Bây giờ, ta mở rộng các kết quả trong phần đầu theo một hướng khác, trong đó có định lý về giao hoán của Herstein dưới đây được xét trên lớp vành không có nil-ideal 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 2.3.1
Cho K, F là các trường, trong đó K là trường mở rộng đại số của trường F, một phần tử a∈Kđược gọi là tách được trên F nếu có đa thức tối tiểu của nó trên F không có nghiệm bội.
Vì một đa thức p x( ) có nghiệm bội khi và chỉ khi p x( ) và dp x( )
dx có nhân tử chung nên một đa thức bất khả quy có nghiệm bội chỉ khi ( )
0
dp x
dx = . Như vậy ta có:
Nếu Fcó đặc số 0 thì p x( ) là hằng. Vì vậy mọi phần tử của Klà tách được trên F. Nếu Fcó đặc số p≠0, với ( )
0
dp x
dx = thì ( ) ( )p
p x =g x , khi đó ta tìm được số k sao cho nếu a∈K thì apk là tách được trên F, tuy nhiên cũng có thể xảy ra là pk
a ∈F.
Định nghĩa 2.3.2
Cho K là mở rộng đại số trên trường F, a∈K, tồn tại số nguyên k để mà pk
a ∈F thì ta nói a là hoàn toàn không tách được trên F.
Một mở rộng đại số K trên Fđược gọi là mở rộng tách được trên F nếu mọi phần tử của nó tách được trên F.
Tập hợp tất cả các phần tử không tách được trên F tạo thành một trường con của K. Tương tự, các phần tử trong Ktách được trên F lập thành một trường con của K.
Bổ đề 2.3.3
Cho K là trường mở rộng của trường F, K F≠ , giả sử với a∈K, có số nguyên
( ) 0
n a > sao cho n a( )
a ∈F. Khi đó:
1) Hoặc K là hoàn toàn không tách được trên 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 hoàn toàn không tách được trên Fthì không có gì để chứng minh.
Giả sử rằng K không là hoàn toàn không tách được trên F, do đó có a∈K, và A∉F
mà có thể tách được trên F. Vì n
a ∈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 cuả F. Sự chuẩn tắc của L cho ta một tự đẳng cấu φ của L giữ nguyên F sao cho b=φ( )a ≠a. Ta có:
( )
( )n ( )
n n n
b = φ a =φ a =a , vì n
a ∈F, từ đó ta thấy rằng b=va với 1≠ ∈v L là căn bậc n của đơn vị. Tương tự, vì φ(a+ = +1) b 1 và (a+1)m∈F nên tồn tại một phần tử
L
µ∈ sao cho µm =1 với (b+ =1) µ(a+1) vì vậy va+ =1 µ(a+1). Khi đó ta có µ ≠v, vì ngược lại ta có b+ =1 v a( + =1) va+ = +v b v trái với giả thiết v≠1. Giải tìm a ta được
( ) ( ) 1 a v µ µ −
= − , vì ,µ v là các căn của đơn vị nên đại số trên trường nguyên tố P vì vậy a
cũng đại số trên trường nguyên tố P. Để hoàn thành chứng minh ta chỉ cần chỉ ra rằng P có đặc số p khác không.
Đặt L0 là mở rộng hữu hạn, chuẩn tắc của P chứa a. Các lý luận sử dụng trên acũng có thể áp dụng trên a+i, i là số nguyên bất kì, ( vì nếu a tách được trong K trên F thì a+i
cũng vậy), vậy ta có: ( ) ( ) i i i i a i v µ µ −
+ = − , với µi,vi là các căn đơn vị nằm trong L0, do đó nếu Pcó đặc số p=0 thì khi đó các a+i là khác nhau do đó L0 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
Nếu f ∈F thì a+ f cũng tách được trên F nên a+ f cũng đại số trên P mà ađại số trên P nên f cũng đại số trên P vì thế Fđại số trên P, mặt khác K lại đại số trên F nên K đại số trên P. Vậy bổ đề đã được chứng minh.
Định lý 2.3.4 (Noether-Jacobson)
Nếu D là đại số chia không giao hoán, D là đại số trên tâm Z của nó thì có một phần tử trong D, không nằm trong Z sao cho tách được trên Z.
