Vành là hợp của ba vành con thực sự

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Huỳnh Thanh Nhàn VÀNH LÀ HỢP CỦA BA VÀNH CON THỰC SỰ LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2020 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Huỳnh Thanh Nhàn VÀNH LÀ HỢP CỦA BA VÀNH CON THỰC SỰ Chuyên ngành : Đại số lí thuyết số Mã số : 8460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS MỴ VINH QUANG Thành phố Hồ Chí Minh – 2020 LỜI CAM ĐOAN Tơi xin cam đoan viết luận văn tìm tịi, học hỏi thân hướng dẫn tận tình thầy Mỵ Vinh Quang Mọi kết nghiên cứu ý tưởng tác giả khác, có trích dẫn cụ thể Đề tài luận văn chưa bảo vệ hội đồng bảo vệ luận văn thạc sĩ chưa công bố phương tiện Tôi xin chịu trách nhiệm lời cam đoan Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 30 tháng 11 năm 2020 Học viên thực Huỳnh Thanh Nhàn LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh hướng dẫn PGS.TS Mỵ Vinh Quang Trong trình viết luận văn, thầy nhiệt tình, tận tụy trang bị nhiều kiến thức, tài liệu hướng dẫn phương pháp nghiên cứu tài liệu viết luận văn Qua xin bày tỏ lời cảm ơn sâu sắc đến thầy Tôi xin chúc thầy dồi sức khỏe ngày thành công nghiệp giảng dạy nghiên cứu khoa học Tơi xin cảm ơn đến tất thầy, cô giảng dạy, truyền đạt kiến thức giúp đỡ suốt q trình học tập Tơi xin chân thành cảm ơn đến Q thầy, Phịng Sau Đại học trường Đại học Sư phạm Thành phố Hồ Chí Minh tạo điều kiện thuận lợi cho tơi hồn thành chương trình học tập thực luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn đến Quý thầy, cô Hội đồng chấm luận văn dành thời gian đọc, chỉnh sửa đóng góp ý kiến giúp luận văn hồn chỉnh Tơi xin chân thành cảm ơn động viên, giúp đỡ bạn bè, anh chị học viên giúp tơi hồn thành luận văn Sau cùng, thời gian trình độ có hạn thân nên luận văn khơng tránh khỏi sai sót Tơi mong bảo góp ý từ q thầy, cơ, anh chị bạn Xin chân thành cảm ơn! Thành phố Hồ Chí Minh, ngày 30 tháng 11 năm 2020 Học viên thực Huỳnh Thanh Nhàn MỤC LỤC Trang phụ bìa Lời cam đoan Lời cảm ơn Mục lục Danh mục kí hiệu MỞ ĐẦU Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Định nghĩa nhóm 1.2 Định nghĩa vành 1.3 Định nghĩa vành 1.4 Định nghĩa ideal 1.5 Định nghĩa vành thương 1.6 Đẳng cấu vành 1.7 Định lí Lagrange 1.8 Định nghĩa Jacobson 1.9 Định lí Artin – Wedderburn 1.10 Định lí Scorza Chương VÀNH LÀ HỢP CỦA BA VÀNH CON THỰC SỰ 2.1 Giới thiệu 2.2 Các ví dụ 2.3 Kết luận 18 2.4 Mô tả lớp vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực trường hợp vành hiểu vành có đơn vị 23 2.5 Mô tả lớp vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực trường hợp vành hiểu vành khơng có đơn vị 30 2.6 Chứng minh định lí 2.1.4 33 KẾT LUẬN 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO 40 DANH MỤC KÍ HIỆU Ký hiệu  Giải thích : đẳng cấu : tập hợp số nguyên : phần tử đơn vị vành ⊕ : tổng trực tiếp |R| : cấp vành R 𝑀𝑛 (𝐷) : vành ma trận vuông cấp n D [𝐺: 𝐻 ] : số nhóm H nhóm