Mở rộng đại số của một số lớp PI vành

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH NGƯỜI THỰC HIỆN: NGUYỄN XUÂN PHƯƠNG MỞ RỘNG ĐẠI SỐ CỦA MỘT SỐ LỚP PI-VÀNH CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ KHOÁ 18 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 – 2010 LỜI CẢM ƠN Lời đầu tiên, xin trân trọng cám ơn tất quý thầy, cô tổ môn Đại số Lý thuyết số, khoa toán - tin trường Đại học Sư Phạm tp.HCM, quý thầy cô trường Đại học Khoa Tự Nhiên tp.HCM, Phòng Nghiên cứu Khoa học Sau đại học trường ĐHSP tất bạn học viên Cao học Đại số Lý thuyết số nhiệt tình giảng dạy, tạo điều kiện giúp đỡ tơi hồn thành khố học Tơi xin cám ơn q thầy cô hội đồng đọc, nhận xét đóng góp ý kiến quý báu luận văn Tôi xin đặc biệt tri ân PGS.TS Bùi Tường Trí tận tình hướng dẫn tơi suốt q trình thực luận văn Do trình độ cịn hạn chế nên luận văn không tránh khỏi sai sót, kính mong thơng cảm góp ý xây dựng Trân trọng cám ơn CHƯƠNG 1: NHỮNG VẤN ĐỂ CƠ BẢN CỦA VÀNH KHƠNG GIAO HỐN 1.1 MODULE: Định nghĩa mođun Cho R vành tùy ý M nhóm cộng Aben M gọi Rmođun có ánh xạ f :MR  M  m, r   f  m, r   mr Thỏa  m , m , m  M ,  a , b  R thì: i) m  a  b   ma  mb ii)  m1  m  a  m1a  m 2a iii)  ma  b  m  ab  Nếu R có chứa phần tử đơn vị m.1 = m với m  M ta gọi M R-mođun đơn nguyên Định nghĩa: Một R-mođun M gọi R-mođun trung thành Mr = => r = Định nghĩa: Cho M R-mođun, ta định nghĩa A (M) tập hợp tất phần tử R linh hóa tồn M A  M   r  R : Mr    1.1.1 Bổ đề: A (M) ideal hai phía R M R/A(M) mođun trung thành M R-mođun trung thành  A(M) = (0) Định nghĩa: Ta ký hiệu E(M) = {  : M  M;  tự đồng cấu nhóm cộng M } Nhận xét: i) ∀ a ∈ R , Ánh xạ Ta : M  M m  m Ta  m a Thì Ta tự đồng cấu nhóm cộng M ⇒ Ta∈ E(M) ii) Trên E(M) ta định nghĩa phép toán : ∀,  ∈ E(M) , ∀ m ∈ M m ( + ) = m + m m ( ) = (m)  Khi E (M) phía với phép toán lập thành vành iii) R/A(M) đẳng cấu với vành vành tự đồng cấu E(M) Định nghĩa tâm tập: Cho M R-mođun, ta gọi tâm tập M R tập hợp: C  M    E  M  :   Tr  Tr  , r  R  Với Tr: M → M m ↦ mTr = mr Định nghĩa mođun bất khả qui: M gọi R-mođun bất khả qui MR ≠ (0) M khơng có mođun thực 1.1.2 Bổ đề Schur’s: Nếu M R-mođun bất khả qui C (M) vành chia (hay thể) Chứng minh Hiển nhiên, C(M) vành E(M) Do C(M) vành Ta cần chứng minh   C(M)   phần tử khả nghịch C(M) Thật vậy,   nên M  M mođun M Theo giả thiết M R – mođun bất khả quy nên ta có M = M, suy  toàn cấu Hơn  đơn cấu, ker = Thật vậy, giả sử ker  M R – mođun bất khả quy nên ker = M,  = (mâu thuẫn) Tóm lại ta có  đẳng cấu Suy tồn đẳng cấu ngược -1  E(M) Khi ta có   C(M)  Tr = Tr, r  R  -1Tr = -1Tr, r  R  Tr = -1Tr, r  R  Tr-1 = -1Tr, r  R  -1 C(M) 1.1.3 Bổ đề: Nếu M R-mođun bất khả qui M đẳng cấu (như mođun) với mođun thương R/ với  ideal phải tối đại R Hơn tồn phần tử a ∈ R: x – ax ∈  , ∀ x ∈ R Ngược lại: Nếu ideal phải tối đại  R thỏa mãn tính chất R/ R-mođun bất khả qui Định nghĩa ideal qui: Một ideal phải  R gọi qui ∃ a ∈ R cho: x – ax ∈  , ∀ x ∈ R 1.2 RADICAL JACOBSON CỦA VÀNH: Định nghĩa: Radical Jacobson vành R, kí hiệu J(R) radR, tập hợp tất phần tử R linh hóa tất mođun bất khả qui R J(R) = { a∈ R : Ma = (0) ; ∀ M R-mođun bất khả qui } Nếu R khơng có mođun bất khả qui, đặt J(R) = R, lúc R gọi vành Radical Nhận xét: Ta có A(M) = { a ∈ R : Ma = (0) ; M R-mođun } ⇒ J(R) = ∩ A(M), ∀ M R-mođun bất khả qui J(R) ideal phía R Vì M hiểu R-mođun phải nên J(R) đươc gọi Radical Jacobson phải Tương tự, ta định nghĩa Radical Jacobson trái Tuy nhiên, khái niệm trùng nên ta khơng cịn nhấn mạnh tính phải , trái Radical Jacobson 1.2.1 Bổ đề: M bất khả qui ⇔ M ≅ R/ , với  ideal phải tối đại, qui Nhận xét : Nếu R vành Radical R khơng có ideal phải tối đại , qui Nếu R có đơn vị, R khơng thể vành Radical Định nghĩa: Cho  ideal phải R Ta định nghĩa : ( : R) = { x ∈ R : Rx ⊂ } Nhận xét: Nếu  ideal phải tối đại , qui, ta đặt M = R/ A(M) = ( : R) 1.2.2 Một số tính chất: J(R) = ∩ ( : R)  chạy qua ideal phải tối đại, qui, (  : R) ideal phía lớn R nằm  Nếu  ideal phải , qui, thực R  nằm ideal phải, tối đại, qui J(R) = ∩  với  ideal phải, tối đại , qui Định nghĩa phần tử tựa qui: Phần tử a ∈ R gọi tự qui phải ∃ a’ ∈ R : a + a’ + aa’ = Ta gọi a’ tựa nghịch đảo phải a Một ideal phải R gọi tựa qui phải phần tử tựa qui phải Tương tự, ta định nghĩa phần tử tựa qui trái Nhận xét : Nếu vành R có đơn vị phần tử a ∈ R tựa qui phải ⇔ + a có nghịch đảo phải R Từ J(R) = ∩  với  ideal phải , tối đại qui Ta suy mệnh đề sau : i) J(R) ideal phía tựa qui phải ii) Nếu  ideal phải, tựa qui phải  ⊂ J(R) 1.2.3 Định lý: J(R) ideal phải , tựa qui phải R chứa ideal phải tựa qui phải, J(R) ideal phải, tựa qui phải lớn R Định nghĩa phần tử lũy linh – ideal lũy linh – Nil ideal : a ∈ R gọi phần tử lũy linh ∃ n ∈ N : an = Ideal trái (phải, phía) gọi Nil-ideal trái (phải, phía) phần tử lũy linh Ideal trái (phải, phía) gọi lũy linh ∃ n ∈ N : a1.a a n  0, a1 ,a , ,a n  tức ∃ n ∈ N : n = (0) Nhận xét : Nếu  ideal lũy linh (n = (0)) Nil-ideal, điều ngược lại không Mọi phần tử lũy linh tựa qui 1.2.4 Bổ đề: J(R) chứa Nil-ideal phía 1.2.5 Định lý: J(R/J(R)) = (0) Chứng minh Đặt R  R J ( R)  ideal phải, tối đại, quy R Khi J ( R)   Do theo định lý đồng cấu,    J ( R) ideal phải, tối đại R Thật vậy, J ( R )    R nên ta có : R   ( R J ( R )) (  J ( R )) Từ tính tối đại  vành R ta suy tính tối đại  J ( R ) vành thương R J ( R) Ta chứng minh  quy vành R Thật vậy,  quy nên tồn a  R cho x  ax   , x  R Suy tồn a  R cho x  ax   ,  x  R Do J ( R)    , với  chạy qua khắp ideal phải, tối đại, quy R nên ta có    (0) Theo tính chất 1.2.2 J ( R ) giao tất ideal phải, tối đại, quy R nên J ( R )     (0) Vậy J ( R )  (0) ■ 1.2.6 Bảng tóm tắt cách xác định Radical-Jacobson: J(R) = { a∈ R : Ma = (0) , ∀ M R-mođun bất khả qui } = ∩ A(M) , ∀ M R-mođun bất khả qui = ∩  ,  chạy khắp ideal phải, tối đại, qui = ∩ ( : R) ,  chạy khắp ideal tối đại , qui = ideal phải, tựa qui phải lớn R 1.3.VÀNH NỮA ĐƠN