7 Chương bảy Số đại số
7.1 Mở rộng nguyên
Trong mục này ta định nghĩa phần tử nguyên và chứng minh một số kết quả quan trọng về bao đóng nguyên.
Định nghĩa7.1. ChoR là vành con của vành S, s ∈ S. Phần tử s được gọi là nguyên trên R nếu tồn tại các phần tửa1, a2,ã ã ã , an ∈ R sao cho
sn+a1sn−1 +ã ã ã+an−1s+an = 0.
Đặt f(x) = xn + a1xn−1 + ã ã ã + an−1x + an. Đa thức f(x) được gọi là phương trình phụ thuộc nguyên củas trên R.
Bổ đề 7.2. Cho α, β ∈ S. Nếu α là nguyên trên R và β là nguyên trên
R[α] thì β là nguyên trên R.
Chứng minh: Giả sử phương trình phụ thuộc nguyên của α trên R là
xn + a1xn−1 +ã ã ã +an = 0, ai ∈ R, (1)
còn phương trình phụ thuộc nguyên của β trên R[α] là
xm + b1(α)xm−1 + ã ã ã +bm(α) = 0, bj(α) ∈ R[α]. (2)
Trong mỗi bj(α) ta sẽ thay αn qua −a1αn−1 +ã ã ã −an, nếu cần thiết, và như vậy ta có thể giả thiết các luỹ thừa của α trong (2) có bậc không vượt quá n−1. Sắp xếp theo luỹ thừa α ở phương trình (2), ta có
p11(x) + αp12(x) + ã ã ã+ αn−1p1n(x) = 0, p1i(x) ∈ R[x], (3)
trong đó p11(x) là đa thức bậc m của x với hệ số cao nhất bằng 1, các đa thức p1i(x) còn lại có bậc nhỏ hơn m. Nhân hai vế của (3) vớiα và thếαn qua (1) ta có
p21(x) + αp22(x) + ã ã ã+ αn−1p2n(x) = 0, p2i(x) ∈ R[x], (4)
trong đó p22(x) là đa thức bậc m của x với hệ số cao nhất bằng 1, các đa thức p2i(x) còn lại có bậc nhỏ hơn m. Lặp lại, ta có
ph1(x) +αph2(x) + ã ã ã +αn−1phn(x) = 0, phi(x) ∈ R[x], (5)
trong đó phh(x) là đa thức bậc m của x với hệ số cao nhất bằng 1, các đa thức phi(x) còn lại có bậc nhỏ hơn m. Vì β là nghiệm của tất cả các phương trình (5) cho h = 1,2, . . . , n,nên ta có hệ
(
ph1(β) +αph2(β) +ã ã ã+αn−1phn(β) = 0, h = 1,2, . . . , n.
Vì hệ này có nghiệm không tầm thường là (1, α, . . . , αn−1) nên định thức phải bằng 0 hay det(phi(β)) = 0. Do đó β là nghiệm của
det(phi(x)) = xmn+c1xmn−1 + ã ã ã+ cmn = 0, cij ∈ R. Như vậy, β là nguyên trên R.
Bổ đề 7.3. Cho α, β ∈ S. Nếu α và β là nguyên trên R thì γ = α+ β và δ = αβ cũng là nguyên trên R.
Chứng minh: Giả sử phương trình phụ thuộc nguyên của α trên R là xn +a1xn−1 +ã ã ã+an = 0, ai ∈ R.
Khi đó γ và δ thoả mãn các phương trình tương ứng
(x−β)n+a1(x−β)n−1 +ã ã ã+an = 0, xn+ a1βxn−1 + ã ã ã+anβn = 0.
Như vậyγ vàδ là nguyên trênR[α].Theo Bổ đề 7.2, ta cóγ vàδ là nguyên trên R.
Định lý7.4. ChoR là vành con của vành S.Khi đó tập tất cả các phần tử của S là nguyên trên R lạp thành một vành con của S chứa R.
Chứng minh: Ký hiệuR là tập tất cả các phần tử của S là nguyên trên R. Vì mọi α ∈ R đều thoả mãn x−α = 0 nên R ⊆ R. Nếu α và β thuộc S là nguyên trên R thì α + β và αβ cũng là nguyên trên R theo Bổ đề 7.3, nên R lập thành một vành con của S. Tóm lại, ta có R ⊂R ⊂ S.