G 𝑅/𝐼 : vành thương vành R ideal I 𝑅𝑜𝑝 : vành đối vành R 𝐽(𝑅) : Jacobson vành R : vành sinh phần tử a ≤ : nhóm MỞ ĐẦU Ở lý thuyết nhóm, ta biết nhóm khơng thể biểu diễn hợp hai nhóm thực Tuy nhiên, nhóm biểu diễn dạng hợp ba nhóm thực Vào năm 1926, Scorza mơ tả tất nhóm biểu diễn dạng hợp ba nhóm thực Từ kết lý thuyết nhóm, tất nhiên vành hợp hai vành thực Tuy nhiên vấn đề đặt cách tự nhiên, tương tự kết Scorza lý thuyết nhóm là: “Một vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực hay khơng? Và liệu ta mơ tả lớp vành hay không?” Câu hỏi thứ I Ruzsa khẳng định cách vành hợp ba vành thực vành đa thức ℤ[𝑥] Vành đa thức ℤ[𝑥] hợp ba vành thực 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 , 𝑆1 vành bao gồm tất đa thức 𝑓 cho 𝑓(0) chẵn, S2 vành bao gồm tất đa thức 𝑓 cho 𝑓(1) chẵn, 𝑆3 vành bao gồm tất đa thức 𝑓 cho 𝑓(0) + 𝑓(1) chẵn Nội dung luận văn trình bày câu trả lời vấn đề thứ hai dựa theo báo [1] Cụ thể mô tả tất vành mà biểu diễn dạng hợp ba vành thực chứng minh định lí điều kiện cần đủ để vành hợp ba vành thực Luận văn gồm chương Chương Trình bày số kết lý thuyết vành Chương  Nghiên cứu số tính chất lớp vành hữu hạn đặc biệt vành ma trận trường hữu hạn  Mô tả lớp vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực trường hợp vành hiểu vành có đơn vị  Mơ tả lớp vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực trường hợp vành hiểu vành khơng có đơn vị  Chứng minh định lí điều kiện cần đủ để vành hợp ba vành thực Chương KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Định nghĩa nhóm Định nghĩa 1.1.1 Cho G tập hợp khác rỗng " ∗ " phép tốn hai ngơi G Khi G gọi nhóm với phép tốn ∗ thỏa mãn tính chất sau: (i) Kết hợp: ∀𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ 𝐺, (𝑎 ∗ 𝑏) ∗ 𝑐 = 𝑎 ∗ (𝑏 ∗ 𝑐) (ii) Tồn phần tử ∈ 𝐺, gọi phần tử đơn vị nếu: ∀𝑎 ∈ 𝐺, 𝑎 ∗ = ∗ 𝑎 = 𝑎 (iii) Với 𝑎 ∈ 𝐺, tồn 𝑎′ ∈ 𝐺 gọi nghịch đảo a nếu: 𝑎 ∗ 𝑎′ = 𝑎′ ∗ 𝑎 = Nếu G có thêm tính chất ∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝐺, 𝑎 ∗ 𝑏 = 𝑏 ∗ 𝑎 G gọi nhóm giao hốn hay nhóm Abel Nếu G có hữu hạn phần tử G gọi nhóm hữu hạn số phần tử G gọi cấp nhóm G, ký hiệu |𝐺| Định nghĩa 1.1.2 Cho G nhóm, H tập khác rỗng G Khi H gọi nhóm G, ký hiệu 𝐻 ≤ 𝐺 thỏa mãn tính chất: ∀𝑎, 𝑏 ∈ 𝐻, 𝑎−1 𝑏 ∈ 𝐻 Định nghĩa 1.1.3 Cho G nhóm H nhóm G Với 𝑎 ∈ 𝐺, ta ký hiệu 𝑎𝐻 = {𝑎ℎ, ℎ ∈ 𝐻 } ; 𝐻𝑎 = {ℎ𝑎, ℎ ∈ 𝐻 } Khi 𝑎𝐻 gọi lớp kề trái G theo nhóm H; 𝐻𝑎 gọi lớp kề phải G theo nhóm H Hai lớp kề trái (hoặc phải) khác G theo nhóm H rời số lớp kề trái số lớp kề phải Định nghĩa 1.1.4 Cho G nhóm H nhóm G Khi lực lượng tập hợp tất lớp kề trái (hoặc lớp kề phải) G theo nhóm H gọi số nhóm H nhóm G, ký hiệu [𝐺: 𝐻 ] 1.2 Định nghĩa vành Định nghĩa 1.2.1 Một tập hợp 𝑅 ≠ ∅ với hai phép tốn hai ngơi phép cộng (+) phép nhân (.) gọi vành thỏa mãn tính chất sau: (i) (𝑅, +) nhóm Abel (ii) (𝑅, ) nửa nhóm (iii) Phép nhân phân phối phép cộng, nghĩa với 𝑥, 𝑦, 𝑧 ∈ 𝑅, ta có 𝑥 (𝑦 + 𝑧) = 𝑥𝑦 + 𝑥𝑧 ( 𝑥 + 