Linh hóa tử trái và vành cấu xạ

1 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƢỜNG ĐẠI HỌC VINH NGUYỄN ĐỨC BIÊN LINH HÓA TỬ TRÁI VÀ VÀNH CẤU XẠ Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.05 LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Ngƣời hƣớng dẫn khoa học PGS.TS NGÔ SỸ TÙNG Nghệ An - 2011 MỤC LỤC Lời nói đầu Các khái niệm mở đầu 1.1 Các phần tử đặc biệt vành 1.2 Định lý phân tích vành tổng quát 1.3 Các lớp vành thường gặp 1.4 Vành P – nội xạ 2.Linh hóa tử trái vành cấu xạ 10 2.1 Linh hóa tử 10 2.2 Vành cấu xạ 13 2.3 Liên hệ phần tử đặc biệt vành với phần tử cấu xạ 16 2.4 Tính cấu xạ vành thường gặp 17 2.5 Tích trực tiếp vành cấu xạ 18 Kết luận 24 Tài liệu tham khảo 25 LỜI NÓI ĐẦU Theo định lý đồng cấu vành, ta ln có R/l(a) Ra, l(a) linh hóa tử trái phần tử a Tuy nhiên, R/Ra l(a) khơng phải Năm 1976 Erlich đưa lớp vành thỏa mãn điều kiện R/Ra l(a), lớp vành gọi lớp vành cấu xạ trái Từ ông đưa định lý: Nếu  tự đồng cấu mơđun M, M mơđun quy khả nghịch M/im() ker() (xem [5]) Nhưng việc nghiên cứu vành cấu xạ qua điều kiện tỏ không hiệu Năm 2004 W.K.Nicholson E Sánchez Campos đưa điều kiện tương đương vành cấu xạ với tính chất linh hóa tử (xem [4] Lemma 1) Khi điều kiện phát biểu thơng qua linh tử hóa trái (hoặc phải) Sử dụng điều kiện việc nghiên cứu lớp vành cấu xạ tỏ hiệu Trên sở báo [4], luận văn tìm hiểu tính chất linh hóa tử trái vành cấu xạ, trình bày chi tiết chứng minh số bổ đề định lý tương đương, qua tìm hiểu mối liên hệ lớp vành với lớp vành cổ điển Luận văn cịn tìm hiểu thêm tính chất phần tử đặc biệt thuộc lớp vành Nội dung luận văn trình bày hai chương: Chƣơng 1: Các khái niệm mở đầu Trong chương này, hệ thống lại khái niệm bản, định lý, mệnh đề bổ đề nhằm phục vụ cho luận văn Cụ thể chúng tơi trình bày tóm tắt khái niệm, ký hiệu tính chất phần tử đặc biệt vành, lớp vành thường gặp Chƣơng 2: Linh hóa tử trái vành cấu xạ Chương nội dung chủ yếu luận văn Trong chương trình bày linh hóa tử trái vành cấu xạ Các tính chất lớp vành cấu xạ, tìm hiểu tính cấu xạ phần tử đặc biệt vành, tính cấu xạ vành cổ điển Luận văn hoàn thành hướng dẫn thầy giáo PGS.TS Ngô Sỹ Tùng Nhân dịp tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn đến thầy, người đặt vấn đề trực tiếp hướng dẫn tác giả hoàn thành luận văn Cuối xin cảm ơn Ban chủ nhiệm Khoa Toán, Khoa sau đại học Các thầy cô tổ Đại số, tạo điều kiện giúp đỡ tác giả trình học tập hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng song luận văn tránh khỏi thiếu sót, chúng tơi mong nhận đóng góp q báu từ thầy, bạn đồng nghiệp Nghệ An, tháng 12 năm 2011 Tác giả CHƢƠNG CÁC KHÁI NIỆM MỞ ĐẦU Trong chương này, chúng tơi trình bày định nghĩa, tính chất liên quan đến luận văn Các định nghĩa, ký hiệu dựa vào tài liệu Nguyễn Tiến Quang, Nguyễn Duy Thuận [1], W.K Nicholson, and E Sánchez Campos [4] Các vành giả thiết vành kết hợp, có đơn