2 Nguyên lý iđêan nguyên tố
2.2.3Iđêan khả nghịch
Định nghĩa 2.2.16. Xét S = {a ∈ R không là ước của 0} thì S là đóng nhân.Khi đó vành
F rac(R) =T = S−1R = {a
được gọi là vành phân thức của R.
Ví dụ 2.2.17. Cho R = Z, S = Z\{0}. Ta có F rac(R) =Q.
Định nghĩa 2.2.18. Một iđêan phân thức của R là một R- môđun con J ⊆ T sao cho có s ∈ S thỏa mãn s.J ⊆R.
Định nghĩa 2.2.19. Một iđêan phân thức J ⊆ F rac(R) là iđêan khả nghịch nếu có một iđêan phân thức J0 ⊆ F rac(R) sao cho
J.J0 = { n X i=1 aibi, ai ∈ J, bi ∈ J0} = R Nhận xét 2.2.20.
(i) Mọi iđêan phân thức đều dạng I
s ⊆ F rac(R) với I ⊆ R là một iđêan phân thức và s ∈ R không là ước của 0.
(ii) Mọi iđêan khả nghịch đều là hữu hạn sinh. (iii) J0 là duy nhất và kí hiệu J−1.
Định lý 2.2.21. (Định lý phân tích) Cho các iđêan I ⊆ J ⊂ R. Khi đó đẳng thức I = J(I : J) xảy ra một trong các trường hợp sau:
(1) J = R hoặc J = I hoặc I = 0. (2) J là các iđêan khả nghịch. (3) J là iđêan chính.
Chứng minh. 1) Nếu J = R thì I : J = I : R = I. Vì vậy J(I : J) =
R.I = I. Nếu J = I thì I : J = I : I = R. Vì thế J(I : J) = I.R = I. Nếu I = 0 thì J(I : J) ⊆ I = 0. Do đó J(I : J) = 0 = I.
2) Theo giả thiết ta có J−1.J = R là iđêan. Vì I ⊂ J nên J−1I ⊂ R, là iđêan.Suy ra (J−1I)J = (J−1J)I = I. Do đó (J−1I) ⊆ I : J. Vì thế J(J−1I) ⊆ J(I : J). Do đó I ⊆ J(I : J) ⊆ I. Suy ra I = J(I : J).
dạng ax, a∈ R nào đó. Đặt
H = I : J = {a ∈ R : ax ∈ I}. Suy ra
I = xH = J H = J(I : J)
Nhận xét 2.2.22. Đẳng thức I = J(I : J) nói chung không đúng trong trường hợp tổng quát. Thật vậy xét
R = K[X, Y], I = (x), J = (x, y). Suy ra I là iđêan nguyên tố. Do đó I : J = I. Vì vậy
J.(I : J) =J.I = (x, y)(x) = (x2, xy) $ (x) =I.
Tiếp theo chúng ta có thể nêu các kết quả trên cho những iđêan khả nghịch. Kết quả Max(F0) ⊆ Spec(R) là do Mc Adam đưa ra trong trường hợp đặc biệt của miền nguyên. Sử dụng định lý phân tích, chúng ta nghiên cứu họ monoid của các iđêan khả nghịch và chứng minh giả thiết tổng quát hơn với mọi vành giáo hoán.
Mệnh đề 2.2.23. Cho F là một họ monoid các iđêan khả nghịch trong R. Khi đó F là Oka mạnh và do đó F là họ M P.
Chứng minh. Ta sẽ đi kiểm tra tính chấtO4.Lấy I, J là các iđêan của (R)
sao cho I ⊆ J và thỏa mãn J,(I : J) ∈ F. Cần chứng minh I ∈ F. Thật vậy vì J là khả nghịch nên J ∈ F. Theo định lý phân tích có I = J(I : J)
vìJ,(I : J) ∈ F. Mặt khác F là monoid nên I = J(I : J) ∈ F.
