Các vành giao hoán có đơn vị, đặc biệt là các miền nguyên, được xem như là sự tổng quát hóa của vànhZ các số nguyên, nên hoàn toàn có thể trang bị các yếu tố của lí thuyết chia hết của vành số nguyên và nghiên cứu về chúng.
Khái niệm chia hết trong vành giao hoán có đơn vị đặc biệt trong miền nguyên, được xác định một cách tương tự như trong vành số nguyên. Cụ thể là, cho X là vành giao hoán, có đơn vị 1 và a, b∈X. Ta nói a chia hết cho b hay a là bội của b nếu tồn tại phần tử c∈X sao cho a = b·c. Khi đó ta cũng nói b chia hết a hay b là ước của a. Các kí hiệu về "chia hết" hay
"chia hết cho " được dùng như trong miền nguyên Z; các tính chất cơ bản của mối quan hệ ước, bội này trong Z vẫn được bảo toàn trong vành giao hoán có đơn vị bất kì, và chúng sẽ được dùng về sau, mỗi khi cần đến mà không cần phải nhắc lại.
Phần tử khả nghịch trong vành giao hoán có đơn vị X là phần tửu ∈X sao cho u là ước của đơn vị 1. Nói cách khác u khả nghịch ⇔ ∃v ∈Xmà u·v = 1
Trong đại số cơ sở ta đã biết rằng : tập U tất cả các phần tử khả nghịch của một miền nguyên X lập thành một nhóm đối với phép nhân. Kết quả này hoàn toàn có thể mở rộng cho vành giao hoán có đơn vị bất kì ; tức là nếu X là vành giao hoán, có đơn vị thì tập U các phần tử khả nghịch của X cũng lập thành một nhóm đối với phép nhân. Việc chứng minh kết quả này là sự"sao chép" nguyên xi phép chứng minh về kết quả tương tự trong miền nguyên được trình bày trong giáo trình đại số cơ sở; xin được dành cho bạn đọc kiểm chứng.
Ví dụ sau đây cho ta một tiêu chuẩn kiểm tra tính khả nghịch của phần tử u trong vành giao hoán có đơn vị X, trong mối quan hệ với các phần tử lũy linh
Ví dụ 1 Trong vành giao hoán có đơn vị X, phần tử x∈X được gọi là lũy linh nếu tồn tại số tự nhiên n >0 sao cho xn= 0. Chứng minh rằng :
1. Nếu x lũy linh thì 1 +x khả nghịch.
2. Phần tử u∈X là khả nghịch ⇔ với mọi phần tử lũy linh x thì u+x là khả nghịch. Phân tích ban đầu : Để chứng minh1+xkhả nghịch ta cần chỉ ra nó là ước của đơn vị1. Do tính lũy linh củaxmà tồn tạin >0đểxn = 0, từ đó(−x)n= 0và1 = 1−(−x)nlà bội của1+x= 1−
(−x) Giải :
1. Do x lũy linh nên tồn tại n > 0 để xn = 0, do đó (−x)n = 0. Vì 1 = 1 −(−x)n = (1 +x)(1 + (−x) +· · ·+ (−x)n−1) nên hiển nhiên (1 +x)\1, tức (1 +x) khả nghịch. 2. Nếu mọixlũy linh mà u+xkhả nghịch thì nói riêng vớix= 0 (là một phần tử lũy linh),
u=u+ 0 là khả nghịch.
Bây giờ nếu u khả nghịch và x lũy linh, ta cần chỉ ra u+x khả nghịch. Ta sẽ áp dụng
1, bằng cách phân tíchu+x=u(1 +u−1x), với chú ý rằng x lũy linh thì u−1x cũng lũy linh. Vậy theo 1) (1 +u−1x) là khả nghịch và u+x là tích hai phần tử khả nghịch là u và (1 +u−1x) cũng là phần tử khả nghịch.
Nhận xét 1 : Trong chứng minh trên ta đã sử dụng hằng đẳng thức 1−xn = (1−x)(1 +
x+· · ·+xn−1) cho vành giao hoán có đơn vị X. Thật ra do tính chất các phép toán trong X, mà mọi "hằng đẳng thức" khác có trong vành các số nguyên Z đều có thể được sử dụng cho X, kể cả khai triển nhị thức Niu tơn !
Nhận xét 2 : Từ việc xử lý ví dụ trên, ta có thể rút ra vài phương pháp kiểm tra một phần tử u∈ X là khả nghịch. Đó là chỉ ra u là ước của đơn vị như trong lời giải 1/ (hoặc là chỉ ra u là ước của một phần tử khả nghịch v nào đó). Cũng có thể chỉ ra u là tích của các phần tử khả nghịch như trong lời giải 2/. Trở lại câu 2 của ví dụ trên bạn đọc có thể tự kiểm tra chi tiết rằng u+x là ước của một phần tử khả nghịch nào đó theo một trong các cách sau :
Cách 1 : Vì u khả nghịch nên tồn tạiu−1, và
(u+x)(u−1+x) =uu−1+ux+x(u−1+x) = 1 +v với v =ux+x(u−1x) là lũy linh.
Cách 2 : Vì xn= 0 nên :
(u+x)(u+ (−x) +· · ·+ (−x)n−1) =un−(−x)n =un với un là lũy thừa phần tử khả nghịch u.
Về các phần tử bất khả qui (tương tự số nguyên tố trong vành số nguyên Z) để tránh sự phức tạp về mặt kĩ thuật, ta giới hạn sự xem xét chỉ trong miền nguyên.