Định nghĩa : Vành R gọi nửa đơn : J(R) = (0) 1.3.1 Định lý : R/J(R) vành nửa đơn 1.3.2 Bổ đề: Mọi ideal phía A vành nửa đơn R A vành nửa đơn 1.3.3 Định lý: Nếu A ideal phía vành R J(A) = J(R) ∩ A Chứng minh Nếu a  A  J ( R ) a  J ( R) , suy a phần tử tựa quy phải R nên tồn a  R cho a  a  aa  , a   a  aa  A , a phần tử tựa quy phải A Suy ra, A  J ( R) ideal tựa quy phải A Theo định lý 1.2.3 ta có A  J ( R)  J ( A) Ngược lại, ta lấy  ideal phải, tối đại, quy R đặt A  A   Nếu A   tính tối đại  ta có A    R Do theo định lý đồng cấu ta có : R   ( A   )   A ( A   )  A  A Do  tối đại R nên R  bất khả quy A  A bất khả quy Suy  A ideal phải tối đại A Ta chứng minh  A quy A Thật vậy,  quy R nên tồn b  R cho x  bx   , x  R Ta có b  R  A    b  a  r với a  A, r   Khi x  bx  x  ax  rx   , rx   nên x  ax   Tóm lại, tồn a  A cho x  ax    A   A ,x  A , hay  A quy A Vậy ta có J ( A)   A với  ideal phải, tối đại, quy R mà A   Nếu A    A  A    A J ( A)   A Với  chạy qua khắp ideal phải, tối đại, quy R ta có J ( A)    A  ( A   )  (  )  A  J ( R )  A 10 Vậy J ( A)  A  J ( R) ■ 1.3.4 Định lý: J(Mn(R) = Mn(J(R)), với Mn(R) vành ma trận vuông cấp n lấy hệ tử vành khơng giao hốn R Chứng minh Lấy M R - module bất khả quy  Đặt M ( m )  (m1 , m2 , , mm ) mi  M  Dễ dàng kiểm tra M ( m ) Rm - module với phép cộng phép cộng theo thành phần, phép nhân chẳng qua phép nhân vào bên phải M ( m ) với ma trận Rm Hơn nữa, M ( m ) Rm - module bất khả quy Thật  Chứng minh M ( m ) Rm  (0) Do M R - module bất khả quy nên MR  (0) , tồn m  M , r  R cho mr   r  r (m, m, , m )       0 0  0  (mr , mr , , mr )  (0,0, ,0)   r Vậy M ( m) Rm  (0)  Chứng minh M ( m ) khơng có module khơng tầm thường Lấy N  (0) module M ( m ) Ta chứng minh N  M ( m ) hay cần chứng minh M ( m )  N Thật vậy, N  (0) nên tồn (m1 , m2 , , mm )  N (m1 , m2 , , mm )  (0,0, ,0) , tồn mi  với i  1,2, , m Do mi R module module bất khả quy M mà mi R  (0) nên 41 2.5.2 Bổ đề :   Giả sử euu có mặt hệ e i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n f(u)    S2n ei1 j1 , ei j2 , , e i2 n j2 n = Chứng minh i) Trước hết ta giả sử f(u) = trường hợp u có mặt số   hệ e i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n với phần tử euu Do đơn thức   S2n ei1 j1 ,ei2 j2 , ,e i2 n j2 n nên ta có (**) ii) Giả sử f(u) = Có khả xảy : Khả : u có mặt phần tử euu euv u  v Khi  đơn thức khác S2n e i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n   bắt đầu với e uueuv Tổng  S2n ei1 j1 ,ei2 j2 , ,e i2 n j2 n bắt đầu với euueuv :    euueuv S2n  e i1 j1 , , eˆ uu , , eˆ uv , ( Ở kí hiệu ^ có nghĩa xóa thành phần ghi phía dưới) Do u khơng có mặt S2n-2 nên theo giả thiết   qui nạp suy : S2n  ei1 j1 , ,eˆ uu , ,eˆ uv , = Vậy ta có (**) Khả : u có mặt phần tử euu euv u  v Khi  đơn thức khác S2n e i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n  kết thúc với e uueuv Lập luận tương tự ta suy (**) iii) Trường hợp f(u) = Có khả sau xảy : Khả : Nếu u có mặt phần