𝑦)𝑧 = 𝑥𝑧 + 𝑦𝑧 Phần tử trung hòa phép tốn cộng gọi phần tử khơng, ký hiệu Phần tử đối xứng phần tử 𝑥 ∈ 𝑅 ký hiệu −𝑥 Định nghĩa 1.2.2 Ta nói vành R vành giao hốn phép tốn nhân có tính chất giao hốn, vành R gọi vành có đơn vị phép tốn nhân có đơn vị, ta ký hiệu phần tử đơn vị Ví dụ 1.2.3 a) Tập hợp số nguyên ℤ với phép toán cộng nhân thơng thường vành giao hốn, có đơn vị gọi vành số nguyên b) Trên nhóm cộng ℤ𝑛 số nguyên module n, ta định nghĩa phép toán nhân sau: ∀𝑥̅ , 𝑦̅ ∈ ℤ𝑛 , 𝑥̅ 𝑦̅ = ̅̅̅ 𝑥𝑦 Khi ℤ𝑛 trở thành vành giao hốn có đơn vị 1̅ c) Tập 𝑀(𝑛, ℝ) ma trận vuông cấp n với hệ số thực với phép toán cộng phép tốn nhân ma trận thơng thường vành có đơn vị Vành khơng giao hốn với 𝑛 ≥ Định nghĩa 1.2.4 Với R vành bất kỳ, ta xây dựng vành 𝑅𝑜𝑝 sau: (i) Về mặt tập hợp 𝑅𝑜𝑝 trùng với 𝑅, nghĩa phần tử 𝑅𝑜𝑝 phần tử vành 𝑅 (ii) Phép toán cộng 𝑅𝑜𝑝 phép tốn cộng vành 𝑅 (iii) Nếu 𝑎, 𝑏 ∈ 𝑅𝑜𝑝 ta định nghĩa tích chúng 𝑎 ∘ 𝑏 ≔ 𝑏𝑎, 𝑏𝑎 tích hai phần tử 𝑏 𝑎 vành 𝑅 26 Do 𝑎 = Hay 𝑥 = 𝑥 Hai trường hợp tương ứng với hai trường hợp vành tốt R, có cấp Ở trường hợp cho ta vành 𝑅 Còn trường hợp thứ hai cho ta vành đối vành 𝑅 Trước hết, xem trường hợp Trong trường hợp này, phép toán vành R định nghĩa với điều kiện sau: 𝑦 = 0; 𝑥𝑦 = 𝑦; 𝑦𝑥 = 0; 𝑥 = 𝑥 Khi đó, đồng phần tử 𝑥 vành 𝑅 với ma trận ( phần tử y vành 𝑅 với ma trận ( 0 0 ), đồng ) Khi vành 𝑅 đẳng cấu với vành ma trận tam giác 𝑀2 (ℤ/2ℤ) Vành đối vành 𝑅 đẳng cấu với vành ma trận tam giác 𝑀2 (ℤ/2ℤ) Do ta suy 𝑅 ≅ 𝑅𝑜𝑝 Theo mệnh đề 2.3.7, ta chứng minh ∈ 𝑆𝑖 , ∀𝑖 ∈ {1; 2; 3} Do 𝑆𝑖 phải có cấp Điều chứng tỏ tốt (𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) tồn ví dụ 2.2.7 □ Mệnh đề 2.4.6 Cho (𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) tốt Giả sử R vành có đơn vị, |𝑅| = |𝐽(𝑅)| = Khi (𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) tốt ví dụ 2.1.8 Chứng minh Chứng minh mệnh đề tương tự chứng minh mệnh đề 2.4.5 Giả sử vành R gồm phần tử {0,1, 𝑥, + 𝑥, 𝑦, + 𝑦, 𝑥 + 𝑦, + 𝑥 + 𝑦} Khơng tính tổng qt ta giả sử 𝐽(𝑅) = {0; 𝑥; 𝑦; 𝑥 + 𝑦} Theo bổ đề 2.4.4, ta có 𝑥 = 𝑦 = (𝑥 + 𝑦)2 = Do = (𝑥 + 𝑦)2 = 𝑥 + 𝑦 + 𝑥𝑦 + 𝑦𝑥 ⟹ 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 Bởi 𝐽(𝑅) ideal vành R nên ta có 𝑥𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦, ∀𝑎, 𝑏 ∈ {0; 1} Hơn nữa, = 𝑥 𝑦 = 𝑥 (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦) = 𝑏𝑥𝑦 = 𝑥𝑦 = (𝑎𝑥 + 𝑏𝑦)𝑦 = 𝑎𝑥𝑦 27 Suy 𝑎 = 𝑏 = Hay 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 = Do vành R tồn Bằng cách đồng phần tử 𝑥 vành 𝑅 với ma trận (1 0 0 0 ) ( phần tử y vành R với ma trận 0 0 0 0) Khi vành 𝑅 đẳng cấu với vành 𝑅 ví dụ 2.2.6 Theo mệnh đề 2.3.7, ta chứng minh ∈ 𝑆𝑖 , ∀𝑖 ∈ {1; 2; 3} Do 𝑆𝑖 phải có cấp Điều chứng tỏ tốt (𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) tồn tốt ví dụ 2.2.6 □ Mệnh đề 2.4.7 Cho (𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) tốt Giả sử |𝑅| = 16 Khi (𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) tốt ví dụ 