Chứng minh:
Nếu D có đặc số 0 thì không có gì chứng minh vì mọi phần tử của D đều tách được trên Z. Vì vậy ta có thể giả sử D có đặc số p≠0. Nếu như định lý là sai thì D là hoàn toàn không tách được trên Z, do đó nếu x∈D thì xpn x( ) ∈Z với n x( )≥0 nào đó, vì vậy có phần tử a∈D a, ∉Z sao cho p
a ∈Z. Ta đặt δ là ánh xạ trên D được xác định bởi xδ =xa−ax, do D có đặc số p khác 0 nên ta có xδp =xap −a xp =0, do p
a ∈Z. Ta lại có a∉Z nên
0
δ ≠ vì thế nếu yδ ≠0 thì có số k >1 sao cho yδk =0 nhưng 1
0 k yδ − ≠ . Đặt k 1 x= yδ − thế thì từ k >1 ta có x=wδ =wa−aw, cũng từ xδ =0 nên ta có 0
xa−ax= , hơn nữa D là vành chia nên x=au, vì x giao hoán với a nên u cũng giao hoán với a. Vì thế au=wa−aw cho chúng ta : ( ) 1 ( 1) ( 1) 1 w w w w , w a= a−a u− = u− a−a u− =ca−ac c= u− Suy ra a ac+ =ca hay 1 1
c= +aca− theo giả thiết tồn tại số t nào đó sao cho t
p c ∈Z nên ( 1) ( 1) 1 1 1 1 1 t t t p p t t p p p c = +aca− = + aca− = +ac a− = +c (vì pt c ∈Z). Vì D có đặc số p
khác 0, từ đó ta có 1=0 vô lý. Vậy định lý đã được chứng minh.
Định lý 2.3.5
Cho R là vành có tâm Z, a∈R, giả sử tồn tại một số nguyên n a( )>0 sao cho
( )
n a
a ∈Z, hơn nữa nếu R không có nil-ideal khác không thì R là giao hoán. Điều này tương đương với các ideal các giao hoán tử là nil.
Chứng minh:
Đầu tiên chúng ta chứng minh kết quả đúng cho vành chia.
Nếu 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∉Z mà tách được trên Z. Trong khả năng sau, trường Z(a)
suy ra Z(a)và do đó Zlà đại số trên trường nguyên tố Pcó đặc trưng p khác 0. Cho x∈R, x
đại số trên Z dẫn đến x đại số trên P. Từ điều này cho ta P(x) là trường hữu hạn vì thế
( )
n x
x =x, với n x( )>1 nào đó, do định lý Jacobson ta có R phải giao hoán.
Trường hợp R là vành nguyên thủy, khi đó hoặc R là vành chia D hoặc có số k>1 thì
k
D là ảnh đồng cấu của vành con của R, thế nhưng trong Dk có phần tử: 1 0 ... 0 0 0 ... 0 ... ... ... ... 0 0 ... 0 e =
thỏa điều kiện em = ∀e, m và e không nằm trong tâm Z của Dk, điều này mâu thuẫn với việc
k
D thỏa điều kiện giả thiết. Vì vậy Rđẳng cấu với D hay nói cách khác R là giao hoán. Bây giờ thay vì ta tiếp tục chứng minh cho trường hợp R là vành nửa nguyên thủy như là chúng ta từng chứng minh trong các phần trên, thì ta sẽ chứng minh cho trường hợp R là vành không có nil-ideal khác không.
Giả sử R là vành không có nil-ideal khác (0) và R thỏa điều kiện ∀ ∈a R, tồn tại số
( ) 0
n a > sao cho n a( )
a ∈Z. Theo mệnh đề 2.1.7 và sự chú ý sau đó của chứng minh thì R
được biểu diễn thành tích trực tiếp con của các vành nguyên tố Rα, trong đó mỗi Rαcó tính chất là có phần tử không lũy linh xα ∈Rα sao cho mọi ideal Uα ≠( )0 ,Uα ⊂ Rα, thì
( )
n x
xα ∈Uα. Vì là ảnh đồng cấu của R nên Rα cũng có tính chất n a( )
a ∈Zα. Do đó để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp đặc biệt Rα.