tử euu, euv, euw u  v, w  u  Thì tất đơn S2n ei1 j1 ,ei j2 , ,e i n j2 n  nên ta có (**) Khả : Nếu u có mặt phần tử euu, evu, ewu u  v, w  u Lập luận tương tự ta có (**) 42 Khả : Nếu u có mặt phần tử euu, euv, ewu u  v, w  u  Khi đơn thức khác S2n ei1 j1 , ei j2 , , e i n j2 n  có dạng euueuvaewu , euvaewueuu, aewueuueuvb Do số nhân tử eij aewu lẻ dấu euueuvaewu euvaewueuu trái dấu bị triệt tiêu Đồng thời theo nhận xét 2) 4) đa thức chuẩn tắc tổng từ dạng aewueuueuvb  S2n-2(ewu,…), u khơng xuất khơng xuất số phần tử S2n-2 theo giả thiết qui nạp có:  S2n-2(ewu,…) = Vì ta có S2n ei1 j1 , ei j2 , , e i n j2 n  = Ta trở lại tiếp tục chứng minh định lý Ta thấy phần tử eij lũy đẳng  i = j Gọi  số phần tử lũy đẳng   hệ e i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n Giả sử  = n Khi tất phần tử e11, e22,…, enn có mặt hệ e  i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n Do n  f (k) = 4n phải  u,  u  n cho f(u) k 1  Áp dụng bổ đề 2.5.2 ta suy (**) Giả sử  = r r < n giả sử kết  = s, s, s  r + Do S2n đa tuyến tính nên ta có: S2n ( eu1u1 ,e u 2u , ,eu r 1u r 1 ,a r  ,a r 3 , ,a 2n ) = r + phần tử khác ui ar+2, ar+3, , a2n  Mn(K) Ta xét trường hợp đặc biệt K trường Giả sử hệ {e1, e2, , er+1} hệ Mn(K) gồm phần tử lũy đẳng cho eiej = 0,  i  j Khi tồn đẳng cấu  Mn(K) cho e ui ui = ei, i:  i  r + Suy S2n ( e1 ,e , ,e r 1 ,a r  ,a r 3 , ,a 2n ) = ar+2, ar+3, , a2n  Mn(K) 43 Tương tự ta thấy cần chứng minh (**) i1 = j1 = 1, i2 = j2 = 2, , ir = jr = r ik  jk k > r Xảy khả sau:   i) Hệ e i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n chứa phần tử eij với i > r, j > r, i  j Ta giả thiết eij phần tử thứ r + hệ Khi ta có hai hệ e1 ,e , ,e r ,e 'r 1 e1 ,e , ,e r ,e"r 1 e1 = e11, e2 = e22, , er = err e’r+1 = eii, e”r+1 = eii + eij Rõ ràng hai hệ gồm phần tử lũy đẳng et e’r+1 = 0, et e”r+1 = 0, et es = 0, t, s:  t, s  r, t  s Cho nên: S2n ( e1 ,e , ,er ,e'r 1 , ) = S2n ( e1 ,e , ,e r ,e"r 1 , ) = trừ hai đẳng thức cho ta suy ra: S2n ( e1 ,e2 , ,e r ,e ij , ) =  ii) Hệ e11 , e 22 , , e rr , e i r 1 jr 1 , , e i n j2 n  không chứa e ij với i > r, j > r, i  j Nếu tất số hệ  r < n f(k) = 0, k > r; trái với việc f(k)   k  n Đồng thời, trường hợp r = tầm thường ta xét r  Ta thấy tích ma trận eij khác số thứ hai nhân tử tích số thứ nhân tử Vì dễ dàng kiểm tra đẳng thức (**) ngoại trừ trường hợp sau: a) f(k) chẵn với k b) Có hai số chúng lẻ Theo bổ đề 2.5.2 ta giả thiết f(i) > 4, i  r Thế n  f (k) = 4n k 1 nên j, j > r cho f(j)  Ta chứng minh j, j > r cho f(j)  Trường hợp a) trường hợp hiển nhiên Trong trường hợp b), giả sử ngược lại f(i) > 2, j > r Khi có hai khả xảy ra: 44 Khả b1): Có hai số j1, j2 > r để f(j1) = f(j2) = f(j)  với j > r cịn lại Thế f(i)  6, i  r Khi đó: 4n = n r k 1 i 1  f (k)   f (i)  f  j1   f  j2   n  f  j  6r + + 4(n – r – ) với j  j1, j j r 1  j2  r  mà r   r = Khả b2): Có số j1 > r để f(j1) = 3, f(j)  với j > r cịn lại Khi khơng thể xảy f(i)  6, i  r thì: n 4n = r n  f (k)   f (i)  f  j    f  j  6r + + 4(n – r – ) với j  j1  2r  k 1 i 1 j r 1 vơ lý xem r  Do phải  i1  r để f(i1) =  f(i)  6, i  i1, i  r Khi đó: 4n = n r k 1 i 1  f (k)   f (i)  f  i1   f  j2   n  f  j  6( r – 1) + + + 4(n – r – 1) j r 1 với i  i1, j  j1  r  Như trường hợp b) ta suy r = Thế hệ e i1 j1  , e i j2 , , e i n j2 n phần tử eij có mặt hệ e11, e1j, ej1 với j > Do hệ có 2n – phần tử Vô lý Như ta chứng minh  j, j > r cho f(j)  Với j nói   có i  r cho eij eji  e i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n   Nếu eij  e i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n ta thay eii eij hệ e’i = eii – eij e’r+1 = eij + ejj Ta hệ gồm r + phần tử lũy đẳng mà tích hai phần khác hệ sau đây: e1 = e11, e2 = e22, , ei-1 = ei-1,i-1, e’i, ei+1 = er+1,r+1, , er = err, e’r+1 Rõ ràng ta có: S2n ( e1 ,e2 , ,ei 1 ,e'i ,ei 1 , ,er ,e'r 1 ) = Do e’i = eii – eij e’r+1 = eij + ejj cho nên: 45 S2n ( ,eii , ,eij , ) – S2n ( ,eij , ,eij , ) + S2n ( ,eii , ,e jj , ) – S2n ( ,eij , ,e jj , ) = Nhưng  S2n ( ,eij , ,eij , ) = eij lặp lại  S2n ( ,eii , ,e jj , ) = chứa r + phần tử lũy đẳng mà tích hai phần tử khác  S2n ( ,eij , ,e jj , ) = 0, áp dụng bổ đề 2.5.2 với ejj lũy đẳng f(j)  Do S2n ( ,eii , ,eij , ) = điều chứng minh   Nếu eji  e i1 j1 , e i j2 , , e i n j2 n ta đặt e’i = eii – eji e’r+1 = eji + ejj Ta hệ gồm r + phần tử lũy đẳng mà tích hai phần tử khác hệ Lập luận tương tự ta phải chứng minh Tóm lại ta chứng minh cho trường hợp K trường Trở lại trường hợp tổng quát Do Q trường mà Mn(Z)  Mn(Q), nên kết với Mn(Q) với Mn(Z) Lại Mn(K) = Mn(Z) Z K S2n đa tuyến tính kết với Mn(K) Nhận xét 1: Bổ đề 2.4.5 cho thấy rằng: Nếu A đại số đơn tâm đại số E trường F giả sử B = CE (A) tâm hóa A E AB tích tenxơ A B Nhận xét 2: Giả sử A đại số dày đặc phép biến đổi tuyến tính không gian vectơ V (xem không gian vectơ ) Khi gọi F trường tối đại  theo chứng minh định lý Kaplansky – Amitsur 2.4 ta có A’ = FLA dày đặc EndFV Ta xét trường hợp đặc biệt A đơn tâm hữu hạn chiều trường K, trường hợp V không gian hữu hạn chiều   hữu hạn chiều K Theo chứng minh định lý Kaplansky – Amitsur nhận xét nói A’ = FLA  F K A đồng thời 46 A’ đại số phép biến đổi tuyến tính V ( xem khơng gian vectơ F) Vì [ V : F] = n F K A  Mn(F) Suy rằng: số chiều đại số đơn tâm hữu hạn chiều ln số phương Tổng kết lại đạt định lý Kaplansky – Amitsur (2.4) định lý Amitsur – Levitzki (2.5.1) ta rút định lý Kaplansky – Amitsur – Levitzki sau đây: 2.5.3 Định lý Kaplansky – Amitsur – Levitzki : Giả sử A đại số nguyên thủy (primitive) Khi A thỏa mãn đồng thực A đại số đơn hữu hạn chiều tâm C Nếu d bậc nhỏ đồng thức thực A d = 2n số chẵn [ A : C ] = n2, đồng thời A thỏa mãn đồng thức chuẩn tắc Sd Chứng minh Nếu A đại số nguyên thủy thỏa mãn đồng thức thật bậc d theo định lý Kaplansky – Amitsur (2.4)  A đại số đơn hữu hạn chiều d  tâm C [A : C]    2 Ngược lại, giả sử A đại số đơn [A : C] hữu hạn Khi rõ ràng A đại số đơn tâm