2.2.10 Chứng minh Đặt 𝑆 = 𝑆1 ∩ 𝑆2 ∩ 𝑆3 Vành (𝑅, +) = 𝑆 ⊕ {0; 𝑥; 𝑦; 𝑥 + 𝑦} với 𝑥, 𝑦 phần tử vành R Theo mệnh đề 2.3.7 ta suy ∈ 𝑆 Mặt khác, 𝑆𝑅 = {𝑠 ∈ 𝑆| 𝑠𝑥 ∈ 𝑆} 𝑆𝐿 = {𝑠 ∈ 𝑆| 𝑥𝑠 ∈ 𝑆} 𝑇 = 𝑆𝐿 ∩ 𝑆𝑅 Dễ thấy |𝑆𝑅 | = |𝑆𝐿 | = |𝑆| = Do |𝑇| = Suy tồn phần tử 𝑎 ∈ 𝑆 thỏa mãn 𝑎𝑥 ∈ 𝑆 𝑥𝑎 ∉ 𝑆 Hơn nữa, 𝑎 ≠ 0; 𝑎 ≠ vành 𝑆 = {0; 1; 𝑎; + 𝑎} (i) Dễ thấy 𝑥 ∈ 𝑆 Thật vậy, Nếu 𝑥 ∉ 𝑆 𝑥 = 𝑠 + 𝑥 với s phần tử S Điều dẫn đến 𝑥 𝑥 phải nằm vành R đặt vành 𝑆1 , có cấp 8, sinh (𝑆, +) phần tử 𝑥.Trong trường hợp này, (𝑥 + 𝑎)2 = 𝑥 + 𝑎2 + 𝑥𝑎 + 𝑎𝑥 = (𝑠 + 𝑎2 + 𝑎𝑥 ) + 𝑥(1 + 𝑎) Vì 𝑆𝐿 = {0; + 𝑎} nên 𝑥 (1 + 𝑎) ∈ 𝑆 Do (𝑥 + 𝑎)2 ∈ 𝑆 Điều chứng tỏ thay phần tử 𝑥 𝑥 + 𝑎 ( mâu thuẫn ) Hay 𝑥 ∈ 𝑆 (ii) Dễ thấy 𝑎2 = 𝑎 Thật vậy, 28 Dễ thấy, 𝑎2 𝑥 = 𝑎(𝑎𝑥) ∈ 𝑆 Do suy 𝑎2 ∈ 𝑆𝑅 = {0; 𝑎} Đặt 𝑥𝑎 = 𝑠 + 𝑥 với 𝑠 ∈ 𝑆 Khi đó, 𝑥𝑎2 = (𝑥𝑎)𝑎 = (𝑠 + 𝑥)𝑎 = 𝑠𝑎 + 𝑥𝑎 = 𝑠𝑎 + 𝑠 + 𝑥 ∉ 𝑆 Suy 𝑎2 ≠ Do 𝑎2 = 𝑎 (iii) Dễ thấy 𝑠𝑎 = Thật vậy, Đặt 𝑥𝑎 = 𝑥 + 𝑠, 𝑠 ∈ {0; + 𝑎} Khi đó, 𝑥 + 𝑠 = 𝑥𝑎 = 𝑥𝑎2 = (𝑥𝑎)𝑎 = (𝑠 + 𝑥)𝑎 = 𝑠𝑎 + 𝑥𝑎 = 𝑠 + 𝑥 + 𝑠𝑎 Điều dẫn đến 𝑠𝑎 = (iv) Dễ thấy 𝑥𝑎 = 𝑥 Thật vậy, Nếu 𝑥𝑎 = 𝑥 + 𝑎 + Suy (𝑥 + 1)𝑎 = 𝑥 + + 𝑎 + 𝑎 = 𝑥 + 1.Khi ta kết luận 𝑥 + ∈ 𝑆 Do (𝑥 + 1)2 = 𝑥 + ∈ 𝑆 Vì trường hợp ta thay phần tử 𝑥 phần tử 𝑥 + (mâu thuẫn) Do ta suy 𝑥𝑎 = 𝑥 (v) Dễ thấy 𝑎𝑥 = Thật vậy, Dễ thấy 𝑎(𝑎𝑥) = 𝑎2 𝑥 = 𝑎𝑥 Mặt khác 𝑎𝑥 ∈ 𝑆 = {0; 1; 𝑎; + 𝑎} Nếu 𝑎𝑥 = 𝑎 = (vô lý) Nếu 𝑎𝑥 = + 𝑎 𝑎(1 + 𝑎) = + 𝑎 hay 𝑎 = ( vô lý) Nếu 𝑎𝑥 = 𝑎 ta suy 𝑥 = 𝑥 𝑥 = (𝑥𝑎)𝑥 = 𝑥 (𝑎𝑥) = 𝑥𝑎 = 𝑥 Điều vơ lý 𝑥 ∈ 𝑆 𝑥 ∉ 𝑆 Do 𝑎𝑥 = Hơn 𝑥 = (𝑎𝑥 )𝑥 = Bằng cách thực tương tự cách thay phần tử y cho phần tử 𝑥 ta chứng minh điều sau: 𝑦 = 0; 𝑎2 = 𝑎; 𝑎𝑦 = 0; 𝑦𝑎 = 𝑦 Tiếp theo ta chứng minh 𝑥𝑦 ∈ 𝑆 𝑦𝑥 ∈ 𝑆 Trước hết ta chứng minh 𝑥𝑦 ∈ 𝑆 Giả sử 𝑥𝑦 = 𝑠 + 𝛼𝑥 + 𝛽𝑦, ∀𝛼, 𝛽 ∈ {0; 1}, 𝑠 ∈ 𝑆 Ta có = 𝑥𝑦 = (𝑠 + 𝛼𝑥 + 𝛽𝑦)𝑦 = 𝑠𝑦 + 𝛼𝑥𝑦 = 𝑠𝑦 + 𝛼𝑠 + 𝛼 𝑥 + 𝛼𝛽𝑦 Do 𝑠𝑦 = nên 𝛼 = Thực tương tự ta có = 𝑥 𝑦 = 𝑥 (𝑠 + 𝛽𝑦) = 𝑥𝑠 + 𝛽 (𝑥𝑦) = 𝑥𝑠 + 𝛽𝑠 + 𝛽2 𝑦 Do 𝑥𝑠 = nên 𝛽 = 29 Vậy 𝑥𝑦 = 𝑠 ∈ 𝑆 Tương tự ta chứng minh 𝑦𝑥 ∈ 𝑆 Cuối ta chứng minh 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 = Trước hết ta chứng minh 𝑥𝑦 = Vì 𝑥𝑦 ∈ 𝑆 nên ta suy 𝑥𝑦 ∈ {0; 1; 𝑎; + 𝑎} Do 𝑥 (𝑥𝑦) = 𝑥 𝑦 = nên 𝑥𝑦 ∈ {0; + 𝑎} Giả sử 𝑥𝑦 = + 𝑎 Khi = (𝑥𝑦)𝑦 = (1 + 𝑎)𝑦 = 𝑦 Điều mâu thuẫn với cách chọn y Do 𝑥𝑦 = Bằng cách chứng minh tương tự ta suy 𝑦𝑥 = Tóm lại, ta chứng minh vành R mệnh đề thỏa mãn điều kiện sau đây: 𝑥 = 𝑦 = 0; 𝑥𝑎 = 𝑥; 𝑎2 = 𝑎; 𝑎𝑥 = 𝑎𝑦 = 0; 𝑦𝑎 = 𝑦; 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 = Do đó, vành R mệnh đề 2.4.7 đẳng cấu với vành R ví dụ 2.2.10 Để thấy điều ta cần xét ánh xạ biến phần tử 𝑥, 𝑦, 𝑎 thành ma trận 0 ( 0 0 0 0 0 0 ); ( 0 0 0 0 0 1 ); ( 0 0 0 0 0 0 0 ) 0 Phần lại chứng minh mệnh đề chứng minh tồn tốt (𝑅; 𝑆1 ; 𝑆2 ; 𝑆2 ) với vành R định nghĩa Vì |𝑅| = 16; 𝑆 = 𝑆1 ∩ 𝑆2 ∩ 𝑆3 nên tồn tốt (𝑅; 𝑆1 ; 𝑆2 ; 𝑆3 ) S có cấp xác định hoàn toàn 𝐴𝑢𝑡 (𝑅) − lớp tự đẳng cấu vành S Thật vậy, Nếu (𝑅; 𝑆1 ; 𝑆2 ; 𝑆3 ) (𝑅; 𝑆1 ′; 𝑆2 ′; 𝑆3 ′) hai tốt (với vành R định nghĩa trên) tồn tự đẳng cấu 𝜑 R cho: 𝜑 𝜑 𝜑 𝑆1 ∩ 𝑆2 ∩ 𝑆3 = 𝑆1′ ∩ 𝑆2′ ∩ 𝑆3′ đặt 𝑆: = {0; 