)} R/A(M) vành nguyên thủy [theo mệnh đề (1.1.1)] 3) Nếu ρ ideal phải tối đại qui R đặt M = R/ρ A(M) = (ρ:R) nên R/(ρ:R) vành nguyên thủy Ngoài ta có: Mệnh đề (1.4.1): Một vành R vành nguyên thủy R tồn ideal phải tối đại qui ρ cho (ρ:R) = (0) Khi R nửa đơn thêm R giao hoán trường Trước ta biết tồn vành đơn có riêng Những dễ chứng minh vành đơn đồng thời nửa đơn phải vành nguyên thủy Bây giờ, cho R vành nguyên thủy giả sử M modul bất khả qui trung thành R Nếu đặt C(M) = ∆ tâm hóa R M theo bổ đề Schur, ∆ vành chia Ta xem M không gian vectơ phải ∆ đó, với m∈M, α∈∆ mα tác động α, xem phần tử E(M), lên m GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang Định nghóa: R gọi tác động dày đặc lên M (hay R dày đặc M) với n ν1,…, νn độc lập tuyến tính ∆ n phần tử w1,…,wn tồn r ∈ R cho wi = νir, ∀ i = 1,2,…,n Nhận xét: Nếu M hữu hạn chiều ∆ R tác động vừa trung thành, vừa dày đặc M R đẳng cấu với Hom∆(M,M) = ∆ n vành ma trận n × n ∆ với n = dim∆M Vậy, tính dày đặc tổng quát hóa vành tất phép biến đổi tuyến tính Kết mà từ toàn lý thuyết cấu trúc vành phát triển định lý dày đặc sau Jacobson Chevalley: Mệnh đề (1.4.2): (định lý dày đặc) Cho R vành nguyên thủy M R-modul bất khả qui trung thành Nếu ∆ = C(M) R vành dày đặc biến đổi tuyến tính M ∆ Định lý dày đặc cho phép ta có nhiều kết luận vành nguyên thủy liên hệ chúng với vành ma trận Mệnh đề (1.4.3): Nếu R vành nguyên thủy tồn vành chia ∆ cho, R đẳng cấu với ∆n vành tất ma trận n×n ∆, với số tự nhiên m, tồn vành Sm R có ảnh đồng cấu ∆m Ta mở rộng khái niệm quen thuộc từ từ lý thuyết vành giao hoán sang vành không giao hoán Lớp vành định nghóa sau chứa vành nguyên thủy Định nghóa: Vành R gọi vành nguyên tố aRb = (0) (với a, b ∈ R) a = hay b = Sau số đặc trưng vành nguyên tố: Mệnh đề (1.4.4): Một vành R nguyên tố khi: 1) Cái linh hóa phải ideal phải khác (0) R (0) 2) Cái linh hóa trái ideal trái khác (0) R (0) 3) Nếu A, B ideal R AB = (0) A = (0) B = (0) Mối liên hệ vành nguyên thủy nguyên tố cho mệnh đề sau: Mệnh đề (1.4.5): Mọi vành nguyên thủy nguyên tố Từ mệnh đề (1.4.4) nhanh chóng suy tâm vành nguyên tố miền nguyên – (0) – nên ta có: GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 10 Mệnh đề (1.4.6): Một phần tử khác tâm vành nguyên tố R ước R Nói riêng, tâm vành nguyên tố miền nguyên Và tâm vành nguyên thủy miền nguyên Đảo lại: cho miền nguyên I ≠ (0) tồn vành nguyên thủy có tâm I Trong phần cuối mục ta tập trung vào định lý tiếng Wedderburn: Mệnh đề (1.4.7): (định lý Wedderburn-Artin) Cho R vành Artin đơn Khi R đẳng cấu với Dn , vành tất ma trận n × n vành chia D Hơn nữa, n D sai khác đẳng cấu Ngược lại, với vành chia D Dn vành Artin đơn Định lý Wedderburn có nhiều ứng dụng nhiều trường hợp đặc biệt vành Artin Trước hết mệnh đề (1.3.10) khẳng định vành Artin nửa đơn tổng trực tiếp số hữu hạn vành Artin đơn Kết hợp với mệnh đề (1.4.7) ta định lý xác định cấu trúc vành Artin nửa đơn: Mệnh đề (1.4.8): Nếu