2.3.1. Định nghĩa. Vành R được gọi là chính qui mạnh nếu và chỉ nếu với mọi a R∈ tồn tại x R∈ sao cho a a x= 2 .
2.3.2. Định lý. Cho R là một vành. Các mệnh đề sau tương đương:
(i) R là vành chính qui mạnh.
(ii) R là vành chính qui và không có phần tử lũy linh nào khác không.
(iii) R là vành chính qui và mọi lũy đẳng trong R đều thuộc tâm của R. Chứng minh. ( ) ( )i ⇒ ii Vì R là vành chính qui mạnh nên với mọi a R∈ , tồn tại x R∈ sao cho a a x= 2 . Do đó a = a x2 = aax = aa xx2 = a x3 2=...
1, a xn n−
= n≥2. Giả sử tồn tại phần tử lũy linh 0≠ ∈a R. Suy ra, tồn tại n≥2 sao cho an =0. Vậy a a x= n n−1=0. Ta có điều mâu thuẫn. Vậy, trong R không có phần tử lũy linh nào khác 0.
Từ đó ta lại có (a axa− )2=a2−a xa axa2 − 2+axaaxa a= 2− −a2 axa2+axa2 =0
nên suy ra a axa= . Vậy R là vành chính qui.
( ) ( )ii ⇒ iii Giả sử e là phần tử lũy đẳng và a là phần tử bất kì trong R. Đặt f = −1 e. Ta có ( )eaf 2 =ea(1−e ea) (1− =e) 0 ⇒ eaf =0. Mặt khác ( )eaf 2
= (ea eae− )2 nên ea eae= . Tương tự ( ) (fae 2= −1 e ae) (1−e ae) = ⇒0 ae eae= .
Vậy, ae ea= . Do đó mọi lũy đẳng đều thuộc tâm.
( ) ( )iii ⇒ i Giả sử a R∈ . Vì R là chính qui nên tồn tại x R∈ sao cho a axa= . Vì ax là lũy đẳng nên ax thuộc tâm. Do đó a a x= 2 . Vậy R là chính qui mạnh.W
2.3.3. Hệ quả. Cho R là chính qui mạnh, với mọi a R∈ , gọi x R∈ sao cho a a x= 2 . Khi đó:
(i) a a x xa= 2 = 2 (ii) xa ax=
(iii) Đặt e ax= thì ta có aR eR Re= = .
Chứng minh. (i) Vì ax lũy đẳng nên ax thuộc tâm của R. Do đó ta có (i).
(ii) Ta có a a x= 2 ⇒ xa xa x ax= 2 = .
(iii) Vì R chính qui nên aR eR= . Mà e thuộc tâm của R nên eR Re= .W 2.3.4. Ví dụ. (1) Mọi vành chính qui giao hoán là vành chính qui mạnh.
(2) Mọi vành chia được D là vành chính qui mạnh.
Thật vậy, vì D là vành chia được nên D là chính qui. Mặt khác, D chỉ có hai phần tử lũy đẳng là 0 và 1. Vì giả sử 0≠ ∈e D thỏa e2 =e. Tồn tại e−1 sao cho e e e e−1. = . −1=1. Do đó, 1=e e. −1=e e2 −1=e e e. . −1=e.1=e. Rõ ràng 0 và 1 thuộc tâm của D. Vậy D là vành chính qui mạnh.
(3) Tích trực tiếp của các vành chia được là chính qui mạnh.
(4) Cho V là không gian véctơ trên vành chia được D thỏa DimV =1. Khi đó EndDV là chính qui mạnh vì EndDV ≅D.
2.3.5. Định lý. Nếu R là vành chính qui mạnh thì với mọi a R∈ , tồn tại phần tử khả nghịch u R∈ , sao cho a aua= .