1; ; 𝑎; + 𝑎} Giả sử 𝑆′: = 𝑆1 ′ ∩ 𝑆2 ′ ∩ 𝑆3 ′ = {0; 1; ; 𝑟; + 𝑟} với 𝑟 ∈ 𝑅 Không tính tổng quát, giả sử 𝑟 = 𝜖𝑎 + 𝑢 với 𝜖 ∈ {0; 1}; 𝑢 ∈ {0; 𝑥; 𝑦; 𝑥 + 𝑦} Nếu 𝜖 = {0; 𝑟} không ideal vành R nằm 𝑆 ′ Do 𝜖 ≠ Suy 𝑟 = 𝑎 + 𝑢 Khi ánh xạ biến phần tử 0; 1; 𝑎; 𝑥; 𝑦 thành phần tử 0; 1; 𝑎 + 𝑢; 𝑥; 𝑦 mở rộng thành tự đẳng cấu 𝜑 R biến 𝑆 thành 𝑆 ′ □ 30 2.5 Mô tả lớp vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực trường hợp vành hiểu vành khơng có đơn vị Ở phần 2.4, phân loại tất vành tốt với phép nhân có phần tử đơn vị phần 2.5 ta sử dụng cách phân loại để liệt kê tất vành tốt với phép nhân khơng có phần tử đơn vị Để làm điều dựa vào nội dung mệnh đề 2.3.5 Mệnh đề 2.5.1 Giả sử 𝑅′ vành tốt 𝑅′ = ℤ/2ℤ ⊕ ℤ/2ℤ ⊕ ℤ/2ℤ Khi R vành thỏa mãn 𝑅∗ = 𝑅 ′ 𝑅 ≅ ℤ/2ℤ ⊕ ℤ/2ℤ Chứng minh Vì 𝑅∗ = 𝑅′ nên vành R phải chứa phần tử tập hợp sau: {(1,0,0); (0; 1; 1)}; {(0,1,0); (1; 0; 1)}; {(0,0,1); (1; 1; 0)} Vành R chứa vectơ với hai tọa độ Thật vậy, vành R không chứa vectơ có hai có hai tọa độ vành R chứa ba vectơ: {(1,0,0); (0; 1; 0); (0; 0; 1) } Khi vành R chứa vectơ (1; 1; 1) Điều mâu thuẫn với giả thiết vành R vành khơng có đơn vị Hơn vành R chứa vectơ 𝑣⃗ trên, tức có hai tọa độ Thật vậy, vành R chứa hai vectơ có hai tọa độ tích hai vectơ (1; 1; 1) Điều mâu thuẫn với tính chất vành R vành khơng có phần tử đơn vị Khơng tính tổng qt, giả sử 𝑣⃗ chứa tọa độ Do đó, ta suy 𝑅 = {(0,0,0); (0; 1; 0); (0; 0; 1); (0; 1; 1)} Khi vành R đẳng cấu với vành ℤ/2ℤ ⊕ ℤ/2ℤ □ Mệnh đề 2.5.2 Cho 𝑅′ vành 𝑀2 (ℤ/2ℤ) bao gồm tất ma trận tam giác Khi tồn hai vành khơng giao hốn 𝑅1 𝑅2 có cấp với phép nhân khơng có phần tử đơn vị thỏa mãn 𝑅1∗ = 𝑅2∗ = 𝑅′ Khi 𝑅1 , 𝑅2 vành tốt ví dụ 2.2.3 ví dụ 2.2.4 Chứng minh Một vành R vành 𝑅′ có cấp 4, khơng có phần tử đơn vị phải chứa ma trận không chứa phần tử tập hợp sau: 31 1 ),( )} , {( 0 Mặt khác, xét 𝑀2 (ℤ/2ℤ) ta có {( ( Do ma trận ( 1 ),( 0 )} , {( 1 ) =( 0 ),( 0 )} 0 ) 1 ) phần tử đơn vị với phép nhân ma trận Vì ma trận nằm vành tốt R khơng có phần tử đơn vị Suy vành R phải chứa ma trận ( 0 ) Hơn nữa, 0 ( ( )+( 0 1 )+( 0 )=( 0 )=( 0 ) 1 ) Do tồn hai vành tốt, có cấp vành tốt 𝑅′ là: 0 ); ( 0 0 0 ); ( 𝑅2 = {( 0 𝑅1 = {( ); ); 0 ( ( ); ); 1 0 ( ( )} 0 )} Hai vành hai vành nói đến ví dụ 2.2.3 ví dụ 2.2.4 □ Mệnh đề 2.5.3 Cho (𝑅′ , 𝑆1′ , 𝑆2′ , 𝑆3′ ) tốt với 𝑅′ vành có cấp phép nhân có phần tử đơn vị Giả sử |𝐽(𝑅′ )| = Khi tồn tốt (𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) với (𝑅∗ , 𝑆1∗ , 𝑆2∗ , 𝑆3∗ ) = (𝑅′ , 𝑆1′ , 𝑆2′ , 𝑆3′ ) ( tức có phần tử đơn vị thêm vào tất bốn vành 𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) Bộ tốt ví dụ 2.2.2 Chứng minh Vì |𝑅′ | = nên tồn vành tốt R vành R vành khơng (có cấp 4) Thật vậy, Giả sử vành 𝑅′ gồm phần tử {0,1, 𝑥, + 𝑥, 𝑦, + 𝑦, 𝑥 + 𝑦, + 𝑥 + 𝑦} thỏa điều kiện 𝑥 = 𝑦 = 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 = Vì (1 + 𝑥)2 = (1 + 𝑦)2 = (1 + 𝑥 + 𝑦)2 = nên + 𝑥; + 𝑦; + 𝑥 + 𝑦 nằm vành R vành R vành 32 khơng có phần