R vành Artin nửa đơn thì: R ≈ ∆(1n) ⊕ ⊕ ∆(nk ) với ∆(i) vành chia ∆(in) vành tất ma k i (i) trận ni × ni ∆ Có hoàn cảnh mà ta nói nhiều nữa, ta xác định vành chia ∆ cách rõ ràng hơn? Một trường hợp đại số đơn hữu hạn chiều trường đóng đại số Để đạt điều ta cần: Định nghóa: Cho A đại số trường F, a ∈ A gọi đại số F tồn đa thức p(x) ∈ F[x], p(x) ≠ cho p(a)=0 A gọi đại số đại số F a ∈ A đại số F Nhận xét: Nếu A hữu hạn chiều F đại số F Bổ đề (1.4.9): Cho F trường đóng đại số Nếu D đại số chia đại số F ta có D = F Với bổ đề kết hợp với mệnh đề (1.4.7) (1.4.8) ta dạng đẹp cho đại số nửa đơn hữu hạn chiều trường đóng đại số: Mệnh đề (1.4.10): Cho F trường đóng đại số A đại số nửa đơn hữu hạn chiều F Khi A ≈ Fn ⊕ ⊕ Fn k Hiển nhiên tâm tổng trực tiếp tổng trực tiếp tâm Ta có tâm Fn chiều F (vì i GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 20 1) Nếu R vành chia bổ đề (2.2.4) chứng minh 2) Nếu R vành nguyên thủy thỏa (1) R vành chia, nên khẳng định (2) cho R, ∃ k > để Dk ảnh đồng cấu vành R Nếu khả thứ hai xảy tính chất (1) bảo toàn qua phép lấy ảnh ảnh đồng cấu nên (1) cho Dk Khi Dk ta xét phần tử: ⎛ 0 ⎜ ⎜ 0 x1 = ⎜ ⎜ ⎜ 0 ⎝ 0⎞ ⎟ 0⎟ = e21 vaø x2 = …… = xn = ⎟ ⎟ ⎟⎠ ⎛ 0 ⎜ ⎜ 0 ⎜ ⎜ ⎜ 0 ⎝ 0⎞ ⎟ 0⎟ = e11 ⎟ ⎟ ⎟⎠ ta có [x1, x2,…,xn] = x1 ≠ [x1, x2,…,xn]2 = nên: [x1, x2,…,xn]m ≠ [x1, x2,…,xn], với m > 1, mâu thuẩn với điều kiên Dk thỏa tính chất (1) Vậy R phải vành chia nên (2) cho R 3) Nếu R vành nửa đơn R đẳng cấu với tổng trực tiếp vành nguyên thủy Rα Theo phần chứng minh trên, khẳng định (2) cho Rα, tính chất (2) bảo toàn qua phép lấy tổng trực tiếp (vì phép toán cộng nhân thực thành phần), phép lấy vành ảnh đồng cấu Do (2) cho R 4) Nếu R vành tùy ý R/J(R) vành nửa đơn nên (2) cho R/J(R) Do với x1, x2, …, xn ∈ R ta coù [x1, x2, …, xn]∈ J(R) Theo giả thiết [x1, x2, …, xn]m = [x1, x2, …, xn], m > Từ ta suy [x1, x2, …, xn] = (theo tính chất: x ∈ J(R), ux = u ⇒ u = 0) Vậy ta chứng minh khẳng định bổ đề (2.2.4) cho vành R tùy ýª Từ bổ đề (2.2.4), (2.2.5) ta chứng minh mệnh đề (2.2.3) Chứng minh mệnh đề (2.2.3): Trước hết ta xét trường hợp R không chứa nil ideal khác (0).Theo bổ đề (2.2.5) ta có [x1, x2, …, xn] đồng thức R Do R không chứa nil ideal khác (0) nên theo mệmh đề (1.5.3), R tổng trực tiếp vành nguyên tố Rα Do tính giao hoán GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 21 bảo toàn qua phép lấy tổng trực tiếp vành nên ta cần chứng minh Rα giao hoán, với α Nói cách khác, ta giả sử R vành nguyên tố [x1, x2, …, xn] đồng thức R với n > Nếu n > ta chứng minh [x1, x2, …, xn-1 ] đồng thức R Thực vậy, cho x1, x2, …, xn-1 ∈ R tùy ý, [x1, x2, …, xn] = [[x1, x2, …, xn-1], xn] = với xn ∈ R nên ta có [x1, x2, …, xn-1]∈ Z = Z(R) Do giao hoán tử cấp n–1 R thuộc Z Bây giờ, giả sử tồn x1, x2, …, xn-1∈R cho a =[x1, x2, …, xn-1]≠ vaø đặt b = [x1, x2, …, xn-2] ta coù: c = [b, bxn-1]=b[b, xn-1] = b[ x1, x2, …, xn-1] = ba Vì a =[x1, x2, …, xn-1] ≠ 0, c =[x1, x2, …, xn-2,bxn-1] giao