Chứng minh. Giả sử a R∈ . Vì R là vành chính qui mạnh nên tồn tại x R∈ sao cho a a x= 2 . Khi đó ta cũng có a axa= . Đặt e xa= . Ta có e là phần tử lũy đẳng. Đặt f = −1 e, u ex f= + , v ea f= + . Ta có v u. =(ea f ex f+ ) ( + ) =
eaex eaf+ + fex f+ 2. Vì e thuộc tâm, f lũy đẳng và af =0, nên v u. = 1
eax f+ =xaax f+ =xa f+ = + =e f . Tương tự ta có uv=1. Vậy: aua a ex f a aexa afa axaxa axa a= ( + ) = + = = = .W
2.3.6. Hệ quả. Nếu R là vành chính qui mạnh thì với mọi a R∈ , a v e= . với v là phần tử khả nghịch và e là phần tử lũy đẳng.
Chứng minh. Từ Định lý 2.3.5 ta có v e. =(ea f e eae xaaxa xa+ ) = = = 2=a.W 2.3.7. Định lý. Nếu R là vành chính qui mạnh thì:
(i) Mọi iđêan chính trái (phải) đều sinh bởi một lũy đẳng.
(ii) Mọi iđêan một phía là iđêan hai phía.
Chứng minh. (i) Dễ thấy, vì vành chính qui mạnh cũng là vành chính qui.
(ii) Giả sử a R∈ . Vì R là vành chính qui mạnh nên a v e= . với v là phần tử khả nghịch và e là phần tử lũy đẳng. Do đó aR veR vRe Re Rve Ra= = = = = . Từ đó suy ra mỗi iđêan một phía là iđêan hai phía.W
2.3.8. Định lý. (Armandariz, 1974) Vành R với đơn vị 1 là chính qui mạnh nếu và chỉ nếu RM là vành chia được với tất cả các iđêan tối đại M của
( )
Z R .
Chứng minh. ( )⇒ Giả sử R là vành chính qui mạnh, M là iđêan tối đại trong ( )
Z R . Để chứng minh RM là vành chia được ta chứng minh mọi phần tử khác 0 trong RM là khả nghịch.
Lấy 0≠x s R/ ∈ M, x R s Z R M∈ , ∈ ( )\ . Suy ra với mọi t Z R M∈ ( )\ ta có ( .1 0. ) 0
t x − s ≠ hay tx≠0. Vì R là vành chính qui nên tồn tại y R∈ sao cho x xyx= . Suy ra xy e= là phần tử lũy đẳng do đó e Z R∈ ( ) nên 1− ∈e Z R( ). Ta
có (1−e x) (= −1 xy x x xyx) = − =0 nên 1− ∈e M vì nếu ngược lại thì (1−e x) ≠0
theo lập luận ở trên. Suy ra e Z R M∈ ( )\ vì nếu ngược lại thì 1= + − ∈e (1 e) M
là vô lý.
Ta có (x s/ ) (. sy e/ ) =1 vì tồn tại 1 ∈ Z R M( )\ sao cho
( )
1. xsy.1 1.− se =xsy se sxy se− = − =0. Tương tự, nếu đặt f =yx thì
( )\
f ∈Z R M và (sy f/ ) (. x s/ ) =1. Vậy x s/ khả nghịch. Do đó RM là vành chia được.
( )⇐ Ngược lại, giả sử RM là vành chia được với mọi iđêan tối đại M của ( )
Z R . Để chứng minh R là vành chính qui mạnh ta chứng minh R không có phần tử lũy linh nào khác không và là vành chính qui.
• Nếu R có phần tử lũy linh khác 0 thì tồn tại 0≠ ∈x R sao cho x2 =0. Đặt I = ∈{s Z R( ): sx=0} . Ta có I ≠ ∅ vì 0∈I và I là iđêan con thực sự của Z(R) vì 1∉I . Do đó, tồn tại iđêan tối đại M của Z R( ) sao cho I ⊆M . Khi đó, trong vành chia được RM , ta có (x/1)2 =0, suy ra x/1 0= . Từ đó lại suy ra tồn tại s Z R M∈ ( ) \ sao cho sx=0. Điều này mâu thuẫn với I ⊆M . Vậy trong
R không có phần tử lũy linh nào khác 0.
