Nhập môn đại số giao hoán G V Nguyễn-Chu
3.2 A miền chính =⇒ A nhân tử hóa
Nhắc lại rằng một vành chính là một vành mà mọi ideal là chính. Một miền chính là một miền nguyên đồng thời là một vành chính.
Mệnh đề 3.2.1. Cho A là một miền chính nhưng không phải là một trường và a ⊂A là một ideal. Các điều kiện sau là tương đương.
1. a là một ideal cực đại; 2. a là một ideal nguyên tố6= 0;
3. Tồn tại một phần tử bất khả quip∈A sao choa= (p).
Chứng minh. 1 =⇒ 2. Ta biết rằnga cực đại =⇒ anguyên tố. Mặt khác, điều kiệnAkhông phải là một
trường chứng tỏa6= 0;
2 =⇒ 3. Giả sửalà một ideal nguyên tố6= 0. DoAlà chínha= (p)vớip6= 0nào đó. Nói rằng ideal chính
(p)là một ideal nguyên tố có nghĩa là plà một phần tử nguyên tố. Nhưng ta biết rằng mọi phần tử
nguyên tố là bất khả qui.
3 =⇒ 1. Giả sửa= (p)vớipbất khả qui nào đó. Vìpbất khả qui, p /∈A∗, như vậya= (p)6= (1). Giả sử
b= (q)là một ideal chứaa. Ta cóp∈(q) nênp=qr vớir nào đó. Dopbất khả qui, ta suy ra hoặc
q∈A∗, khi đó(q) = (1), hoặcqliên kết vớip, khi đó(q) = (p). Ta suy raa là một ideal cực đại.
Hệ quả 3.2.2. Cho Alà một miền nguyên và p∈A. Khi đópnguyên tố⇔pbất khả qui.
Chứng minh. NếuAlà một trường thìAkhông chứa bất kì phần tử bất khả qui cũng như phần tử nguyên
tố nào. Giả sửAkhông phải là một trường, khi đó khẳng định được suy ra từ2⇔3trong Mệnh đề trên.
Định lí 3.2.3. Mọi miền chính là nhân tử hóa.
Chứng minh. Giả sửA là một miền chính. Theo Định lý 3.1.6, ta cần kiểm tra rằngA thõa mãn hai điều kiện NTH1 và NTH2’.
NTH1. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại 06=a∈A sao choakhông có phân tích thành
tích của một phần tử đơn vị với các phần tử bất khả qui như trong phát biểu của NTH1. Ta sẽ gọi các phần
tử như vậy củaA− {0} làtồi, các phần tử còn lại làtốt. Nói riêng, phần tửtồi akhông phải là một phần
tử đơn vị cũng như không phải là bất khả qui. Ta suy ra tồn tại hai phần tửa1, b1∈Akhông phải đơn vị,
(cũng như không phải là liên kết vớia) sao choa=a1b1. Chú ý rằng ít nhất một trong hai phần tửa1hoặc
=b1 phải làtồi (nếu khôngasẽtổt)). Vai trò củaa1, b1 là như nhau, không mất tổng quát, ta có thể giả sử
a1 là tồi. Ta cóa, a1là các phần tử tồi sao choa1|a,a1 không liên kết với a. Suy luận tương tự như trên
vớia1ta xây dựng được một phần tửtồi a2|a1 vàa2không liên kết vớia1. Tiến hành tương tự như vậy ta
thu được một dãy các phần tửtồi a0 =a, a1, a2, . . .sao cho· · · |ai |ai−1 | · · · |a1 |avàai không liên kết
vớiai−1. Chú ý rằng doai|ai−1nên(ai−1)⊂(ai), hơn nữa doai−1, ai không liên kết, đây là một bao hàm
thực sự. Như vậy
(a0)((a1)(· · ·((ai)((ai−1)(· · ·
ĐặtI=∪∞
i=0(ai). Dễ dàng kiểm tra rằng I là một ideal củaA. DoA là một miền chính, ta cóI= (c)với
c∈A nào đó. Dod∈I =∪∞
i=0(ai)nên c∈(ai)vớiinào đó. Như vậy(c)⊂(ai)⊂I= (c), do đó(ai) =I.
