Cho A là một vành chính. Gọi f : L → L0 là một ánh xạ tuyến tính từ A−môđun hạng m và A−môđun hạng n. Khi đó trong một cặp cơ sở của L, L0 ma trận của f có dạng đường chéo, ta gọi đây là dạng chính tắc của ma trận này.
Mệnh đề 16 Cho Alà một vành chính, và f là một ánh xạ tuyến tính hạng r của A−môđun L hạng m vào A−môđun L0 hạng n. Khi đó tồn tại các cơ sở ei,1≤i≤m của L và cơ sở e0j,1≤j ≤n của L0 thỏa mãn
f(ei) =αe0i,1≤i≤r và f(ei) = 0,∀i > r, các αiA∗ thỏa mãn
• αi|αi+1,∀i≥r+ 1.
• Các iđêan Aαi là nhân tử bất biến củaf(L)trong L0 và vì vậy là nhân tử duy nhật.
Chứng minh ĐặtL0 =f−1(0). Tập thươngL/L0 đẳng cấu với môđunf(L), là môđun con tự do của môđunL0, vì vậyL0 chứa phần bùL1 của f(L). Nếu các iđêanAαi,1≤i≤r là các nhân tử bất biến của f(L) trongL0 thì tồn tại một cơ sở e0j,1≤ j ≤ n của L0 thỏa mãn αie0i,1 ≤i ≤ r là cơ sở của f(L).
Từ hạn chế của f trên L1 là đẳng cấu từ L1 tới f(L) nên tồn tại một cơ sở ei,1≤i≤r của L1 thỏa mãn
f(ei) =αie0i.
Ta bổ sung cơ sở này của L1 để thành cơ sở ek,1 ≤k ≤m của L bằng một cơ sở es, r+ 1≤s≤m của L0.
Chú ý 9 Cho X là ma trận có hạng r gồm n dòng m cột trên một vành chính A, thì tồn tại một ma trận X0 tương đương2 với X có dạng
α1 0 . . . 0 0 . . . 0 0 α2 . . . 0 0 . . . 0 . . . .
0 0 . . . αr 0 . . . 0 0 0 . . . 0 0 . . . 0 . . . .
0 0 . . . 0 0 . . . 0
Các iđêan khác khôngAαi trong mệnh đề 16 được gọi là nhân tử bất biến của ánh xạ tuyến tính f, hoặc ma trận X.
Hệ quả 13 Cho X, X0 là hai ma trận n dòng m cột trên một vành chính A. Điều kiện đủ để X và X0 tương đương là chúng có chung các nhân tử bất biến.
Ta chứng minh được rằng nếu X là một ma trận hạng r trên một vành chính A và Aαi,1≤i ≤r là dãy các nhân tử bất biến. Thì α1 là ước chung lớn nhất của các phần tử của X và tích α1. . . αq là ước chung lớn nhất của các định thức con cấpq của X với mọiq≤r.
BÀI TẬP
1. Cho M là một Z−môđun con khác 0 của vành các số nguyên p−adic Zp thỏa mãn M là một Z−môđun con đơn của Z−môđun Zp. Chứng minh rằng
M +pZp =Zp.
2Hai ma trậnX, X0 được gọi là tương đương nếu tồn tại các ma trận vuông khả nghịch Q, P sao choX0 =P XQ.
2. Cho A, B là hai dãy vô hạn không giao nhau các số nguyên tố. Giả sử rằng 5 ∈/ A,5 ∈/ B. Gọi ei,1 ≤ i ≤ 4 là cơ sở chính tắc của Q−không gian vec-tơ Q4.
(a) Gọi M làZ-môđun con của Q4 sinh bởi phần tử 1
me1 với m ∈A;
N làZ−môđun con của Q4 sinh bởi 1
me2, m ∈A, 1
ne2, n ∈B và 1
5(e2+e3). Chứng minh rằng M ∩N = 0.
(b) Đặt
e01 = 8e1+ 3e2 và
e02 = 5e1+ 2e2.
Giả sử M0 làZ−môđun con củaQ4 sinh bởi các phần tử 1 me01 với m ∈A;N0 làZ−môđun con sinh bởi 1
ne4vớin ∈Bvà 1
5(3e02+e3).