trường C Theo nhận xét [A : C] = n2 ta có K cho K C A  Mn(K) Nhưng theo định lý Amitsur – Levitzki (2.5.1) Mn(K) thỏa mãn đồng thức chuẩn tắc S2n Do K C A thỏa S2n A thỏa mãn S2n 47 CHƯƠNG : NGHIÊN CỨU BÀI TOÁN CỦA KUROSH CHO MỘT SỐ LỚP PI – VÀNH ĐẶC BIỆT Cho R vành, R1 vành R ( R mở rộng R1) Ta kí hiệu vành R sinh R1 x1, x2, …, xk R R1{x1, x2, …, xk} trường hợp tồn x1, x2, …, xk  CR [R1] để R = R1{x1, x2, …, xk} ta nói: R mở rộng hữu hạn sinh R1 Khi R1 trường F R = F{x1, x2, …, xk} gọi affine F Bài toán Kurosh cho vành tương tự với tốn Burnside cho nhóm, với địi hỏi: Nếu R affine F phần tử R đại số F phải R hữu hạn chiều F? Tổng quát câu trả lời toán Kurosh toán phủ định nghĩa giả thuyết sai Tuy nhiên số lớp vành đặc biệt tốn Kurosh Mục đích chương nghiên cứu trường hợp đặc biệt đặc biệt với đại số đại số có bậc giới hạn F hay PI – đại số tốn Kurosh có câu trả lời Định nghĩa: A đại số trường F gọi hữu hạn sinh địa phương đại số sinh F số hữu hạn phần tử A hữu hạn chiều F Câu hỏi quan trọng đặt : Khi đại số đại số hữu hạn địa phương? Nói cách khác giả sử A đại số đại số trường F A hữu hạn địa phương ? Chúng ta cố gắng tìm cách giải vấn đề để họ đại số đơn giản 3.1 CÁC BỔ ĐỀ 3.1.1 Bổ đề : Nếu A đại số F B ideal A B A/B hữu hạn địa phương A hữu hạn địa phương 48 Chứng minh Cho a1, …, ar tập hữu hạn phần tử A a1 , , a r lớp chúng A = A/B Vì A/B hữu hạn địa phương nên a1 , , a r đại số hữu hạn chiều A F; đại số biểu diễn F a1 , , a r , a r 1 , , a m Cho a1, …, ar ar+1, …, am nghịch đảo phần tử A Từ mối quan hệ a i a j    ijk a k với ijk  F, ta có : aiaj =  ijk a k + bij với bij  B Vì B ideal A nên tất phần tử bij, akbij, bijak, akbijat B, giới hạn địa phương B chúng sinh đại số hữu hạn chiều M A Nếu W đại số A sinh a1, …, am M  W ideal W Bây đặt W = W/M biểu diễn phần tử a1 , , a m , ảnh a1, …, am, mà chúng thỏa mãn a i a j    ijk a k , W đại số hữu hạn chiều F Cả M W/M hữu hạn chiều suy W hữu hạn chiều F Hiển nhiên W chứa đại số sinh a1, …, ar nên đại số hữu hạn chiều F Định nghĩa: Một ideal A gọi hữu hạn địa phương xem đại số đại số hữu hạn địa phương 3.1.2 Bổ đề: Nếu B C ideal hữu hạn địa phương A B + C ideal hữu hạn địa phương A Chứng minh Theo định lý đồng cấu : BC B  C BC 49 Tuy nhiên, ảnh đồng cấu B, mà hữu hạn địa phương nên B/BC phải hữu hạn địa phương Do (B + C)/C hữu hạn địa phương Giả sử C hữu hạn địa phương, theo bổ đề 3.1.1 ta có B + C hữu hạn địa phương Nếu {Ba} tập có bậc tuyến tính ideal hữu hạn địa phương A liên kết chúng cho thấy chúng hữu hạn địa phương Theo bổ đề Zorn cho ideal hữu hạn địa phương cực đại L A Nếu C ideal hữu hạn địa phương phần trước bổ đề, L + C hữu hạn địa phương Bởi tính cực đại L kết luận rằng: L + C = L nên C  L Chúng ta chứng minh 3.1.3 Bổ đề: A chứa ideal L(A) hữu hạn địa phương cực đại mà chứa tất ideal hữu hạn địa phương A Chúng ta gọi L(A) radical hữu hạn địa phương A, ta thấy nhiều tính chất radical Một điều trình bày bổ đề sau: 3.1.4 