Bây giờ chúng ta sẽ mở rộng các kết quả của các định lý về giao hoán ở mục
2.1 trong một hướng khác, trong đó có định lý về giao hoán của Herstein dưới đây
được xét trên lớp vành không có idean nil khác không, (định lý này cũng đúng trên
vành nửa nguyên tố) là sự tổng quát hóa của định lý về giao hoán của Jacobson. Sau
đây là một vài định nghĩa và các tính chất bổ sung trong lý thuyết mở rộng trường.
Định nghĩa 2.2.1:
Cho K, F là các trường, trong đó K là trường mở rộng đại số của trường
F, phần tử a e K gọi là tách được trên F, nếu có một đa thức tối tiểu của nó trên trường F không có nghiệm bội.
Trong lý thuyết trường chúng ta có mệnh đề: “ Một đa thức p(x) có Nếu F có đăc số p ^ 0, với íMíl = 0 thì p(x) = g(xp) khi đó chúng ta tìm
dx
được sô k sao cho nếu a E K thì ap là tách được trên F, tuy nhiên cũng có thế
xảy ra là ap e F
Một mở rộng đại số K trẽn F được gọi là mở rộng tách được trên F nếu mọi phần tử của nó tách được trên F
Nhân xét: Người ta chứng minh được: Tập hợp các phần tử tách được trên
trường F là trường con của K và tập hợp các phần tử không tách được hoàn toàn
trên F là trường con của trường K.
Bổ đề 2.2.3:
Cho K là trường mở rộng của trường F, K ^ F, giả sử a e K có số nguyên n(a)> 0 sao cho an^ e Jpthế thì:
1. Hoặc K là không tách được hoàn toàn trẽn trường F
2. Hoặc K là trường có đặc số p nguyên tố và đại số trên trường nguyên tố
p của nó.
Chứng minh:
Nếu K là không tách được hoàn toàn trêni7 thì không có gì để chứng minh.
Giả sử rằng K không là không tách được hoàn toàn trẽn F vì vậy có a e K và a £ F là tách được trêni7 vì an e F nên a là đại số và tách được trên F vì vậy trường F(a) có thể nhúng được vào trong một trường mở rộng hữu hạn chuẩn
tắc L của F. Do tính chuẩn tắc củaZ cho ta một tự đẳng cấu (Ọ của L giữ nguyênF sao cho b = ạ>(a) * a. Ta có:
vị nên đại số trên trường nguyên tố p vì vậy a cũng đại số trên trường nguyên tố
p. Đe kết thúc chứng minh này chúng ta cần chỉ ra rằngP có đặc số p khác 0.
Đặt La trường mở rộng hữu hạn chuẩn tắc của p chứa a , các lý luận trên
a cũng có thể áp dụng trên a + i, với ỉ là số nguyên nào đó, (vì nếu a tách
được
trong K trên F thì a + ỉ cũng thế), vậy ta có:
a+i = (i — JU ị) / (jU ị— V ị) Với jU ị, V ị là các căn đơn vị nằm trong
L0, do đó
nếu p có đặc số p = 0 thì các a + i là khác nhau và khi đó Lơ là mở rộng hữu hạn
đại số trên trường hữu tỉ lại có vô hạn các căn phân biệt của đơn vị, điều này là vô
lý. Vì vậy p phải có đặc số p khác 0. (chỉ có tối đa hai căn bậc n của 1 đó là 1,- 1)
Nếu / e F thì a + / cũng tách được trên F nẽn a + / cũng đại số trên
p mà a đại số trên p nên f cũng đại số trên p vì thế F đại số trên p, mặt khác K đại số trên F nên K đại số trên p. Vậy bổ đề đã được chứng minh.
Định lý 2.2.4:(Noether-Jacobson)
Neu D là đại số chia không giao hoán, D đại số trên tâm z của nó thì có phần tử trong D, không nằm trong z sao cho tách được trên z.
Đặt X = yổk~l thế thì từ Ả: >1 ta có x=MỎ=wa—aw, cũng từ xổ =
0 nên ta
có xa — ax — 0, hơn nửaD là vành chia nênx = au , vìx giao hoán với a nẽnu cũng giao hoán vớia .Vì thếau = wa - aw cho chúng ta:
a = (wa - aw)u~l = (wu~x)a - aịwu~l) = ca-ac, c = wu~l
Suy ra a + ac = ca hay c = 1 + aca~1 theo giả thiết tồn tại số t nào đó sao
cho cp e z nềncp = (1 + aca~l)p = 1 + (aca~ỉ)p = \ + acp a~l = ì +
cp vìDcó
đặc số p khác 0, từ đó ta có 1 = 0 vô lý. Vậy định lý đã được chứng minh.
