Đại số nguyên tố thỏa mãn đồng nhất thức thật sự

Giả sử R là đại số trên trường K và Z R là tâm c

( )

ủa R. Khi đĩ ta cĩ thể xem R như

là một đại số trên Z R và n

( )

ếu S là vị nhĩm con của vị nhĩm nhân của Z R thì ta

( )

cĩ thể thành lập địa phương hĩa của R tại S mà ta gọi là địa phương hĩa theo tâm của đại số R. Nếu k K∈ ta định nghĩa phép nhân ngồi trên R nh_S ư sau:

( )

1 1

( )

k s r− s− kr

Với phép nhân ngồi này thì R là m_S ột K – đại số.

Giả sử R là đại số nguyên tố và z Z R , z 0∈

( )

≠ khi đĩ zR Rz= là ideal khác 0 và linh hĩa bên trái và bên phải của ideal này bằng 0, do đĩ mọi phần tử khác 0 của

( )

Z R đều chính qui. Đặc biệt nếu Z R là mi

( )

ền nguyên và S là vị nhĩm con của vị nhĩm nhân Z R và khơng ch

( )

ứa 0 thì ánh xạ nhúng υ_S: R→R_S là đơn cấu của các K – đại số.

Mệnh đề 2.4.1: Nếu R là đại số nguyên tố và S là vị nhĩm con của vị nhĩm nhân

( )

Z R và khơng chứa 0 thì R là nguyên t_S ố. Chứng minh: Giả sử s x, t r, u y R−¹ −¹ −¹ _S ∈ sao cho

(

s x t r u y−1

)( )(

−1 −1

)

0 = . Khi đĩ ta cĩ:

(

stu

) (

⁻¹ xry

)

=0; r R∀ ∈

Suy ra xry 0; r R= ∀ ∈ ⇒x 0₌ hoặc y 0= (do R là nguyên tố) Suy ra: s x 0−1 = hoặc u y 0−1 = .

Vậy R là nguyên t_S ố.

Chúng ta đặc biệt quan tâm đến trường hợp S Z R=

( ) { }

− 0 , khi đĩ địa phương hĩa theo S của đại số R được kí hiệu là R ₀ (R v_P ới P= 0 ) và R ₀ được gọi là đại số

tâm các thương của R. Nếu F là trường các thương của miền nguyên Z R thì

( )

0 K

R ≅R = ⊗F R.

Mệnh đề 2.4.2: (Amitsur) Cho R là đại số nguyên tố thỏa đồng nhất thức thật sự f bậc n. Khi đĩ R thỏa đồng nhất thức chuẩn S_{2 n 2}_[ _].

Chứng minh:

Ta xem R như là đại số trên tâm Z R c

( )

ủa nĩ. Nếu k K∈ thì k.1 Z R∈

( )

và

( )

kr= k.1 r.

Bằng cách thay thế hệ số k của f bởi k.1 ta sẽđược đồng nhất thức khác 0 thật sự f ₀ trên đại số R, như là đại số trên tâm Z R . Theo

( )

định lý của Rowen về đồng nhất

thức đối với địa phương hĩa của R tại S thì ta cũng cĩ f là ₀ đồng nhất thức khác 0 thật sự trên F

R =R trên trường F. Do đĩ R th₀ ỏa mãn đồng nhất thức chính quy mạnh nên các radical ln R ,L R ,un R là trùng nhau hay

( ) ( )

0 0

( )

ln R =L R =un R .

Vì R là ₀ đại số nguyên tố nên R khơng cĩ nil – ideal khác 0. V₀ ậy R0

[ ]

λ là đại số

nửa nguyên thủy. Mặt khác ta cĩ thể giả sử f và f là các ₀ đa thức đa tuyến tính nên

[ ]

R λ thỏa mãn đồng nhất thức khác 0 bậc n.

Gọi P là ideal nguyên thủy của R0

[ ]

λ thì R0

[ ]

λ P là đại số nguyên thủy trên một trường thỏa mãn đồng nhất thức khác 0 cĩ bậc n. Do đĩ theo định lý Kaplansky – Amitsur – Levitzki ta cĩ R0

[ ]

λ P thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn S_{2 n 2}_[ _].

Vậy nếu r , r ,..., r1 2 2 n 2_[ _]∈R0

[ ]

λ ⇒S2 n 2_[ _]

(

r , r ,...,r1 2 2 n 2_[ _]

)

_∈P với mọi ideal nguyên thủy P của R0

[ ]

λ nên P 0∩ = . Suy ra: S2 n 2_[ _]

(

r ,r ,..., r1 2 2 n 2_[ _]

)

=0 với mọi ri∈R0

[ ]

λ . Vì

đại số R cĩ thể nhúng vào R0

[ ]

λ như là một đại số con nên S_{2 n 2}_[ _] cũng là đồng nhất thức trên đại số R.

