Vành chính quy không địa phương Tính phân tích duy nhất.
3.2 Tính phân tích duy nhất của vành chính quy
Trong tiết này chúng ta sẽ chúng ta sẽ chứng minh mọi vành chính quy đều là một miền phân tích duy nhất.
Định nghĩa 3.2.1. Một miền nguyên được gọi là miền phân tích duy nhất nếu mọi phần tử khác không và khác đơn vị đều có thể biểu diễn như tích của các phần tử nguyên tố.
Ví dụ 3.2.2. (1) Vành các số nguyên Z là miền phân tích duy nhất.
(2) Các trường số hữu tỷ Q, số thực R và số phức C đều là miền phân tích duy nhất.
(3)Các vànhZ[X1, . . . , Xn],Q[X1, . . . , Xn],R[X1, . . . , Xn],C[X1, . . . , Xn],
trong đó các X1, . . . , Xn là các biến, đều là các miền phân tích quy nhất. Chứng minh. Ta đi chứng minh C[X] là miền phân tích duy nhất. Ta đã biết đa thức f(x) = ax+b là nguyên tố trong C[X] khi và chỉ khi < ax+b >
là nguyên tố.
Giả sử g(x).h(x) ∈< ax+b > khi đó tích của g(x) và h(x) có dạng
g(x).h(x) = c(x)(ax+b) = c(x)ax+c(x)b. Từ đó ta có g(−ab).h(−ab) = 0 suy ra g(−b a) = 0 h(−b a) = 0 ⇔ " g(x) =k(x)(ax+b) h(x) = m(x)(ax+ b) ⇔ " g(x) ∈< ax+ b > h(x) ∈< ax+b >
Vậy < ax+b > là một iđêan nguyên tố. Ngược lại ta xét
Lấy p ∈ SpecC[X],p 6= 0. Giả sử f(x) ∈ p và là đa thức khác 0 và có bậc nhỏ nhất. Lấy g(x) ∈ p suy ra
g(x) = q(x)f(x) +r(x),degr(x) < degf(x).
Khi đó ta đượcr(x) = g(x)−q(x)f(x) ∈ p. Do cách chọnf(x)nên r(x) = 0. Vậy với mọig(x) ∈ pthìg(x)chia hết chof(x)nên suy rap =< f(x) >. Mặt khác trong C[X] ta có f(x) = a(x −α1)n1...(x −αr)nr ∈ p. Vì p là nguyên tố nên suy ra tồn tại x−αi sao cho x−αi ∈ p màf(x) có bậc nhỏ nhất nên suy ra f(x) =a(x−αi) hay ta có p = (x−αi).
(4) Cho k là một trường, khi đó k[X1, . . . , Xn], trong đó các X1, . . . , Xn là các biến, là miền phân tích quy nhất.
(5) Cho k là một trường, khi đó k[[X1, . . . , Xn]], trong đó các X1, . . . , Xn
là các biến là miền phân tích quy nhất.
Tiếp theo chúng ta sẽ đi chứng minh ba bổ đề sau để phục vụ cho việc chứng minh định lý chính của chương này.
Bổ đề 3.2.3. Cho R là vành, S là tập đóng nhân của R. Khi đó ta có
Spec(S−1R) = {pS−1R,p∩S = ∅,p ∈ Spec(R)}.
Chứng minh. Giả sử p ∈ SpecR,p∩S = ∅. Khi đó ta có pS−1R = {a b, a∈ p, b ∈ S}. Giả sử c d.fe ∈ pS−1R với c d,fe ∈ S−1R suy ra c d.fe = ab với a ∈ p, b ∈ S suy ra tồn tại k ∈ S sao cho k(ceb−adf) = 0 ∈ p (Vì p là iđêan nên 0 ∈ p). Do S ∩p = ∅ nên ta có k /∈ p, suy raceb−adf ∈ p. Ta lại có adf ∈ p, suy ra ceb ∈ p. Kết hợp với b ∈ S ta được
ce∈ p ⇒ " c ∈ p e ∈ p ⇔ c d ∈ pS−1R e f ∈ pS−1R
Vậy pS−1R ∈ SpecS−1R.