• Nếu R không là vành chính qui thì tồn tại x R∈ sao cho x xzx≠ với mọi z R∈ . Khi đó tồn tại z R∈ để xzx sx= với s Z R∈ ( ), chẳng hạn với z =
0 thì ta chọn s = 0. Đặt X = {z R∈ : ∃ ∈s Z R xzx sx( ), = } và J =
{s Z R xzx sx z X∈ ( ): = , ∈ } . Ta có J ≠ ∅ và 1∉J nên J là iđêan thực sự của
( )
Z R . Do đó, tồn tại iđêan tối đại M của Z R( ) sao cho J ⊆M . Từ đó suy ra /1 0
x ≠ trong RM vì với mọi s Z R M∈ ( )\ thì sx≠0 vì nếu ngược lại sx=0thì tồn tại 0= ∈z X sao cho xzx sx= ⇒ ∈ ⊆s J M (vô lý). Vì RM là vành chia được nên x/1 khả nghịch. Do đó tồn tại y t R/ ∈ M, y R t Z R M∈ , ∈ ( )\ sao cho (x/1) (. y t/ ) =1. Suy ra tồn tại u Z R M∈ ( ) \ sao cho u xy t( − =) 0. Từ đó ta có
( )
uxy ut= ⇒xuy ut= ⇒x uy x utx= ⇒ ∈ ⊆ut J M (vô lý). Vậy R là chính qui.W 2.3.9. Định lý. (Pere Ara, 1996) Nếu R là vành chính qui mạnh và
; ,
R aR bR a b R= + ∈ thì tồn tại r R∈ sao cho a br+ khả nghịch.
Chứng minh. Vì R là vành chính qui mạnh nên tồn tại phần tử khả nghịch u và phần tử y thuộc R sao cho a aua= và b byb= , khi đó e au= và f =by là các phần tử lũy đẳng. Hơn nữa ta còn có aR eR= và bR= fR. Vì vậy ta có
(1 )
aR bR eR fR eR+ = + = + −e fR. Sở dĩ có đẳng thức cuối là vì
(1 )
R eR= ⊕ −e R do đó ∀ ∈r R ta có r er= 1+ −(1 e r) 2. Suy ra
( ) ( )
1 1 2 1 1 2
fr= fer + f −e r =efr + −e fr ⇒ fR⊆eR+ −(1 e fR) ⇒eR+ fR⊆eR+ −(1 e fR) . Và dễ thấy eR+ −(1 e fR) ⊆eR+ fR (phần tử lũy đẳng trong vành chính qui mạnh thuộc tâm).
Vì R là chính qui nên tồn tại w R∈ sao cho
(1−e f) = −(1 e fw) (1−e f) = −(1 e fw) (1−e) ( f 2 = f và f giao hoán được).
Đặt g= −(1 e fw) (1−e) ta có g2 =g, eg ge= =0 và R eR= + (1−e fR) =
eR + gR. Do đó tồn tại α β∈, R sao cho eα + β =g 1. Từ đó suy ra eα =e và gβ =g. Vậy e g+ =1 ⇔ e+ −(1 e fw) (1− =e) 1 ⇔ au+ −(1 e byw) (1− =e) 1 ⇔
(1 ) (1 ) 1
au+ −au byw − =e ⇔ au byw+ (1− −e) aubyw(1− =e) 1 ⇔ au +
(1 )
byw −e − ( )au byw2 (1−e) = 1 ⇔ au(1−aubyw(1−e) ) + byw(1− =e) 1 ⇔
( )
(1 1 ) (1 ) 1
au −efw −e +byw − =e .
Nhân bên phải hai vế đẳng thức cuối với γ = +1 efw(1−e u) −1 ta được
( )
(1 1 ) (1 (1 ) ) 1 (1 ) (1 )
au −efw −e +efw −e u− +byw − γ = γ ⇔ +e a byw − γ = γe . Dễ thấy γ khả nghịch. Ta có điều phải chứng minh.W
2.3.10. Định lý. Nếu R là một vành chính qui mạnh và σ:R→R là một tự đồng cấu vành sao cho σ( )e =e với mọi e là lũy đẳng trong R thì
( )2
, /
R x σ x là morphic trái.