vị, môđun vành hiểu môđun phải unita 1.1 Các phần tử đặc biệt vành 1.1.1 Phần tử khả nghịch Cho vành R, có đơn vị Phần tử xR gọi phần tử khả nghịch (unit invertible regular element) R tồn phần tử yR cho xy  yx  1.1.2 Phần tử quy Cho vành R Phần tử a vành R gọi phần tử quy (regular element) tồn phần tử bR cho aba  a 1.1.3 Phần tử quy khả nghịch Cho vành R Phần tử a vành R gọi phần tử quy khả nghịch (unit regular element) tồn phần tử khả nghịch bR cho aba  a 1.1.4 Nhận xét Phần tử quy khả nghịch phần tử quy, điều ngược lại không 1.1.5 Phần tử lũy đẳng Cho vành R, phần tử e R gọi phần tử lũy đẳng (idempotent element) e2  e 1.1.6 Lũy đẳng trực giao Hai phần tử lũy đẳng e f vành R gọi lũy đẳng trực giao (orthogonal idempotents) ef  fe  Mối liên hệ phần tử quy phần tử lũy đẳng thể qua mệnh đề sau: 1.1.7 Mệnh đề Nếu a phần tử quy vành R a  axa với x R ax xa phần tử lũy đẳng Chứng minh Đặt e  ax e2  ax.ax  (axa) x  ax  e  e2  e Hay e phần tử lũy đẳng Đặt f  xa , chứng minh tương tự ta có f phần tử lũy đẳng  1.2 Định lý phân tích vành tổng quát 1.2.1 Định lý Cho vành R có đơn vị a Nếu R có phân tích bên trái RR  với Ai RR, iI thì: i I  I0  {1,2, , n} tập hữu hạn ii Mỗi iI0, Ai  Rei đó: - ei lũy đẳng -  e1+e2 + +en - ei.ej  i≠j{1,2, ,n} (Hệ thoả mãn điều kiện gọi hệ luỹ đẳng trực giao) b Ngược lại: Nếu R có họ lũy đẳng {e1, e2, , en} trực giao  e1+e2 + +en RR  Re1 Re2 Ren Chứng minh (a) Do RR    a1+a2+ +an biểu thị với aiAi Ta chứng minh RR  A1A2 An Thật vậy: A1A2 AnRR Mặt khác lấy xRR từ  a1+a2 + +an suy x  xa1+xa2 + +xan với xaiAi (do AiRR, aiAi)  x A1A2 An Vậy RR  A1A2 An I  I0 Tiếp theo ta chứng minh Ai  Rai Do aiAiRaiAi Lấy xiAi từ  a1+a2+ +an xi  xia1+xia2+ + xian với xiaiAi Do biểu thị suy xi  xiai Rai xi Rai Vậy Ai  Rai Ký hiệu  ei i   có  e1+e2 + +en AiRei có ei  eie1+ eie2+…+eiei+ … +eien Do biểu diễn nên: ei  eiei  ei lũy đẳng, ei.ej  i≠j (b) Chiều ngược lại Ta chứng minh RR  Re1Re2  Rek Do  e1+e2 + +ek Suy xR ta có x  xe1+xe2+ + xek RR  Re1+Re2 + +Rek Lấy xRejRei với i≠j, i  x  rej  r1e1+r2e2+ +rkek Trong tổng khơng có thành phần thứ j Suy xej  rejej  r  rej  x Mà r  rejej  r1e1ej+r2e2ej+ +rkekej Trong ei.ej  i≠j, x  Hay RejRei   1.2.2 Hệ Cho vành R Các điều kiện sau tương đương i RR không phân tích ii RR khơng phân tích iii R có hai lũy đẳng Chứng minh (i)(ii): Giả sử RR  Re1Re2  Rek Vì RR khơng phân tích nên Re1  RR Re1  Nếu Re1  RR Re1e1  Re1 RR  RR   Nếu Re1  Re1e1  0e1  0RR 0   Vậy RR khơng phân tích có hai lũy đẳng Chứng minh tương tự ta có (ii)(iii) Chứng minh (iii)(i) Giả sử RR  AB với A, BRR Suy theo định lý phân tích vành tổng qt ta có A  Re, B  Rf với {e, f} lũy hai đẳng trực giao e+f  Theo giả thiết (iii) ta có: Hoặc e  suy A  Hoặc e  suy A  RR Do RR khơng phân tích  1.3 Các lớp vành thƣờng gặp 1.3.1 Vành Bun Vành R gọi vành Bun (Boolean ring) phần tử vành R phần tử lũy đẳng 1.3.2 Vành quy Vành R gọi