Các định lý về giao hoán trên lớp vành con Boolean

Ta thấy vành Boolean thỏa đồng nhất thức: 2

x = x thì nó cũng thỏa 2 2

0

x y−xy = , bây giờ chúng ta xét những vành R có tính chất 2 2

x y−xy là lũy linh, ,∀x y∈Rthì với điều kiện nào thì R giao hoán.

Định nghĩa 2.4.2.1

N là tập các phần tử lũy linh, J R ( ) là căn Jacobson, Z là tâm của R. R là vành

con Boolean nếu 2 2

x y−xy ∈N , ∀x y, ∈R\(N ∪ ∪J Z) (1).

Ta thấy lớp vành con Boolean nó hoàn toàn rộng, nó chứa thật sự lớp các vành Boolean (Vì lớp vành Boolean cũng thỏa điều kiện của định nghĩa).

Ví dụ: Cho 0 0 , 1 0 , 0 1 , 1 1

0 0 0 0 0 0 0 0

R         =                

  khi đó R là vành con Boolean và R

không giao hoán. Với các phần tử trong các ma trận trên là nằm trong trường có hai phần tử là { }0, 1 .

Trong phần sau chúng tôi mong muốn trình bày các điều kiện để tìm kiếm trong lớp vành con Boolean những lớp vành giao hoán. Để xây dựng các vành con Boolean với điều kiện nào đó là giao hoán ta cần bổ đề sau:

Bổ để.2.4.2.2

Cho R là vành sao cho mỗi phần tử x R∈ , x hoặc nằm trong tâm hoặc có số nguyên dương n lớn hơn 1 : xn = x thì R giao hoán. ( Bổ đề này chính là định lý giao hoán của Jacobson).

Bổ để 2.4.2.3

Nếu R là vành con Boolean với phần tử lũy đẳng tâm thì tập N các phần tử lũy linh được chứa trong căn Jacobson của R. (Phần tử lũy đẳng tâm của R là phần tử lũy đẳng và nằm trong tâm, vành với phần tử lũy đẳng tâm có thể nói ngắn gọn là vành lũy đẳng tâm).

Chứng minh :

Giả sử a∈Nvà x∈R.

Xét trường hợp ax∈(N∪ ∪J Z)

Nếu ax∈N thì ax là phần tử tựa chính quy phải, nếu ax∈J thì ax là tựa chính quy

phải, ax∈Zthì ( )m = m m

ax a x với mọi số m và do a∈N nên có n nào đó để an =0.Vì vậy ax∈N suy ra ax là tựa chính quy phải.

Ta xét thêm trường hợp 2

(ax) ∈(N∪ ∪J Z) nếu (ax)2∈N thì ax là tựa chính quy phải,

2 2

(ax) ∈ ⇒ −J (ax) ∈J thì (ax) , (2 − ax)2 là tựa chính quy phải và ax cũng thế (

2

(ax)

− là tựa chính quy phải có b để 2 2

(ax) b (ax) .b 0 − + − = chọn b'= −ax+ −b ax b. khi đó ax+ +b' ax b. '=0 Cuối cùng nếu 2 (ax) ∈Z thì 2 2 2 (ax) k =(ax) ...(ax) 2 2 ( ) ...( ) a ax ax xax = 2 2 2 2 ( ) ...( ) ( ) a ax ax xax = (tiếp tục chuyển a ra trước ta có ) ……… k a t =

Do a∈N suy ra (ax)2∈N nênax∈N. Như vậy ta có:

( )

ax∈ N∪ ∪J Z hoặc ( ) (2 )

ax ∈ N ∪ ∪J Z thì axlà tựa chính quy phải. (*) Bây giờ giả sử ax∉(N∪ ∪J Z)và ( ) (2 ) ax ∉ N∪ ∪J Z thì bởi (1) ta có ( ) ( )2( ) ( ) ( ) 2 2 2 ax ax − ax ax ∈N hay (( ) ( )2 )( )3 ax − ax ax ∈N suy ra: ( ) ( ) ( )( ) { 2 3} 0 k