Mệnh đề 2.4.3: Giả sử R là tích trực tiếp con của các đại số nguyên tố thỏa mãn

đồng nhất thức thật sự thì R khơng chứa nil – ideal khác 0. Chứng minh:

Ta chỉ cần chứng minh kết quảđúng đối với R là đại số nguyên tố là đủ. Thật vậy, nếu R là đại số nguyên tố thỏa mãn đồng nhất thức thật sự thì R thỏa mãn một đa thức chuẩn mà đa thức này là chính quy mạnh.

Do đĩ nếu R chứa một nil – ideal khác 0 thì nĩ cũng chứa nil – ideal lũy linh khác 0.

Điều này trái với tính nguyên thủy. Vậy R khơng chứa nil – ideal khác 0. Bây giờ chúng ta đi chứng minh định lý quan trọng của Rowen:

Định lý 2.4.4: Cho R là tích trực tiếp con của các đại số nguyên tố thỏa mãn đồng nhất thức thật sự sao cho bậc của đồng nhất thức bị chặn. Khi đĩ với mọi ideal I khác 0 của R đều cĩ giao khác rỗng với tâm Z R c

( )

ủa R.

Chứng minh:

Trước hết giả sử R là nửa nguyên thủy và thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn S . N_2d ếu P là ideal nguyên thủy thì R P là đại sốđơn hữu hạn chiều trên tâm của nĩ, với số

chiều ≤d2. Vì

(

I P P+

)

là ideal của R P nên hoặc là

(

I P P R P+

)

= hoặc là I⊂P.

Do I 0≠ và

P 0=

∩

nên tồn tại ideal nguyên thủy P sao cho I P R+ = , trong số

các ideal thỏa mãn điều kiện này ta chọn ideal nguyên thủy P sao cho b₀ ậc n c₀ ủa

R P là tối đại. Giả sử q là đa thức tâm với hệ số tự do bằng 0 của Mn₀

( )

K (ví dụ:

đa thức Formanek). Khi đĩ q hoặc là đa thức tâm hoặc là đồng nhất thức trong mọi

đại số nguyên thủy cĩ bậc n n≤ ₀ và q là đa thức tâm của R P . T₀ ừ đĩ suy ra với mọi:

(

r ,r ,..., r1 2 m

)

∈A thì

(

q r , r ,...,r

(

1 2 m

)

+P P

)

thì nằm trong tâm của R P . Do đĩ

(

1 2 m

)

q r ,r ,..., r nằm trong R P . Vì q là ₀ đa thức tâm của R P và ₀ I P+ ₀ =R nên ta chọn r ,r ,..., r₁ ₂ _m∈I sao cho q r , r ,..., r

(

1 2 m

)

∉P0. Do đĩ q r , r ,..., r

(

1 2 m

)

≠0 và

(

1 2 m

) ( )

q r ,r ,..., r ∈Z R . Vậy I Z R∩

( )

≠0.

Bây giờ nếu R là tích trực tiếp con của các đại số thỏa mãn các đồng nhất thức thật sự với bậc bị chặn. Khi đĩ R khơng chứa nil – ideal khác 0 và R thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn. Vậy R

[ ]

λ là nữa nguyên thủy thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn và tâm của R

[ ]

λ là Z R

( )[ ]

λ . Do đĩ nếu I

[ ]

λ là ideal khác 0 của R

[ ]

λ thì ta cĩ:

( )[ ] [ ]

Z R λ ∩ λ ≠I 0 mà Z R

( )[ ]

λ ∩ λ =I

[ ] (

Z R

( )

∩I

)[ ]

λ ≠0⇒Z R

( )

∩ ≠I 0.

Hệ quả 2.4.5: Cho R là tích trực tiếp con của các đại số nguyên tố thỏa mãn đồng nhất thức thật sự sao cho bậc của đồng nhất thức bị chặn và tâm Z R c

( )

ủa R là trường. Khi đĩ R là đại sốđơn.

Chứng minh:

Nếu I 0≠ là một ideal của R thì I Z R∩

( )

≠0. Vì Z R là tr

( )

ường nên

( ) ( )

Chương 3:

TẬP CÁC IDEALS NGUYÊN TỐ TRONG CÁC PI – VÀNH NGUYÊN TỐ

VÀ NỬA NGUYÊN TỐ

3.1ỨNG DỤNG CỦA ĐỒNG NHẤT THỨC, ĐA THỨC TÂM ĐỐI VỚI PI – VÀNH BẤT KỲ:

Định lý 3.1.1 (định lý Amitsur – Levitzky):

Đa thức chuẩn tắc S là m_2n ột đồng nhất thức của M K . n

( )

Chứng minh:

Trước hết ta cĩ một vài nhận xét vềđa thức chuẩn tắc.

