Với định lý về giao hoán của Herstein với các giao hoán tử cấp 2, chúng ta sẽ mở rộng định lý giao hoán của Herstein trong trường hợp các giao hoán tử cấp n. Và bởi trong quá trình chứng minh nó phụ thuộc vào tính ước của không trong tâm của vành R, nên để khắc phục sự phụ thuộc này chúng ta xét lớp vành không chứa nil-ideal khác không.
Nếu R là một vành không chứa nil-ideal khác không sao cho: ∀x x1, 2,,xn∈R thì tồn tại một số nguyên m>1 (m phụ thuộc x x1, 2,...,xn) thỏa: [ ,1 2,, ]m =[ ,1 2,, ]
n x n
x
x x x
x (1) khi đó R là một vành giao hoán.
Bây giờ ta cần có hai bổ đề sau:
Bổ đề 2.4.1.2
Nếu R là một vành chia thỏa: [ ,1 2,, ]m=[ ,1 2,, ]
n x n x x x x x (1) thì ta có: 1 2 , [ ,x x , xn] 0= (2), ∀x x1, 2,,xn∈R ( khi đó ta nói [ ,x x1 2,,xn] 0= là một đồng nhất thức trên R). Chứng minh:
Giả sử tồn tại x1,x2,,xn∈R sao cho a=[x x1, 2,...,xn]≠0 khi đó theo giả thiết, tồn tại m>1 để am =a.
Gọi Z là tâm của R thì ∀ ∈λ Z ta có λa=λ[ ,x x1 2,...,xn] [= λx x1, 2,...,xn] cũng là một giao hoán tử cấp n trong R nên ∃ >k 1 để cho ( )k =
a a λ λ . Nếu đặt q=(m−1)(k− +1) 1 thì ta suy ra aq =a và ( )q = a a λ λ . Từ đó ta được : =( )q = q q = q ⇒( q− ) =0 a a a a a λ λ λ λ λ λ
Vì R là một vành chia và a≠0 nên ta được λq− =λ 0 với mọi λ∈R
Vậy, với 2∈Zthì ∃ >q 1 để 2q =2 nên trường Z (hoặc vành chia R) có đặc số 0
≠
p . Gọi P là trường nguyên tố của Z.
Ta có thể chọn x x1, 2,...,xn∈R sao cho a=[x x1, 2,...,xn]∉Z vì nếu không thì mọi giao hoán tử cấp n trong R đều thuộc Z
Khi đó xét a=[x x1, 2,...,xn]≠0 và nếu b=[x x1, 2,...,xn−1]thì :
[b bx, n]=b bx( n) (− bx bn) =b bx( n−x bn ) =b b x[ , n]
Với [b bx, n] [= x x1, 2,...,xn−1,bxn] và [b x, n]=a đều là hoán tử cấp n trong R đều thuộc
Z. Do đó [b bx, n]=ba∈Z và a≠0 nên ta được b∈Z (vì là R vành chia). Từ đó suy ra
[b x, n]= =a 0, mâu thuẫn với giả thiết a≠0.
Bây giờ ta có thể có: x x1, 2,...,xn∈R sao cho a=[x x1, 2,...,xn]∉Z. Mặt khác ta có
m
nên cũng là mở rộng hữu hạn của P. Từ đó ( )P a có cấp t
p với một t≥1 nào đó. Vậy tồn tại t≥1 để cho pt
a =a . Từ đó a thỏa các điều kiện của bổ đề (2.2.1) nên tồn tại x∈R sao cho: xax−1 =ai ≠ ⇔a xa=a xi ≠axta cóc=[ ]a x, =ax−xa≠0 . Ta lại có:
( ) ( ) ( ) ( i ) ( i ) i( ) i
ca = ax−xa a=a xa − xa a=a a x − a x a=a ax−xa =a c Nên ta suy ra cac−1=ai ≠ ⇒a ca ≠ac
Mặt khác ta còn có :
[ 1, 2,..., n]
a= x x x và c=[ ]a x, =[x x1, 2,...,x xn, ] [= x x1, 2],...,x xn,
đều là giao hoán tử cấp n trong R nên có cấp hữu hạn trong nhóm nhân *R của R. Với các điều kiện trên thì nhóm con sinh bởi a và c trong R* cũng có cấp hữu hạn nên theo bổ đề (2.2.3) là nhóm Abel, mâu thuẫn với tính chất ca≠ac. Bổ đề đã được chứng minh.
Bổ đề 2.4.1.3
Nếu R là vành tùy ý thỏa: [x x1, 2,...,xn] [m = x x1, 2,...,xn] (1) thì ta có: [x x1, 2,...,xn]=0
(2) với mọi x x1, 2,...,xn∈R.
Chứng minh:
Nếu R là vành chia thì theo bổ đề trên ta có R thỏa điều kiện (2).