Định lý 2.2.5:(định lý Herstein -2)
ChoR là vành có tâm Z,aeR, giả sử tồn tại số n(a)>0 sao cho
an(a) e 2 5 hon nửa nếu R không có idean nil khác không thì R là giao hoán. Điều
này tương đương với idean các giao hoán tử là nil.
Chứng minh: Điều đầu tiên chúng ta chứng minh kết quả đúng cho vành chia.
Neu R là vành chia, theo giả thiết nó đại số trên z, theo định lý trên ta có hoặc R là giao hoán hoặc R có phần tử a Ể z sao cho tách được trên z. Ở điều sau này thì trường Z(a) không là không tách được hoàn toàn trên z và thỏa điều
a =
1 0 . 00 0
thỏa điều kiện an = a, \/n và a<£Z điều này mâu thuẩn với 0 0.0
việc Dk thỏa điều kiện của giả thiết. Vì vậy R đẳng cấu với D nói cách kháciỉ là giao hoán.
Bây giờ thay vì ta tiếp tục chứng minh cho truờng họp R là vành nửa nguyên thũy như là chúng ta từng chứng minh trong các chứng minh trên, thì ta sẽ
chứng minh cho trường họp R là vành không có idean nil khác không. Vì bởi vành
nửa nguyên thũy cũng là vành nửa nguyên tố nên nó không chứa idean lũy linh, vì
vậy nó không chứa idean nil khác không.
Giả sửR là vành không có idean nil khác (0) vầR thỏa điều kiện \/a e
R ,
tồn tại số n(a)>0 sao cho an(a) e z . Theo mệnh đề 1.4.5 và sự chú ý sau đó của
chứng minh thìR được biểu diển thành tích trực tiếp con các vành nguyên tố Ra
trong đó mỗi Ra có tính chất là có phần tử không lũy linh e Ra sao cho mọi
đương. Ta đặt R là tập các lóp tương đương và ký hiệu [r,z] là lóp tương đương của (r, z), chúng ta định nghĩa:
[rl,zỉ] + [r2,z2] = [rlz2+r2zì,zỉz2]
[rỉ,zỉ].[r2,z2] = [rỉ.r2,zl.z2] vì các phần tử của z không phải là ước
của không trong R nên các phép toán trên được định nghĩa là tốt và như vậy R*
là
vành, hơn nửa ánh xạ : R —> R* sao cho r thành [r z, z] là phép nhúng, cuối
* *
cùng tâm z = {[r, z] / r e Z} của R là một trường .
Nếu [r,z] e R* thì [r,z]"(r) = Ị>”(r),z"(r)] E z*nên i^cũng có tính chất như
R, tuy nhiên R là vành đơn, bởi vì nếu như u ^ (0) là idean của R*, ta đặt u =
{r <E R /[r, z] eư*, với z G z }, ngay lập tức ta kiểm tra được u là idean khác (0) của R, vì vậy bm^U) e u, và vì e ơ (vì b không lũy linh và b e z ) chúng ta có ơ chứa phần tử khác 0 của z , mà z là trường điều này dẫn đến
*f* ậ 7 j|c
ơ chứa đơn vị hay u = R . Như vậy chúng ta đã khăng định được là R vành đơn, là vành đơn có đơn vị nên nó là vành nguyên thũy như đã chứng minh ở phần
đầu, vì vậy R là giao hoán và vì R c R* nên R cũng giao hoán. Định lý đã chứng
thì (xe - exeý =(ex- exeý = 0 và như vậy cho ta (xe-exe) - (ex-exe) = 0
=> ex = xe
như vậy tất cả các phần tử lũy đẳng đều nằm trong tâm của R .
Bây giờ nếu an^ = a thì e = an^~l là phần tử lũy đẳng, vì vậy
z mặt khác R không có phần tử lũy linh khác không nêniỉ cũng không có idean nil khác không, nên R thỏa mãn các giả thiết, vì vậy R giao hoán.
* Trong phần chứng minh trên cho ta kết quả: R là vành nửa nguyên tố có
tâm z ,a e R, giả sử tồn tại số n(a)>0 sao cho ữ'í(ứ) e z R giao hoán.
Bây giờ chúng ta xét mở rộng của định lý về giao hoán theo một hướng khác
nửa là xét những vành có các phần tử có dạng xn - X 6 z , trong trường họp đặc biệt xn — X = 0 thì đây chính là điều kiện giao hoán của Jacobson .