tử đơn vị Do 𝑅 = {0; 𝑥; 𝑦; 𝑥 + 𝑦} Suy R vành không vành tốt ví dụ 2.2.2 □ Phần cuối mục 2.5 xét vành tốt trường hợp vành có cấp 16 Mệnh đề 2.5.4 Cho (𝑅′ , 𝑆1′ , 𝑆2′ , 𝑆3′ ) tốt 𝑅′ có cấp 16 Khi tồn hai tốt (𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) với (𝑅∗ , 𝑆1∗ , 𝑆2∗ , 𝑆3∗ ) = (𝑅′ , 𝑆1′ , 𝑆2′ , 𝑆3′ ) ( tức có phần tử đơn vị thêm vào tất bốn vành 𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) Khi hai hai ví dụ 2.2.8 ví dụ 2.2.9 Chứng minh Cho 𝑅′ vành sinh phần tử 1; 𝑎; 𝑥; 𝑦 thỏa mãn điều kiện sau: (i) + = (ii) 𝑥 = 𝑦 = (iii) 𝑎𝑥 = 𝑎𝑦 = 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 = (iv) 𝑥𝑎 = 𝑥, 𝑦𝑎 = 𝑦, 𝑎2 = 𝑎 Cần xây dựng hai vành 𝑅1 𝑅2 thỏa mãn 𝑅1∗ = 𝑅2∗ = 𝑅′ Để xây dựng hai vành ta cần chọn phần tử từ tập {1 + 𝑟, 𝑟} với 𝑟 ∈ 𝑅′ Mặt khác, (1 + 𝑥)2 = (1 + 𝑦)2 = nên phần tử + 𝑥, + 𝑦 nằm hai vành 𝑅1 𝑅2 Suy hai phần tử 𝑥, 𝑦 phải nằm 𝑅1 𝑅2 Đặt 𝑅1 vành sinh phần tử 𝑎, 𝑥, 𝑦 Đặt 𝑅2 vành sinh phần tử + 𝑎, 𝑥, 𝑦 Khi đó, vành 𝑅2 đẳng cấu với vành R ví dụ 2.2.9 Hơn nữa, vành 𝑅1 vành đối vành 𝑅2 Do 𝑅1 đẳng cấu với vành R ví dụ 2.2.8 Trong phần cuối chứng minh mệnh đề 2.4.7 cho tồn tốt (𝑅, 𝑆1 , 𝑆2 , 𝑆3 ) Hơn nữa, ta thấy 𝑆 = 𝑆1 ∩ 𝑆2 ∩ 𝑆3 có dạng {0; 𝑎 + 𝑢}, với phần tử u nằm ideal 𝑅1 sinh x y Do ánh xạ biến 𝑥, 𝑦, 𝑎 thành 𝑥, 𝑦, 𝑎 + 𝑢 mở rộng thành tự đẳng cấu 𝑅1 Đến ta chứng minh xong định lí 2.1.3 □ 33 2.6 Chứng minh định lí 2.1.4 Để chứng minh định lí ta chứng minh loạt mệnh đề sau: Mệnh đề 2.6.1 Vành tốt R ví dụ 2.2.5 có vành thương đẳng cấu với vành tốt ví dụ 2.2.1 Chứng minh Cho R vành tốt ví dụ 2.2.5 Vành R vành bao gồm tất ma trận có dạng sau: {( Khi tập 𝐼 = 0 𝑎 0 𝑅 = (0 𝑏 0) ; 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ/2ℤ 0 𝑐 0 0 ) ( 0 ; 0 0)} ideal vành R thỏa mãn 0 0 vành thương 𝑅/𝐼 đẳng cấu với vành tốt 𝑅′ 𝑅′ = {( 0 ); ( 0 ); ( 0 ); ( 0 )} Thật vậy, ta xét quy tắc sau: 𝑓: 𝑅 ⟶ 𝑅′ thỏa mãn, 𝑎 ∀𝐴 = (0 0 𝑏 0 𝑏 0) ; 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ/2ℤ: 𝑓 (𝐴) = ( 𝑐 ) 𝑐 (i) 𝑓 ánh xạ Thật vậy, (ii) 𝑓 đồng cấu vành 𝑎 ∀ 𝐴 = (0 0 𝑏 𝑎𝑎′  𝑓 (𝐴𝐵) = 𝑓 (( 0 𝑎′ 0) ; 𝐵 = ( 𝑐 0 𝑏𝑏′ 𝑎 + 𝑎′  𝑓 (𝐴 + 𝐵) = 𝑓 (( 0 𝑏′ 0 𝑏 )) = ( 𝑐𝑐′ 𝑏 + 𝑏′ 0 ) ; 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑎′ , 𝑏′ , 𝑐′ ∈ ℤ/2ℤ 𝑐′ 𝑏′ )( 𝑐 0 ) = 𝑓 (𝐴)𝑓(𝐵) 𝑐′ 𝑏 )) = ( 𝑐 + 𝑐′ 𝑏′ )+( 𝑐 = 𝑓(𝐴) + 𝑓(𝐵) (iii) Tìm 𝐾𝑒𝑟𝑓 ) 𝑐′ 34 𝐾𝑒𝑟𝑓 = {𝐴 ∈ 𝑅|𝑓 (𝐴) = 0} = {𝐴 ∈ 𝑅| ( 𝑏 0 )=( 𝑐 )} = {𝐴 ∈ 𝑅|𝑏 = 𝑐 = 0} =𝐼 (iv) Tìm 𝐼𝑚𝑓 Vì 𝑓 toàn cấu nên 𝐼𝑚𝑓 = 𝑅′ Theo định lý đồng cấu thứ suy 𝑅 ∕ 𝐾𝑒𝑟𝑓 ≅ 𝐼𝑚𝑓 Hay 𝑅 ∕ 𝐼 ≅ 𝑅′ Vậy mệnh đề chứng minh xong □ Mệnh đề 2.6.2 Vành tốt ví dụ 2.2.7 có vành thương đẳng cấu với vành tốt ví dụ 2.2.1 Chứng minh Cho R vành tốt với R bao gồm tất ma trận tam giác có dạng: 𝑎 𝑐 ( ) 𝑏 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ/2ℤ Khi tập 𝐼 = {( 0 0 ); ( 0 )} Dễ thấy I ideal I vành R Khi 𝑅/𝐼 đẳng cấu với vành tốt 𝑅′ ví dụ 2.2.1 với 𝑅′ = {( 0 ); ( 0 ); ( 0 ); ( 0 )} Thật vậy, Ta xét quy tắc sau: 𝑓: 𝑅 ⟶ 𝑅′ thỏa mãn: ∀𝐴 = ( 𝑎 𝑐 𝑎 ) ; 