( ) ( )k k 1 ( )

ax = ax + g ax với g y( ) là đa thức với các hệ số nguyên khi đó ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2( ) . k k k ax = ax ax g ax = ax + g ax  tiếp tục như thế ta có: ( ) ( )k 2k k( ) ax = ax g ax Ta đặt ( )k k( ) e= ax g ax thì e2 =e và ( ) ( )k k ax = ax e với mọi a∈N. (2)

Vì phần tử lũy đẳng là nằm trong tâm nên: e=e e. =e ax( )k gk( )ax =eat=aet thế thì:

2 2

... m m 0

e=aet =a et = =a et = với m nào đó để am =0 vì a∈N, như vậy theo (2) thì

ax∈N vì thế ax là tựa chính quy phải, như vậy ta có:

( )

ax∉ N∪ ∪J Z và ( ) (2 )

ax ∉ N∪ ∪J Z thì ax là tựa chính quy phải (**)

Từ (*) và (**) ta suy ra ax là tựa chính quy phải ∀ ∈x R vì vậy a∈J. Vậy bổ đề đã chứng minh xong.

(a là tựa chính quy phải, ax là tựa chính quy phải ∀ ∈x R ta gọi B là ideal tựa chính quy phải chứa a của R, mà J R( ) là ideal phải tựa chính quy phải lớn nhất nên B⊂J R( ))

Định lý 2.4.2.4

Nếu R là vành con Boolean với phần tử lũy đẳng tâm thì RJ R( ) là giao hoán.

Chứng minh:

Theo bổ đề 2.4.2.3 ta có N ⊆ J và vì R là vành con Boolean nên ta có:

( )

2 2

0, , R , ,

x y xy x y x y Z

J R

− = ∀ ∈ ∉ (1). Vì vành RJ R( ) là vành nửa nguyên thủy nên RJ R( ) là tích trực tiếp con các vành nguyên thủy Rα và mỗi Rα cũng thỏa điều kiện (1) nên chúng ta có:x y2 −xy2 = ∀0, x y, ∈Rα và ,x y∉Z. Như vậy ta chỉ cần chứng minh

Rα là giao hoán thì RJ R( ) giao hoán .

Nếu Rαlà vành chia và Rαkhông giao hoán. Ta gọi xαlà phần tử không nằm trong tâm của Rαnên ta có: 2( ) ( )2

1 1 0

xα xα + −xα xα + = suy ra xα =0 hoặc xα = −1 suy ra xα ∈Z, điều mâu thuẫn này đã chứng minh cho Rαlà giao hoán.

Nếu Rαlà vành nguyên thủy và Rαkhông là vành chia khi đó tồn tại D là vành chia và số nguyên k >1 để mà Dk là ảnh đồng cấu của vành con của vành Rα, vì

2 2

0, ,

x y−xy = ∀x y∈Rα và ,x y∉Z , vẫn đúng trong vành con của R và vẫn còn đúng qua phép đồng cấu và như vậy nó đúng trong Dk thế nhưng điều này không đúng với:

0 1 ... 0 1 1 ... 0 0 0 ... 0 0 1 ... 0 , ... ... ... ... ... ... ... ... 0 0 ... 0 0 0 ... 1 x y             = =            

Do x y2 −xy2 = ≠x 0. Điều mâu thuẫn này đã chứng minh Rαlà vành chia vì vậy Rα

là giao hoán. (ĐPCM).

Định lý 2.4.2.5

R là vành con Boolean với phần tử lũy đẳng tâm và J ⊆Zthì R là vành giao hoán.

Chứng minh:

Bởi bổ đề 2.4.2.3 ta có N ⊂ ⊂J Z kết hợp với R là vành con Boolean ta có:

2 2

, , \

x y−xy ∈N ∀x y∈R Zgiả sử x∉Z ta đặt y= −x khi đó ta có: 3

2x ∈N và vì vậy 2x∈ ⊂N Z , như vậy 2x∈ ∀ ∈Z, x R và theo Định lý 2.4.2.4 thì RJ R( ) là giao hoán nên

[ ]x y, ∈ ⊂ ∀J Z, x y, ∈R. Mặt khác 2 [ ] [ ] [ ] [ ] 2 , , , 2 , 2 , 0 x y x x y x y x x x y x x y x Z   = + = = = ⇒ ∈   . Bây giờ ta chứng minh mệnh đề 2.4.2.5: 2 x+x ∉Z.

