: B IM β→ thì βà i ∈ Hom B MR( , ),
i I∈ ⊕ ( M Rad M( ) ) Ta có:
2.4.1. Một số định nghĩa và tính chất
Định nghĩa 2. Với vành R là R- module trên chính nó thì Rad(R) đ−ợc gọi là căn
Jacobson (hay đơn giản là căn) của vành R.
Định lí 9. Với A là một ideal của vành R. Các mệnh đề sau t−ơng đ−ơng:
(a) A⊂Rad(R).
(b) Với mỗi 0
;
r∈A rR⊂ R.
(c) Với mỗi r∈A; 1 - r khả nghịch.
(b)⇒(c). Ta có rR + (1 - r)R = R. Mà theo giả thiết 0
rR⊂ R nên (1 - r)R = R. Do đó tồn tại s∈R sao cho: (1 - r)R = 1 (1)
Suy ra 1 - r khả nghịch bên phảị Từ (1) có s - rs = 1 hay s = 1 - (-rs) mà − ∈rs A do
r∈A. Theo chứng minh trên ta có 1 - (-rs) khả nghịch bên phải, suy ra ∃ ∈t R:
st = [1 - (-rs)]t = 1 (2)
Suy ra 1 = t + rst = t +r hay 1 - r = t. Từ (2) ta có s(1 - r) = st = 1. Vậy 1 - r khả nghịch bên tráị (3)
Từ (1) và (3) ta có 1 - r khả nghịch.
(c)⇒(a). Ta chứng minh với mỗi 0
;
r∈A rR⊂ R.
Giả sử ideal U⊂R thoả m2n đẳng thức rR + U = R. (*)
Khi đó 1 = rs + a với a∈U. Theo giả thiết có a = 1 - rs khả nghịch. Vậy U = R. Do đó từ (*) suy ra 0
rR⊂ R. Theo Hệ quả 1, r∈Rad(R). Do đó A⊂Rad(R).
Định nghĩa 3. 1) Một ideal A của vành R đ−ợc gọi là một nil- ideal nếu mỗi phần tử của A đều là phần tử lũy linh.
2) Một ideal A của vành R đ−ợc gọi là một ideal luỹ linh nếu tồn tại một số tự nhiên n sao cho n 0
A = .
Mệnh đề 2. 1) Mỗi ideal luỹ linh đều là một nil - ideal. 2) Tổng của hai ideal luỹ linh là một ideal luỹ linh.
Chứng minh. 1) Hiển nhiên.
2) Giả sử A và B là hai ideal luỹ linh. Theo định nghĩa tồn tại các số tự nhiên m, n sao cho: m 0; n 0
A = B = khi đó (A+B)m n+ =0.
Thật vậy, tích (a1+b a1)( 2+b2)…(am n+ +bm n+ ) với ai∈A b; i∈B; 1≤ ≤ +i m n, sau khi khai triển ta đ−ợc một tổng các tích dạng c c1 2…cm n+ trong đó ci là ai hoặc
i
b . Vì tích c c1 2…cm n+ có m + n nhân tử nên bao giờ nó cũng chứa ít nhất m nhân tử thuộc A hoặc ít nhất n nhân tử thuộc B. Giả sử một tích có k nhân tử ai với
k ≥m và có dạng …ai1... ...ai2 aik… (m + n - k nhân tử nhân tử còn lại mà không viết rõ là nhân tử thuộc B). Khi đó có thể viết:
1 2 ( )( ) ( ) k i i i a a a … … … nghĩa là tích này có k nhóm đặt trong dấu ngoặc đứng liền nhau mà mỗi tích trong dấu
nên tích của k nhóm này bằng 0.
Vậy mọi tích dạng c c1 2…cm n+ đều bằng 0 và do đó (A+B)m n+ =0. Vậy A + B là ideal luỹ linh.
Định lí 10. Mọi nil - ideal của vành R đều chứa trong Rad(R).
Chứng minh. Giả sử A là một nil - ideal của R và a∈A. Khi đó tồn tại một số tự nhiên n sao cho n 0
a = hay 1 = 1 - 1
(1 )(1 )
n n
a = −a + + +a … a − ; Nghĩa là 1- a là
phần tử khả nghịch. Theo Định lí 9 ta có a∈Rad(R). Do đó A⊂Rad(R).
Định nghĩa 4. Giả sử A là một tập con của vành R, X là một tập con của module
M. Tập hợp r XR( ) : {= ∈r R xr| = ∀ ∈0, x X}; ( ( ) : {lR X = ∈r R rx| = ∀ ∈0; x X}) đ−ợc gọi là linh hóa tử phải (trái)của tập X trong R.
Tập hợp lM( ) : {A = ∈x M xa| = ∀ ∈0, a A};(rM( ) : {A = ∈x M ax| = ∀ ∈0, a A}) đ−ợc gọi là linh hóa tử trái (phải) của A trong M.