Với u ∈ S ta đặt Ru = {au | a ∈ R}. Cho các phần tử u1, . . . , un ∈ S ta định nghĩa Pn i=1Rui = Pni=1aiui | ai ∈ R , Pn i=1aiui +Pn i=1biui = Pn i=1(ai +bi)ui, a(Pn i=1aiui) = Pn i=1(aai)ui, ∀a ∈ R. Về khái niệm nguyên ta còn có một số kết quả sau.
Định lý 7.5. Cho S là một mở rộng vành của vành R và s ∈ S. Giả sử
n∈ N, n > 0. Các phát biểu sau là tương đương: (i) s là nguyên trên R.
(ii) R[s] = R+Rs+ ã ã ã+ Rsn−1.
Chứng minh: Giả thiết có (i). Giả sử y ∈ R[s], y = d
P
i=0
cisi. Ta chỉ ra y ∈ R+Rs+ã ã ã+Rsn−1. Thật vậy, nếu d < n thì kết luận là hiển nhiên. Nếu d≥ n, ta biểu diễn
y = y −cdsd−n(sn+ a1sn−1 + ã ã ã+ an−1s+an) = d−n−1 X i=0 cisi+ d−1 X i=d−n (ci −cdad−i)si = d−1 X i=0 c0isi, c0i ∈ R.
Tiếp tục như vậy, ta cóy = b0+b1s+ã ã ã+bn−1sn−1 ∈ R+Rs+ã ã ã+Rsn−1. Như vậy (ii) đúng.
Giả thiêt (ii) đúng. Khi đó có R[s] = R+ Rs+ ã ã ã+Rsn−1. Từ sn ∈ R[s] = R+Rs+ã ã ã+Rsn−1
ta suy ra có tồn tại các phần tử a1, a2,ã ã ã , an ∈ R để sn = −a1sn−1 − ã ã ã −an−1s−an và như thế kết luận (i) được chứng minh.
Định lý 7.6. Cho hai vành giao hoán R và S có cùng đơn vị, R là vành con của S và s là một phần tử của S. Các điều kiện sau là tương đương: (i) Phần tử s nguyên trên R.
(ii) Có các phần tử u1, . . . , un ∈ S để vành R[s] = Pn
i=1Rui.
(iii) Tồn tại vành con S0 của S chứa R[s] và các vi ∈ S, i = 1, . . . , m, để S0 = Pm
Chứng minh: Giả thiết có (i). Khi đó (ii) được suy ra từ Bổ đề 8.2. Giả thiết có (ii). Lấy S0 = R[s] ta có (iii).
Giả thiết có (iii). Giả sử S0 = Pn
j=1Rvj là một vành con của S. Khi đó ta có sS0 ⊂ S0. Vì svi ∈ S0 = Pn j=1Rvj, nên có các aij ∈ R để ( svi = ai1v1 +ai2v2 +ã ã ã+ainvn, aij ∈ R, i = 1,2, . . . , n. ⇐⇒ (a11−s)v1 +a12v2 +ã ã ã+a1nvn = 0, a21v1 + (a22−s)v2 +ã ã ã+a2nvn = 0, ..., an1v1 +an2v2 + ã ã ã+ (ann−s)vn = 0.
Ta códet(aij−sδij)vt = 0cho mọit= 1,2, . . . , n.Vì1 ∈ S0 = Pn
j=1Rvj, nên có các bj ∈ R để 1 = Pn j=1bjvj. Vậy ta có det(aij −sδij) = det(aij −sδij)[ n X j=1 bjvj] = 0.
Khai triển định thức này ta có sn+a1sn−1+ã ã ã+an−1s+an = 0 và như thế s là nguyên trên R.
Định nghĩa 7.7. Vành con R của S được gọi là bao đóng nguyên của R
trong S. Nếu R = R thì R được gọi là đóng nguyên trong S. Nếu S = R thì S được gọi là nguyên trên R.
Thí dụ7.8. Các kết quả sau là hiển nhiên. (i) Bao đóng nguyên của Z trong Q là Z. (ii) Bao đóng nguyên của Z trong Q(√
2) là Z(√
2). Chứng minh: (i) Thật vậy, giả sử p
q ∈ Q là nguyên trên Z. Ta giả thiết
ucln(p, q) = 1. Khi đó ta có (p q) n+ a1(p q) n−1 +ã ã ã+ an = 0, ai ∈ Z. Từ đó ta có pn+ qn(a1pn−1 +ã ã ã+anqn−1) = 0. Vậypphải chia hết choq,và ta suy raq = ±1,hay p
q ∈ Z.VậyZ ⊆Z ⊆Z
(ii) Giả sử x, y ∈ Q(√
2) và x, y nguyên trên Z. Ta có x− y, xy nguyên trên Z. Vậy tập tất cả các phần tử của Q(√
2) mà là nguyên trên Z lập thành một vành. Giả sử đó là vành A. Ta phải chứng minh:
A = {a+b√ 2;a, b ∈ Z}. Thật vậy giả sửx = a0+ b0√ 2 ∈ Q(√ 2) thế thì ta có x ∈ A ⇐⇒ (2a0, a02 −2b02 ∈ Z) (1) Bây giờ ta chứng minh (1).
Giả sử x ∈ A, gọi δ là một Q tự đẳng cấu biến √2 thành −√2. Khi đó có δ(a0 +b0
√
2) = a0 −b0
√
2,
suy ra δ(x) cũng là nghiệm của phương trình phụ thuộc nguyên x, tức là δ(x) ∈ A. DoAlà một vành nênx+δ(x), xδ(x) ∈ A,màδ(x) = a0−b0√
2, nên ta có
x+δ(x) = 2a0, xδ(x) = a02 −2b02 ∈ Q và nguyên trên Z. Và cuối cùng, doZ đóng nguyên, nên 2a0 vàa02 −2b02 ∈ Z.
Ngược lại, giả sử có 2a0 và a02 − 2b02 ∈ Z, lúc đó x là nghiệm của phương trình
x2 −2a0x+a02 −2b02 = 0, nghĩa làx nguyên trên Z, hay x ∈ A
Bây giờ ta chứng minh
A = {a+b√
2;a, b ∈ Z}. Giả sử ta có
x = a0 +b0√
2∈ A;a0, b0 ∈ Q,
khi đó 2a0, a02 −2b02 ∈ Z. Vậy ta nhận được (2a0)2 −2(2b0)2 ∈ Z. Nhưng ta lại có 2a0 ∈ Z suy ra 2(2b0)2 ∈ Z, do đó 2b0 ∈ Z. Đặt 2a0 = 2a; 2b0 = 2b ⇒ x = a0 + b0√ 2 = a+ b√ 2;a, b ∈ Z, ta nhận được A= {a+ b√ 2;a, b ∈ Z}.
Định lý7.9. NếuRlà bao đóng nguyên củaRtrongS thìRlà đóng nguyên trong S.
Chứng minh: Giả sử s ∈ S là nguyên trên R. Vì R là nguyên trên R, nên theo Định lí 7.6, s là nguyên trên R. Vậy s ∈ R, tức là R là đóng nguyên trong S.
Định lý 7.10. Cho R ⊆ S là những miền nguyên và S là nguyên trên R.
Khi đó S là một trường khi và chỉ khi R là một trường.
Chứng minh: Giả thiết R là một trường. Giả sử y ∈ S, y 6= 0. Vì y là nguyên trên R nên tồn tại các phần tử a1, a2, . . . , an ∈ R để
yn +a1yn−1 +ã ã ã+an = 0
với bậc n nhỏ nhất. Vì S là miền nguyên vày 6= 0, nên an 6= 0. Khi đó ta có:
y−1 = −a−n1(yn−1 +a1yn−2 +ã ã ã+ an−1) ∈ S. Vậy S là một trường.
Ngược lại, giả thiết S là một trường. Giả sử x ∈ R, x 6= 0. Vì x 6= 0, x ∈
R ⊆S nên x−1 ∈ S. Khi đó ta có
(x−1)m +a01(x−1)n−1 +ã ã ã+a0m = 0.
Từ đó suy ra x−1 = −(a01 + a02x+ ã ã ã + a0mxm−1) ∈ R. Do đó R là một trường.
Định nghĩa7.11. Miền nguyên R được gọi là đóng nguyên nếu nó là đóng nguyên trong trường các thương của nó.
Thí dụ 7.12. Khi k là một trường thì R = k[x1, . . . , xn] là miền đóng nguyên.
Chứng minh: Thật vậy, k[x1, . . . , xn] là miền nhân tử hóa, có nghĩa, R là miền nguyên và mỗia ∈ R, a 6= 0,có sự phân tícha thành tích một số hữu hạn phần tử bất khả qui, và nếu a = p1. . . pm = q1. . . qn, ở đó các pi, qj
là bất khả qui, thì m = n, và có hoán vị π để pπ(i)R = qiR. Trường các thương củak[x1, . . . , xn]làk(x1, . . . , xn).Giả sử s 6= 0, s ∈ k(x1, . . . , xn). Khi đó
s = f(x1, . . . , xn)
g(x1, . . . , xn) với f, g ∈ k[x1, . . . , xn], g 6= 0. Ta giả thiết (f, g) = 1 và s là nguyên trên k[x1, . . . , xn]. Khi đó có:
Vậy ta có
fm +g[. . .] = 0.