Nhưng ta lại có(ai)((ai+1)nên ta có điều vô lý.
NTH2’. Đây chính là Hệ quả 3.2.2.
Ta lưu ý kết quả cổ điển sau.
Định lí 3.2.4. Cho Alà một vành. Khi đóA[X] là một miền chính khi và chỉ khiAlà một trường.
Chứng minh. NếuAlà một trường thì như ta sẽ chỉ ra ở sauA[X]là một miền Euclid và do đó là một miền chính.
Bây giờ, giả sử A không là một trường nhưngA[X] là một miền chính. Trước hết ta biết rằngA[X]là
một miền nguyên thì vành con A⊂A[X] là một miền nguyên. Giả sửa∈A×. Gọia⊂A[X]là ideal sinh
bởiavàX. DoA[X]là chính, tồn tại một đa thức P ∈A[X]sao choa= (P). Vìa∈a, X ∈a, tồn tại các
đa thứcQ, R∈A[X]sao choa=P Q, X=P R.
Trước hết, doAlà một miền nguyên, ta códega= degP Q= degP+degQ. Ta suy radegP = degQ= 0,
nghĩa là P, Q ∈ A×. Mặt khác đẳng thức X = P R chứng tỏ phần tử P ∈ A× là ước của hệ số cao nhất
của X, nghĩa là1. Như vậy P ∈A×. Ta suy ra a = (a, X) = (1)và như vậy tồn tại S, T ∈ A[X]sao cho
aS+XT = 1. ViếtS=c0+c1X+· · ·+cnXn. So sánh hệ số hằng ở hai vế ta đượcac0= 1, như vậya∈A×.
Như vậy ta vừa chứng minh mọi phần tử6= 0của Alà khả nghịch, có nghĩa làAlà một trường.
Ví dụ 3.2.5. Cho K là một trường vàA=K[X1, . . . , Xn]. Như ta sẽ thấy ở một mục tới đây, A luôn là một miền nhân tử hóa. Tuy nhiên, theo kết quả trên,
1. Nếun= 1thì A=K[X]là một miền chính; 2. Nếun≥2thì Akhông là một miền chính.
3.3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất trong miền nhân tử hóa
Ta nhắc lại định nghĩa ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất như sau.
Định nghĩa 3.3.1 (Bội chung nhỏ nhất và ước chung lớn nhất). Cho A là một vành và{ai, i∈I} là một tập 6=∅ các phần tử của A.
1. Ta nói một phần tử d∈ A là một ước chung lớn nhất của các phần tử ai nếu d| ai,∀i ∈ I và nếu
d0 |ai,∀i∈I thì d0 |d. Nếu 1 là một ước chung lớn nhất thì ta nói các phần tử ai là nguyên tố cùng nhau;
2. Ta nói một phần tử m∈A là một bội chung nhỏ nhất của các phần tử ai nếu ai |m,∀i∈ I và nếu
ai|m0,∀i∈I thì m|m0;
Rõ ràng, nếudlà một ước chung lớn nhất của {ai}i∈I thì mọi liên kết của dđều là một ước chung lớn
nhất của{ai}i∈I, cụ thể hơn, tập{ud;u∈A∗}là tập các ước chung lớn nhất của{ai}i∈I. Từ nay về sau, ta
sẽ lạm dụng ngôn từ bằng cách nóidlà ước chung lớn nhất của các phần tửai và ta viết
d= UCLN(ai)
Có nghĩa là đẳng thức trên được hiểu như một đẳng thức chính xác tới phép liên kết. Ta có các nhận xét tương tự với bội chung nhỏ nhất.
Nhận xét 3.3.2. Ta lưu ý rằng, nói chung, không phải luôn tồn tại ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhẩt.
Ta có thể miêu tả một cách hình thức khái niệm ước chung nhỏ nhất và bội chung lớn nhất như sau. Mệnh đề 3.3.3. Kí hiệuP tập các ideal chính của một vànhA và trang bị P quan hệ thứ tự cho bởi bao hàm. Cho {ai, i∈I} là một tập6= 0 các phần tử của A.