Nhận xét 2.2.24. HọF nói chung không là Ako. Do đó Oka mạnh không là Ako. Thật vậy, xét R = Z(√
5) = {n + m√
{ tất cả các iđêan khả nghịch trong Z[√ 5]}. Xét I = (2 + 2√ 5), a = 2. Ta có I + aR = (2 + 2√ 5,2) = 2R. Suy ra (I +aR).R2 = R. Vì vậy I +aR ∈ F. Mặt khác ta có I +a2R = (2 + 2√ 5,4) = 2(1 +√ 5,2). Vì (1 + √
5,2) không khả nghịch nên I + a2R /∈ F. Vì vậy F không là Ako.
Hệ quả 2.2.25. Vành R là vành Dedekind khi và chỉ khi mọi iđêan nguyên tố khác 0 là khả nghịch.
Chứng minh. Cho F là họ tất cả các iđêan khả nghịch của R. Theo 2.2.23 thì F là Oka mạnh. Ta chỉ cần chứng minh I là hữu hạn sinh. Ta có II−1 = R nên 1 = II−1. Do đó, 1 = n X i=1 aibi, ai ∈ I, bi ∈ I−1. Đặt I0 = (a1, . . . , an)R ⊆I. Với mọi a ∈ I, ta có a = n X i=1 ai(abi). Vì II−1 = R nên abi ∈ R. Suy ra a = n P i=1 ai(abi) ∈ I0. Vì vậy, I ⊆ I0. Tiếp theo, ta chứng minh I là khả nghịch. Với mọi a ∈ I \ {0}, giả sử 0 :R a 6= (0). Theo 2.1.9, ta có J := 0 :R a ∈ F, vì J J−1 = R nên 1∈ J J−1. Lại có 1 = n X i=1 uivi, uia = 0,
với mọi vi ∈ J−1. Lấy
a = n X i=1 (aui)vi = 0, mâu thuẫn.
Bây giờ chúng ta tập trung nghiên cứu họ iđêan thông qua số phần tử sinh ra chúng. Tổng quát hơn, cho R - môđun M, cho µ(M) ký hiệu cho các µ chính lớn nhất sao cho M có thể sinh bởi µ phần tử.
Mệnh đề 2.2.26. Cho một tập hữu hạn cố định α và Fα ( tương ứng là F<α) là họ các iđêan I ⊆ R sao cho µ(I, a) ≤ α (tương ứng µ(I) < α). Khi đó Fα ( tương ứng F<α) là một họ Oka monoid và ta có
Max(F0α) ⊆ Spec(R)( tương ứng Max(F0<α) ⊆ Spec(R)).
Chứng minh.
Một trường hợp nữa có thể được chứng minh bằng phương pháp tương tự với α = 1. Dưới đây từ 2.2.26 chúng ta xem F1 như là một họ của các iđêan chính của vành R.
Mệnh đề 2.2.27. Cho S ⊆ R là tập đóng nhân chứa 1 ( có thể chứa cả
0) và F là họ iđêan chính với s ∈ S. Khi đó F là họ Oka mạnh monoid. Vì vậy ta có
Max(F0) ⊆ Spec(R).
Chứng minh. Rõ ràng F là monoid vì (x)(y) = (xy) và x, y ∈ S thì xy ∈ S. Tiếp theo cho F là họ Oka mạnh. Cho I ⊆ J là iđêan sao cho J và (I : J) đều thuộc F. Vì J là iđêan nên theo định lý phân tích ta có
I = J.(I.J) ∈ F.
Điều này thỏa mãn các tính chất trong (O4) vì thế F là Oka mạnh. Theo P.I.P ta có Max(F0) ⊆ Spec(R).
Nhận xét 2.2.28. Họ được nghiên cứu trong mệnh đề 2.2.26 và mệnh đề 2.2.27 đều là họ Oka, tuy nhiên nói chung không là họ Ako. Ví dụ cho R là một vành với hai phần tử a, b sao cho I = (a)∩(b) không hữu hạn sinh và F là các iđêan chính ( tương ứng là họ các iđêan) hữu hạn sinh của R. Theo 2.2.26 và 2.2.27 ta thấy F là Oka vì (I, a) = (a) và (I, b) = b đều
thuộcF.Tuy nhiên(I, ab) =I /∈ F. Vì thế F không là Ako. Trong trường hợp F là họ các iđêan chính thì từ 2.2.27 ta thấy F là họ Ako mạnh. Do đó có ví dụ thứ hai về họ Oka mạnh nhưng không phải là Ako vì không có tính chất (P3). Để hoàn thành phần này chúng ta sẽ đưa ra một số ví dụ về họ Oka xuất phát từ việc xem xét các chuỗi lũy thừa giảm của các iđêan của vành R.