Ngược lại lấy Q ∈ SpecS−1R. Đặt
p = Q ∩R = {a ∈ R : a
1 ∈ Q}.
Giả sử x.y ∈ p với x, y ∈ R, suy ra
x 1. y 1 ∈ Q ⇒ x 1 ∈ Q y 1 ∈ Q ⇔ " x ∈ p y ∈ p Vậy p là iđêan nguyên tố.
Tiếp theo ta sẽ đi chứng minh Q = pS−1R. Thật vậy ta có
a b ∈ Q ⇒ a b. b 1 ∈ Q ⇒ a 1 ∈ Q ⇒ a ∈ p ⇒ a b ∈ pS−1R ⇒ Q ⊆ pS−1R. Lấy c d ∈ pS−1R, c∈ p, d ∈ S, do c ∈ p ⇒ c 1 ∈ Q ⇒ a 1. 1 d ∈ Q ⇒ c d ∈ Q ⇒ pS−1R ⊆ Q. Vậy ta có Q = pS−1R.
Mệnh đề 3.2.4. Một miền nguyên Noether R là miền phân tích duy nhất khi và chỉ khi mọi iđêan nguyên tố có độ cao 1 của R đều là iđêan chính.
Chứng minh. (⇒) Giả sử Rlà miền phân tích duy nhất và p là iđêan nguyên tố có độ cao 1 của R. Lấy a ∈ p ⊂ R. Do R là miền phân tích duy nhất nên suy ra a = Q
i∈Ixi, trong đó các xi là nguyên tố. Do p là iđêan nguyên tố của R nên tồn tại i sao cho xi ∈ p, ta giả sử x1 ∈ p. Ta sẽ đi chứng minh
(x1) = p. Thật vậy
Hiển nhiên ta có (x1) ⊆ p.
Ngược lại do (x1) là iđêan nguyên tố và(x1) ⊆ p nên suy ra tồn tại một xích nguyên tố có dạng 0( (x1) ⊆ p. Tuy nhiên ta lại có htp = 1 nên (x1) = p.
Trước hết ta đi chứng minh trong miền nguyên Noether R mọi phần tử khác không và khác đơn vị đều có thể phân tích thành tích của các phần tử bất khả quy. Thật vậy, xét tập các iđêan
S = {Ra : a không là tích của các phần tử bất khả quy}.
Giả sử S 6= ∅. Do R là vành Noether nên tồn tại một phần tử cực đại Ra0
với a0 không là tích của các phần tử bất khả quy. Vìa0 không là bất khả quy nên ta giả sử a0 = a1.a2 với a1, a2 không khả nghịch. Do a0 không là tích của các phần tử bất khả quy nên ta có hoặc a1 không là tích của các phần tử bất khả quy hoặc a2 không là tích của các phần tử bất khả quy. Không làm mất tính tổng quát ta giả sử rằng a1 không là tích của các phần tử bất khả quy, khi đó ta có Ra1 ∈ S và Ra0 ( Ra1. Điều này mâu thuẫn với Ra0 là cực đại trong S. Vậy S = ∅ hay nói cách khác trong miền nguyên Noether
R mọi phần tử khác không và khác đơn vị đều có thể phân tích được thành tích của các phần tử bất khả quy.
Tiếp theo ta sẽ đi chứng minh mọi phần tử bất khả quy trong R đều là phần tử nguyên tố. Thật vậy giả sử a ∈ R là phần tử bất khả quy của R. Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của a. Theo định lý về iđêan chính suy ra htp = 1. Do đó p là iđêan chính, do vậy tồn tại b ∈ R sao cho p = (b). Từ đó ta có
a = rb với r ∈ R. Do a là bất khả quy nên r là đơn vị. Vậy (a) = (b) hay a
là phần tử nguyên tố.