Giả sử R không giao hoán thế thì có phần tử 2

x∉ ⇒ + ∉Z x x Z (vì nếu 2

x+x ∈Zthì do x2∈Zsuy ra x∈Z ) theo định nghĩa vành con Boolean ta có:

( ) ( )2

2 2 2

x x+x −x x+x ∈N điều này dẫn đến: 3( 2)

x x+x ∈N vì vậy có đa thức g t( )với các hệ số nguyên để mà:

( ) (4 ) (3 ) ( )( ) ( ) ( )

2 2 2 3 2 3 2

Nhận xét vế phải của đẳng thức trên là tổng của những phần tử lũy linh, giao hoán được với nhau vì vậy: 2

x+ ∈ ⊆x N Zđiều này mâu thuẫn với 2

x+x ∉Z. Vì vậy R là giao hoán.

Định lý 2.4.2.6

R là vành con Boolean có đơn vị và lũy đẳng tâm đồng thời J giao hoán thì R giao hoán. Chứng minh: Bởi bổ đề 2.4.2.3 ta có N ⊆ J , chúng ta cần chứng minh J ⊂ ∪N Z. Giả sử J ⊄ ∪N Z khi đó có j∈J và j∉N j, ∉Zvì N ⊆ J từ định nghĩa ta có: 2 2 , , \ x y−xy ∈N ∀x y∈R J ∪Z.Nhận xét: 1+ ∉ ∪j J Z(vì 1+ jlà khả nghịch nên không thuộc J, nếu 1+ ∈j Z thì j∈Z ) lại có 2

j ∈J nên 2

1+ +j j ∉ ∪J Z, (vì

2

1+ +j j ∈ ∪ ⇒ + ∈ ∪J Z 1 j J Z).

Như vậy ta có: ( 2)2( ) ( 2)( )2

1+ +j j 1+ j − + +1 j j 1+ j ∈N khai triển biểu thức ta có

( )( ) 2 2 1 1 j + +j j + ∈j N suy ra có số m nào đó để ( 2( 2)( )) 1 1 m 0 j + +j j + j = và vì ( 2) ( )

1+ +j j , 1+ j là khả nghịch trong R vì chúng giao hoán với j dẫn tới j∈N điều này trái giả thiết j∉N vậy J ⊆ N∪Z.

Chúng ta có: x y2 −xy2∈N,∀x y, ∈R N\ ∪Z. Bây giờ ta giả sử có: ,1

x∉N + ∉x N và x∉Z vì vậy 1+ ∉x Z theo trên ta có: 2( ) ( )2

1 1

x +x −x +x ∈N khai triển ta có x(1+ ∈x) N, vì x∈N hoặc x+ ∈1 N kéo theo x x( + ∈1) N

vì vậy: 2 ( )

1 , R

x x x x N x

Z

+ = + ∈ ∀ ∈ . Vì x∈ ⇒ − ∈Z x Z, ta suy luận tương tự trên bằng cách thay x= −x ta được: 2

, R

x x N x Z

− ∈ ∀ ∈ .(a)

Như chúng ta biết mọi vành R đều đẳng cấu với tích trực tiếp con các vành bất khả quy Rα

Ta cần chứng minh rằng tập Nαcác phần tử lũy linh của Rαlà được chứa trong

( )N Zα

σ ∪ trong đó Zαlà tâm của Rα. Ta đặt dα ∈N dα, α ∉Zα và đặt σ( )d =d dα, ∈R

vì thế d∉Z (vì d∈ ⇒Z dα ∈Zα) theo (a) ta có: d −d2∈N, vì dα ∈Nα nên ( )dα m =0

ta lại có: 1 ( 2)( 1)

1 ...

m m

d−d + = d−d + + +d d − ∈N (do d −d2 và các di giao hoán được

với nhau suy ra ( 2) i

d−d d ∈N), như vậy ( m 1) ( ) d d N σ − + ∈σ thế thì ( )m 1 ( ) dα dα + σ N − ∈ vì vậy dα ∈σ( )N . Vậy Nα chứa trong σ( )N ∪Zα.