Mệnh đề 2.2.29. Cho F0 là lọc monoid của R ( tức là F0 là họ các iđêan có tính chất P1). Khi đó họ
F = {C ⊆ R : ∩Cn ∈ F0},
là lọc monoid. Đặc biệt iđêan tối đại bất kì với tính chất ∩Jn ∈ F/ 0 là nguyên tố.
Chứng minh. Trước tiên ta sẽ chứng minh F là lọc. Thật vậy, với mọi J ⊆ I, J ∈ F thì ta có (∩Jn) ∈ F0. Do đó (∩Jn) ⊆ (∩In) ∈ F0 vì F0 là lọc. Vì vậy I ∈ F. Giả sử I, J ∈ F thì ∩In,∩Jn ∈ F0. Khi đó ∩(I ∩J)n ⊇ ∩(IJ)n ∈ F0. Do đó I ∩J ∈ F. Tiếp theo ta đi chứng minh F là monoid. Với I, J ∈ F ta cần chứng minh IJ ∈ F. Giả sử ∩In,∩Jn đều thuộc F0. Khi đó (∩In)(∩Jn) ⊆ ∩(IJ)n. Vì vậy IJ ∈ F.
Ví dụ 2.2.30. Nếu S là tập đóng nhân bất kì của R thì theo mệnh đề 2.2.29 ta có
F0 = {I ⊆R :I ∩S 6= ∅}.
Do đó, iđêan tối đại J bất kì với S ∩ (∩Jn) = ∅ là nguyên tố. Đặc biệt nếu R là miền nguyên lấy S = R\{0}. Khi đó ta thấy iđêan tối đại J bất kì với ∩Jn = 0 là nguyên tố.
Định nghĩa 2.2.31. HọF = {I ⊆ R | I ⊇ I2 ⊇ . . .} được gọi là ổn định nếu tồn tại một số n0 sao cho In0 = In0+1, với mọi n ≥ n0.
Mệnh đề 2.2.32. Họ F = {I ⊆ R | I ⊇ I2 ⊇ . . .} là ổn định đều thỏa mãn tính chất (Q2). Khi đó mọi phần tử tối đại m thỏa mãn tính chất
m ) m2 ) . . . đều là iđêan tối đại trong R. Hơn nữa vành Noether R là Artin nếu và chỉ nếu I ⊇ I2 ⊇ . . . là ổn định với mọi I ∈ M ax(R). Chứng minh. Vì 1.1 = 1 ∈ R2 nên R = R2. Do đó R ∈ F. Tiếp theo ta đi chứng minh F là monoid. Cho I, J ∈ F. Vì F là ổn định nên tồn tại m sao cho Im = Im+1, Jm = Jm+1. Khi đó
(IJ)m = Im.Jm = Jm+1.Jm+1 = (I.J)m+1. Do đó I.J ∈ F.
Tiếp theo ta chứng minh tính chất Q2. Cho J ∈ F và I ⊇ J ⊇ In, trong đó I ⊆ R và n > .1 Ta cần chứng minh I ∈ F. Vì J ∈ F nên tồn tại m sao cho Jm = Jm+1. Khi đó Jm ⊇ (In)m ⊇ (Jn)m = Jm. Suy ra
(In)m = Jm. Do đó (Inm)2 = J2m = Jm = Jnm. Vì vậy I ∈ F.