1. Tập {ai, i ∈ I} có một bội chung nhỏ nhất khi và chỉ khi tập các ideal chính (ai) có một cận dưới trong P. Cụ thể hơn,m là bội chung nhỏ nhất của{ai, i∈I} khi và chỉ khi (m)là một cận dưới của
(ai), i∈I trong P;
2. Tập{ai, i∈I} có một ước chung lớn nhất khi và chỉ khi tập(ai)có một cận trên trongP. Cụ thể hơn,
dlà ước chung lớn nhất của {ai, i∈I} khi và chỉ khi(d)là một cận trên của (ai), i∈I trongP. Chứng minh. 1. Giả sửmlà bội chung nhỏ nhất của{ai, i∈I}khi đó, với mọii∈I,ai|m =⇒ (m)⊂
(ai). Giả sử (m0) ∈ P sao cho với mọi i ∈ I, (m0) ⊂ (ai) ta có ai | m0 với mọi i, do đó m | m0.
Như vậy (m0) ⊂(m), nghĩa là (m) là cận dưới của tập (ai), i ∈ I trong P. Ngược lại nếu (m) ∈ P
là một cận dưới của (ai), i∈I thì rõ ràngai |m∀i ∈I, bởi vì (m)⊂(ai), và nếu ai | m0∀i∈I thì
(m0)⊂(ai)∀i∈I nên(m0)⊂(m)và như vậym|m0.
2. Ta suy luận tương tự như trên.
Mệnh đề 3.3.4. Cho{ai, i∈I} là một tập 6= 0các phần tử của một vànhA. 1. Nếu∩i∈I(ai) = (m)thì mlà một bội chung nhỏ nhất của {ai, i∈I}; 2. NếuP
i∈I(ai) = (d)thìdlà một ước chung lớn nhất của {ai, i∈I}. Chứng minh. Các khẳng định này là hiển nhiên, bởi vì ∩i∈I(ai)(tương ứng P
i∈I(ai)) là cận dưới (tương
ứng, cận trên) trong tập các ideal củaA với quan hệ bao hàm. Nói riêng, khi chúng là các ideal chính thì
chúng là các cận dưới (tương ứng, cận trên) trong tập con các ideal chính củaA.
Định lí 3.3.5. Nếu Alà một vành chính thì ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất tồn tại. Chứng minh. Được suy ra từ tính chính củaAvà Mệnh đề 3.3.4 ở trên.
Hệ quả 3.3.6(Định lý Bézout). ChoAlà một vành chính và{ai, i∈I} là một tập6=∅các phàn tử củaA. Gọidlà một ước chung lớn nhất của{ai, i∈I}. Tồn tại các phần tửsi, i∈I sao chosi= 0với hầu hếtivà
d=X
i∈I
siai
Chứng minh. Điều này là hiển nhiên, bởi vìd∈P
i∈I(ai).
Nhận xét 3.3.7. KhiAkhông phải là một vành chính thì Định lý Bezout không còn đúng nữa. Chẳng hạn với
A=Z[X, Y]thì2, X là các phần tử nguyên tố cùng nhau nhưng không tồn tại các đa thứcf(X, Y), g(X, Y)∈
Z[X, Y] sao cho1 = 2f(X, Y) +Xg(X, Y).
Khi vành Alà một miền nhân tử hóa thì bội chung nhỏ nhất và ước chung lớn nhất luôn tồn tại.
Mệnh đề 3.3.8. Trong một miền nhân tử hóa, mọi tập hữu hạn6=∅các phần tử đều có một ước chung lớn nhất và một bội chung nhỏ nhất.
Chứng minh. Giả sửA là một miền nhân tử hóa. Gọi{pi}i∈I là một tập các phần tử bất khả qui đôi một
không liên kết và sao cho mọi phần tử bất khả quip∈Ađều liên kết với một trong cácpi. Giả sửa1, . . . , an
là các phần tử củaA. Nếuak = 0với k nào đó thì rõ ràng bội chung nhỏ nhất củaa1, . . . , an bằng0. Giả
sửak 6= 0với mọik. DoAlà một miền nhân tử hóa, mỗiak có một phân tích duy nhất dưới dạng
ak =uk
Y
i∈I
pri,k
i
trong đó với mỗik,ri,k= 0với hầu hếti. Với mỗii∈I, đặt
si= max 1≤k≤nri,k Thế thìsi= 0với hầu hếtivà m=Y i∈I psi i
là một bội chung nhỏ nhất củaa1, . . . , an.