Vì thế ta giả sử rằng R là một vành nguyên tố thỏa điều kiện n a( )
a ∈Z và hơn nữa có một phần tử không lũy linh b∈R sao cho một ideal U khác (0) của R thì m U( )
b ∈U, vì
( )
n b
c=b ∈Z cũng không lũy linh và các lũy thừa của nó quét hết các ideal kác (0) của R, nên ta có thể giả định ngay từ đầu là b∈Z. Và vì R là vành nguyên tố nên không có phần tử nào trong Zlà ước của 0 trong R.
Đặt ℜ ={( )r z, /r∈R, 0≠ ∈z Z}, trong ℜ ta định nghĩa quan hệ tương đương như sau: (r z1, 1) ( r z2, 2) nếu r z1 2 =r z2 1. Ta đặt *
R là tập các lớp tương đương và kí hiệu [ ]r z, là lớp tương đương của ( )r z, , chúng ta định nghĩa:
[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 , , , , . , . , r z r z r z r z z z r z r z r r z z + = + =
Vì các phần tử của Z không là ước của không trong R nên các phép toán trên được định nghĩa tốt và như vậy *
R là một vành, hơn nữa ánh xạ: * R→R sao cho r thành [rz z, ] là phép nhúng, cuối cùng tâm * Z của * R là * {[ ] } , / Z = r z r∈Z là một trường. Nếu [ ] * , r z ∈R thì [ ] ( ) ( ) ( ) * , n r n r , n r r z =r z ∈Z
nên R* cũng có tính chất như R, tuy nhiên R* là vành đơn, bởi vì nếu như *
(0) U ≠ là ideal của * R và cho [ ] { * } / , ,
U = ∈r R r z ∈U z∈Z , ngay lập tức ta kiểm tra được U là ideal khác (0) của R, vì vậy m U( )
b ∈U, và vì m U( )
b ∈U( vì b không lũy linh và b∈Z), ta có *
U chứa phần tử khác 0 của *
Z . Nhưng *
Z là trường, điều này dẫn đến *
U chứa đơn vị, hay * *
U =R . Như vậy chúng ta khẳng định được rằng *
R là vành đơn, do là vành đơn và có đơn vị nên *
R là vành nguyên thủy vì thế giao hoán, điều này có được từ phần đầu chứng minh của chúng ta. Vì
*
R⊂ R nên Rcũng giao hoán. Định lý đã được chứng minh.
Chú ý rằng những gì chúng ta làm trong phần chứng minh này là nhúng R vào trong
* *
Z
R = ⊗R Z , với *
Z là vành các thương của Z và rất tự nhiên Rcũng là vành đơn.
Nhận xét: Định lý này tổng quát hóa định lý Jacobson, vì nếu cho R là vành có tính chất n x( )
x =x, thì R không có phần tử lũy linh nên R cũng không có nil-ideal khác không. Nếu e là một phần tử luỹ đẳng trong R thì ( ) (2 )2
, 0
x R xe exe ex exe
∀ ∈ − = − = 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 n a( )
a =a thì n a( )1
e=a − là phần tử lũy đẳng, vì vậy n a( ) 1
a − ∈Z, mặt khác R
không có phần tử lũy linh khác (0) nên R cũng không có nil-ideal 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∈Z, giả sử tồn tại số n a( )>0 sao cho n a( )
Bây giờ chúng ta xét mở rộng của định lý về giao hoán theo một hướng khác nữa là xét những vành có các phần tử có dạng n
x − ∈x Z , trong trường hợp đặc biệt xn− =x 0 thì đây chính là điều kiện giao hoán của Jacobson.
Định lý 2.3.6
Cho R là vành có tâm Z sao cho với một số nguyên cố định n>1, xn − ∈ ∀ ∈x Z, x R, thì R giao hoán.
Chứng minh:
Để chứng minh định lý ta cần chứng minh một loạt các bổ đề sau:
Bổ đề 2.3.7
Nếu R là vành nửa nguyên thủy với điều kiện xn− ∈ ∀ ∈x Z, x R thì R là giao hoán.
Chứng minh
Ta bắt đầu với trường hợp vành chia.