N ếu R là vành nguyên thủy và thỏa điều kiện (1) và nếu R không phải là vành chia thì tồn tại số k >1 để Dk là ảnh đồng cấu của vành con nào đó củaR , khi đó điều kiện (1) cũng thỏa qua phép đồng cấu hoặc trên ảnh con, thế nhưng điều kiện (1) không thỏa với các phần tử: 1 2 3 0 0 . 0 1 0 . 0 1 0 . 0 0 0 . 0 ; ... . . . . 0 0 . 0 0 0 . 0 n x x x x = = = = = Khi đó: [x x1, 2,...,xn]= ≠x1 0 và [ ]2 1, 2,..., n 0
x x x = nên không thỏa điều kiện (1), vì vậy R là vành chia và [x x1, 2,...,xn]=0.
Nếu R là vành nửa nguyên thủy thì R đẳng cấu với tích trực tiếp con của các vành nguyên thủy Rα, theo lý luận trên Rαcũng thỏa điều kiện (2), mặt khác điều kiện (2) cũng
được bảo toàn qua phép lấy tổng, phép lấy vành con và ảnh đồng cấu, vì vậy R cũng thỏa điều kiện (2).
Bây giờ nếu R là vành tùy ý thì R J R/ ( ) là vành nửa nguyên thủy, và vì / ( )R J R
cũng thỏa điều kiện (2) hay ta có [x x1, 2,...,xn]=0.
Trong R J R/ ( ) điều này ta dẫn đến [x x1, 2,...,xn]∈J R( ), mặt khác ta có:
[x x1, 2,...,xn] [m = x x1, 2,...,xn], với n nào đó vì vậy: [x x1, 2,...,xn]=0. vậy R là vành tùy ý thỏa điều kiện (1) thì ta có: [x x1, 2,...,xn]=0 với mọi x x1, 2,...,xn∈R.
Bây giờ ta chứng minh mệnh đề dựa vào các bổ đề trên và do R không chứa nil-ideal khác không nên R là tích trực tiếp con các vành nguyên tố Rα do đó nếu ta chứng minh được Rα là giao hoán thì lập tức R giao hoán.
Bây giờ ta có thể xem R như là vành nguyên tố, ta cần chứng minh R thỏa điều kiện (1) thì R giao hoán.
Do R thỏa điều kiện (1) nên theo bổ đề 2.4.1.3 thì R thỏa điều kiện (2):
[x x1, 2,...,xn]=0 (với n>1). Ta cần chứng minh với n>2 thì [x x1, 2,...,xn−1] là một đồng nhất thức trên R.
Giả sử với mọi x x1, 2,...,xn−1∈R, do :
[x x1, 2,...,xn]= ⇔0 [x x1, 2,...,xn−1],xn= ∀ ∈0, xn R. Vì vậy ta có [x x1, 2,...,xn−1]∈Z, như vậy mọi giao hoán tử cấp n−1 trong R đều nằm trong tâm của R và nếu có
1, 2,..., n 1
x x x− ∈R sao cho a=[x x1, 2,...,xn−1]≠0 và nếu đặt b=[x x1, 2,...,xn−2] khi đó ta có
[ , n 1] [ , n 1] [ 1, 2,..., n 1]
c= b bx − =b b x − =b x x x − =ba
Nhưng vì a=[x x1, 2,...,xn−1]≠0 , c=[x x1, 2,...,xn−2,bxn−1] là các giao hoán tử cấp n−1 trong R nên chúng đều nằm trong tâm của R. Với đẳng thức c=ba ta có
( n 1) ( ) n 1 ( ) n 1 n 1 n 1 n 1( ) ( n 1 ) ( n 1 )
a bx − = ab x − = ba x − =cx − = x c− =x − ba = x b a− =a x b− từ đó ta có
( n 1 n 1) [ , n1] 0
a x b bx− − − =a b x − = , mặt khác do a≠0 và R là vành nguyên tố nên tâm Zcủa
R là miền nguyên, vì vậy Z không có ước của không, do a b x[ , n−1]=0 suy ra
[ , n 1] [ 1, 2,..., n 1] 0
Vậy ta đã chứng minh được rằng nếu [x x1, 2,...,xn] là một đồng nhất thức trên R thì
[x x1, 2,...,xn−1] cũng là một đồng nhất thức trên R.
Hơn nữa ∀x x1, 2∈R khi đó ta bổ sung x x3, 4,...,xn∈R thì ta có giao hoán tử
[x x1, 2,...,xn] theo giả thiết [x x1, 2,...,xn]=0 thì theo chứng minh trên luôn dẫn đến
[x x1, 2,...,xn−1]=0 và tiếp tục như thế ta có [x x1, 2]=0 , nói cách khác R là giao hoán.
Sau đây chúng ta có một ngã rẽ, với một lớp vành có chứa lớp vành Boolean, chứa lớp vành thỏa điều kiện n
x =x, nói cách khác nó chứa lớp vành giao hoán.