Với ước chung lớn nhất, ta cũng tiến hành tương tự. Nếu ak = 0với mọik thì 0là ước chung lớn nhất
của chúng. Nếua1, . . . , an không đồng thời = 0thì rõ ràng sau khi loại bỏ các phần tử= 0, ước chung lớn
nhất (nếu tồn tại) là không thay đổi. Như vậy, ta có thể giả sửak6= 0với mọi k. Viết
ak =ukY
i∈I
pri,k
i
như trên. Với mỗiiđặt
ti= min
1≤k≤nri,k
Khi đóti= 0 với hầu hếti và phần tử
d=Y
i∈I
pti
i
là một ước chung lớn nhất củaa1, . . . , an.
Ta chú ý mối liên hệ sau đây giữa ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất
Mệnh đề 3.3.9. ChoAlà một miền nhân tử hóa vàa, blà hai phần tử6= 0củaA. Gọid, mlần lượt là một ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất củaa, b. Khi đó
dm=ab
(Đẳng thức chính xác tới phép liên kết.)
Chứng minh. Theo chứng minh của kết quả trên ta chỉ cần kiểm tra rằng, với hai số nguyênr, r0,
r+r0= min(r, r0) + max(r, r0) nhưng điều này là tầm thường.
Nhận xét 3.3.10. 1. Có nghĩa là nếudlà một ước chung lớn nhất của a, bthì abd là một bội chung nhỏ nhất của a và b. Như vậy, để tìm bội chung nhỏ nhất của hai phần tử, ta chỉ cần tìm ước chung lớn nhất của chúng.
2. Nói chung, với một vành nhân tử hóa tổng quát, việc xác định các phần tử bất khả qui là một vấn đề phức tạp. Do đó phương pháp xác định ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất thông qua phân tích thành tích các nhân tử bất khả qui như trình bày ở trên nói chung là không đơn giản.
3. Ta sẽ thấy rằng khiAlà một miền Euclid, thuật toán Euclid là một phương pháp hữu hiệu đem lại ước chung lớn nhất của hai phần tử (và do đó bội chung nhỏ nhất của chúng).
Kết quả quen thuộc sau là một trong các tính chất quan trọng nhất của số học của các miền nhân tử hóa.
Mệnh đề 3.3.11 (Bổ đề Euclid). Choa, b, c là các phần tử của một miền nhân tử hóaA. Giả sử a|bcvà
a, clà các phần tử nguyên tố cùng nhau. Thế thìa|b. Chứng minh. Đây là một bài tập đơn giản.
4 Miền Euclid
4.1 Hai định nghĩa của miền Euclid
Ta nhắc lại định nghĩa quen thuộc của miền Euclid. VớiAlà một vành, ta kí hiệuA× tập hợp các phần tử
6
= 0của A.
Định nghĩa 4.1.1 (Định nghĩa quen thuộc). Một miền Euclid là một miền nguyên A được trang bị một hàm sốf :A×→Nthỏa mãn các tính chất sau
E1 Với mọi a∈A, b∈A×, tồn tạiq, r∈Asao choa=bq+r với hoặcr= 0hoặc f(r)< f(b);
E2 Với mọi a, b∈A×,f(a)≤f(ab).
Hàm f trong định nghĩa trên được gọi là hàm Euclid (hoặc hàm chuẩn) của miền Euclid A. Cách biểu
diễna=bq+rở trên được gọi là phép chia Euclid củaachob, trong đóq,rtương ứng được gọi là thương
và phần dư.
Ta lưu ý rằng tính chất E2 có thể được phát biểu một cách tương đương như sau E2’ ∀a, b∈A×, a|b =⇒ f(a)≤f(b).
Ví dụ 4.1.2. 1. Mọi trường là một miền Euclid. Thật vậy, vớiKlà một trường, ta trang bịf :K\{0} →
Nbằng cách đặt f(x) = 1 với mọix(khi đó mọi phép chia Euclid trên K có dư= 0).