Định lý 2.2.6:(định lý Herstein -3)
Cho R là vành có tâm là z sao cho có số nguyên cố định n>
1, để
xn — X 6 z , V X <E R thì R là giao hoán. Chửng minh:
vì vậy z là trường hữu hạn, vì R đại số trên z nên chúng ta có Xn^x’ = X, Vx 6 (theo chứng minh mở đầu của Đlý 2.2.5 ) điều này thỏa điều kiện định lý
Neu R là vành nguyên thũy không phải vành chia thì có là ảnh đồng cấu của vành con của R (với k >1 và D là vành chia ) vì vậy Dỵ cũng có tính chất như bổ đề. Thế nhưng điều này không thể vì ta có phần tử:
0 1.0 0 0.0
ỂZ’
2 > 9
0 0.0
Vì vậy R là vành chia thì R là trường.
Neu R là vành nửa nguyên thũy thì là tích trực tiếp con của các vành nguyên thũy Ra theo lý luận trên thì Ra là giao hoán, vì vậy R là giao hoán.
Nhận xét R là vành thỏa điều kiện của định lý nêni?/J(R) cũng thỏa điều
Hệ quả 2.2.8:
Nếui? là vành có điều kiện xn -X e z, Vx G R thì GR, xy — yxeJ(R).
Bổ đề 2.2.9: J(R) <= z. Chứng minh:
Như chúng ta thấy nếu Ă e z, X e R thì (Ãn - Ã)x E z , vì vậy
VyeR ta có(An —Ẳ)xy = y(Ản — Ã)x = yx(Ãn —Ẫ) => (Ãn -Ằ)(xy —
(1-/1" *) là khả nghịch), vì (1-/1" l)Ă(xy-yx) = 0 nên Ẫ(xy - yx) = 0, V/l G z /^1J(7?) va Vx, y £ R. Bay giơ ncu ứ G i/(7<!) thi ứ — ữ E z /(*). vì thế bởi lý luận trên ta có:
(an — a)(xy — yx) = 0, tuy nhiên như trước ta có (an~l -1 )a(xy - yx) = 0
a{xy — yx) = ti, tương tự như thế ta có (xy — yx)a =0, a e J(R), Vx,y E
R .
Ta đặt X = a trong các biểu thức trên ta có a2y = aya = ya2 ,a E
J(R),
y E R. Từ điều này ta suy a2 e Z(R). Nếu n là số chẵn thì an E:Z và vì thế từ
a -aeZ=>a eZ. Mặt khác nếu n là số lẻ thì ứ"-1 e z và từ an - a e z chúng ta có Vx G R, 0 = (an - a)x - x(an -a) = (ỡ"_1 - l)(xa - ax) và vì an~l E
J(R)
nẽn xa — ax =0 suy ra a E z, vậy trong các trường hợp ta đều có a E z. Nói
cách khác i/(i?) c= z.
Nhận xét: Trong phần chứng minh trẽn ta thấy J(R)(xy — yx) = 0 và bởi
Bổ đề 2.2.7: ta có xy — yx E i/(Z?). vì thế (xy - yx)2 = 0 và (xy - yxỴ
=0 n> 1
Ta giả định rằng 7? là vành bất khả quy trực tiếp con, có xn — X e z, Vx e R . Ta đặt s ^ (0) là giao của các idean khác không củaTỈ , như vậy s là tối
tiểu và duy nhất, theo Bổ đề 2.2.7 thì J(R) ^ (0) vì nếu không thìR là giao hoán và theo Bổ đề 2.2.9 thì J(R) cz z như vậy s d J(R) a z. Mặt khác ta có kết quả J(R)(xy — yx) = 0 vì vậy S(xy — yx) = 0, nếu R không giao hoán thì
s2=
(0). (do R không giao hoán nên có <xy — yx> khác không vì nếu s2 ^ 0 ta có
s2 = s d J(R) suy ra: s2 s<xy-yx>dJ(R) <xy-yx>=0áo R không giao hoán suy ra s = (0) vô lý)
Bổ đề 2.2.12:
Tồn tại số nguyên tố p sao cho p(xy — yx) = 0, Vx, y G R . Chứng minh:
Vì y7—xeZ và Ọxỹ-2xeZ ta được (2” — 2)xeZ và (2n -2)(xy->x) = 0, nếu R không giao hoán thì nó có những phần tử có cấp hữu hạn, vì vậy nó có những
phần tử có cấp nguyên tố p nào đó. Ta đặt Rp = {x e R / px = 0}, Rp ^ (0)
và nó idean của R nên s <z Rp và nếu Rq & (0) với q^p thì Rq ZD s vì (0) = Rp C^Rq 3 s mâu thuẫn với s ^ (0).
Bây giờ ta có: (pn - p)(xy - yx) = 0 suy ra (pn~Ả -1)p(xy - yx) = 0, vì
xpy - yxp = kxp 1 (xy - JFX) = 0. Như vậy chúng ta đã chứng minh: Bổ đề 2.2.13: Vxe R, xp eZ.