Bổ đề: L(A /L(A)) = (0) Chứng minh Nếu C ideal hữu hạn địa phương A = A/L(A) C ảnh nghịch đảo A theo định lý đẳng cấu ta có C  L(A) C/L(A) = C Vì C L(A) hữu hạn địa phương, theo bổ đề 3.3.1 ta có C hữu hạn địa phương Do C  L(A)  C = (0) Chúng ta cần tính chất L(A) gọn nhẹ sâu điều có bổ đề 3.1.3 Đó định lý sau 3.2 CÁC ĐỊNH LÝ 3.2.1 Định lý: 50 Nếu C mọt ideal hữu hạn địa phương trái ( hay phải) A C  L(A) Chứng minh Từ kết bổ đề 3.4 để có A/L(A) phải giả sử L(A) = Trong vấn đề thu nhỏ trở thành việc chứng minh C ideal hữu hạn địa phương trái ( hay phải) C = (0) Bây CA ideal phía A, chứng tỏ hữu hạn địa phương Cho x1, …, xm CA, xi = c r ij ij , cij  C rij A Cho yijmq = rij.cmq, phần tử C, từ tính hữu hạn địa phương C, phần tử cijyijmq sinh đại số hữu hạn chiều W F  c r xk =  c r xixk =  c r ckmrkm =  c y Từ xi = ij ij ij ij kj kj ij có: r ijkm km  Wrkm Do kết xi chứa T =  Wr kj mà không gian vectơ hữu hạn chiều F Bây Wrkmxt = (Wrkm) (  c tjrtj ) =  Wr c r   Wy kmtjrtj  km tj tj  Wr tj  T Vì đại số sinh xi T mà hữu hạn chiều F Nói cách khác, CA ideal hữu hạn địa phương A Từ L(A) = (0) suy CA = (0) C ideal A Lại C hữu hạn địa phương kết luận C = (0) Định lý chứng minh Bây bắt đầu bước cuối cần thiết toán Kurosh cho PI – vành Cơ sở điều khó khăn kết định lý sau 3.2.2 Định lý: Cho A đại số đại số F, hữu hạn sinh thỏa mãn đồng thức đa thức Nếu A khơng có phần tử lũy linh L(A)  (0) Chứng minh 51 Do mệnh đề 1.9.2 ta có Radical đại số đại số lũy linh Trong giả thiết A khơng có phần tử lũy linh nên A phải nửa đơn Giả sử a  phần tử khơng khả nghịch A Khi a thỏa mãn quan hệ đa thức nhỏ có dạng: an + 1an-1 + …+ kan-k = 0; với k  n – k  Khi ta có: ( ak + 1ak-1 + …+ k) an-k = Do có: ak+1 + 1ak + …+ ka = 0; với k  Vì ta có: a = a2p(a); p đa thức F Phần tử e = ap(a) lũy đẳng a  khơng khả nghịch nên e  0, Chúng ta có phần tử lũy đẳng e  0, cho ae = a Đối với vành khơng có phần tử lũy linh, tất phần tử lũy đẳng tâm suy e  C(A), tâm A Cho M  ideal  A cho a1, , an  M Ta chứng minh có phần tử lũy đẳng e M cho: aie = với i = 1, 2, , n Chứng minh qui nạp theo n, giả sử có phần tử lũy đẳng e1  M cho a1e = a1, , an-1 e = an-1 Nếu ane = an ta có điều chứng minh Nếu khơng lập luận có phần tử e2  M cho (an - an e1)e2 = an – ane1 suy an = an (e1 + e2 – e1e2) Đặt e = e1 + e2 – e1e2; e1, e2 phần tử lũy đẳng tâm C(A) cho ta kết luận e phần tử lũy đẳng ane = an Hơn nữa, với i < n ta có: aie = (e1 + e2 – e1e2) = = Chúng ta chứng minh xong yêu cầu có phần tử lũy đẳng e M 52 Giả sử P ideal A cho A/P nguyên thủy Vì A/P thỏa mãn đồng thức đa thức, theo định lý Kaplansky A/P đại số đơn hữu hạn chiều tâm A hữu hạn sinh F nên A/P Vì A/P đại số F, tâm nó, trường, đại số F Kết hợp tất có: A/P hữu hạn chiều F Cho y1 , , y m sở A/P F x1, , xn sinh A Cho y1, , ym A ảnh tương ứng y1 , , y m Chúng ta có: m xi =  y ij i j1 m yiyj =  k 1 ijk  u i với ij  F, ui  P (1) y k  u ij với  ijk  F, uij  P (2) Cho P0 ideal A sinh tất