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ/2ℤ: 𝑓(𝐴) = ( 𝑏 0 ) 𝑏 (i) 𝑓 ánh xạ (ii) 𝑓 đồng cấu vành Thật vậy, ∀𝐴 =( 𝑎 𝑐 ) ; 𝐵 = (𝑎′ 𝑏  𝑓 (𝐴𝐵) = 𝑓 ((𝑎𝑎′ 𝑐′ ) ; 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑎′ , 𝑏′ , 𝑐′ ∈ ℤ/2ℤ 𝑏′ 𝑐𝑐′ )) = (𝑎𝑎′ 𝑏𝑏′  𝑓 (𝐴 + 𝐵) = 𝑓 ((𝑎 + 𝑎′ 0 ) = (𝑎 𝑏𝑏′ 𝑐 + 𝑐′ )) = (𝑎 𝑏 + 𝑏′ 𝑎′ )( 𝑏 0 ) + (𝑎′ 𝑏 0 ) = 𝑓(𝐴)𝑓(𝐵) 𝑏′ ) = 𝑓(𝐴) + 𝑓(𝐵) 𝑏′ 35 (iii) Tìm 𝐾𝑒𝑟𝑓 𝐾𝑒𝑟𝑓 = {𝐴 ∈ 𝑅|𝑓 (𝐴) = 0} = {𝐴 ∈ 𝑅| ( 𝑎 0 )=( 𝑏 0 )} = {𝐴 ∈ 𝑅|𝑎 = 𝑏 = 0} =𝐼 (iv) Tìm 𝐼𝑚𝑓 Vì 𝑓 toàn cấu nên 𝐼𝑚𝑓 = 𝑅′ Theo định lý đồng cấu thứ suy 𝑅 ∕ 𝐾𝑒𝑟𝑓 ≅ 𝐼𝑚𝑓 Hay 𝑅 ∕ 𝐼 ≅ 𝑅′ Vậy mệnh đề chứng minh xong □ Mệnh đề 2.6.3 Vành tốt ví dụ 2.2.8 có vành thương đẳng cấu với vành tốt ví dụ 2.2.4 Chứng minh Vành tốt 𝑅 ví dụ 2.2.8 vành bao gồm tất ma trận có dạng: 𝑏 𝑐 𝑑 𝑒 0 ( ) 0 𝑒 0 0 𝑒 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 ∈ ℤ/2ℤ thỏa mãn 𝑏 + 𝑒 = Theo chứng minh mệnh đề 2.5.4 vành 𝑅 đẳng cấu với vành tốt 𝑅1 Trong với vành 𝑅1 sinh phần tử 𝑥, 𝑦, 𝑎 với điều kiện sau, (i) 𝑟 + 𝑟 = 0, ∀𝑟 ∈ 𝑅1 (ii) 𝑥 = 𝑦 = 𝑎𝑥 = 𝑎𝑦 = 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 = (iii) 𝑥𝑎 = 𝑥, 𝑦𝑎 = 𝑦, 𝑎2 = 𝑎 Khi tồn tập 𝐼 = {0, 𝑦} ideal 𝑅1 Theo ta có 𝑥 𝑎 lớp đại diện vành thương 𝑅1 /𝐼 Khi đó, ta xây dựng ánh xạ biến phần tử 𝑥 𝑎 thành ma trận ( 0 ) ma trận ( 0 ) Khi ánh xạ mở rộng thành đẳng cấu 𝑅1 /𝐼 vành tốt 𝑅′ , vành 𝑅′ vành định nghĩa ví dụ 2.2.4 𝑅′ = {( 0 0 ); ( 0 Mệnh đề chứng minh xong ); ( 0 0 ); ( 1 )} □ 36 Mệnh đề 2.6.4 Vành tốt ví dụ 2.2.9 có vành thương đẳng cấu với vành tốt ví dụ 2.2.3 Chứng minh Vành tốt 𝑅 ví dụ 2.2.9 vành bao gồm tất ma trận có dạng: 0 0 𝑏 𝑒 0 ( ) 𝑐 𝑒 𝑑 0 𝑒 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 ∈ ℤ/2ℤ thỏa mãn 𝑏 + 𝑒 = Theo phần chứng minh mệnh đề 2.5.4 vành 𝑅 đẳng cấu với vành tốt 𝑅2 Trong vành 𝑅2 sinh phần tử 𝑥, 𝑦, + 𝑎 với điều kiện sau: (i) 𝑟 + 𝑟 = 0, ∀𝑟 ∈ 𝑅2 (ii) 𝑥 = 𝑦 = 𝑥(1 + 𝑎) = 𝑦(1 + 𝑎) = 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 = (iii) (1 + 𝑎)𝑥 = 𝑥, (1 + 𝑎)𝑦 = 𝑦, 𝑎2 = 𝑎 Khi tồn 𝐼 = {0, 𝑦} ideal vành 𝑅2 Theo ta có 𝑥 + 𝑎 lớp đại diện vành thương 𝑅2 /𝐼 Ta xây dựng ánh xạ biến phần tử 𝑥 + 𝑎 thành ma trận ( 0 1 ) ( 0 ) Khi ánh xạ mở rộng cách tự nhiên thành đẳng cấu 𝑅2 /𝐼 vành tốt 𝑅′ với 𝑅′ nói đến ví dụ 2.2.3 𝑅′ = {( 0 0 ); ( 0 1 ); ( 0 ); ( 0 )} Mệnh đề chứng minh xong □ Mệnh đề 2.6.5 Vành tốt ví dụ 2.2.10 có vành thương đẳng cấu với vành tốt ví dụ 2.2.1 Chứng minh Cho R vành tốt vành bao gồm tất ma trận có dạng: 𝑎 𝑏 ( 𝑐 𝑑 0 𝑒 0 ) 𝑒 0 𝑒 𝑎, 𝑏, 𝑐, 𝑑, 𝑒 ∈ ℤ/2ℤ thỏa mãn 𝑎 + 𝑏 + 𝑒 = Xét tập hợp sau: 37 0 𝐼 = {( 0 0 0 0 0 0 0 );( 0 0 0 0 0 0 0 ); ( 0 0 0 0 0 0 0 ); ( 1 0 0 0 0 0 )} 0 Dễ thấy I ideal vành R có cấp Khi vành thương 𝑅/𝐼 đẳng cấu với vành tốt 𝑅′ với vành 𝑅′ định nghĩa ví dụ 2.2.1 𝑅′ = {( 0 ); ( 0 ); ( 0 ); ( 0 )} Thật vậy, ta xét quy tắc sau: 𝑓: 𝑅 ⟶ 𝑅′ thỏa mãn: 𝑎 𝑏 ∀𝐴 = ( 𝑐 𝑑 0 𝑒 0 ⁄ ( ) (𝑎 ) 𝑒 ; 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ 2ℤ ; 𝑎 + 𝑏 + 𝑒 = 0: 𝑓 𝐴 = 0 𝑒 ) 𝑒 (i) 𝑓 ánh xạ (ii) 