hoán tử cấp n–1 R nên thuộc Z, ta có c = ba với a, c ∈ Z, a ≠ Với đẳng thức ta suy ra: a(bxn-1) = (ab)xn-1 = (ba)xn-1 = cxn-1 = = xn-1c = xn-1(ba) = (xn-1b)a = = a(xn-1b) hay tương đương a(bxn-1– xn-1b) = a[b, xn-1] = Vì a ≠ R vành nguyên tố nên phần tử thuộc tâm R ước thực Vậy từ đẳng thức ta phải có [b,xn-1]= tức [x1, x2, …, xn-1] = 0, mâu thuẩn với điều kiện a ≠ Vậy ta chứng minh [x1, x2, …, xn] đồng thức cho R [x1, x2, …, xn-1] đồng thức cho R Tiếp tục trình cuối ta [x1, x2] phải đồng thức cho R hay [x1, x2] = với x1, x2 ∈ R nên R giao hoánª Sau ta cần số định nghóa bổ đề liên quan đến mở rộng trường Định nghóa: Cho K mở rộng đại số trường F Phần tử a thuộc K gọi tách F đa thức tối tiểu F nghiệm bội GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 22 dp(x) d(x) có nhân tử chung, đa thức bất khả qui có nghiệm bội dp(x) đa thức Từ ta có: phải có d(x) Nhận xét: Một đa thức p(x) có nghiệm bội p(x) 1) Nếu F có đặc số điều suy p(x) đa thức hằng, phần tử K tách Z dp(x) = suy p(x) = g(xp) với g đa d(x) thức Khi a ∈ K tồn số nguyên k cho a p tách F Tuy nhiên, trường hợp hoàn toàn có khả có a p ∈ F Khi ta có: 2) Nếu F có đặc số p k k Định nghóa: Cho K mở rộng đại số trường F Giả sử phần tử a ∈ K cho tồn số nguyên k ≥ để a p ∈ F ta nói a hoàn toàn không tách F k Một mở rộng đại số K F gọi mở rộng tách (tương ứng: hoàn toàn không tách được) F phần tử tách đươc (tương ứng: hoàn toàn không tách được) F Nhận xét: Người ta chứng minh được: Tập phần tử K hoàn toàn không tách F lập thành trường K Kết tương tự cho tập phần tử tách F Bổ đề (2.2.6): Cho K trường mở rộng trường F, K ≠ F giả sử với a ∈ K tồn số nguyên n(a) > an(a)∈ F Khi đó: 1) Hoặc K hoàn toàn không tách F 2) Hoặc K có đặc số nguyên tố đại số trường nguyên tố P Chứng minh: Nếu K hoàn toàn không tách F để chứng minh Giả sử K không hoàn toàn không tách F tồn phần tử a ∈ K, a ∉ F tách F Do an ∈ F nên a đại số tách F nên trường F(a) nhúng vào mở rộng GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 23 chuẩn tắc hữu hạn L F Tính chuẩn tắc L cho ta tự đẳng cấu ϕ L cố định F cho b = ϕ(a) ≠ a Ta lại có bn =ϕ(a)n=ϕ(an) = an an ∈ F, từ b = νa với ν ≠ 1∈L bậc n đơn vị Tương tự, ϕ(a+1) = b+1 (a+1)m∈F nên tồn phần tử µ∈L cho µm = b+1 = µ(a+1) hay νa+1 = µ(a+1) Ta lại có µ ≠ ν không b+1 = ν(a+1) = νa + ν = b+ν mâu thuẩn với điều kiện ν ≠1 Giải lại theo a ta a = 1− µ ν −µ Do µ ν đơn vị nên đại số trường nguyên tố P a đại số P Ta cần chứng minh P có đặc số p ≠ Đặt Lo mở rộng chuẩn tắc hữu hạn P chứa a Các lý luận cho a áp dụng cho a+i với số nguyên i (vì a i − µi tách F a+i vậy) Từ ta có a + i = ν i − µi νi, µi đơn vị thuộc Lo Do P có đặc số phần tử a+i phân biệt Lo mở rộng hữu hạn trường hữu tỉ lại có số vô hạn đơn vị phân biệt điều vô lý Vậy P phải có đặc số p ≠ Bây f∈F a+f tách F nên a+f đại số P Nhưng a đại số P nên suy f đại số P Vậy F đại số P Nhưng K đại số F nên từ K đại số P Bổ đề chứng minh Bổ đề (2.2.7): (định lý Jacobson-Noether) Nếu D đại số chia không giao hoán đại số tâm Z tồn phần tử thuộc D, không thuộc Z, tách Z Chứng minh: Nếu D có đặc số phần tử D tách Z, ta xét vành chia D có đặc số p ≠ Nếu khẳng định bổ đề sai D hoàn toàn không tách Z, tức với x ∈ D x p ∈ Z với n(x) ≥ Vậy tồn a ∈ D, a ∉ Z cho ap ∈ Z n(x) GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 24 Gọi δ ánh xạ D xác định xδ = xa – ax D có đặc số p ≠ nên ta có xδp = xap – apx = ap ∈ Z Ta lại có a ∉ Z nên δ ≠ 0, yδ ≠ tồn số k > cho yδk = nhöng yδk-1 ≠ Đặt x = yδk-1 k > ta có x = wδ = wa – aw Từ xδ = ta suy xa – ax = 0, D vành chia nên ta viết x = au x giao hoán với a nên u Do au = wa – aw vaø ta suy ra: a = (wa – aw)u-1 = (wu-1)a – a(wu-1) = ca – ac với c = wu-1 , từ ta c = + aca-1 Nhưng với t ta lại có c p ∈ Z nên: t c p ∈ Z Từ dẫn đến mâu thuẩn = Bổ đề chứng minhª t t t t c p = (1 + aca −1 ) p = + (aca −1 ) p = + ac p a −1 = + c p t t Từ hai kết Herstein chứng minh định lý mở rộng khác cho định lý Jcobson [mện đề (2.1.5)] Mệnh đề (2.2.8): Cho R vành có tâm Z với a ∈ R tồn số nguyên n(a) > an(a) ∈ Z Khi R nil ideal giao hoán (Hay tương đương: ideal giao hoán tử R phải nil) Chứng minh: Trước hết ta chứng minh kết cho vành chia Nếu R vành chia an(a) ∈ Z với a ∈ R nên R đại số Z Theo bổ đề (2.2.7) thì, R giao hoán, tồn phần tử a ∉ Z tách Z Nếu khả sau xảy trường Z(a) không hoàn toàn không tách Z thỏa giả thiết bổ đề (2.2.6) nên ta suy Z(a), Z, đại sso trường nguyên tố P với đặc số p ≠ Vậy x ∈ R x đại số Z nên đại số P Điều cho thấy P(x) trường hữu hạn Từ xm(x) = x với m(x) > Vậy theo định lý Jacobson [mệnh đề (2.1.5)] R giao hoán Bây ta xét trường hợp R vành nguyên thủy Khi đó, R vành chia D, với k > Dk ảnh GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 25 đồng cấu vành R Với khả sau, Dk ta xét phần tử x: ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ x= ⎜ = e11 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠ ta có xm = x với m với x không thuộc tâm Dk, mâu thuẩn với điều kiện Dk kế thừa tính chất nêu giả thiết cho R Vậy R phải vành chia nên giao hoán theo chứng minh Trong phần lại phép chứng minh lẽ ta phải chứng minh cho trường hợp R vành nửa đơn, nhằm đạt kết sâu ta chuyển sang hướng khác Bây giả sử R vành nil ideal khác (0) thỏa điều kiện với a ∈ R tồn n(a) > thỏa an(a) ∈ Z Theo mệnh đề (1.5.3) thích sau ta biểu diễn R thành tổng trực tiếp vành nguyên tố Rα có tính chất: Với Rα tồn phần tử không lũy linh xα ∈ Rα cho với ideal khác (0) Uα ⊂ Rα xαm(U) ∈ Uα với m(U) > Vì ảnh đồng cấu R nên Rα thỏa giả thiết an(a) ∈ Z Vậy để chứng minh mệnh đề ta cần chứng minh cho Rα Nói cách khác, ta giả sử R vành nguyên tố thỏa điều kiện an(a) ∈ Z có thêm tính chất tồn phần tử không lũy linh b ∈ R cho với ideal U ≠ (0) R bm(U) ∈ U Do bn(b) = c ∈ Z không lũy linh lũy thừa di chuyển quanh ideal khác (0) R nên ta giả thiết b ∈ Z Mặt khác, R vành nguyên tố nên phần tử thuộc Z