• Sk 1₊

(

x , x ,..., x1 2 k 1₊

)

=x S1 k 1₊

(

x ,..., x2 k 1₊

)

−x S2 k 1₊

(

x , x ,..., x1 3 k 1₊

)

( )

^k k 1 k 1

(

1 3 k

) ( )

... 1 x S₊ ₊ x , x ,..., x 1 + + − Do đĩ nếu S là _k đồng nhất thức trên đại số K thì S_{k 1}₊ cũng là đồng nhất thức trên đại sốđĩ. • S x , x ,..., xk

(

_π1 _π2 _πk

)

=sg

( ) (

π S x , x ,..., xk 1 2 k

) ( )

2 • Nếu i ,...,i phân bi₁ _r ệt và i≤ ≤j k,0 r k< < và S' là tổng các hạng tử của

( )

k 1 2 k S x , x ,..., x cĩ 1 2 n i i i x , x ,..., x là thừa số trái thì:

(

r 1 r 2 k

)

1 r k r i i i S' i ...i S x , x ,..., x + + − = ± . • Giả sử r là số lẻ, 0 r k< < và gọi S là tổng các từ trong S x , x ,..., x cĩ k

(

1 2 k

)

dạng ±ayb với y x x ...x= _{i 1 i 2}₊ ₊ _{i r}₊ cịn a và b là các đơn thức thì:

( )

k r 1 1 2 i i r 1 k S S= _{− +} x , x ,..., x , y, x_{+ +} ,..., x

Bây giờ ta sẽ chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp: Hiển nhiên định lý đúng với n 1= .

Giả sửđịnh lý đúng cho n 1− .

Do tính đa tuyến tính và thay phiên của đa thức chuẩn tắc nên ta chỉ cần chứng minh rằng: nếu

{

e ,e ,...,ei j_{1 1} i j_{2 2} i j_{2 n 2 n}

} ( )

* là tập 2n ma trận đơn vị e khác nhau (_ij e _ij

là ma trận cĩ phần tử ở hàng thứ i và cột thứ j bằng 1; cịn các phần tử khác đều bằng 0). Thì:

(

_{1 1} _{2 2} _{2 n 2n}

) ( )

2n i j i j i j

S e ,e ,...,e =0 **

Với 1 k n≤ ≤ ta kí hiệu f(k) là số lần k cĩ mặt trong chỉ số trong tập (*). Khi đĩ:

( )

n n j r 1 k 1 f k 4n = + = =

∑ ∑

Nếu k là số sao cho f k

( )

=0 thì k khơng cĩ mặt trong trong (*).

Trong trường hợp này các ma trận đơn vị trong (*) cĩ thể xem như các ma trận đơn vị của Mn 1₋

( )

K là đồng nhất thức của Mn 1₋

( )

K , do tính chất (1) của đa thức chuẩn tắc thì S c_2n ũng là đồng nhất thức của Mn 1₋

( )

K . Do đĩ (**) đúng.

Nếu f k

( )

>0,1 k n≤ ≤

Trước hết ta chứng minh bổđề sau:

Bổđề 3.1.2: Giả sử e cĩ m_uu ặt trong (*) và f u

( )

≤4 thì (**) đúng. Chứng minh: a) Nếu f u

( )

=2 thì u chỉ cĩ mặt ở chỉ số của các phần tử trong tập

{

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2n 2 n

} ( )

* chỉ với phần tử e . _uu Do đĩ mọi đơn thức trong đa thức S2n

(

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2 n 2n

)

đều bằng 0. Vậy ta cĩ (**). b) Nếu f u

( )

=3 thì ta cĩ 2 khả năng: + Khả năng 1: Nếu u cĩ mặt trong các phần tử e và _uu e trong _uv đĩ u v≠ , thì các đơn thức khác 0 trong S2n

(

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2 n 2n

)

là bắt đầu với e e . T_{uu uv} ổng các từ trong

(

1 1 2 2 2 n 2n

)

2n i j i j i j S e ,e ,...,e là bắt đầu với e e _{uu uv} là

(

1 1 2 2 uu

)

uu uv 2n 2 i j i j e e S ₋ e ,e ,...,e ,...

dưới). Do u khơng cĩ mặt trong S_{2n 2}₋ nên theo giả thiết quy nạp ta cĩ

(

1 1 2 2 uu

)