𝑓 đồng cấu vành (iii) Tìm 𝐾𝑒𝑟𝑓 𝐾𝑒𝑟𝑓 = {𝐴 ∈ 𝑅|𝑓(𝐴) = 0} = {𝐴 ∈ 𝑅| ( 𝑎 0 )=( 𝑒 0 )} = {𝐴 ∈ 𝑅|𝑎 = 𝑒 = 0} Mặt khác 𝑎 + 𝑏 + 𝑒 = nên ta suy 𝑏 = Do 𝐾𝑒𝑟𝑓 = 𝐼 (iv) Tìm 𝐼𝑚𝑓 Vì 𝑓 tồn cấu nên 𝐼𝑚𝑓 = 𝑅′ Theo định lý đồng cấu thứ suy 𝑅 ∕ 𝐾𝑒𝑟𝑓 ≅ 𝐼𝑚𝑓 Hay 𝑅 ∕ 𝐼 ≅ 𝑅′ Vậy mệnh đề chứng minh xong □ Mệnh đề 2.6.6 Vành tốt ví dụ 2.2.6 khơng có vành thương thực tốt Chứng minh Vành tốt R ví dụ 2.2.6 tập bao gồm ma trận có dạng sau: 𝑎 (𝑏 𝑐 𝑎 0 0) 𝑎 𝑎, 𝑏, 𝑐 ∈ ℤ/2ℤ Khi vành R đẳng cấu với vành 𝑅′ sinh phần tử 1, 𝑥, 𝑦 với quan hệ: 𝑥 = 𝑦 = 𝑥𝑦 = 𝑦𝑥 = 38 Giả sử I ideal không tầm thường vành 𝑅′ thỏa mãn vành thương 𝑅′/𝐼 vành tốt Vì 𝑅′/𝐼 vành tốt nên |𝑅′⁄𝐼| ∈ {4; 8; 16} |𝑅′| = |𝑅| = Do |𝐼| = Hơn nữa, (1 + 𝑥)2 = (1 + 𝑦)2 = (1 + 𝑥 + 𝑦)2 = nên ta dễ dàng suy 𝐼 = {0; 𝑢}, 𝑢 ∈ {𝑥, 𝑦, 𝑥 + 𝑦} Giả sử a phần tử thỏa mãn 〈𝑥, 𝑦〉 = 〈𝑢〉 ⊕ 〈𝑎〉 Khi 𝑅/𝐼 ≅ 〈1, 𝑎〉 Tuy nhiên, vành 〈1, 𝑎〉 sinh phần tử + 𝑎 Do 〈1, 𝑎〉 khơng thể vành tốt Suy 𝑅′/𝐼 không vành tốt (trái với giả thiết) Vậy vành tốt ví dụ 2.2.6 khơng có vành thương thực tốt □ 39 KẾT LUẬN Nội dung trình bày luận văn mơ tả lớp vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực cho hai trường hợp vành có đơn vị vành khơng có đơn vị, chứng minh định lí điều kiện cần đủ để vành hợp ba vành thực Qua việc nghiên cứu nội dung trong luận văn giúp hiểu rõ các kiến thức vành hữu hạn biết vành hợp ba vành thực Do nhiều hạn chế khách quan chủ quan, luận văn dừng lại khuôn khổ định Tôi hy vọng cịn có dịp tiếp tục nghiên cứu vấn đề tương lai 40 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Andrea Lucchini - Attila Maróti (2012) Rings as the Unions of Proper Subrings Algebr Represent Theor 15: 1035 – 1047 [2] Borbély A, Bovdi V, Brindza B, Krausz T (1997) Covering theorems for Artinian rings Publ Math Debr 51 (3-4): 323 – 329 [3] Bruckheimer M, Bryan AC, Muir A (1970) Groups which are the union of three subgroups Am Math Mon 77: 52 – 57 [4] Deaconescu M (1996) A note on ring endomorphisms Studia Univ Babes – Bolyai Math (3): 13 – 15 [5] Haber S, Rosenfeld A (1959) Groups as unions of proper subgroups Am Math Mon 66: 491 – 494 [6] Scorza G (1926) I gruppi che possono pensarsi come somma di tre loro sottogruppi Boll Un Mat Ital 5: 216 – 218 [7] Bùi Xuân Hải Trịnh Thanh Đèo (2013) Đại số đại Nxb Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh: Thành phố Hồ Chí Minh ... LÀ HỢP CỦA BA VÀNH CON THỰC SỰ Nội dung chương mơ tả vành mà biểu diễn dạng hợp ba vành thực hai trường hợp vành có đơn vị khơng có đơn vị, chứng minh định lí điều kiện cần đủ để vành hợp ba vành. .. biệt vành ma trận trường hữu hạn  Mô tả lớp vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực trường hợp vành hiểu vành có đơn vị 2  Mô tả lớp vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực trường hợp vành hiểu vành. .. Chương VÀNH LÀ HỢP CỦA BA VÀNH CON THỰC SỰ 2.1 Giới thiệu 2.2 Các ví dụ 2.3 Kết luận 18 2.4 Mô tả lớp vành biểu diễn dạng hợp ba vành thực trường hợp vành