vành quy (regular ring) phần tử vành R phần tử quy 1.3.3 Định lý Cho vành R Các khẳng định sau tương đương: i R vành quy ii Mọi Iđêan trái sinh phần tử lũy đẳng iii Mọi Iđêan trái hạng tử trực tiếp R iv Mọi Iđêan trái hữu hạn sinh hạng tử trực tiếp R 1.3.4 Vành quy khả nghịch Vành R gọi vành quy khả nghịch (unit regular ring) phần tử vành R phần tử quy khả nghịch 1.3.5 Nhận xét Vành quy khả nghịch vành quy điều ngược lại khơng Ví dụ Cho trường k V không gian véctơ vô hạn chiều k Xét vành R  End(V) vành tự đồng cấu V Khi R vành quy khơng vành quy khả nghịch 1.3.6 Vành hữu hạn trực tiếp Vành R gọi hữu hạn trực tiếp (directly finite ring) với phần tử a, bR cho ab  ba  1.3.7 Vành nửa đơn Vành R gọi vành nửa đơn (semisimple ring) R  Ri, iI với Ri iđêan trái tối tiểu R Định lý sau đặc trưng cho vành nửa đơn 1.3.8 Định lý Cho vành R Các khẳng định sau tương đương: i R vành nửa đơn ii R tổng hữu hạn iđêan trái tối tiểu iii Mọi iđêan trái hạng tử trực tiếp R iv Mọi iđêan trái R sinh phần tử lũy đẳng 1.4 Vành P – nội xạ 1.4.1 Môđun nội xạ Cho A R - môđun Môđun N gọi A - nội xạ (A - injective) với đồng cấu : XN mở rộng tới đồng cấu : AN X mơđun A Môđun M gọi nội xạ (injective) M A - nội xạ với môđun A Để chứng minh môđun N A – nội xạ ta có định lý sau: 1.4.2 Định lý Mơđun N A - nội xạ N Ra - nội xạ aA 10 1.4.3 Môđun P- nội xạ Cho vành R M R – môđun phải Môđun M gọi P –nội xạ (nội xạ phải) (principally injective) R đồng cấu : aR M với aR mở rộng tới đồng cấu  :R  M 1.4.4 Vành P – nội xạ Vành R gọi P- nội xạ (nội xạ phải) (right principally injective ring) RR môđun P – nội xạ, nghĩa iđêan phải aR mở rộng 12 i l(A)RR; r(A)RR ii a Nếu ARR l(A)R b Nếu ARR r(A)R iii Al(l(A)) Ar(r(A)) iv Nếu AB l(B)l(A) r(B)r(A) Chứng minh (i): Giả sử a1, a2 l(A), từ định nghĩa l(A) có a1b  a2b  0, bA Do a1b-a2b   (a1 - a2)b  0, suy a1 - a2l(A) Vì l(A) vành R Mặt khác al(A) bA ab  0, với xR có xab  0, hay xal(A) Vậy l(A)RR Chứng minh tương tự có r(A)RR (ii) a): Giả sử ARR bA, xR xbA Do với al(A) a(xb)  mà a(xb)  (ax)b  nên axl(A) Vậy l(A)R Chứng minh tương tự ta có b (iii): Với xA ar(A) ax  Do xr(r(A)) Vậy Ar(r(A)) Chứng minh tương tự ta có Al(l(A)) (iv): Với xr(B), có bx  0, bB Vì AB nên ax  0, aA Do xr(A) Suy r(B)r(A) Chứng minh tương tự ta có l(B)l(A) Định lý sau nêu lên mối liên hệ linh hóa tử với vành P – nội xạ 2.1.3 Định lý Cho vành R Các điều kiện sau tương đương i R vành P – nội xạ phải ii l(r(A)  Ra, aR iii Nếu r(a)l(b) với a, bR RbRa iv l(bRr(a))  l(b)+Ra, a, bR v Nếu : aRR aR R- tuyến tính (a)Ra  13 Chứng minh (i)(ii): Giả sử R vành P-nội xạ chứng minh l(r(A)  Ra, aR Thật vậy, yr(a) ay  xRa có x  ra, xy  ray  suy xl(r(a)), hay Ral(r(a)) (1) Giả sử bl(r(a)) có xr(a) bx  0, suy xr(b) Xét ánh xạ : aR R xác định (ar)  br đồng cấu Theo giả thiết (i) có   c Với cR b  (a)  c.aRa, hay l(r(a))Ra (2) Từ (1) (2) suy l(r(A)  Ra, aR (ii)(iii): Nếu