ước R Đặt R = {(r, z)/ r ∈ R, z ≠ 0, z ∈ Z} R ta định nghóa quan hệ xác định : (r1, z1) ≈ (r2, z2) r1z2 = r2z1 quan hệ tương đương Đặt R* tập lớp tương đương ký hiệu [r,z] lớp tương đương (r, z), ta định nghóa phép toán cộng nhân R* nhö sau: [r1, z1]+ [r2, z2] = [r1z2+r2z1, r1r2] GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 26 [r1, z1][r2, z2] = [r1r2, z1z2] Do phần tử Z không ước R nên phép toán định nghóa tốt R* vành Hơn ánh xạ biến r ∈ R thành [r, z] ∈ R* phép nhúng R vào R* Sau cùng, tâm R* Z* = {(r, z)/ r ∈ Z} suy Z* trường Ngoài ra, [r, z]∈R* [r, z]n(r) = [r n(r), z]n(r) ∈ Z* nên R* kế thừa tính chất giả thiết cho R Tuy nhiên R* lại vành đơn U* ≠ (0) ideal R* đặt U = {r ∈ R/[r, z]∈ U*, z ∈ Z} U ≠ (0) ideal R nên bm(U) ∈ U Mà ≠ bm(U) ∈ Z (vì b không lũy linh b ∈ Z) nên từ ta suy U* chứa phần tử khác Z* Mặt khác, Z* trường nên ta Z* = R* Vậy ta chứng minh R* vành đơn Là vành đơn có đơn vị nên R* vành nguyên thủy phải giao hoán theo chứng minh Mệnh đề chứng minh Nhận xét: Mệnh đề thực mở rộng định lý Jacobson [mệnh đề (2.1.5)] R vành thỏa xn(x) = x, n(x) > R chứa phần tử lũy linh khác nên nil ideal khác (0) Mặt khác, e phần tử lũy đẳng R với x∈R, phép tính đơn giản ta có: (xe – exe)2 = = (ex – exe)2 vaø suy xe – exe = ex – exe = (vì R không chứa phần tử lũy linh khác 0) Từ xe = ex Vậy lũy đẳng R thuộc tâm Do đó, an(a) = a, n(a) > e = an(a)–1 lũy đẳng theo chứng minh ta suy an(a)–1 ∈ Z Vậy giả thiết mệnh đề (2.2.8) thỏa mãn nên R giao hoán \ Tiếp theo, ta xét thêm trường hợp mở rộng mệnh đề vừa rồi, phần chứng minh trình bày luận văn thạc só khoa học Phan Trường Linh – Hồ Chí Minh 2001 Mệnh đề (2.2.9): Cho R vành nửa đơn thỏa điều kiện: (1) ∀ x, y ∈ R, ∃ m = m(x,y), ∃ n = n(x,y) (m, n > 0) [xm, yn]=0 R giao hoán GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 27 Ta cần nhắc lại khái niệm dùng hai bổ đề sau để chứng minh mệnh đề (2.2.9): Định nghóa: Cho R vành tùy ý, phần tử x ∈ R gọi tựa qui phải tồn phần tử x’∈ R cho x + x’ + xx’ = Khi x’ gọi tựa nghịch đảo phải x Bổ đề (2.2.10): Cho R vành có đơn vị thỏa điều kiện (1) Nếu x, y ∈ R cho x (1 + x’)y tựa qui tồn k = k(x, y)> để cho: (2) [x, yk][(1+x’)y]’(1+x’) [x, yk] = [x, yk] giao hoán tử cấp hai phần tử x yk Bổ đề (2.2.11): Nếu D vành chia thỏa điều kiện (1) với x, y thuộc D tồn số nguyên k = k(x, y) >0 [x, yk] = Với bổ đề vừa thiết lập ta chứng minh mệnh đề (2.2.9) Chứng minh mệnh đề (2.2.9): 1) Nếu R vành chia thỏa điều kiệân (1), vớiû a, b ∈ R tùy ý ta xét vành R1 sinh a b Theo bổ đề (2.2.11) với x ∈ R1( R1 ⊂ R vành chia) tồn số nguyên m, n > [a, xm]=0 [b, xn]=0 Nếu lấy k bội chung nhỏ m n k > 0và xk giao hoán với a b Vậy xk ∈ Z(R1) Mặt khác, R vành chia nên R1 phần tử lũy linh khác không chứa nil ideal khác (0) Đến ta thấy điều kiện mệnh đề (2.2.8) thỏa mãn cho R1 nên R1 giao hoán Tức ta có ab = ba, suy R giao hoán 2) Nếu R vành nguyên thủy theo mệnh đề (1.4.3), R vành chia D, có k > để