Chứng minh. Đặt S =R x ,σ/( )x2 = { f = f +( )x2 : f = + +r sx a x2 2+ +... a xn n}
= {r sx r s R+ : , ∈ } . Không mất tính tổng quát ta có thể viết
{ : , }
S= +r sx r s R∈ . Chú ý rằng trong S ta có x2=0 và xt= σ( )t x với ∀ ∈t R .
Nhận xét 1: Nếu I là iđêan trái hoặc phải của S và r s R, ∈ thì từ r sx I+ ∈ suy ra r I∈ và sx I∈ .
Thật vậy: Vì R là vành chính qui mạnh nên tồn tại y R∈ sao cho r r y ryr= 2 = . Đặt e yr= thì ta có e2 =e, r re er= = và rR Rr Re eR= = = . Do đó, tồn tại t R∈ sao cho e tr= và tồn tại t0∈R sao cho e rt= 0.
Nếu I là iđêan trái của S thì ta có e e= = −2 (e tsx e tsx) ( + ) (vì e thuộc tâm và x2 =0) ⇒ = −e (e tsx tr tsx) ( + ) (= −e tsx t r sx) ( + )∈I (vì r sx I+ ∈ , I là iđêan trái). ⇒ ∈re I ⇒ ∈r I (vì r re= ) ⇒ ∈sx I.
Nếu I là iđêan phải của S thì ta có
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
0 0 0 0 0 0 0
e e= = + σe s t x e s t x − σ =rt +sxt e s t x− σ = +r sx t e s t x − σ
∈ I ⇒ = = ∈ r re er I ⇒ sx I∈ . Ta chứng minh xong nhận xét 1.
Bây giờ, để chứng minh R x ,σ/( )x2 là morphic trái, ta chứng minh với mọi a bx S+ ∈ đều là morphic trái. Gọi e R e∈ , 2=e thỏa Ra Re= . Dễ thấy khi đó Sa Se= .
Nhận xét 2: Tồn tại g2 = ∈g R thỏa eg ge= =0 sao cho S a bx( + ) =S e gx( + )
.
Thật vậy: Áp dụng nhận xét 1 ta có a bx S a bx+ ∈ ( + )⇒ ∈a S a bx( + );
( )
bx S a bx∈ + ⇒S a bx( + )=Sa Sbx+ =Se Sbx+ . Vì bx=( )bx e b+ (1−e x) nên (1 )
Sbx Sbxe Sb= + −e x do đó S a bx( + ) =Se Sb+ (1−e x) . Đặt b1=b(1−e) , tồn
tại lũy đẳng f ∈R sao cho Rb1=Rf . Khi đó, Sb1=Sf . Vậy,
( ) (1 ) 1
S a bx+ =Se Sb+ −e x Se Sb x Se Sfx= + = + . Mặt khác fe=0 nên đặt
(1 )
g= −e f thì g là một lũy đẳng và ge eg= =0. Hơn nữa,
(1 ) 2
fg = f −e f = f = f ⇒Rf =Rg. Do đó Sf =Sg. Vậy,
( ) ( )
S a bx+ =Se Sfx Se Sgx S e gx+ = + = + . Ta chứng minh xong nhận xét 2.
Nhận xét 3: Với e g, ở nhận xét 2, ta có S e gx( + ) =
( ) ( ) ( )
( )
I 1t −e 1− + −g 1 e x .
Thật vậy: ∀ + ∈c dx I 1t( ( −e) (1− + −g) (1 e x) ) ta có:
(c dx+ ) ( 1−e) (1− + −g) (1 e x) =0
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 0
c e g c e x dx e g dx e x
⇒ − − + − + − − + − =
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 0
c e g c e x d e x g d e xx
⇒ − − + − + − − + − =
(1 ) (1 ) (1 ) (1 ) (1 ) 0
c e g c e x d e g x
⇒ − − + − + − − =
(1 ) (1 ) [ 1( ) (1 ) (1 )] 0
c e g c e d e g x
⇒ − − + − + − − =
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 0 (1)
1 1 1 0 (2)
c e g
c e d e g
− − =
⇒ − + − − =
Nhân hai vế của (2) với g rồi cộng với (1) ta được:
(1 ) (1 ) (1 ) 0
c −e g c+ −e −g = ⇒c(1− = ⇒ =e) 0 c ce (3).