2. Zvới hàm Euclid cho bởi giá trị tuyệt đối. Lưu ý rằng, theo định nghĩa trên, phép chia Euclid là không duy nhất, nghĩa là bộ(q, r)là không duy nhất. Chẳng hạn như, phép chia3 cho2 có thể được viết theo hai cách
3 = 1×2 + 1 = 2×2−1
3. Vành các đa thức một biến với hệ số trong một trường với hàm Euclid cho bởi bậc của đa thức (ví dụ này giải thích tại sao ta không định nghĩa f(0)). Trong trường hợp này, phép chia Euclid là duy nhất.
Trong thực tế, đôi khi một số tác giả định nghĩa Euclid như một vànhAvới một hàmf :A×→Nthỏa
mãn điều kiện E1 (nghĩa là không yêu cầu điều kiện E2). Một trong các lý do, theo tác giả, là vi trong chứng
minh các kết quả chính về các miền Euclid, như AEuclid =⇒ A chính, điều kiện E2 là không cần thiết.
Hai định nghĩa của miền Euclid mà ta vừa trình bày, nghĩa là
1. (A, f)thỏa mãn E1 và E2;
2. và (định nghĩa yếu hơn) (A, f)thỏa mãn E1.
có vẻ như đem lại hai lớp vành khác nhau. Thực ra không phải như vậy và kết quả sau lý giải điều đó. Mệnh đề 4.1.3. Cho Alà một vành trang bị một hàm f :A× →Nthỏa mãn điều kiện E1 ở trên. Ta định nghĩaA×→Nbằng cách đặt
˜
f(a) = min
b6=0f(ab)
Khi đó (A,f˜)là một miền Euclid.
Chứng minh. Ta cần chứng minh hàm f˜thỏa mãn các tính chất E1 và E2. Trước tiên nhận xét rằng, với
mọia∈A×, bằng cách viếta=a×1 ta suy ra
˜
f(a)≤f(a)
Một mặt, giả sử a, b∈A×. Ta cóf˜(ab) =f(abc)với c∈A× nào đó. Như vậyf˜(a) = minx∈A×f(ax)≤
f(abc) = ˜f(ab), nghĩa là f˜thỏa mãn điều kiện E2.
Mặt khác, áp dụng tính chất E1 củaf đối với bộ(a, bc)ta tìm đượcq, r∈A sao cho
a=bcq+r
vớir= 0 hoặcf(r)< f(bc). Rõ ràng a=bq0+r vớiq0 =cq. Ta sẽ chỉ ra (q0, r)là phép chia Euclid củaa
chobứng vớif0. Nếur= 0thì ta không có gì phải chứng minh. Nếu không, ta có
˜
f(r)≤f(r)< f(bc) = ˜f(b)
theo cách chọn củac. Như vậyf˜(r)<f˜(b)vàf˜thỏa mãn điều kiện E2.
4.2 A Euclid =⇒ A chính
Định lí 4.2.1. Mọi miền Euclid là chính.
Chứng minh. Ta lập luận giống như chứng minhZlà một miền chính. Giả sửAlà một miền Euclid với hàm
Euclidf vàI⊂A là một ideal. NếuI={0} thì hiển nhiênI là một ideal chính. Giả sửI6={0}. Tập ảnh
f(I) là một tập con khác rỗng (vì I 6={0}) của Nnên chứa một phần tử cực tiểu. Gọi 0 6=a∈I là một
phần tử với f(a)nhỏ nhất: f(a)≤f(b) với mọi0 6= b∈ I. Ta sẽ chứng minhI = (a). Thật vậy, rõ ràng
(a)⊂I, ta cần chỉ raI ⊂(a). Giả sửb∈I, theo tính Euclid củaA, tồn tại q, rsao chob=aq+rsao cho
hoặcr= 0hoặcf(r)< f(a). Nếur6= 0thìr=b−aq∈Ivàf(r)< f(a), mâu thuẫn với cách chọn củaaở
trên. Vậyr= 0và do đób=aq∈(a).
Nhận xét 4.2.2. Trong chứng minh trên, ta không sử dụng tính chất E2 củaA.