2n 2 i j i j S ₋ e ,e ,...,e ,...^ɵ =0. Vậy ta cĩ (**). + Khả năng 2: Nếu u cĩ mặt trong các phần tử e và _vu e trong _uu đĩ u v≠ , thì các đơn thức khác 0 trong S2n

(

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2 n 2n

)

là kết thúc bởi e e . _{vu uu} Tương tự như trên ta cũng cĩ (**). c) Nếu f u

( )

=4 thì ta cĩ 3 khả năng: + Khả năng 1:

Nếu u cĩ mặt trong các phần tử e ,e ,e trong _uu _uv _uw đĩ u v,u w≠ ≠ thì các đơn thức trong S2n

(

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2 n 2n

)

đều bằng 0 nên ta cĩ (**).

+ Khả năng 2:

Nếu u cĩ mặt trong các phần tử e ,e ,e trong _uu _vu _wu đĩ u v,u w≠ ≠ thì các đơn thức trong S2n

(

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2 n 2n

)

đều bằng 0 nên ta cĩ (**).

+ Khả năng 3:

Nếu u cĩ mặt trong các phần tử e ,e ,e trong _uu _uv _wu đĩ u v,u w≠ ≠ thì các đơn thức khác 0 trong S2n

(

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2 n 2n

)

cĩ một trong các dạng: e e ae , _{uu uv} _wu

uv wu uu

e ae e , ae e e b .Do s_{wu uu uv} ố các phần tử e trong _ij ae là s_wu ố lẻ cho nên

uu uv wu

e e ae và e ae e cĩ d_uv _{wu uu} ấu trái nhau cho nên sẽ bị triệt tiêu. Đồng thời theo nhận xét 2) và 4) về đa thức chuẩn tắc thì tổng các từ dạng

( )

wu uu uv wv

ae e e b =a.e .b là trong S2n 2₋

(

e ,...wv

)

. Do u khơng xuất hiện ở chỉ số

của các phần tử trong S cho nên theo gi_2n ả thiết quy nạp ta cĩ

( )

2n 2 wv

S ₋ e ,... =0. Vì vậy ta cĩ (**). Trở lại chứng minh định lý:

Ta sẽ chứng minh định lý bằng phương pháp quy nạp lùi theo số phần tử lũy đẳng

e trong

{

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2n 2 n

}

. Ta thấy rằng e l_ij ũy đẳng khi và chỉ khi i= j. Gọi α là số phần tử lũy đẳng trong

{

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2n 2 n

}

Giả sử α =n, khi đĩ tất cả các phần tử e ,e ,...,e ₁₁ ₂₂ _nn đều cĩ mặt trong hệ

{

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2n 2 n

}

. Do ⁿ

( )

k 1

f k 4n

∑

nên u,1 u n∃ ≤ ≤ sao cho f u

( )

≤4, bằng cách áp dụng bổđề trên ta được S2n

(

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2 n 2n

)

( )

** .

Giả sử α = <r n, và giả sử kết quả đúng với α = ∀ ≥ +s, s r 1. Do S là _2n đa tuyến tính nên ta cĩ: S2n

(

eu u1 1,...,eur 1 r 1u ,a ,...,ar 2 2n

)

+ + + = đối với mọi

(

r 1+

)

phần tử khác nhau u và m_i ọi a ,...,ar 2₊ 2n∈M Kn

( )

Ta xét trường hợp đặc biệt khi K là một trường.

Giả sử hệ

{

e ,e ,...,e1 2 r 1₊

}

trong M K gn

( )

ồm các phần tử lũy đẳng sao cho

i j

e e =0, i∀ ≠ j. Khi đĩ tồn tại tự đồng cấu η của M K sao cho n

( )

i i

u u i

e e , 1 i r 1

η = ∀ ≤ ≤ + từđĩ suy ra S2n

(

eu u1 1,...,eur 1 r 1u ,a ,...,ar 2 2n

)

+ + + = đối với mọi

( )

r 2 2n n

a ,...,a₊ ∈M K .