Mệnh đề 3. Nếu R là vành thỏa man các điều kiện tối đại đối với các linh hóa tử và có nil- ideal khác không thì R có ideal lũy linh khác không.
Chứng minh. Giả sử R có nil- ideal A≠0. Xét tập hợp: Γ ={ ( ) | 0r aR ≠ ∈a A}. Vì
R thỏa m2n điều kiện tối đại đối với các linh hóa tử nên Γcó phần tử tối đạị Gọi phần tử tối đại đó là r cR( ). Với mỗi s∈R thì hoặc sc = 0 hoặc sc≠0.
Nếu sc ≠0 thì vì sc ∈A nên tồn tại một số tự nhiên n sao cho:
1
( )n 0;( )n 0
sc = sc − ≠ . Khi đó: 1
( ) (( )n )
R R
r c ⊂r sc − . Theo giả thiết về tính tối đại của ( ) R r c ta có: 1 ( ) (( )n ) R R r c =r sc − . Vì 1 (( )n ) R
sc∈r sc − nên csc = 0. Do đó với mọi
s∈R ta đều có csc = 0. Vậy RcR là ideal lũy linh khác không của R. Do đó R có ideal lũy linh khác không.
Mệnh đề 4. Nếu R là vành Noether thì mọi nil - ideal đều là ideal luỹ linh.
Chứng minh. Giả sử A là một nil - ideal của vành R. Nếu A = 0 thì A là ideal luỹ linh. Giả sử A≠0. Theo Mệnh đề 3, R có ideal khác không. Vì R là vành Noether nên tập các ideal luỹ linh của vành R có phần tử tối đại, chẳng hạn là B.
Để chứng minh A là ideal luỹ linh ta sẽ chứng minh rằng A⊂B. Giả sử trái lại
của vành R B. Theo Mệnh đề 3, R Bcó ideal luỹ linh khác không. Thật vậy, nếu C⊂R B/ là một ideal luỹ linh và 1
( )C
C= p− , trong đó p R: →R B là phép chiếu chính tắc thì B⊂C và tồn tại một số tự nhiên k sao cho Ck =0 do đó
k
C ⊂B. Vì B là ideal luỹ linh nên C là một ideal luỹ linh. Vì B là phần tử tối đại trong tập các ideal luỹ linh của R và B⊂C nên B = C.
Vậy 1
( ) ( ) 0
C= p p− C = p B = suy ra mâu thuẫn. Do đó A⊂B và vì B là ideal luỹ linh nên A cũng là ideal luỹ linh. Ta có điều phải chứng minh.
Định lí 11. Nếu R là vành Artin thì Rad(R) là ideal luỹ linh.
Chứng minh. Đặt J: = Rad(R). Vì R là vành Artin nên coi J là ideal và d2y sau
phải dừng: 2 n J ⊃ J ⊃ ⊃… J ⊃…Chẳng hạn n n i J =J + ∀ ∈i N. Giả sử n 0 J ≠ . Xét tập: Γ={A⊂R A| ≠0 và AJ = A}. Ta có Γ ≠0 vì n J ∈Γ. Vì R là vành Artin nên trong Γ có phần tử tối tiểụ Chẳng hạn đó là B. Do B ≠0 nên tồn tại b ∈B;
0 n bJ ≠ . Khi đó n bJ ⊂bR⊂B và n n 1 n bJ =bJ + =bJ Jsuy ra n bJ ∈Γ. Vì B là phần tử tối tiểu trong Γ nên n
bJ = B. Do đó B có dạng b = bu với n
u∈ ⊂J J hay b(1 - u) = 0. Nh−ng u∈ =J Rad R( ) nên 1 - u khả nghịch. Do đó b = 0, mâu thuẫn vì
0
b≠ . Vậy n 0
J = .
Hệ quả 5. Giả sử R là vành Artin. Khi đó:
1) Rad(R) là ideal luỹ linh lớn nhất của vành R; 2) Rad(R) trùng với tập các phần tử luỹ linh.
Chứng minh. 1) Theo Định lí 11 ta có Rad(R) là ideal luỹ linh. Lại theo Định lí 9 ta có Rad(R) là ideal luỹ linh lớn nhất của vành R.
2) Vì R là vành Artin nên Rad(R) là ideal luỹ linh. Do đó mọi phần tử của Rad(R) đều là luỹ linh.
Ng−ợc lại giả sử a∈R là phần tử luỹ linh. Khi đó tồn tại số tự nhiên n sao cho 0
n
a = do đó ( )n 0
aR = . Theo (1) suy ra aR⊂Rad R( ). Vậy a∈Rad R( ) hay ( )
Rad R trùng với tập các phần tử luỹ linh.