Cho miền nguyên X, p∈ X là phần tử khác 0 không khả nghịch được gọi là phần tử bất khả qui nếu các ước của pchỉ là các phần tử khả nghịch hay các phần tử sai khác p một nhân
tử khả nghịch. Nói cách khác nếu q|pthì hoặc q|1 hoặc q =u·p với u|1. Phần tử q sai khác p một nhân tử khả nghịch được gọi là phần tử liên kết vớip và viết q∼p.
Các bài toán về phần tử bất khả qui trước hết là các bài toán kiểm tra tính bất khả qui của phần tử cho trước nào đó.
Ví dụ 2 Cho miền nguyên A =
a b −b a :a, b∈Z
với hai phép toán cộng và nhân ma trận.
1. Tìm tất cả các phần tử khả nghịch của A.
2. Kiểm tra tính bất khả qui của các phần tử sau trong A :
A1 = 1 1 −1 1 ;A2 = 1 −1 1 1 và B = 0 2 −2 0 Giải 1. Đơn vị củaA là ma trận E = 1 0 0 1 códetE = 1. Nếu A = a b −b a
là phần tử khả nghịch thì ắt tồn tại ma trận B ∈ A sao cho A·B =E ⇒detA·detB =detE ⇒detA=a2+b2 là ước của 1. Điều này xảy ra khi và chỉ khi hoặca2 = 1 và b2 = 0 hoặc a2 = 0 và b2 = 1.
Vậy có tất cả 4 phần tử khả nghịch trong A là : 1 0 0 1 ; −1 0 0 −1 ; 0 1 −1 0 và 0 −1 1 0 .
Nhận xét : Từ việc chứng minh trên ta đi tới kết luận : Ma trận A =
a b
−b a
là khả nghịch ⇔detA= 1. Và do vậy A không khả nghịch⇔detA > 1. Điều này có ích cho lời giải câu 2) sau đây.
2. Do nhận xét trên đây nếu một ma trậnC ∈ Akhông khả nghịch thì detC >1và vìdetC là số nguyên nêndetC ≥2. Chú ý rằng các ma trậnA1 =
1 1 −1 1 và A2 = 1 −1 1 1
đều có detA1 = 2 = detA2 nên hiển nhiên A1, A2 không khả nghịch; và không thể phân tích được thành tích của hai phần tử không khả nghịch vì như vậy thì định thức của chúng phải không bé hơn 4 (mỗi phần tử không khả nghịch có định thức không bé hơn 2 !). Vậy cả A1 và A2 đều bất khả qui.
Còn ma trậnB được phân tích thành : B = 0 2 −2 0 = −1 1 −1 −1 = 1 −1 1 1
trong đó cả hai nhân tử đều không khả nghịch. Vậy B không bất khả qui.
qui ngoài việc kiểm tra tính khác 0, không khả nghịch, ta dùng cách phản chứng để chứng tỏ nó không thể phân tích được thành tích hai phần tử không khả nghịch; tức nó không thể có ước thật sự (là ước không khả nghịch và không liên kết). Một cách khác để kiểm tra tính bất khả qui của một phần tử cho trước, là sử dụng định nghĩa, lấy ước bất kì của nó, ta tìm cách chứng minh, hoặc ước đó khả nghịch, hoặc ước đó liên kết với nó tức đó là ước tầm thường.
Ví dụ 3 Cho miền nguyênX và p∈X là phần tử khác 0, không khả nghịch. Chứng minh rằng nếu Iđêan sinh bởi phần tử p (là p·X) là Iđêan nguyên tố thì p là bất khả qui
Giải
Lấy ước bất kì q của p, Khi đó tồn tạis∈X, s6= 0 sao chop=s·q. Hiển nhiên s·q∈p·X là Iđêan nguyên tố nên hoặc s ∈pX hoặc q ∈pX
Nếus ∈pX, ắt tồn tại t∈X mà s=pt. Kết hợpp=s·q, ta cós=t·q·s, và sau khi giản ước phần tử s6= 0 ( trong miền nguyên có luật giản ước này !) đẳng thức này cho ta t·q = 1. Suy ra q|1, tức q là ước tầm thường.
Nếu q ∈ pX, ắt tồn tại u∈ X mà q =u·p. Lập luận tương tự như trên ta đi đến u|1, do đóq ∼p, tức q là ước tầm thường.
Vậy trong bất kì trường hợp nào thì q cũng là ước tầm thường. Vậy pbất khả qui.
Bài Tập
1. ChoX là vành giao hoán, có đơn vị 1, gọi N(X) là tập tất cả các phần tử lũy linh của X. Chứng minh:
(a) N(X) là Iđêan của X.
(b) Nếu N(X) là Iđêan tối đại thì N(X) là Iđêan tối đại duy nhất, đồng thời nhóm U các phần tử khả nghịch làU =X|N(X).
2. Cho X là vành giao hoán có đơn vị 1 và u ∈ X. Chứng minh rằng nếu tồn tại phần tử lũy linh x6= 0 sao cho u+xlà khả nghịch thì u khả nghịch.
3. Cho K[X] là đa thức trên trường K. Chứng rằng nếu đa thức f(x) không có nghiệm trong K mà degf = 2 hoặc degf = 3, thì f(x) là bất khả qui trongK[x].
4. Cho các trườngK, F mà K ⊂F và đa thứcf(x)∈K[x]. Chứng minh rằng nếuf(x) bất khả qui trongF[x]thì f(x)bất khả qui trong K[x]. Nếu f(x)bất khả qui trong K[x]thì có thể khẳng định rằng f(x) cũng bất khả qui trong F[x] ?.
5. Xét tính bất khả qui của các đa thức sau trong vành Z[x]: (a) f(x) = 2x2−3x+ 1.
(b) g(x) = x2+x−1.
6. Cho A là miền nguyên và p ∈ A ⊂ A[x]. Chứng minh rằng p bất khả qui trong A ⇔ p bất khả qui trongA[x]
Bài 13