Dk ảnh đồng cấu vành R Nếu trường hợp thứ hai xảy dễ thấy Dk kế thừa tính chất nêu giả thiết cho R tính chất bảo toàn qua phép lấy vành ảnh đồng cấu Khi đó, Dk ta xét phần tử: GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ x= ⎜ = e11 vaø y = ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠ trang 28 ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎟ = e11+ e12 ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠ với m, n > o ta có xm = x, yn = y neân [xm, yn] =[x, y] = e12 ≠ 0, mâu thuẩn với điều kiện Dk thỏa giả thiết Vậy R phải vành chia nên R giao hoán 3) Nếu R vành nửa đơn theo mệnh đề (1.5.3), R đẳng cấu với tổng trực tiếp vành nguyên thủy Rα Mà vành nguyên thủy Rα ảnh đồng cấu R nên kế thừa điều kiện giả thiết, theo 2) phải giao hoán Từ suy R giao hoán mệnh đề ủaừ ủửụùc chửựng minhê Đ3 MOT HệễNG TIEP TUẽC Mễ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ JACOBSON Giả sử vành R nửa đơn, không giao hoán có f(x1, x2,…, xn) đồng thức đa thức, giả sử có số nguyên k1, k2, …, kn (lớn 0, phụ thuộc x1, x2, …, xn ) thỏa điều kiện f ( x1k , x 2k , , x nk ) = liệu có f(x1, x2, …, xn) = hay khoâng? n Trong luận văn thạc só khoa học Phan Trường Linh – Hồ Chí Minh 2001 tác giả giải cho trường hợp f(x1, x2) = [x1,x2], luận văn mục đích xét trường hợp f(x1, x2, x3) = [[x1,x2], x3] Mệnh đề (2.3.1): Nếu R vành nửa đơn có đặc số p ≠ thỏa điều kiện : (1) ∀ x, y, z ∈ R, ∃ m = m(x, y, z) > 0, n = n(x, y, z) > 0, l = l(x, y, z)> 0: [[xm, yn] ,zl] = R vành giao hoán Chứng minh: 1) Xét trường hợp R vành chia: Chọn z = y, theo giả thiết ta tìm m, n thỏa [[xm, yn], yn]= Ta chứng minh công thức sau : [xm, yn, yn,…, yn] = k ∑ (−1) C i =0 GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí i i k y in x m y ( k − i )n HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 29 k laàn yn, k > Khi k = 2: [[xm,yn],yn] = (xmyn– ynxm)yn – yn(xmyn– ynxm) = xmy2n– ynxmyn– ynxmyn + y2nxm = xmy2n– 2ynxmyn + y2nxm Giả sử công thức với k, ta chứng minh công thức với k+1: [[xm, yn, yn,…, yn],yn] = [xm, yn, yn,…, yn]yn – yn[xm, yn, yn,…, yn] k laàn yn =(xmykn– C1k ynxmy(k-1)n+… +(–1)i-1 C ik−1 y(i-1)nxmy(k-i+1)n +(–1)i C ik yinxmy(k-i)n +…+(-1)kyknxm)yn – yn(xmykn– C1k ynxmy(k-1)n+… +(–1)i-1 C ik−1 y(i-1)nxmy(k-i+1)n +(–1)i C ik yinxmy(k-i)n +…+(-1)kyknxm) = C 0k +1 xmy(k+1)n + … +(-1)i C ik +1 yinxmy(k-i+1)n + … + (-1)k+1y(k+1)nxm = k +1 ∑ (−1) C i =0 i i k y in x m y ( k − i )n Ta chứng minh xong công thức • Nếu đặc số p = thì: [[xm,yn],yn] = xmy2n– 2ynxmyn + y2nxm = xmy2n– y2nxm = [xm, y2n] maø [[xm, yn], yn]= nên [xm, y2n] = Trước xét trường hợp p > ta chứng minh kết phụ sau: “nếu p số nguyên tố C ip M p (với 1≤ i≤ p–1)” Giả sử p số nguyên tố, ta có : C ip = p! (p − 1)! =p (với 1≤ i≤ p–1) i!(p − i)! i!(p − i)! Vì C ip số tự nhiên nên p(p–1)! M i!(p–1)! Vì p số nguyên tố nên ƯCLN(p, i!(p–1)!) = Do (p–1)! M i!