Vìf, g không có nhân tử chung nên g ∈ k và s∈ k[x1, . . . , xn].
Định lý7.13. ChoRlà vành con của vànhS.Giả sửf(x), g(x)là những đa thức thuộcS[x]có hệ tử cao nhất bằng1sao cho đa thức h(x) =f(x)g(x)
có các hệ số nguyên trên R. Khi đó f(x), g(x) có các hệ số nguyên trên R.
Chứng minh: Như trong mở rộng trường, cho đa thức f(x) ∈ S[x] có mở rộng vành S0 ⊃S để f(x) = Y i=1 (x−αi). Ta chọn mở rộng vành S0 của S để f(x) =Y i=1 (x−αi);g(x) = Y j=1 (x−βj),
với αi, βj ∈ S0. Ký hiệu R là bao đóng nguyên của R trong S0. Vì các αi và βj là nguyên trên R, nên đa thức h(x) = f(x)g(x) có các hệ số là nguyên trên R theo Định lý 7.3. Vậy đa thức h(x) ∈ R[x]. Mặt khác, từ h(αi) = 0, h(βj) = 0 là những quan hệ nguyên cho các αi và các βj trên Rvà Rlà bao đóng nguyên của R trong S0, nên tất cả cácαi, βj đều thuộc R. Vì các hệ số của f(x) và g(x) đều là tổng và tích các αi cũng như các βj, nên các hệ số của f(x) và g(x) là nguyên trên R.
Hệ quả 7.14. Cho R là một miền nguyên, K là trường các thương của nó, K0 là trường mở rộng củaK. Nếuα ∈ K0 là nguyên trên R thì đa thức tối tiểu củaα trên K có tất cả các hệ số đều là nguyên trên R.
Chứng minh: Giả sử h(α) = 0, h(x) ∈ R[x] là phụ thuộc nguyên của α trên R, và giả sử f(x) ∈ K[x] là đa thức tối tiểu của α trên K. Khi đó h(x) = f(x)g(x) với g(x) ∈ K[x]. Theo Định lí 7.13 đa thức f(x) có các hệ số đều là nguyên trên R.
Hệ quả 7.15. Cho R là miền đóng nguyên với trường các thương K và K0 là trường mở rộng của trườngK. Nếuα ∈ K0 là nguyên trênR thì đa thức tối tiểu củaα trên K có tất cả các hệ số đều thuộc R.
Chứng minh: Theo Hệ quả 7.14 thì tất cả các hệ số của đa thức tối tiểu f củaα là nguyên trên R. Vì R- đóng nguyên nên các hệ số củaf đều thuộc R.
Định lý 7.16. Cho R ⊂ S là những vành và R là bao đóng nguyên của R
trongS. Khi đó bao đóng nguyên của R[x]trong S[x] là R[x], có nghĩa là R[x] = R[x].
Chứng minh: VìR là nguyên trên R, nên R[x] là nguyên trên R[x]. Ngược lại, giả sử f(x) ∈ S[x] là nguyên trên R[x]. Khi đó f thỏa mãn
fn +g1fn−1 +ã ã ã+gn = 0 với các gj ∈ R[x], j = 1,2, . . . , n. Chọn m lớn hơn các bậc của f và của các gj,1 6 j 6 n. Nếu h(x) =
f(x)−xm, thì ta có [h(x) +xm]n +g1[h(x) +xm]n−1 +ã ã ã+gn = 0. Ta suy ra hn +h1hn−1 +ã ã ã+hn = 0, ở đó h = h(x), hn = xmn +g1xm(n−1) +ã ã ã+gn ∈ R[x]. Từ đó ta suy ra −h(hn−1 +ã ã ã+hn−1) = hn ∈ R[x].
Ta có các hệ số của hn thuộc R, có nghĩa chúng nguyên trên R. Vậy h(hn−1 +ã ã ã+hn−1)
có các hệ số nguyên trên R. Theo Định lí 7.13, các hệ số của h(x) phải nguyên trên R. Vậy ta có h(x) ∈ R[x] và f(x) =xm +h(x) ∈ R[x]. Tóm lạiR[x] = R[x].
Hệ quả 7.17. Nếu R là miền đóng nguyên thì R[x1, . . . , xn] cũng là miền đóng nguyên.
Chứng minh: Từ R = R, theo Định lý 7.16 ta suy ra R[x] = R[x] = R[x]. Vậy R[x] là miền đóng nguyên.