Nhân hai vế của (3) với g và sử dụng kết quả eg = ge = 0 ta có cg = 0.
Tuy nhiên, từ (2) cũng suy ra d(1−e) (1−g) = ⇒0 d(1− − +g e eg) =0
d de dg
⇒ = + . Đặt u c dg= + và v d= . Ta có (u vx e gx+ ) ( + ) =
ue ugx vxe vxgx+ + + = ue+(ug ve x+ ) = (c dg e+ ) +(c dg g de x+ ) + =
( )
ce+ de dg x+ = +c dx.
Do đó c dx S e gx+ ∈ ( + ) nên suy ra I 1t( ( −e) (1− + −g) (1 e x) )⊆S e gx( + ).
Ngược lại, vì (e gx+ ) ( 1−e) (1− + −g) (1 e x) =0 nên e gx+ ∈
( ) ( ) ( )
( )
I 1t −e 1− + −g 1 e x nên S e gx( + ) ⊆I 1t( ( −e) (1− + −g) (1 e x) ). Ta chứng minh xong nhận xét 3.
Nhận xét 4: Với e g, ở nhận xét 2, ta có It(a bx+ ) =
( ) ( ) ( )
( 1 1 1 )
S −e − + −g e x .
Thật vậy: Đặt b1 và f như trong chứng minh nhận xét 2. Ta có aR eR= suy ra aS eS= . Theo nhận xét 1, vì a bx S+ ∈ nên a∈ +(a bx S) và
( )
bx∈ +a bx S do đó ta suy ra (a bx S+ ) = aS bxS+ = eS bxS+ =
( ) (1 )
eS+e bx +b −e x S = eS b+ (1−e xS) =eS b xS+ 1 = +(e b x S1 ) . Bây giờ ta sẽ chứng minh It(e b x+ 1 ) =S( (1−e) (1− + −g) (1 e x) ).
Vì b1=b f1 và fg= f nên (1−e) (1− + −g) (1 e x e b x) ( + 1 ) = (1−e) (1−g b x) 1
= (1−e) (1−g b fx) 1 = (1−e) (1−g b fgx) 1 = (1−e) (1−g gb fx) 1 = 0.
( ) ( ) ( )
( 1 1 1 )
S e g e x
⇒ − − + − ⊆ It(e b x+ 1 ).
Ngược lại, ∀ + ∈r sx It(e b x+ 1 ) ta có (r sx e b x+ ) ( + 1 ) = ⇔0 re+(rb1+se x) =0
1
0 0.
re rb se
⇒ =+ =
Từ b1=b f1 =b fg1 suy ra b g b1 = 1. Cho nên 0=(rb1+se g rb g rb) = 1 = 1 và vì thế suy ra se=0.
Từ Rf =Rb1=b R1 suy ra tồn tại t R∈ sao cho f =b t1 .
Ta có rg r= (1−e f) =rf =rb t1 =0. Do đó r r= (1−e) (1−g), s s= (1−e). (1 ) (1 ) (1 ) ( (1 ) (1 ) (1 ) )
r sx S e g S e x S e g e x
⇒ + ∈ − − + − = − − + −
( 1 ) ( ( ) ( ) ( ) )
It e b x S 1 e 1 g 1 e x
⇒ + ⊆ − − + − .