(p–1)! nên C ip M p (với 1≤ i≤ p–1) • Nếu đặc số p > p nguyên tố nên C ip M p (với 1≤ i≤ p–1) p lẻ Do đó: [xm, yn, yn,…, yn] = p lần y n p ∑ (−1) C i =0 i i p m np np m y in x m y ( p − i ) n = x y – y x ⇒ [xm, ynp]= GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 30 Vậy, ta có [xm, ynp] = nên theo mệnh đề (2.2.9) R vành giao hoán 2) Xét trường hợp R vành nguyên thủy: theo mệnh đề (1.4.3), R vành chia D, có k > để Dk ảnh đồng cấu vành R Nếu trường hợp thứ hai xảy dễ thấy Dk kế thừa tính chất nêu giả thiết cho R tính chất bảo toàn qua phép lấy vành ảnh đồng cấu Khi đó, Dk ta xét phần tử: ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ x= ⎜ = e11 vaø y = ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎜ ⎟ = e11+ e12 ⎜ ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠ với m, n > o ta coù xm = x ; yn = y neân [[xm, yn], yn] =[[x, y], y] = –e12 ≠ mâu thuẩn với điều kiện Dk thỏa giả thiết Vậy R phải vành chia nên R giao hoán 3) Xét trường hợp R vành nửa đơn: theo mệnh đề (1.5.4), R đẳng cấu với tổng trực tiếp vành nguyên thủy Rα Mà vành nguyên thủy Rα ảnh đồng cấu R nên kế thừa điều kiện giả thiết, theo 2) phải giao hoán Từ suy R giao hoán mệnh đề chứng minhª Mệnh đề (2.3.2): Nếu R vành nửa đơn có đặc số p = thỏa điều kieän : (1) ∀ x, y, z ∈ R, ∃ m = m(x, y, z) > 0, n = n(x, y, z) > 0, l = l(x, y, z)> 0: [[xm, yn] ,zl] = R vành giao hoán Ta nhắc lại khái niệm dùng hai bổ đề sau để chứng minh mệnh đề (2.3.2): Định nghóa: Cho R vành tùy ý, ánh xạ d: R ——–––––> R (R xem nhóm cộng) gọi toán tử vi phân d(ab) = d(a)b + ad(b) với a, b ∈ R \ Nếu R đại số trường F d có thêm tính chất: d(αx) = αd(x) với x ∈ R, α ∈ F Bổ đề (2.3.3): Cho R vành có đặc số 0, d toán tử vi phân R Nếu d2(z) = dk(z) = k!d(z)k với z ∈ R, k ≥ Chứng minh: GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 31 • Khi k =1 : d1(z) = 1!d(z)1 • Giả sử có dk(z) = k!d(z)k ta chứng minh dk+1(z) = (k+1)!d(z)k+1 Ta có: dk+1(z) = d(dk(z)) = d(k!d(z)k) = k!d(d(z)k) Tính A = d(d(z)k): A = d(d(z)k-1.d(z)) = d(d(z)k-1).d(z) + d(z)k-1.d(d(z)) = d(d(z)k-1).d(z) + d(z)k-1 d2(z) ⎛ d k −1 (z) ⎞ ⎟⎟.d(z) + 2d(z)k-1 d(z)2 = d⎜⎜ ( k )! − ⎠ ⎝ (vì dk-1(z) = (k–1)!d(z)k-1 theo giả thiết qui nap) = d(d k −1 (z)).d(z) + 2d(z)k+1 (k − 1)! = dk(z) d(z) + d(z)k+1 (k − 1)! (vì 2d(z)k+1 = d(z)k-1 d2(z) = d(z)k-1.0 = nên d(z)k+1 = 2d(z)k+1= 0) = k!d(z)k d(z) + d(z)k+1 (k − 1)! = k d(z)k+1 + d(z)k+1 = (k +1) d(z)k+1 Do đó: dk+1(z) = k!A = k! (k +1) d(z)k+1 = (k +1)!d(z)k+1 , ta chứng minh xong mệnh đề Bổ đề (2.3.4): Cho R vành có đặc số 0, R thỏa điều kiện : (1) ∀ x, y, z ∈ R, ∃ m = m(x, y, z) > 0, n = n(x, y, z) > 0, l = l(x, y, z)> 0: [[xm, yn] ,zl] = tồn số nguyên a, b cho [xa, yb] lũy linh Chứng minh: Xét ba phần tử x, y, y theo điều kiện (1) ta có số nguyên m, n cho [[xm, yn], yn] = Xét ba phần tử x2r, y, y theo điều kiện (1) ta có số nguyên m, t cho [[x2mr, yt], yt] = GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 32 Xét toán tử d(u) = uytn – ytnu = [u, ytn]ta