Tương tự như vậy ta chỉ cần chứng minh: S2n

(

e ,e ,...,ei j_{1 1} i j_{2 2} i j_{2 n 2n}

)

( )

** cho trường hợp i₁= j₁=1,i₂ = j₂ =2,...,i_r = j_r =r và i_k ≠ j_k nếu k r> . Xét các khả năng xảy ra sau:

• Khả năng 1: hệ

{

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2n 2 n

}

chứa một phần tử e v_ij ới i r, j r,i> > ≠ j. Khơng mất tính tổng quát ta cĩ thể giả thiết e là ph_ij ần tử thứ

(

r 1+

)

của hệ trên. Khi đĩ ta cĩ 2 tập hợp

{

e ,e ,...,e ,e'1 2 r r 1₊

}

và

{

e ,e ,...,e ,e"1 2 r r 1₊

}

trong đĩ

1 11 r rr

e =e ,...,e =e cịn e'_{r 1}₊ =e ,e"_ii _{r 1}₊ =e_ii+e_ij. Rõ ràng cả 2 tập hợp trên đều gồm các phần tử lũy đẳng và e e'_t _{r 1}₊ =0,e e"_t _{r 1}₊ =0,e e_{t s}=0; t,s,1 t,s r, t s∀ ≤ ≤ ≠ . Cho nên:

( ) ( )

2n 1 2 r r 1

S e ,e ,...,e ,e'₊ =0 1 và S2n

(

e ,e ,...,e ,e"1 2 r r 1₊

)

( )

2 Trừ vế theo vế của 2 đa thức trên ta được S2n

(

e ,...,e ,e ,...1 r ij

)

=0.

• Khả năng 2: hệ

{

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2n 2 n

}

khơng chứa phần tử e v_ij ới i r, j r,i> > ≠ j.

Nếu tất cả các chỉ số của hệ trên đều ≤ <r n thì f k

( )

=0, k r∀ > . Đồng thời trường hợp r 0= là tầm thường nên ta chỉ xét r 1≥ . Ta cũng thấy rằng một tích của các ma trận e là khác 0 khi và ch_ij ỉ khi chỉ số thứ hai của mỗi nhân tử trong tích đĩ bằng chỉ số thứ nhất của nhân tử tiếp theo. Vì vậy dễ dàng kiểm tra được

đẳng thức (**) là đúng ngoại trừ các trường hợp sau: a. f k ch

( )

ẵn k∀ b. Cĩ đúng hai trong số chúng là lẻ. Theo bổđề 3.1.2 ta cĩ thể giả thiết f i

( )

>4, i r∀ ≤ . Thế thì, vì:

( ) ( ) ( ) ( )

n r n n k 1 i 1 j r 1 j r 1 f k 4n f i f j 4r f j = = = + = + = = + > +

∑ ∑ ∑ ∑

nên ∃i, j r> sao cho

( )

f j ≤3. Ta sẽ chứng minh i, j r∃ > sao cho f j

( )

≤2. - Trong trường hợp a) điều đĩ là hiển nhiên.

- Trong trường hợp b) giả sử f j

( )

>2, j r∀ > . Khi đĩ cĩ hai khả năng xảy ra: + Khả năng b1): cĩ hai chỉ số j , j₁ ₂ >r để f j

( )

1 =f j

( )

2 =3 cịn f j

( )

≥4 với các j r> cịn lại. Thế thì f i

( )

≥6, i r∀ ≤ . Khi đĩ:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n r n 1 2 k 1 i 1 j r 1 4n f k f i f j f j f j 6r 6 4 n r 2 = = = + =

∑

+ + +

∑

≥ + + − − với 1 2 j j , j j≠ ≠ ⇒r 1_≤ mà r 1≥ nên suy ra r 1= . + Khả năng b2): cĩ một chỉ số j₁>r để f j

( )

1 =3 cịn f j

( )

≥4 với các j r> cịn lại. Khi đĩ khơng thể xảy ra f i

( )

≥6, i r∀ ≤ vì nếu như vậy:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n r n 1 k 1 i 1 j r 1 4n f k f i f j f j 6r 3 4 n r 1 = = = + =

∑

+ +

∑

≥ + + − − với j j≠ ₁. Suy ra: 2r 1≤ (vơ lý vì ta ta đang xét r 1≥ ). Do vậy phải ∃ ≤i₁ r để

( )

1 f i =5. Suy ra f i

( )

≥6, i i ,i r∀ ≠ 1 ≤ . Khi đĩ:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

n r n 1 1 k 1 i 1 j r 1 4n f k f i f j f i f j 6 r 1 5 3 4 n r 1 = = = + =

∑

+ + +

∑

≥ − + + + − −

với j j ,1 i≠ ₁ ≠ ₁⇒r 1_≤ . Như vậy trong trường hợp b) ta suy ra r 1= . Thế thì trong hệ

{

e ,e ,...,ei j1 1 i j2 2 i j2n 2 n

}

các phần tử e cĩ m_ij ặt trong hệ này là

Một phần của tài liệu TẬP CÁC IDEALS NGUYÊN TỐ TRONG CÁC PI – ĐẠI SỐ (Trang 47 -47 )