Cuối cùng vì (a bx S+ ) = +(e b x S1 ) nên It(a bx+ )=It(e b x+ 1 ).W
2.3.11. Hệ quả. Nếu D là vành chia được và σ là tự đồng cấu khác 0 của D thì D x ,σ/( )x2 là morphic trái.
Chứng minh. Vì D là vành chia được nên D là chính qui mạnh. Giả sử
:D D
σ → là tự đồng cấu của D. Ta có σ( )0 =0 vì σ( )0 = σ + = σ(0 0) ( ) ( )0 + σ 0 và σ( )1 = σ( )1.1 = σ( ) ( )1 . 1σ ⇒ σ( )1 1 − σ( )1 =0 suy ra σ( )1 =0 hoặc σ( )1 =1.
Nếu σ( )1 =1 thì áp dụng Định lý 2.3.10 suy ra điều phải chứng minh.
Nếu σ( )1 =0 thì σ là đồng cấu 0 (trái giải thiết).W
2.3.12. Hệ quả. Nếu R là vành chớnh qui mạnh thỡ Rà R là morphic.
Chứng minh. Ta cú: Rà ≅R R x /( )x2 .
Lấy σ:R→R là đồng cấu đồng nhất thì khi đó R x ,σ ≡ R x và R( )σ ≡R
. Do đú ỏp dụng Định lý 2.3.10 thỡ Rà R là morphic trỏi.
Để chứng minh Rà R morphic phải ta chứng minh R x[ ]/( )x2 morphic
phải.
Đặt S = R x /( )x2 = {a bx a b R+ : , ∈ } . Trong S ta có x2 =0 và . . ,
x t t x= ∀ ∈t R.
Nhận xét 1: Nếu I là iđêan trái hoặc phải của S và r s R, ∈ thì từ r sx I+ ∈ suy ra r I∈ và sx I∈ .
Chứng minh như trong Định lý 2.3.10.
Nhận xét 2: Tồn tại g2 = ∈g R thỏa eg ge= =0 sao cho (a bx S+ ) = +(e gx S)
.
Thật vậy: Áp dụng nhận xét 1 ta có a bx+ ∈ (a bx S+ ) ⇒
( ) ; ( )
a∈ +a bx S bx∈ +a bx S ⇒ aS bxS+ ⊆ +(a bx S) ⇒ (a bx S aS bxS+ ) = + eS bxS
= + .
Vì bx=( )bx e b+ (1−e x) nên bxS bxeS b= + (1−e xS) do đó
(a bx S eS b) (1 e xS)
⇒ + = + − .
Đặt b1=b(1−e), tồn tại lũy đẳng f ∈R sao cho b R1 = fR. Vậy, (a bx S eS b+ ) = + (1−e xS eS b xS) = + 1 .
Mà b xS1 = fxS vì b x r sx1 ( + )=b xr b xsx b rx b sx1 + 1 = 1 + 1 2 =b rx1 = ftx= fxt∈ fxS với t R∈ nên b xS1 ⊆ fxS. Tương tự fxS ⊆ b xS1 . Do đó
(a bx S eS b+ ) = + (1−e xS eS b xS eS) = + 1 = + fxS.
Mặt khác, fe=0 nên đặt g= −(1 e f) thì g là một lũy đẳng và ge eg= =0. Hơn nữa, fg = f (1−e f) = f2 = f ⇒ fR gR= . Do đó fxS gxS= .
Vậy, (a bx S eS+ ) = + fxS eS gxS= + = +(e gx S) . Ta chứng minh xong nhận xét 2.
Nhận xét 3: Với e g, ở nhận xét 2, ta có (e gx S+ )
( ) ( ) ( )
( )
Ip 1 e 1 g 1 e x
= − − + − .
Thật vậy:
( ) ( ) ( )
( )
I 1t 1 1
c dx e g e x
∀ + ∈ − − + − ⇒(1−e) (1− + −g) (1 e x c dx) ( + ) =0 (1 e) (1 g c) (1 e xc) (1 e) (1 g dx) (1 e xdx) 0
⇒ − − + − + − − + − =
(1 e) (1 g c) (1 e cx) (1 e) (1 g dx) (1 e dxx) 0
⇒ − − + − + − − + − =
(1 e) (1 g c) (1 e cx d) (1 e) (1 g x) 0
⇒ − − + − + − − =
(1 e) (1 g c) [ 1( e c) (1 e) (1 g)d]x 0
⇒ − − + − + − − =
( ) ( )
( ) ( ) ( )
1 1 0 (1)
1 1 1 0 (2)
e g c
e c e g d
− − =
⇒ − + − − =
Nhân hai vế của (2) với g rồi cộng với (1) ta được
(1−e cg) + −(1 e) (1−g c) =0 ⇒ −(1 e c) = ⇒ =0 c ec (3).