Bổ đề 3.2.5. Cho R là miền nguyên Noether, x là một phần tử nguyên tố trongR. Khi đóRx là miền phân tích duy nhất khi và chỉ khiR cũng là miền phân tích duy nhất.
Chứng minh. (⇒) Giả sử Rx là miền phân tích duy nhất. Đặt S = {1, x, x2, ...}. Gọiplà iđêan nguyên tố có độ cao 1 trongRsao chop∩S = ∅. Khi đó pRx là iđêan nguyên tố có độ cao 1 trong Rx (theo Bổ đề 3.2.3). Theo giả thiết Rx là miền phân tích duy nhất nên theo mệnh đề 3.2.4, tồn
tại a ∈ p sao cho pRx = aRx. Ta chọn a sao cho (a) ⊂ R là lớn nhất thoả mãn tính chất đã cho. Ta thấy a /∈ (x). Thật vậy, giả sử ngược lại
a ∈ (x), suy ra a = bx, b ∈ R. Do a ∈ p suy ra bx ∈ p mà p nguyên tố và p∩S = ∅ ⇒ b ∈ p. Từ đó ta có (a) ⊂(b) ⊂p suy ra
aRx ⊂bRx ⊂pRx.
Vì aRx = pRx nên ta có bRx = pRx, điều này mâu thuẫn với cách chọn a. Vậy (a) 6= (x).
Tiếp theo ta sẽ đi chứng minh p = (a). Hiển nhiên ta có (a) ⊆ p.
Ngược lại lấy
y ∈ p ⇒ y
1 ∈ pRx = aRx = {ab
xn, b ∈ R},
suy ra tồn tại xt sao cho xt(yxn − ab) = 0. Do R là miền nguyên và
x 6= 0 nên suy ra yxn = ab ∈ (a) mà (a) là nguyên tố nên ta có b = b1x
suy ra (yxn−1 − ab1)x = 0. Tiếp tục do R là miền nguyên nên ta có
yxn−1 = ab1 ∈ (a). Cứ tiếp tục như vậy ta được y = abn suy ra y ∈ (a). Vậy ta có p = (a) hay p là iđêan chính. Vậy R là miền phân tích duy nhất (theo Mệnh đề 3.2.4).
(⇐) Giả sử R là miền phân tích duy nhất. Một iđêan nguyên tố có độ cao 1 trong Rx có dạng pRx với p là iđêan nguyên tố có độ cao 1 trong R (Bổ đề 3.2.3). Khi đó ta có p = (a) với a ∈ p. Ta có pRx = {ba xn, n ≥ 0, b ∈ R} = {a 1. b xn, n ≥ 0, b ∈ R} = {r.a 1, r ∈ R} = (a 1).
Vậy pRx là iđêan chính hayRx là miền phân tích duy nhất (theo Mệnh đề 3.2.4).
Cuối cùng chúng ta đi chứng minh định lý sau, thường gọi là định lý Auslander−Buchbaum−N agata.
Định lý 3.2.6. (Định lý Auslander - Buchbaum -Nagata) Mọi vành địa phương chính quy đều là miền phân tích duy nhất.
Chứng minh. Ta đi chứng minh bằng quy nạp theo dimR.
Nếu dimR = 0, khi đó R là một trường nên R là miền phân tích duy nhất. Nếu dimR = 1, khi đó R là vành định giá rời rạc. Do đó R là miền iđêan chính nên R là miền phân tích duy nhất.