Chứng minh rằng
i. M0 ∩N0 = 0, M ⊕N =M0 ⊕N0
ii. M đẳng cấu vớiM0 và không phân tích được.
iii. N và N0 là không phân tích được nhưng không đẳng cấu.
(c) Gọi M là Z−môđun con của Q4 sinh bởi các phần tử 1 me1 với m ∈A, 1
ne2 với n ∈B và 1
5(e1+e2); N làZ−môđun con của Q4 sinh bởi các phần tử 1
me3 vớim∈A, 1
ne4 với n∈B và 1
5(e3+e4).
Đặt
e01 = 2e1+e3, e02 =e2+ 3e4, e03 = 17e1+ 9e3, e04 =e2 + 2e4. Gọi M0 là Z−môđun con của Q4 sinh bởi các phần tử 1
me01 với m ∈A, 1
ne02 vớin ∈B và 1
5(e01+ 2e02);N0 làZ−môđun con củaQ4 sinh bởi các phần tử 1
me03vớim∈A, 1
ne04 vớin ∈Bvà 1
5(e03+2e04).
Chứng minh rằng i. M ⊕N =M0 ⊕N0.
ii. M đẳng cấu vớiN; M0 đẳng cấu vớiN0. iii. M không đẳng cấu với M0.
(d) GọiM làZ−môđun con củaQ4 sinh bởi các phần tử 1
5ne1 vớin ≥ 0;N làZ−môđun con củaQ4sinh bởi các phần tử 1
5ne1, 1 2ne2, 1
3ne4 với n≥0, 1
3(e2+e3)và 1
2(e2+e4).
Đặt
e01 = 3e1−e2, e02 = 2e1−e2.
Gọi M0 Z−môđun con của Q4 sinh bởi các phần tử 1 ene01, 1
2ne02 với n ≥0và 1
8(e01−e3);N0 làZ−môđun con của Q4 sinh bởi các phần tử 1
5ne02, 1
3ne4 với n≥0 và 1
2(e02−e4). Chứng minh rằng i. M ⊕N =M0 ⊕N0.
ii. M0, N0 là không phân tích được và có hạng là2, nhưng M có hạng là1.
3. Ta nói hai ma cặp ma trận(A1, A2)và(B1, B2)vuông cấpn hệ số trên trường K là tương đương nếu tồn tại các ma trận vuông khả nghịch P, Qtrên K thỏa mãn
A1 =P B1Q, A2 =P B2Q.
Nếu A1 và B1 là các ma trận khả nghịch, chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để hai cặp ma trận vuông(A1, A2)và (B1, B2)tương đương là hai ma trận A1X+A2 và B1X+B2 tương đương trênK[X].
4. ChoA là ma trận m dòng n cột hạngr hệ số trường K. Nếu P là một ma trận vuông cấpm,Q là ma trận vuông cấp n trên K thỏa mãn
P AQ=A,
thì chứng minh rằng tồn tại ma trận P0 đồng dạng với P và một ma trận Q0 đồng dạng với Q thỏa mãn
P0 =
R S 0 U
Q0 =
R−1 0 S0 U0
ở đó R là một ma trận vuông khả nghịch cấp r, U (tương ứng U0) là ma trận vuông cấp m−r(tương ứng n−r), S (tương ứng S0) là một ma trận r dòng m−r cột (tương ứng n−r dòng r cột).
5. Chứng minh rằng trên trường K, ma trận
λ α β13 β14 . . . β1(n−1) β1n
0 λ α β24 . . . β2(n−1) β2n 0 0 λ α . . . β3(n−1) β3n . . . .
0 0 0 0 . . . λ α
0 0 0 0 . . . 0 λ
là đồng dạng với ma trận Jordan Un,λ nếu α6= 0.
6. Cho K là một trườn đóng đại số, A là một ma trận khả nghịch trên K, m ∈ N∗. Chứng minh rằng nếu m không là bội của đặc số của K thì tồn tại một đa thức g(X)∈K[X] thỏa mãn
(g(A))m =A.
Nói tóm lại, tài liệu này đã tổng kết một cách logic về các vấn đề liên quan đến vành chính, đặc biệt là lý thuyết môđun trên vành chính. Các vấn đề được đề cập có liên hệ, giải thích bổ sung những hạn chế về vành chính trong hiểu biết của sinh viên Toán. Các kiến thức cơ sở là sử dụng chủ yếu các kiến thức đại số cơ bản, đã được học ở chương trình đào tạo.