có d toán tử vi phân, thaät vaäy: d(uv) = [uv, ytn] = uvytn – ytnuv d(u)v + ud(v) = [u, ytn]v + u[v, ytn] = (uytn –ytnu)v + u(vytn –ytnv) = = uytnv – ytnuv + uvytn – uytnv = uvytn – ytnuv ⇒ d(uv) = d(u)v + ud(v) Với u = xm, ta tính d2(u): d2(u) = d(d(u)) = d([u, ytn]) = [[u, ytn], ytn] = [[xm, ytn], ytn] theo ta có d2(u) = Theo bổ đề (2.3.3) ta có d2r(u) = (2r)!d(u)2r Vì d2(u) = nên d2r(u) = (2r)!d(u)2r+ = ⇒ d(u)2r = (do vành có đặc số 0) ⇒ [u, ytn]2r = ⇒ [xm, ytn]2r = ⇒ [xm, ytn] phần tử lũy linh Ta chứng minh xong bổ đề Bây ta chứng minh mệnh đề (2.3.2) Chứng minh mệnh đề (2.3.2): Theo bổ đề (2.3.4) vành R nửa đơn với phần tử x, y tìm số nguyên m, n cho [xm, yn] phần tử lũy linh Vì R vành nửa đơn nên [xm, yn] = 0, theo mệnh đề (2.2.9) R vành giao hoánª Với hai mệnh đề (2.3.1), (2.3.2) ta chứng minh được: Nếu R vành nửa đơn thỏa điều kiện: ∀ x, y, z ∈ R, ∃ m = m(x, y, z)>0 , n = n(x, y, z) > 0, l = l(x, y, z)>0 : [[xm, yn] ,zl] = R vành giao hoán mục đích mà đặt ban đầu đạt được: ––– GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí ––– HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 33 KẾT LUẬN T –––ŠŠŠ––– rong luận văn nêu vài mở rộng cho định lý tiếng Jacobson điều kiện để vành trở thành vành giao hoán Phần 1: luận văn trình bày khái niệm vành, modul, lớp vành đặc biệt quan hệ lớp vành Phần 2: luận văn trình bày định lý Jacobson, vài kết mở rộng định lý Jacobson Các kết tìm thấy Herstein, luận văn dựa kết nêu luận văn thạc só khoa học Phan Trường Linh – Hồ Chí Minh 2001 Dựa kết luận văn nêu hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson Lẽ kết luận cuối nên vương tới trường hợp R vành nil ideal khác (0), thời gian hạn hẹp khả có hạn nên không thực xin hẹn dịp khác Luận văn thiếu sót, mong quý thầy cô bạn đồng học sẵn lòng góp ý để có dịp học hỏi thêm Xin chân thành cảm ơn Thành phố Hồ Chí Minh, tháng 11 năm 2001 ĐINH QUỐC HUY (Học viên Cao học khóa 9/1998 Trường Đại Học Sư Phạm – HCM) GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 34 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1) I.N Herstein, NONCOMMUTATIVE RINGS, The Mathematical Association of America, 1968 2) S Lang, ĐẠI SỐ, Nhà xuất Đại học trung học chuyên nghiệp – 1978 3) Ngô Thúc Lanh, ĐẠI SỐ (giáo trình sau đại học), Nhà xuất Giáo dục – 1985 4) Phan Trường Linh, Luận văn thạc só khoa học chuyên ngành đại số lý thuyết số– Hồ Chí Minh 2001 ––– ––– GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Ñinh Quoác Huy ... chứng minh định lý Jacobson: GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 15 Mệnh đề(2.1.5): (định lý Jacobson) ... tối đại qui R GV hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang §2 CĂN JACOBSON Định nghóa: Căn Jacobson R, ký hiệu... hướng dẫn: PGS – TS Bùi Tường Trí ––– HV: Đinh Quốc Huy Luận văn Thạc só Toán: Một hướng tiếp tục mở rộng định lý Jacobson trang 33 KẾT LUẬN T –––ŠŠŠ––– rong luận văn nêu vài mở rộng cho định