Giả sử dimR > 1. Lấy 0 6= x ∈ m/m2 khi đó R/xR là vành chính quy nên R/x là miền nguyên hay x là nguyên tố trong R. Theo Bổ đề 3.2.5 để chứng minh R là miền phân tích duy nhất ta đi chứng minh Rx là miền phân tích duy nhất. Giả sử p0 là iđêan nguyên tố có chiều cao 1 trong Rx. Đặt p = p0∩R, khi đó ta đượcp0 = pRx. Từ R là vành địa phương chính quy và p là R- môđun hữu hạn sinh nên theo Định lý 2.2.2, suy ra p có giải tự do có độ dài hữu hạn là
0→ Fn → Fn−1 → ...→ F0 →p →0(1),
với các Fi là các R-môđun tự do hữu hạn sinh. Nếu P là một iđêan nguyên tố của Rx, theo giả thiết quy nạp vành địa phương hoá (Rx)P = R(R∩P) là miền phân tích duy nhất. Do đó p0(Rx)P là iđêan chính, ta có
proj dimp0 = sup(proj dimp0(Rx)P) = 0,
nghĩa là p0 là một môđun xạ ảnh. Tiếp theo ta tenxơ (1) với Rx ta được dãy khớp 0 →Fn⊗Rx → Fn−1 ⊗Rx →... →F0 ⊗Rx →p⊗Rx → 0. Ta được dãy khớp 0→ Fn0 dn → Fn0−1 d→n−1 ... d1 →F00 →ϕ p0 →0(2),
trong đó Fi0 = Fi ⊗Rx là các R-môđun tự do hữu hạn sinh và p ⊗Rx = p0. Phân tích dãy (2) thành các dãy khớp ngắn 0 → K00 → F00 → p0 → 0,0 →
K10 → F10 → K00 → 0, ...,0 → Fn0 → Fn0−1 → Kn0−1 → 0(3) trong đó
K00 = Imϕ, Ki0 = Imdi,∀i = 1, n. Xét dãy khớp
0 →K00 → F00 →p0 → 0.
Do p0 là xạ ảnh nên dãy này là chẻ ra, suy ra F00 = p0 ⊗K00. Vì F00 là tự do nên F00 là xạ ảnh, suy ra K00 là xạ ảnh. Hoàn toàn tương tự chúng ta có các
Ki0 đều là các môđun xạ ảnh. Do đó các dãy khớp ngắn trong (3) là chẻ ra, suy ra M n−lẻ Fn0 ∼= M n−chẵn Fn0 ⊗p0.
Khi đó sẽ tồn tại các Rx-môđun tự do F và G sao cho F ∼= G⊗p0. Giả sử
rankG = r, do p0 là iđêan nguyên tố khác không của miền nguyên Rx suy ra rankp0 = 1. Vậy ta được rankF = r + 1. Lấy r + 1 tích ngoài của F
và G+p0 ta được Λr+1F ∼= Λr+1(G⊗p0). Mặt khác ta có Λr+1F = Rx và
Λip0 = 0,∀i > 1 suy ra ta có Rx ∼= p0. Vậy p0 là tự do hay p0 là chính. Suy ra Rx là miền phân tích duy nhất. Theo Bổ đề 3.2.5 ta được R là miền phân tích duy nhất.
Kết luận
Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày lại chi tiết các kết quả trong bài giảng của A. V. Jayanthan, Regular local ring, Advanced Intructional School on Commutative Algebra and Algebraic Geometry, (4-30 July, 2005). Luận văn đã thu được một số kết quả :
1. Nhắc lại định nghĩa và chứng minh một số tính chất quan trọng của hệ sinh cực tiểu của iđêan. Nêu định nghĩa, lấy ví dụ và chứng minh tính chất miền nguyên của vành địa phương chính quy. Nêu định nghĩa và chứng minh một số tính chất của hệ tham số chính quy áp dụng để chứng minh đặc chưng vành địa phương chính quy thông qua tính chất của vành phân bậc liên kết. 2. Nhắc lại khái niệm chiều xạ ảnh của môđun, chứng minh một số tính chất quan trọng của chiều xạ ảnh để chuẩn bị cho chứng minh tính chất đồng điều của vành địa phương chính quy. Chứng minh đặc trưng đồng điều của vành địa phương chính quy thông qua chiều đồng điều và tính chất bảo toàn của tính chính quy qua địa phương hoá.
3. Định nghĩa vành chính quy không địa phương. Chứng minh các tính chất của vành chính quy không địa phương. Chứng minh mọi vành chính quy là tính phân tích duy nhất.