r(a)l(b) với a, bR bl(r(a))  Ra (theo giả thiết ii) Do RbRa (iii)(iv): Xét x l(bRr(a)) Chúng ta có với rr(ab) abr  0, suy brr(a), brr(a)bR, tức xbr  0, suy rr(xb), r(ab)r(xb) Theo giả thiết (iii) có RxbRab Từ xb  tab với tR Suy (x-ta)b   yb với y  x-ta, suy yl(b) Chúng ta có x  ta+yRa+l(b), tức l(bRr(a))Ra+l(b) Với xRa+l(b) x  x1+x2a x1b  Với cbRr(a) c  bc1 ac  Chúng ta có xc  (x1+x2a)c  x1bc1+x2ac  0, xl(bRr(a)), tức Ra+l(b)l(bRr(a)) Vậy l(bRr(a))  l(b)+Ra, có iv (iv)(v): Giả sử : aRR R-tuyến tính Đặt (a)  d Chúng ta có với xr(a) ax  (ax)  x(a)  xd  suy xr(d), tức r(a)r(d), nên l(r(d))l(r(a)) Mặt khác với b  từ giả thiết iv có Ra  l(r(a)) nên dRa Vậy có v 14 (v)(i): Giả sử : aR R R-tuyến tính, từ v có (a)  ca với cR Vậy   c  2.2 Vành cấu xạ Cho vành R phần tử aR Chúng ta xét toàn cấu f: R Ra xác định f(x)  xa, x  R Khi theo định lý đồng cấu có Ra  R/Kerf, với Kerf  {x  Rxa  0}  l(a) Ra  R/l(a) Tuy nhiên R/Ra  l(a) Thật vậy: Xét vành số nguyên Z iđêan Z.2 Khi ta có Z/Z.2  Z2 l(2)  {xZ:x.2  0}  Và Z/0Z.2 Z/Z.2  Z2  l(2) Lớp vành có tính chất R/Ra  l(a) lớp vành mở rộng lớp vành có tính chất R/Ra  l(a) gọi vành cấu xạ (morphic ring) 2.2.1 Định nghĩa Cho vành R a phần tử R a Phần tử a gọi phần tử cấu xạ trái (phải) (left (right) morphic element) R R/Ra  l(a) (tương ứng R/aR  r(a)) b Vành R gọi cấu xạ trái (phải) (left (right) morphic ring) phần tử phần tử cấu xạ trái (phải) c Vành R gọi vành cấu xạ (morphic ring) vành cấu xạ trái phải 2.2.2 Bổ đề [4, Lemma 1] Cho vành R Với phần tử a  R, khẳng định sau tương đương a a phần tử cấu xạ trái b Tồn phần tử b  R cho Ra  l(b) l(a)  Rb c Tồn phần tử b  R cho Ra  l(b) l(a)  Rb 15 Chứng minh (a)(b): Giả sử a phần tử cấu xạ trái Khi tồn đẳng cấu : R/Ra  l(a) Đặt b  (1+Ra) Chúng ta chứng minh Rb  l(a)  Im Ra  l(b) Thật vậy, với xRb x  x1b  x1(1+Ra)  (x1+Ra) Im, ngược lại xIm tồn x1R cho x  (x1+Ra)  x1(1+Ra)  x1bRb Do R(b)  l(a) Với xRa xb  x(1+Ra)  (x+Ra)  (0)  nên xl(b), ngược lại x  l(b)  xb  x(1+Ra)  (x+Ra) suy x  Ra Do Ra  l(b) Suy có b (b)(c): Hiển nhiên ta xét đẳng cấu f: R  Rb xác định f(x)  x, với xR (c)  (a): Xét đồng cấu : R  Rb xác định (x)  xb Khi  tồn cấu Ker  {x Rxb  0}  l(b)  Ra (theo giả thiết c) Theo định lý đồng cấu R/Ker  R(b)  l(a) Do R/Ra  l(a) Chúng ta có a  Trong ba điều kiện tương đương điều kiện thứ hai sử dụng nhiều chứng minh tính chất phần tử cấu xạ Tiếp theo tìm hiểu mối liên hệ phần tử quy, phần tử quy khả nghịch với phần tử cấu xạ ngược lại 2.2.3 Bổ đề: [4, Lemma 3] Nếu a phần tử cấu xạ trái vành R u phần tử khả nghịch R au ua phần tử cấu xạ trái vành R Chứng minh Giả sử a  R phần tử cấu xạ trái Khi tồn b R cho Ra  l(b) Rb  l(a) Do ab  ba  Chúng ta chứng minh: R(au)  l(u-1b); l(au)  R(u-1b) R(ua)  l(bu-1) Thật vậy, xR(au) x  x1au Vì x(u-1b)  x1au(u-1b)  x1ab  0, xl(u-1b) Do R(au)l(u-1b) 16 Ngược lại, xl(u-1b) x(u-1b)   (xu-1)b   xu-1  l(b)  Ra Bởi