Một ưu điểm nữa của tài liệu này là phương pháp gợi mở vấn đề, các vấn đề được đề cập đều là những tài vấn đề mới cho sinh viên, có thể làm định hướng những vấn đề mở cho đề tài nghiên cứu khoa học hoặc khóa luận của sinh viên yêu thích.
Vì thời gian có hạn, tác giả cho rằng hạn chế lớn nhất của tài liệu này là các bài tập chưa có lời giải chi tiết, thứ mà tác giả dự định sẽ trình bày trong tác phẩm sau. Tuy vậy, tác giả hi vọng rằng đây vẫn là một tài liệu quý về vành chính cho các bạn sinh viên Toán có thể tìm đọc.
[1] Bùi Huy Hiền, Bài tập Đại số đại cương, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
[2] Nguyễn Tiến Quang,Đại số đại cương, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2008.
[3] Nguyễn Tiến Quang,Lý thuyết môđun, Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
[4] Hoàng Xuân Sính,Đại số đại cương, Tái bản lần 11, NXB Giáo dục, Hà Nội, 2008.
[5] Hoàng Xuân Sính,Số đại số I, II, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội, 2003.
[6] Dương Quốc Việt, Cơ sở lý thuyết Module, NXB Đại học sư phạm, Hà Nội, 2015.
[7] M.F. Atiyah, I.G. Macdonald, Introduction to Commutative Algebra, Addison- Wesley, Reading, MA, 1969.
[8] N. Bourbaki,Algebre commutative, Springer, 2006.
[9] N. Bourbaki,Algebre, Springer, 2006.
[10] H. Matsumura,Commutative Ring Theory, Cambridge university Press, 1989.
[11] M.R. Murty, J. Esmonde, Problems in Algebraic Number Theory, Springer, 2004.
[12] J.C. Wilson,A Principal Ideal Ring That Is Not a Euclidean Ring, Math- ematics Magazine, Mathematical Association of America, Vol. 46, No.
1, pp. 34-38. (Jan., 1973).
Đặc số, 37
Định lý cấu trúc, 52 Ước, 9
Ước chung, 10
Ước chung lớn nhất, 10 Miền nguyên, 9
Trường các thương, 9 Abelian, 25
Bậc mở rộng, 39 Bội, 9
Bao đóng nguyên, 39 Bezout, 12
Chia hết, 9
Dạng song tuyến tính, 38 Dedekind, 37
Euclid, 16 Gauss, 16 Iđêan
Đối cực đại, 13 Iđean, 9
Iđean chính, 9 Iđean thương, 9 môđun, 25
Hạng, 36 môđun đơn, 34 môđun con, 33
môđun kiểu hữu hạn, 31
môđun tự do, 27 Ma trận, 36 Xoắn, 31
môđun chính, 26 Nhân tử bất biến, 50 Phân tích chính tắc, 33 Phần tử cực trị, 15 Tổng trực tiếp, 47 Vành đóng nguyên, 39 Vành chính, 10
Vành Euclid, 16
Vành số nguyên Gauss, 16
Phụ lục: Phương trình Diophantine X2 + Y 2 = Z2 và X4 + Y4 = Z4
Phương trình Diophantine là một phần hấp dẫn trong lý thuyết số, ở đó xem xét các phương trình đa thức
P(X1, . . . , Xn) = 0,
với các hệ số trongZhayQ và ta phải tìm lời giải trongZhayQ. Tổng quát hơn, ta có thể thay thế Z bởi một vành chính A (tương ứng là trườngK).
Trong phần này ta sẽ nói về hai trường hợp đặc biệt của phương trình Fermat:
Xn+Yn =Zn. (6)
Fermat đã khẳng định chứng minh được rằng với n≥3thì phương trình (6) ở trên không có nghiệm nguyên không tầm thường. Tuy nhiên chứng minh tổng quát của ông đã không được tìm thấy.
Cho n = 2, phương trình có nghiệm nguyên, chẳng hạn (2,3,4). Ta cũng có thể đưa ra một công thức tính tất cả các nghiệm nguyên của phương trình Fermat trong trường hợp này.