Cho m là phần tử tối đại thỏa mãn tính chất như trong Mệnh đề. Áp dụng P.I.P có m là iđêan nguyên tố. Cần chứng minh m là tối đại. Vì m
là nguyên tố nên R = R/m, là miền nguyên. Lấy a 6= 0 là phần tử tùy ý trong R. Khi đó (a) ⊇ (a2) ⊇. . . , là ổn định với mọi a, nghĩa là tồn tại n sao cho (an) = (an+1). Suy ra an = u.an+1, trong đó u là khả nghịch. Do đó an(1−u.a) = 0. Vì R là miền nguyên và a 6= 0 nên 1−u.a = 0. Vì vậy u.a = 1. Do đó R là trường.
Giả sử R là vành Noether và có Max(R) ⊆ F. Cần chứng minh R là vành Artin. Vì F0 = 0 nên F là tập tất cả các iđêan của R. Nghĩa là mọi dãy giảm các iđêan đều ổn định. Do đó R là vành Artin. Ngược lại, giả sử R là vành Noether và Artin thì dimR = 0, nghĩa là mọi iđêan nguyên tố đều tối đại.
.
Mệnh đề 2.2.33. Cho F là họ monoid lũy đẳng. Khi đó F là họ Oka và F0 là họ M P. Hơn nữa, nếu m là phần tử tối đại thỏa mãn tính chất
Chứng minh. Để chứng minh F là Oka ta chứng minh theo (O5.) Cho I, J là các iđêan của (R), I ⊆J và J,(I : J) cùng thuộc F.
Cần chứng minh I ∈ F với J/I là xyclic. Ta có J = J2 và (I : J)2 = (I :
J). Do đó ta có (J.(I : J))2 = J2(I : J)2 = J(I : J) nên J.(I : J) cũng là lũy đẳng. Theo nguyên lý phân tích ta có
I = J.(I : J) ∈ F, suy ra F là Oka nên F0 là họ M P.
Tiếp theo ta đi chứng minh m ∈ Max(R). Cho m ∈ Max(F0) thì m là nguyên tố nên R/m là miền nguyên. Vì mọi iđêan trong R/m là lũy đẳng. Thật vây, lấy K 6= 0 là iđêan tùy ý của R/m. Suy ra K = J/M, trong đó
m ( .J Do đó J /∈ F0. Nên J ∈ F. Vậy J = J2, dẫn đến K = K2. Ta chứng minh R/m là trường. Với mọi a 6= 0 là phần tử tùy ý của R/m. Ta có (a) = (a2). Do đó a = u.a2, trong đó u là phần tử khả nghịch trong R/m. Suy ra a(1−u.a) = 0. Vì R là miền nguyên, a 6= 0 nên 1−u.a = 0. Dẫn đến u.a= 1. Vì vậy R/m là trường. Do đó m ∈ Max(R).
Bằng cách lấy giao các họ của các iđêan lũy đẳng với họ của các iđêan hữu hạn sinh, chúng ta được họ của các iđêan của R mà được sinh bởi các phần tử lũy đẳng. Khi đó các iđêan là tổng trực tiếp của các iđêan. Do đó từ Mệnh đề 2.2.27 (với S được lựa chọn là tập tất cả các iđêan lũy đẳng) suy ra họ của các tổng trực tiếp là Oka mạnh. Từ đó ta có mệnh đề sau
Mệnh đề 2.2.34. Cho F = {I ⊕A : I, Alà iđêan củaR} thỏa mãn tính chất (P3). Khi đó mọi m ⊆ R là phần tử tối đại của F0 đều là iđêan tối đại của R.
Chứng minh. Cho A, B ∈ F với A = aR, B = bR, trong đó a, b là phần tử lũy đẳng thì ta có A ∩ b = A.B = abR ∈ F. Rõ ràng F thỏa mãn tích chất (Q3). Cho m ∈ Max(F0). Theo P.I.P ta có m là nguyên tố. Ta đi chứng minh mọi iđêan của R/m là tổng trực tiếp. Giả sử J/m 6= 0 là iđêan tùy ý trong R/m. Suy ra J ) m. Do tính cực đại của m ta có J
không thuộc F0. Suy ra J ∈ F. Vì vậy J/m là tổng trực tiếp. Do đó R/m
là vành nửa đơn. Kết hợpR/m là miền nguyên nên R/m là trường. Vì vậy
m ∈ Max(R).