Bổ đề 2.2.14: A(S) (Z z. với A(S) = {xeR/xS = (0)}. Chửng minh:
Ta có^4(N) = {xei?/xS* = (0)}, khi đóẨ(S) là idean củaiỉ và vì*s2 = (0), Sc= Ả(S) vì vậy Ả(S) ^ (0) bởi s ^ (0). Ta lấy phần tử xe A(S) bởi Bổ đề
2.2.13 suy ra xp e z vì vậy (xnp - xp )(yz - zy) = 0, Vy, z e R, khai triển ta có:
x^n~l^pxp (yz - zy) = xp(yz - zy) .Ta đặt T = {r e R / x^n~^pr = r} và bởi
x(n ỉ)p e 2, nên T trở thành idean củai?. Vì vậy nếu T ^ (0) thì T ZD s (bởi s là idean tối tiểu), thế nhưng điều này là không đúng vì nếu có 0 ^ r 6 s thì vì
X G Ấ(S), x(n~1)pr = 0 ^ r.Vì thế T = (0). Nhưngx^”-1^xp (yz — zy)
= xp(yz - zỳ) G T = (0) vì thế ta có: xp (yz - zy) = 0, Vx G Ẩ(S), Vy, z G
R,
đặt khiX = z ta có: xp(yx — xy) = 0, từ đó suy ra xp+ỉy = xpyx = yxp+1, vì
xp eZ và tiếp tục quá trình trên ta có: xp+lcy = yxp+/c, \/k >0 và vì thế
Bổ đề 2.2.15: Tất cả các ước của không củaiỉ là nằm trong A(S).
Chửng minh:
Ta giả định rằng a & 0 là ước của 0 trong R, ta có ax = 0, với X * 0 thì ta
k
CÓ axp = 0. Nếu xp = 0 thx — X e z vì, nk > p ta thu được X £ z. Nếu xp * 0
nó là phần tử khác không trong z theo bổ đề 2.2.13. Như vậy trong mọi trường họp ta luôn có a linh hóa phần tử z trong tâm. Vì 0 ^ z E z, chúng ta có
R z ^ 0, vì nếu ngược lại ta có tập họp { j e i ? / Rx = (0)} là idean khác không củaiỉ vì thế chứa s vì vậy dẫn đến RS = (0) suy raR = A(S) mâu thuẫn với giả định. Vậy R z ỹ* 0, bởi vì z eZ nên Rz là idean của R vì vậy chứaN, vì thế ta có (0) = azR = aRz Z) aS, từ điều này nói lên a eẨ(S).
Vậy Tất cả các ước của không củaiỉ là nằm trong Ẩ(S).
Để chứng minh Định lý 2.2.6:(định lý Herstein -3) ta cần chứng minh thêm
một bổ đề nửa.
Bổ đề 2.2.16 R / Ả(S) là trường hữu hạn. Chửng minh:
Ta cần chứng minh R / A(S) là trường. Nếu có 0 ^ s e s như là phần tử của
R = R/ A(S) phương trình xỵy = zcó thể giải được Vx ^ 0, Vz. Vì vậy R/
A(S) là
vành chia, và vì rằng mọi giao hoán tử xy — yx đều là ước của không nên chúng
nằm trong Ả(S). Từ đó suy ra vành thương R / A(S) là giao hoán. Như vậy chúng
ta đã chứng minh R/ A(S) là trường.
Bây giờ cần chứng minh là R / A(S) trường hữu hạn. Nếu X g A(S) thì vì
xp e z,(xnp -xp)(zy - yz) = 0, Vy,zeR, thế thì nếu R không giao hoán thì
(xnp—xp)\ầ ước của không nên nó nằm trongA(S), vì vậy trong trường
R = R/ A(S) mọi phần tử đều thỏa mãn đa thức (x)np - (x)77 = 0 . Điều này
nói lẽn
rằng là R = R / Ắ(S) hữu hạn.
Đen đây ta đã có đủ tất cả những điều cần thiết để chứng minh định lý 2.2.6.
Vì rằng R = R/ A(S) là trường hữu hạn nên nhóm nhân gồm các phần tử
0 0 0 ; y = 0 0 0
Trước khi sang chương 3 chúng ta có các nhận xét sau:
* Một giao hoán tử cấp n với n phần tử được định nghĩa như sau: [ X ,, X 2X n ] = [
[ x , , x 2 V. , x í í _ , ] , x J
* Các giao hoán tử cấp n có tính cộng tính theo các biến X ., V i e 1, n là [x ,,X 2, . . , X , . + X ; X „]=[x , , x 2 , . . , x x j + [ x , , x 2,..,
Chương 3
CÁC VÍ DỤ, ĐỊNH LÝ HERSTEIN VỚI GIAO HOÁN TỬCÁP N VÀ VÀNH SUBBOOLEAN.