xu-1  x1auu-1  x1a, suy x  x1au  R(au) Vì vậy, l(u-1b)R(au) Do R(au)  l(u-1b) Xét xR(u-1b), có: x  x1(u-1b) Do x(au)  x1(u-1b)(au)  x1u-1(ba)u  (Vì ba  0) suy xl(au), hay R(u-1b) l(au) Ngược lại, xl(au) xau  Từ xa  (xau)u-1  hay xa  0 xl(a)  Rb Do x  x1b  (x1u)(u-1b)R(u-1b) Vì vậy, l(au)  R(u-1b) Chúng ta l(au)  R(u-1b) Từ suy au phần tử cấu xạ trái Chứng minh hoàn tồn tương tự ta có R(ua)  l(bu-1); l(ua)  R(bu-1), tức ua phần tử cấu xạ trái  2.2.4 Mệnh đề [4, Proposition 5] Cho vành R Nếu a  R phần tử quy cấu xạ trái a phần tử quy khả nghịch Chứng minh Vì a phần tử cấu xạ trái nên tồn phần tử b  R cho Ra  l(b) l(a)  Rb, hay ab  ba  Vì a phần tử quy nên tồn x  R cho a  axa Đặt u  xax+b chúng tỏ u phần tử khả nghịch có aua=a Thật aua  a(xax+b)a  axaxa+aba  axa  a Mặt khác, từ a  axa suy (1-ax)a  nên 1-ax  l(a)Rb Do 1-ax  yb với y  R Đặt v  a+y(1-xa) Khi ta chứng minh v phần tử nghịch đảo u Thật vậy, vu  (a+y(1-xa))u  au+yu-yxau  a(xax+b)+y(xax+b)-yxa(xax+b)  axax+ab+yxax+yb-yxaxax-yxab  ax+yxax+1-ax-yxax  Vì vu  nên uvu  u, hay (1-uv)u  0, 1-uv  l(u) Ta chứng minh l(u)  Nếu r l(u) ru  r(xax+b)  rxax+rb  Khi rua  (rxax+rb)a  rxaxa+rba  rxa  0, suy rb  hay r  l(b)  Ra, tức r  ta Do rxa  taxa  ta  r  Vậy l(u)  Suy 1-uv  hay uv  Vậy uv  vu  1, tức a phần tử quy khả nghịch  17 2.2.5 Mệnh đề.[4, Proposition 6] Cho vành R a phần tử cấu xạ trái vành R, điều kiện sau tương đương: i l(a)  ii Ra  R iii a phần tử khả nghịch R Chứng minh (i)  (ii): Vì a phần tử cấu xạ trái vành R nên tồn phần tử b  R cho Ra  l(b) l(a)  Rb Nếu l(a)  Rb  Suy b  Ra  l(0)  R Nếu Ra  R  l(b) b  Do l(a)  Rb  (ii) (iii): Vì Ra  R nên tồn phần tử x  R cho xa  Khi axa  a suy (ax-1)a  Vì ax-1 l(a)  ax  xa  Vậy a khả nghịch R (iii)  (i): Giả sử a khả nghịch R Xét y  l(a) có ya  Do y  yaa-1  Hay y  0, l(a)   2.3 Liên hệ phần tử đặc biệt vành với phần tử cấu xạ Phần tử lũy đẳng phần tử khả nghịch phần tử đặc biệt vành, chúng tơi tìm hiểu mối liên hệ chúng với phần tử cấu xạ qua số kết sau 2.3.1 Mệnh đề Cho vành R ta có khẳng định sau đúng: i Phần tử a khả nghịch R phần tử cấu xạ ii Phần tử lũy đẳng e phần tử cấu xạ Chứng minh (i) Để chứng minh a phần tử cấu xạ ta chứng minh tồn phần tử b c thuộc R cho Ra  l(b), Rb  l(a) aR  r(c), cR  r(a) Thật vậy, a khả nghịch nên Ra  R  l(0) l(a)  {x  Rxa  0}  {x  Rxaa-1  }   R0 Đặt b  0, có Ra  l(b), Rb  l(a) Tương tự, đặt c  có: aR  r(c), Rc  r(a) Vậy a phần tử cấu xạ 18 (ii) Chúng ta chứng minh Re  l(1-e), l(e)  R(1-e) eR  r(1-e), r(e)  (1-e)R Thật vậy, x  Re x  xe Vì x(1-e)  xe(1-e)  x(e-e2)  x  l(1-e) Ngược lại, x  l(1-e) x(1-e)  x-xe  Do x  xe  Re Hay Re  l(1-e) Nếu x  l(e) xe  Vì x  x-xe  x(1-e)  R(1-e) Ngược lại, x R(1-e) x  x(1-e) Bởi xe  x(1-e)e  x(e-e2)  nên x l(e) Do l(e)  R(1-e) Chứng minh tương tự có eR  r(1-e), (1-e)R  r(e) Vậy e phần tử cấu xạ 2.4 Tính cấu xạ vành thƣờng gặp Từ mệnh đề 2.3.1 cho ta số hệ trực tiếp tính cấu xạ số lớp vành cổ điển sau: 2.4.1 Hệ Cho vành R, đó: i Nếu R thể R vành cấu xạ ii Nếu R vành Bun R vành cấu xạ Chứng minh (i) Vì R thể nên phần tử R khả nghịch Theo Mệnh đề 2.3.1 suy R vành cấu xạ (i) Vì R vành Bun nên phần tử R phần tử lũy đẳng Theo mệnh  đề 2.3.1 suy R vành cấu xạ 2.4.2 Định lý Nếu R vành quy khả nghịch R vành cấu xạ Chứng minh Xét phần tử a R bất kỳ, ta chứng minh a phần tử cấu xạ Thật vậy, R vành quy khả nghịch nên tồn phần tử khả nghịch b cho aba  a Xét (ba)2  baba  ba Do ba phần tử lũy đẳng vành R Theo mệnh đề 2.3.1 ta có ba phần tử cấu xạ R Ta có b-1ba  a phần tử cấu xạ trái R Vậy R vành cấu xạ trái Chứng minh tương tự ta có R vành cấu xạ phải  19 2.4.3 Nhận xét [4, Example 4] Chiều ngược lại định lý chưa hẳn Ví dụ, vành Z4 vành cấu xạ Vì phần tử { , , , } phần tử cấu xạ Nhưng Z4 khơng phải vành quy khả nghịch, phần tử Z4 khơng phần tử khả nghịch Vì có 2  2  2   Điều kiện để phần tử cấu xạ trái phần tử quy khả nghịch nêu Mệnh đề 2.2.4 2.4.4 Hệ quả: Cho R vành quy Khi khẳng định sau tương đương: i R vành quy khả nghịch ii R vành cấu xạ iii R vành cấu xạ trái iv R vành cấu xạ phải Chứng minh (i  ii) Theo định lý 2.2.7 (ii  iii) (ii  iv) Hiển nhiên (iii)(i) Theo mệnh đề 2.2.5 (iv i) Theo mệnh đề 2.2.5  2.5 Tích trực tiếp vành cấu xạ Tích trực tiếp vành ln xét tới tìm hiểu vành, khuôn khổ luận văn chúng tơi tìm hiểu mối liên hệ tích trực tiếp vành cấu xạ thông qua số kết sau 2.5.1 Mệnh đề Cho R  i IRi tích trực tiếp vành Ri, với i I Khi đó: i Phần tử a  (ai)iI R (với Ri) cấu xạ trái R phần tử cấu xạ trái Ri với i I ii R vành cấu xạ trái Ri vành cấu xạ trái với i  I 20 Chứng minh (i) () Giả sử a  (ai)i I phần tử cấu xạ trái R, tồn phần tử b  (bi)i I cho Ra  l(b) Rb  l(a) Chúng ta chứng minh phần tử cấu xạ trái Ri với i I Thật vậy, với xi  Rai (i  I) có x  (xi)i I Ra  l(b) Vì xb  (xibi)i I  (0) xibi  0,  i I Từ có xi  l(bi) tức Riai l(bi), i I Ngược lại, xi  l(bi) (i I) xibi  0,i I Đặt x  (xi)i I, có xb  (0) Do x l(b)  Ra, tức x  (xi)i I  (ri)iI(ai)i I  (riai)i I Vì xi  riai, i I xi  Riai,  i I Từ suy l(bi) Riai,  i I Vậy Riai  l(bi), i I Với xi Rbi (i I), có x  (xi)iI  Rb  l(a) Vì vậy, xa  (xiai)iI  (0) xiai  0, i I Từ có xi l(ai) tức Ribil(ai) , i I Ngược lại, xi l(ai) (i I) xiai  0, i I Đặt x  (xi)iI, có xa  (0) Do x l(a)  Rb, tức x  (xi)iI  (ri)iI(bi)iI  (ribi)iI Vì xi  ribi, i I xi  Ribi, i I Từ suy l(ai) Ribi, i I Vậy Ribi  l(ai), i I Từ suy phần tử cấu xạ trái Ri i I (): Giả sử phần tử cấu xạ trái Ri, i I Khi tồn phần tử bi  Ri (i I) cho Riai  l(bi) Ribi  l(ai), i I Ta chứng minh a  (ai)i I R phần tử cấu xạ trái Đặt b  (bi)iI, ta Ra  l(b) Rb  l(a) Nếu x  (xi)iI  Ra xi Riai  l(bi), i  I Vì xibi  0, i I xb  (xi)iI(bi)iI  (xibi)iI  (0) Từ có x  l(b), tức Ral(b) Ngược lại, x  (xi)i I  l(b) xb  (xi)iI(bi)iI  (xibi)iI  (0) Do xibi  0, tức xi  l(bi)  Riai, i I Suy x  Ra, hay