Nhân hai vế của (3) với g và sử dụng kết quả eg ge= =0 ta có gc=0. Tuy nhiên, từ (2) cũng suy ra (1−e) (1−g d) = ⇒ − − +0 (1 g e eg d) = ⇒ =0 d ed gd+ .
Đặt u c dg= + và v d= . Ta có (e gx u vx+ ) ( + ) =eu gxu evx gxvx+ + + =
( )
eu+ gu ev x+ =e c dg( + )+g c dg( + )+ed x = +ec (ed gd x c dx+ ) = + . Do đó c dx+ ∈ +(e gx S) nên Ip( (1−e) (1− + −g) (1 e x) ) ⊆ +(e gx S) .
Ngược lại, vì (1−e) (1− + −g) (1 e x e gx) ( + ) =0 nên e gx+ ∈
( ) ( ) ( )
( )
Ip 1−e 1− + −g 1 e x nên (e gx S+ ) ⊆Ip( (1−e) (1− + −g) (1 e x) ). Ta chứng minh xong nhận xét 3.
Nhận xét 4: Với e g, ở nhận xét 2, ta có
( ) ( ( ) ( ) ( ) )
Ip a bx+ = 1−e 1− + −g 1 e x S.
Thật vậy: Đặt b1 và f như trong chứng minh nhận xét 2. Từ Ra Re= suy ra
Sa Se= . Theo nhận xét 1, vì a bx S a bx+ ∈ ( + ) nên a S a bx∈ ( + ) và
( )
bx S a bx∈ + ta suy ra S a bx( + ) = Sa Sbx+ = Se Sbx+ =
( ) (1 )
Se S e bx+ +b −e x = Se Sb+ (1−e x) =Se Sb x S e b x+ 1 = ( + 1 ). Bây giờ ta sẽ chứng minh Ip(e b x+ 1 ) (=( 1−e) (1− + −g) (1 e x) )S.
Vì b1= fb1 và fg = f nên (e b x+ 1 )(1−e) (1− + −g) (1 e x) = b x1 (1−e) (1−g) =
( ) ( )
1 1 1
fb x −e −g = fgb x1 (1−e) (1−g) = fgb1(1−e) (1−g x) =0.
( ) ( ) ( )
( 1 e 1 g 1 e x S) Ip(e b x1 )
⇒ − − + − ⊆ + .
Ngược lại, ∀ + ∈r sx Ip(e b x+ 1 ) ta có (e b x r sx+ 1 ) ( + )=0 ⇔
( 1 ) 0
er+ b r es x+ =
1
0 0 er
b r es
⇒ =+ =
Từ b1= fb1= fgb1 suy ra gb1=b1. Cho nên 0=g b r es( 1 + ) =gb r b r1 = 1 và vì thế suy ra es=0.
Từ fR b R Rb= 1 = 1 suy ra tồn tại t R∈ sao cho f =tb1. Ta có
(1 ) 1 0.
gr= −e fr= fr tb r= = Do đó r= −(1 e) (1−g r s) , = −(1 e s) . (1 ) (1 ) (1 ) ( (1 ) (1 ) (1 ) )
r sx e g S e xS e g e x S
⇒ + ∈ − − + − = − − + −
( 1 ) ( ( ) ( ) ( ) )
Ip e b x 1 e 1 g 1 e x S
⇒ + ⊆ − − + − .
Cuối cùng vì (a bx S+ ) = +(e b x S1 ) nên Ip(a bx+ )=Ip(e b x+ 1 ).W