ChoR ⊂S là những vành vàI là một iđêan của R. Phần tử s ∈ S được gọi là nguyên trên I, nếu có dda thức f(x) ∈ R[x] dạng
f(x) = xn+a1xn−1 +ã ã ã+an, n > 0, ai ∈ I, i= 1,2, . . . , n,
sao chof(s) = 0.Bao đóng của I là tập tất cả các phần tửs ∈ S là nguyên trên I.
Định lý 7.18. Cho hai vành giao hoán R và S có cùng đơn vị, R là vành con của S và s là một phần tử của S. Các điều kiện sau là tương đương: (i) Phần tử s nguyên trên I.
(ii) Có các phần tử u1, . . . , un ∈ S để vành R[s] = Pn
i=1Rui và s ∈ p
IR[s].
(iii) Tồn tại vành con S0 của S chứa R[s] và các vi ∈ S, i = 1, . . . , m, để S0 = Pm
i=1Rvi và s ∈ √IS0.
Chứng minh: Tương tự như trong chứng minh Định lý 7.6.
Định lý7.19. Kí hiệu R là bao đóng nguyên củaR trong S. Khi đó tập tất cả các phần tử nguyên trênI là √IR.
Chứng minh: Nếu s∈ S là nguyên trên I, ta sẽ có phương trình sn +a1sn−1 +ã ã ã+an = 0
với a1, . . . , an ∈ I. Khi đó s ∈ R và sn ∈ IR =⇒ s ∈ √
IR. Ngược lại, nếu s∈
√ IR, thì sn = m X i=1 aisi, cho n > 0, ai ∈ I, si ∈ R.
Vì mỗisi là nguyên trênR, nên áp dụng Định lý 7.18 và qua qui nạp ta có sn là nguyên trên I. Vậy s là nguyên trên I.
Thí dụ7.20. Xét vành R = Z[√ 2,√ 3]. Khi đó (i) R = Z +√ 2Z+ √ 3Z+√ 6Z. (ii) 1,√ 2,√ 3,√ 6là độc lập tuyến tính trên Z.
Ta thấy rằng, nếu thêm vào trường k một số hữu hạn các phần tử siêu việt tính đóng nguyên vẫn được bảo toàn. Định lí dưới đây ta chỉ xét cho trường hợp thêm vào k một biến.
Định lý 7.21. Cho k là một trường, u là một biến. Giả sử k[λ1, . . . , λn] là một miền nguyên hữu hạn. Khi đó k[λ1, . . . , λn] là đóng nguyên khi và chỉ khi k(u)[λ1, . . . , λn] là đóng nguyên.
Chứng minh: Nếu α(u, λ) ∈ k(u, λ) = k(u, λ1, . . . , λn) là nguyên trên k(u)[λ] = k(u)[λ1, . . . , λn] thì có d(u) ∈ k[u] để d(u)α(u, λ) là nguyên trên k(λ)[u]. Vì d(u)α(u, λ) ∈ k(λ)[u] ta có
d(u)α(u, λ) =a0(λ) +a1(λ)u+ã ã ã+am(λ)um, aj(λ) ∈ k(λ). Thay u bởi m+ 1 giá trị γj từ bao đóng đại số k của k ta có
a0(λ) +a1(λ)γj +ã ã ã+am(λ)γjm
là nguyên trên k(λ), trong khi mỗi aj(λ) là nguyên trên k(λ). Vì vậy nó cũng nguyên trên k(λ). Nếu k[λ] là đóng nguyên thì từ aj(λ) ∈ k(λ) ta suy ra α(u, λ) ∈ k(u)[λ] suy ra k(u)[λ] là đóng.
Nếu α(λ) ∈ k(λ) là nguyên trên k[λ] thì theo giả thiết k(u)[λ] là đóng nguyên, ta có
α(λ) ∈ k(u)[λ]∩k(λ) =k[λ]. Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bằng qui nạp, từ Định lí 7.20 ta có ngay kết quả sau
Hệ quả7.22. Choklà một trường,u1, . . . , umlà các biến. Giả sửk[λ1, . . . , λn]
là một miền nguyên vô hạn. Khi đó k[λ1, . . . , λn] là đóng nguyên khi và chỉ khi k(u1, . . . , um)[λ1, . . . , λn] là đóng nguyên.
Kết quả này được sử dụng trong việc xét sự bảo toàn một số tính chất của một iđêan trong vành k(u1, . . . , um)[λ1, . . . , λn]. Khi ta thế u1 =
a1, . . . , um = am, ở đó ai ∈ k.