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 nghĩa 7.1. Cho R là vành con của vành S, s ∈ S. Phần tử s đ−ợc gọi là nguyên trên R nếu tồn tại các phần tử a1, 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) đ−ợc gọi là
ph−ơng trình phụ thuộc nguyên của s 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 ph−ơng trình phụ thuộc nguyên của α trên R là xn+ a1xn−1 + ã ã ã+ an = 0, ai ∈ R,(1),
còn ph−ơng 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 nh− vậy ta có thể giả thiết các luỹ thừa của α trong (2) có bậc không v−ợt quá n−1. Sắp xếp theo luỹ thừa α ở ph−ơng 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) với α và thế αn qua (1) ta có
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 ph−ơng 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 th−ờng 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. Nh− 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 ph−ơng 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 ph−ơng trình t−ơng ứng
(x−β)n+a1(x−β)n−1 +ã ã ã+an = 0, xn+ a1βxn−1 +ã ã ã+anβn = 0.
Nh− vậy γ và δ là nguyên trên R[α]. Theo Bổ đề 7.2, ta có γ và δ là nguyên trên R.
Định lý 7.4. Cho R là vành con của vành S. Khi đó tập tất cả các phần tử của S là nguyên trên R lập thành một vành con của S chứa R.
Chứng minh: Ký hiệu R 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 n i=1Rui = n i=1aiui | ai ∈ R, n
i=1aiui+ ni=1biui = ni=1(ai +bi)ui, a(ni=1aiui) = ni=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 t−ơng đ−ơng:
(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 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 i=0 cisi + d−1 i=d−n (ci −cdad−i)si = d−1 i=0 cisi, ci ∈ R. Tiếp tục nh− vậy, ta cóy = b0+b1s+ã ã ã+bn−1sn−1 ∈ R+Rs+ã ã ã+Rsn−1. Nh− 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 nh− thế kết luận (i) đ−ợc 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 t−ơng đ−ơng:
(i) Phần tử s nguyên trên R.
(ii) Có các phần tử u1, . . . , un ∈ S để vành R[s] = ni=1Rui.
(iii) Tồn tại vành con S của S chứa R[s] và các vi ∈ S, i = 1, . . . , m,
Chứng minh: Giả thiết có (i). Khi đó (ii) đ−ợc suy ra từ Định lý 7.5. Giả thiết có (ii). Lấy S = R[s] ta có (iii).
Giả thiết có (iii). Giả sử S = nj=1Rvj là một vành con của S. Khi đó ta có sS ⊂S. Vì svi ∈ S = nj=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 có det(aij − sδij)vt = 0 cho mọi t = 1,2, . . . , n. Vì 1 ∈ S =
n
j=1Rvj, nên có các bj ∈ R để 1 =nj=1bjvj. Vậy ta có
det(aij −sδij) = det(aij −sδij)[
n
j=1
bjvj] = 0.
Khai triển định thức này ta có sn+a1sn−1 +ã ã ã+an−1s+an = 0 và nh− thế s là nguyên trên R.
Định nghĩa 7.7. Vành con R của S đ−ợc gọi là bao đóng nguyên của R trong S. Nếu R = R thì R đ−ợc gọi là đóng nguyên trong S. Nếu S = R thì S đ−ợc gọi là nguyên trên R.
Thí dụ 7.8. Ta có các kết quả sau:
(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.
Vậy p phải chia hết cho q, và ta suy ra q = ±1, hay p
q ∈ Z. Vậy Z ⊆ Z ⊆ Z hay 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 sử x = a +b√ 2∈ Q(√ 2) thế thì ta có x ∈ A⇐⇒ (2a, a2 −2b2 ∈ Z) (6) Bây giờ ta chứng minh (6).
Giả sử x ∈ A, gọi δ là một Q tự đẳng cấu biến √
2 thành −√2. Khi đó có
δ(a +b√
2) = a −b√
2,
suy ra δ(x) cũng là nghiệm của ph−ơng trình phụ thuộc nguyên x, tức là δ(x) ∈ A. Do A là một vành nên x + δ(x), xδ(x) ∈ A, mà δ(x) = a−b√
2, nên ta có
x+δ(x) = 2a, xδ(x) = a2 −2b2 ∈ Q và nguyên trên Z. Và cuối cùng, do Z đóng nguyên, nên 2a và a2 −2b2 ∈ Z.
Ng−ợc lại, giả sử có 2a và a2 − 2b2 ∈ Z, lúc đó x là nghiệm của ph−ơng trình
x2 −2ax+a2 −2b2 = 0, nghĩa là x nguyên trên Z, hay x ∈ A
Bây giờ ta chứng minh
A = {a+b√ 2;a, b∈ Z}. Giả sử ta có x = a +b√ 2∈ A;a, b ∈ Q, khi đó 2a, a2 −2b2 ∈ Z. Vậy ta nhận đ−ợc (2a)2 −2(2b)2 ∈ Z. Nh−ng ta lại có 2a ∈ Z suy ra 2(2b)2 ∈ Z, do đó 2b ∈ Z. Đặt 2a = 2a; 2b = 2b ⇒ x = a + b√ 2 = a + b√ 2;a, b ∈ Z, ta nhận đ−ợc A= {a+b√ 2;a, b ∈ Z}.
Định lý 7.9. Nếu R là bao đóng nguyên của R trong S thì R là 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 tr−ờng khi và chỉ khi R là một tr−ờng.
Chứng minh: Giả thiết R là một tr−ờng. Giả sử y ∈ S, y = 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 và y = 0, nên an = 0. Khi đó ta có:
y−1 = −a−n1(yn−1 +a1yn−2 + ã ã ã+an−1) ∈ S. Vậy S là một tr−ờng.
Ng−ợc lại, giả thiết S là một tr−ờng. Giả sử x ∈ R, x = 0. Vì x = 0, x∈
R ⊆S nên x−1 ∈ S. Khi đó ta có
(x−1)m +a1(x−1)n−1 + ã ã ã+am = 0.
Từ đó suy ra x−1 = −(a1 + a2x+ ã ã ã+ amxm−1) ∈ R. Do đó R là một tr−ờng.
Định nghĩa 7.11. Miền nguyên Rđ−ợc gọi làđóng nguyên nếu nó là đóng nguyên trong tr−ờng các th−ơng của nó.
Thí dụ 7.12. Khi k là một tr−ờng 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 mỗi a ∈ R, a = 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. Tr−ờng các th−ơng của k[x1, . . . , xn]làk(x1, . . . , xn).Giả sử s = 0, s ∈ k(x1, . . . , xn). Khi đó
s = f(x1, . . . , xn)
g(x1, . . . , xn) với f, g ∈ k[x1, . . . , xn], g = 0.
Ta giả thiết (f, g) = 1 và s là nguyên trên k[x1, . . . , xn]. Khi đó có: sm+ a1sm−1 +ã ã ã+am = 0, ở đó aj ∈ k[x1, . . . , xn]
Vậy ta có
fm +g[. . .] = 0.
Vì f, g không có nhân tử chung nên g ∈ k và s∈ k[x1, . . . , xn].