Giả sử rằng x∈R x, ∉Z, nếu λ∈Z thì ( )n x x Z λ −λ ∈ cùng với n x − ∈x Z, ta có ( ) n n x x Z λ − ∈ hay ( n n n ) x x Z λ −λ ∈ , vì vậy (λn−λ)x∈ ∀ ∈Z, λ Z vì x∉Znên , n Z
λ = ∀ ∈λ λ , vì vậy Z là trường hữu hạn, vì R đại số trên Z nên chúng ta có
( )
,
n x
x = ∀ ∈x x R( theo chứng minh của định lý 2.3.5) điều này thỏa điều kiện định lý Jacobson, vì vậy R giao hoán.
Nếu R là vành nguyên thủy và không là một vành chia thì Dk ( với k>1và D là một vành chia) là ảnh đồng cấu của vành con của R. Do đó, trong Dk, điều kiện n
x − ∈x Z cũng tồn tại. Thế nhưng điều này là không thể vì ta xét phần tử:
2 0 1 0 ... 0 0 0 0 ... 0 , 0 ... ... ... ... ... 0 0 0 ... 0 x Z x = ∉ = nhưng n
x − = − ∉x x Z, điều này mâu thuẫn.
Vì vậy R là vành chia, vì thế R là một trường.
Nếu R là vành nửa nguyên thủy thì R là tích trực tiếp con của các vành nguyên thủy
Với một vành R tổng quát thỏa điều kiện định lý trên nên RJ R( ) cũng thỏa điều kiện định lý, lại có RJ R( ) là vành nửa nguyên thủy nên ta có:
Hệ quả 2.3.8
Nếu R là vành thỏa điều kiện xn− ∈ ∀ ∈x Z, x R thì ∀x y, ∈R xy, −yx∈J R( )
Bổ đề 2.3.9 J R( )⊂Z Chứng minh: Ta có nếu λ∈Z x, ∈R thì ( n ) x Z λ −λ ∈ . Do đó ∀ ∈y R ta có: (λn−λ)xy = y(λn−λ)x= yx(λn−λ) (⇒ λn−λ)(xy− yx)=0. Nếu λ∈ ∩Z J R( ) thì ( ) 1 n J R λ − ∈ và vì thế ( 1) 1−λn− t =0 suy ra t=0 (vì ( 1) 1−λn− là khả nghịch), vì ( 1) ( )
1−λn− λ xy−yx =0 nên λ(xy−yx)= ∀ ∈ ∩0, λ Z J R( ),∀x y, ∈R. Bây giờ nếu
( )
a∈J R thì n ( )
a − ∈ ∩a Z J R , vì thế do lập luận trên ta có: (an −a)(xy−yx)=0. Tuy nhiên vì phần trước từ (1−an)a xy( −yx)= ⇒0 a xy( −yx)=0 ( do a∈J R( )). Tương tự như thế ta có (xy−yx a) = ∀ ∈0, a J R( ),∀x y, ∈R.
Đặt x=a, trong các biểu thức trên ta có 2 2 ( )
, ,
a y=aya= ya a∈J R y∈R. Từ điều này suy ra 2 ( ) a ∈Z R . Nếu n là số chẵn thì n a ∈Z và vì thế từ n a − ∈ ⇒ ∈a Z a Z. Mặt khác nếu n là số lẻ thì n 1 a − ∈Z và vì thế từ n a − ∈a Z chúng ta có ( ) ( ) ( 1 )( ) , 0 n n n 1 x R a a x x a a a − xa ax ∀ ∈ = − − − = − − và vì n 1 ( ) a − ∈J R nên bắt buộc 0
xa−ax= suy ra a∈Z. Do đó trong tất cả các trường hợp ta đều có a∈Z, hay nói cách khác J R( )⊂Z.
Nhận xét: Trong phần chứng minh trên ta thấy rằng J R( )(xy−yx) ( )= 0 theo hệ quả của bổ đề 2.2.7 ta có xy−yx∈J R( ) vì thế ( )2
0
xy−yx = và (xy−yx)n =0,n>1 và từ
( ) ( )
( n )
xy−yx − xy−yx ∈Z nên (xy−yx)∈Z. Ta tổng kết điều này trong:
Hệ quả 2.3.10 ∀x y, ∈R thì ( )2
0
xy−yx = và (xy−yx)∈Z.