l(b)Ra Vậy Ra  l(b) 21 Nếu x  (xi)iI Rb xi Ribi  l(ai), i I Vì xiai  0, i I xa  (xi)i I(ai)iI  (xiai)iI  (0) Từ suy x  l(a), hay Rb  l(a) Ngược lại, x  (xi)i I  l(a) xa  (xi)i I(ai)i I  (xiai)i I  (0) Do xiai  0, tức xi  l(ai)  Ribi, i I Suy x  Rb, hay l(a)  Rb Vậy Rb  l(a) Suy a phần tử cấu xạ trái R ii Từ (i) suy trực tiếp (ii) theo định nghĩa tích trực tiếp vành Ri  2.5.2 Mệnh đề Cho vành R với {ei} với i  1,n họ lũy đẳng trực giao, phần tử  eiRei Khi khẳng định sau tương đương: i phần tử cấu xạ trái eiRei ii a1+a2+a3+… + an phần tử cấu xạ trái R, với aj phần tử cấu xạ phải ejRej, j  1,n , j≠ i iii a1+a2+a3+… + an phần tử cấu xạ trái R, với aj phần tử khả nghịch ejRej, j  1,n , j≠ i iv ai+e1+e2+… ei-1+ei+1+ … + en phần tử cấu xạ trái R v a1+a2+a3+… + an phần tử cấu xạ trái R, với a j phần tử khả nghịch ejRej, j  1,n , j≠ i Chứng minh (i)  (ii): Vì a1, a2, … , an phần tử cấu xạ trái e1Re1, e2Re2, …, enRen nên có {a1, a2, … , an} phần tử cấu xạ trái e1Re1×e2Re2× …× enRen theo mệnh đề 2.5.1 Do a1+a2+a3+… + an phần tử cấu xạ trái R (ii)  (iii): Vì phần tử khả nghịch phần tử cấu xạ (theo mệnh đề 2.2.6) mà a1+a2+a3+… + an phần tử cấu xạ trái R, aj phần tử cấu xạ trái nên aj phần tử khả nghịch (theo mệnh đề 2.2.5) 22 (iii  iv) Vì ej phần tử khả nghịch ejRej nên suy ai+e1+e2+… ei-1+ei+1+ … + en phần tử cấu xạ trái R (iv)  (v): Chọn aj  ej ta có điều phải chứng minh (v)  (i): Giả sử tồn phần tử a1, a2, …, an cho aj khả nghịch eiRei với j  1,n , j≠ i Và a1 + a2 + + an phần tử cấu xạ trái R Chúng ta chứng minh phần tử cấu xạ trái eiRei, tức tồn b  eiRei cho leiRei(ai)  (eiRei) leiRei(b)  (eiRei)ai Thật vậy, từ giả thiết (v), tồn b  R cho l(a1 + a2 + + an)  Rb l(b)  R(a1 + a2 + + an),  (a1 +a2 + + an)b  a1b + a2b + + anb  e1R e2R  enR, suy ajb  0,  j  1,n Vì aj khả nghịch ejRej nên ejb  a-1ajb  0, j  1,n j≠ i.Từ ta có eib  (1−e2 − −en)b  b Chứng minh tương tự bei  b Vậy b  eibei eiRei Với x  eixei  eiRei xai  0, có x(a1 + a2 + + an)  e1x1e1(a1 + a2 + + an)  0, tức x l(a1 + a2 + + an)  Rb Do x eiRei∩Rb  eiRei Vì vậy, leiRei(ai) (eiRei)b Ngược lại, x eiReib x bR  l(a1+a2+ +an) Do  x(a1 + a2 + + an)  xai, suy x  leiRei(ai), tức (eiRei)b  leiRei(ai) Vậy leiRei(ai)  (eiRei)b Mặt khác (eiRei)ai  (eiRei)(a1+a2+ +an)R(a1+a2+ +an)  l(b) Do (eiRei) leiRei(b) Ngược lại, x  leiRei(b) x  l(b)  R(a1+a2+ +an) Mặt khác x  eixei eiRei Chúng ta có x (eiRei)ai, tức leiRei(b)(eiRei)ai Vậy leiRei(b)  (eiRei)ai Do phần tử cấu xạ trái eiRei Vậy có (i)  Phần tử cấu xạ vành R chưa phần tử cấu xạ eRe Thật xét ví dụ sau: Cho vành S phần tử s S phần tử quy, 23 khơng quy khả nghịch S Khi đặt R  M2(S) xét phần tử sau: 1 0  s 0 t 1 e   R với a     e Re , u    0 0 0 0 1   s  t  s   sts   s  aua         a  0 1  0   0   0  0   uv  vu  Do a phần tử quy khả nghịch  t  Với v   R Chúng ta có eRe  S, s khơng quy khả nghịch S nên a khơng quy khả nghịch eRe Vì a