Trọng tâm kế tiếp của chúng ta là chứng minh mọi phần tử trong Rα hoặc là lũy linh hoặc là khả nghịch hoặc là trong tâm. Để chứng minh ta xét xα ∈Rα \Zα

và giả sử σ( )x =x xα, ∈R thế thì x∉Z và vì vậy 2 x− ∈x N từ đó suy ra ( ) ( ) 1 , k k

x =x + g x g x là đa thức với các hệ số nguyên và cũng như trước đây ta có:

( ) k k e=x g x là phần tử lũy đẳng và vì vậy 2 , k k e =e x = x e và ( ) 2 . k k , k k e=e x g x ⇒eα =e xα α =x eα α và k k( ) k 1 k( ) eα =e x gα α xα =x xα α− g xα .

Theo giả thiết các phần tử lũy đẳng của R nằm trong tâm nên eα =σ( )e cũng là phần tử lũy đẳng tâm trong vành bất khả quy trực tiếp con Rα nên eα =0 hoặc eα =1. Nếu

0

eα = thì xα lũy linh, nếu eα =1 thì xα khả nghịch.

Như vậy mọi phần tử trong Rα hoặc là lũy linh hoặc là khả nghịch hoặc là trong tâm. (b)

Bây giờ, chúng ta cần chứng minh mọi phần tử khả nghịch uα ∈Rα nằm trong tâm hoặc uα = +1 aα với aα ∈Nα . Để chứng minh điều này, ta giả sử phần tử khả nghịch

uα ∈Rα không nằm trong tâm, và giả sử σ( )d =u dα, ∈R thì d∈R Z\ , vì vậy theo (a):

2

d−d ∈N suy ra 2 ( )

uα −uα ∈σ N vì vậy 2

uα −uα là lũy linh cho nên ( 2)

0

m

uα −uα = do uα

,

uα ∈R uα α khả nghịch, uα nằm trong tâm hoặc uα = +1 aα). Từ đây suy ra Rα = Nα ∪Zα. (c)

Vì Nα chứa trong σ( )N ∪Zα, do N ⊆ J và J giao hoán nên N là giao hoán vì vậy

Nαgồm các phần tử lũy linh của Rα cũng giao hoán, hơn nữa bởi (b) và (c) nên Rαđược sinh bởi các phần tử lũy linh và các phần trong tâm vì vậy Rαlà giao hoán, từ đó Rlà giao hoán. Định lý đã được chứng minh.

KẾT LUẬN

Trong luận văn này chúng tôi đã tìm hiểu, nghiên cứu khái niệm tích trực tiếp con của một họ các vành và khả năng phân tích một vành thành tích trực tiếp con của một họ các vành con nào đó, đồng thời tìm hiểu khả năng ứng dụng điều đó vào việc chứng minh một loạt các định lý về giao hoán vốn được áp dụng cho các vành chia nay được mở rộng chứng minh các định lý về giao hoán cho lớp các vành rộng hơn vành chia như là các vành nửa nguyên thủy, các vành nửa nguyên tố, các vành không có nil-ideal khác không, hay đôi khi cho lớp các vành tùy ý. Cụ thể, chúng tôi đã phát biểu chứng minh các định lý giao hoán như :

• Định lý Jacobson, định lý Jacobson- Herstein, định lý Herstein, định lý Noether-Jacobson và một số định lý khác.

• Phát triển định lý giao hoán của Herstein trên giao hoán tử cấp hai đến giao hoán tử cấp n, phát triển định lý giao hoán trên vành con Boolean.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Việt

1. Mỵ Vinh Quang (1998), Đại số đại cương, Nxb Giáo dục. 2. Hoàng Xuân Sính (2000), Đại số đại cương, Nxb Giáo dục.

Tiếng Anh

3. Herstein I. N. (1968), Noncommutative Rings, Published and Distributed by The Mathematical Association of America.

4. Lam T. Y.(1991), A first Course in the Noncommutative Ring , Springer – Verlag, New York.

5. Yaqup Adil (2007), A Generalization of Booleans Rings, International Journal of Algebra, vol. 1, no 8, 353-362.