u1 uij; hiển nhiên P0  P Vì x1, , xn sinh A, (1) (2) thấy phần tử A có dạng:  y i i + t, với i  F t  P0 Nếu a  P a = P Trong A/P sinh  y i i  y i i + t a – t =  y i i = 0; yi độc lập F dẫn đến i = a = t Nói cách khác, chứng minh P0 = P Những trình bày chứng minh phần tử lũy đẳng e P uie = ui uije = uij với i, j Vì e tâm ui, uij sinh P0 = P ideal, có pe = p p  P Do P = Ae e  C(A) phân tích thành tổng trực tiếp: A = Ae  A(1 – e) ideal hai phía Hơn A/P = A/Ae  A(1 – e) Nhưng A/P hữu hạn chiều F A(1 – e) hữu hạn chiều F Do hệ A(1 – e)  L(A) L(A)  (0) Mọi thứ chuẩn bị cho câu trả lời toán Kurosh cho PI-vành 3.2.3 Định lý: 53 Nếu A đại số đại số F thỏa mãn đồng thức đa thức A hữu hạn địa phương Chứng minh Vì A thỏa mãn đồng thức đa thức F, giả sử thỏa mãn đồng thức đa tuyến tính có bậc d Chúng ta chứng minh định lý phương pháp quy nạp d Nếu d = dễ dàng A giao hoán A3 = (0) trường hợp định lý Tiếp đến A/L(A) giả sử L(A) = (0) Vì quan tâm với đại số hữu hạn sinh A, giả sử thêm A hữu hạn sinh Nói ngắn gọn, A hữu hạn sinh đại số đại số F thỏa mãn đồng thức đa tuyến tính bậc d L(A) = (0), chứng minh điều khơng thể xảy Nếu A khơng có phần tử lũy linh, định lý trước L(A)  (0) phải có phần tử lũy linh khác không Lấy  a  A cho a2 = T ideal trái A sinh a Vì Ta = (0) Bây A thỏa: f(x1, , xd) = x1q(x2, , xd) + h(x1, , xd) h(x1, , xd) biến x1 có mặt đơn thức x Cho x1 = a, x2 = t2, , xd = td, với t2, …, td  T Ta thay vào f(x1, , xd) từ Ta = (0) suy aq(t2, , td) = Đặt W = {x  T ax = 0}, từ TW = (0) có W ideal hai phía T Hơn T = T/W thỏa đồng thức q(x2, , xd) có bậc d – Do tính chất qui nạp, T hữu hạn địa phương Vì W2 = (0), W chắn hữu hạn địa phương Từ T = T/W W hai hữu hạn kết luận T hữu hạn địa phương Bởi T  (0) ideal trái hữu hạn địa phương A Bởi định lý 3.5 kết luận T  L(A) L(A)  (0) Điều mâu thuẫn với giả thiết L(A) = (0) Định lý chứng minh 54 Kết sau hệ định lý trên, đại số tương tự giới hạn toán Burnside 3.2.4 Hệ quả: Nếu A đại số đại số có bậc giới hạn F hữu hạn địa phương Chứng minh Theo bổ đề 2.1.3 A thỏa đồng thức đa thức theo định lý ta có điều phải chứng minh 55 TÀI LIỆU THAM KHẢO Mỵ Vinh Quang (1985), Đại số đại cương, Nhà xuất Giáo dục I N Herstein (1968), Noncommutative Rings, John Wiley and Sons Nathan Jacobson (1975), PI Algebras an Introduction, Springer Verlag Berlin Heidelberg New York ... f đồng thức A tồn hệ số f khơng linh hóa A Trường hợp đại số A có đồng thức thực sự, ta gọi A PI – đại số iii Một đại số A vành giao hốn có đơn vị K gọi pi đại số hay đại số với đồng thức đa thức... nghĩa: A gọi đại số đại số có bậc giới hạn F tồn số tự nhiên n cho với a thuộc A tồn đa thức bậc n thuộc F[x] nhận a làm nghiệm 2.2.2 Bổ đề: Nếu A đại số đại số có bậc giới hạn F A PI -đại số Chứng... nhiên số lớp vành đặc biệt tốn Kurosh Mục đích chương nghiên cứu trường hợp đặc biệt đặc biệt với đại số đại số có bậc giới hạn F hay PI – đại số tốn Kurosh có câu trả lời Định nghĩa: A đại số trường