khơng phần tử cấu xạ eRe phần tử cấu xạ R Nhưng vành R vành cấu xạ eRe vành cấu xạ 2.5.3 Mệnh đề Nếu R vành cấu xạ eRe vành cấu xạ với phần tử lũy đẳng e R Chứng minh Giả sử a phần tử thuộc eRe, ta có a+(1-e) phần tử cấu xạ trái R R vành cấu xạ Khi theo mệnh đề 2.2.12 a phần tử cấu xạ trái eRe Do eRe vành cấu xạ trái Chứng minh tương tự ta có eRe vành cấu xạ phải Vậy eRe vành cấu xạ  Sau số kết chúng tơi tìm hiểu mối liên hệ vành cấu xạ với vành Zp 2.5.4 Mệnh đề Vành Z pn vành cấu xạ, n  , p số nguyên tố 0 Z Chứng minh Xét phần tử l (0)  {x  Z pn x.00 } Xét phần tử a  Z l ( a )  {x  Z pn pn , Z pn Z pn pn có Z pn = = l(1) a  0, a  pi (i {1, , n-1}) có Z n a  Z n  l (0) p p x.a  xa =0}=0  Z pn Xét a  pi (i {1, , n-1})  Z pn 24 chứng minh Z pn p  l ( p ni ) Z pn p  l ( p ni ) Thật vậy, x  Z pn p i x  x1 pi Từ x p ni  x1 pi p ni  , tức x  l ( p ni ) Chúng ta suy Z pn p i  l ( p n i ) Ngược lại, x  l ( p ni ) x p ni   p n Do x  x1 pi  Z n pi tức là, p l ( p n i )  Z pn pi Vậy Z pn p i  l ( p n i ) Chứng minh tương tự có Z pn p n i  l ( pi ) Từ suy Z pn vành cấu xạ trái Lập luận tương tự ta có Z pn  vành cấu xạ phải Từ định lý ta thu trực tiếp hệ vành Zm sau: 2.5.5 Hệ Vành Zm vành cấu xạ với m  Z,m  Chứng minh: Với m  m viết thành m  p11 p2 pk k pi số nguyên tố,  i số nguyên dương Khi theo mệnh đề ta Z pi i Z   ik1 Z i pi m  vành cấu xạ Tích trực tiếp ik1Z pii vành cấu xạ Mà có Zm vành cấu xạ  25 KẾT LUẬN Luận văn đề cập số vấn đề sau: Giới thiệu linh hóa tử, tính chất linh hóa tử Giới thiệu lớp vành cấu xạ 3.Sử dụng linh hóa tử để khảo sát lớp vành cấu xạ Trình bày cách hệ thống vành cấu xạ, kết dựa báo [4] 26 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt [1] Nguyễn Tiến Quang, Nguyễn Duy Thuận (2011) Cơ sở lý thuyết môđun vành, NXB Giáo dục Hà Nội Tiếng Anh [2] Chatter-Hajanavis (1972) Rings with chain conditions Springer-Verlag [3] T.Y Lam, W Murray, Unit regular elements in corner rings, Bull Hong Kong Math Soc, submitted for publication [4] W.K Nicholson, and E Sánchez Campos (2004), “Ring with the dual of the isomorphism theorem”, J Algebra 271, 391-406 [5] W.K Nicholson, M.F Yousif (1995), “Principally injective rings”, J Algebra 174, 77–93 [6] W.K Nicholson, M.F Yousif (1997), “Mininjective rings”, J Algebra 187, 548–578 ... tử đặc biệt vành, lớp vành thường gặp Chƣơng 2: Linh hóa tử trái vành cấu xạ Chương nội dung chủ yếu luận văn Trong chương chúng tơi trình bày linh hóa tử trái vành cấu xạ Các tính chất lớp vành. .. tơi trình bày linh hóa tử trái, kết thu từ linh hóa tử trái với vành thông thường Sử dụng khái niệm linh hóa tử trái để tìm hiểu vành cấu xạ 2.1 Linh hóa tử 2.1.1 Định nghĩa Cho vành R   AR... 2.2.12 a phần tử cấu xạ trái eRe Do eRe vành cấu xạ trái Chứng minh tương tự ta có eRe vành cấu xạ phải Vậy eRe vành cấu xạ  Sau số kết chúng tơi tìm hiểu mối liên hệ vành cấu xạ với vành Zp 2.5.4