Định lý 16 Nếu x, y, z là các số nguyên thỏa mãn x2+y2 =z2
thì tồn tại một số nguyên d và hai số nguyên tố cùng nhau u, v sao cho x=d(u2−v2), y = 2duv, z =d(u2+v2). (7) (Ở đây, giả sử rằng không tính trường hợp hoán vị vị trí của x, y).
Chứng minh Bằng tính toán dễ dàng chứng minh được rằng (7) là nghiệm nguyên của phương trình
X2+Y2 =Z2.
Ngược lại, chọn x, y, z là nghiệm của phương trình X2+Y2 =Z2.
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng x, y, z nguyên tố cùng nhau, nếu không ta có thể chia chúng cho ước chung lớn nhất. Vì vậy, chúng là nguyên tố cặp đôi, bởi vì nếu số nguyên tố p là ước chung của x, z thì từ
y2 =z2−x2 ta suy ra p là ước của y, vô lý với giả sử ở trên.
Từ giả thiết trên, ta suy ra hai trong ba số x, y, z phải là lẻ, số còn lại là chẵn. Hơn nữa hai số x, y không thể cùng lẻ vì nếu vậy, ta có
x2 ≡1( mod 4), y2 ≡1( mod 4), z2 ≡2( mod 4) mâu thuẫn với z là số chẵn.
Từ những phân tích trên, ta suy ra: x và z là số lẻ, y là số chẵn. Chú ý rằng,
y2 =z2−x2 = (z−x)(z+x). (8) Ta có ước chung lớn nhất của 2x,2z là 2, lại có
2x= (z+x)−(z−x) và
2z = (z+x) + (z−x)
ta suy ra ước chung lớn nhất của z−x và z+x chỉ có thể là 2.
Đặt
y= 2y0, z+x= 2x0, z−x= 2z0 ở đó x0, y0, z0 là các số nguyên. Ta có
y02 =x0z0.
Bởi vì x0 và z0 là các số nguyên tố cùng nhau nên ta suy ra x0, z0 là các số chính phương, kí hiệu tương ứng là u2 và v2.
Do đó ta có
z+x= 2u2, z−x= 2v2, y2 = 4u2v2. Bằng tính toán trực tiếp, ta thu được
x=u2−v2, y = 2uv và z =u2+v2.
Bổ đề 11 Phương trình
X4 +Y4 =Z2 (9)
không có nghiệm nguyên dương.
Chứng minh Nếu tồn tại nghiệm nguyên dương (x, y, z) của phương trình (9) thì ta có thể chọn một nghiệm sao choz là số nguyên dương bé nhất trong số các nghiệm. Trong trường hợp này, x, y, z tương ứng từng đôi là nguyên tố cùng nhau 3.
Bây giờ ta viết lại phương trình (9) thành (X2)2+ (Y2)2 =Z2,
và ta áp dụng định lý 16, sau biến đổi, tồn tại một cặp số u, v nguyên tố cùng nhau thỏa mãn
x2 =u2−v2, y2 = 2uv, z =u2+v2. (10) Từ 4|y2, phương trình
y2 = 2uv
kéo theo một trong hai số u và v là chẵn, số còn lại là lẻ. Do đó, u chẵn và v lẻ và do đó
u2 ≡0( mod 4) và v2 ≡1( mod 4).
Khi đó
x2 =u2−v2 ≡ −1( mod 4), mâu thuẫn. Vì vậy u lẻ và v = 2v0.
Phương trình
y2 = 4uv0
và từ u, v0 là nguyên tố cùng nhau kéo theo u, v0 là các số chính phương, kí hiệu tương ứng làa2, b2. Lại áp dụng định lý 16 một lần nữa cho phương trình
x2+v2 =u2.
Bây giờ, do x, u là các số lẻ, v là số chẵn và x, u, v là nguyên tố cùng nhau, ta suy ra sự tồn tại của các số nguyên nguyên tố cùng nhau c, d thỏa mãn
x=c2−d2, v = 2cd, u=c2+d2. (11)
3Thật vậy, cho ví dụ, nếux, ycó một ước chung nguyên tốpthìp4|z2 vì vậyp2|z. Do đó(x
p,y p, z
p2)cũng là một nghiệm của phương trình. Nhưng điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất củaz. Hai trường hợp khác là tương tự và dễ dàng hơn.