Đang tải... (xem toàn văn)
Luận án trình bày về các nội dung: cơ sở lý luận của các vành không giao hoán, định lý Wedderburn và một số hướng mở rộng cổ điển từ định lý ấy, các điều kiện được xét như là một tiêu chuẩn để một vành là vành giao hóa, khái niệm siêu tâm của một vành Herstein và các kết quả cơ bản về siêu tâm. Đó là một mở rộng của khái niệm tâm của một vành. Mời các bạn cùng tham khảo.
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM KHOA TOÁN HUỲNH HUY VIỆT VỀ MỘT SỐ HƢỚNG MỞ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ WEDDERBURN LUẬN ÁN THẠC SĨ KHOA HỌC CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ MÃ SỐ 1.01.03 THÁNG 12 NĂM 1997 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM KHOA TOÁN HUỲNH HUY VIỆT VỀ MỘT SỐ HƢỚNG MỞ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ WEDDERBURN LUẬN ÁN THẠC SĨ KHOA HỌC CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ MÃ SỐ 1.01.03 THÁNG 12 NĂM 1997 BỘ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐẠI HỌC QUỐC GIA THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM KHOA TOÁN HUỲNH HUY VIỆT VỀ MỘT SỐ HƢỚNG MỞ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ WEDDERBURN LUẬN ÁN THẠC SĨ KHOA HỌC GIÁO SƢ HƢỚNG DẪN : PGS PTS BÙI TƢỜNG TRÍ CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ MÃ SỐ 1.01.02 THÁNG 12 NĂM 1997 LỜI NÓI ĐẦU Vào năm 1905, Wedderburn J.H.M chứng minh định lý tiếng: “Mọi thể hữu hạn trường” (A theorem on finite algebbras, Trans, Amer Math Soc (1905) 349 – 352) Sau kết quan trọng này, nhiều nhà toán học lớn giới phát triển mở rộng định lý theo nhiều hƣớng Một ngƣời có cơng lớn kể đến Z.N Herstein, C.Taith, Rowen…, đặc biệt phải kể đến khái niệm: SIÊU TÂM (HYPERCENTER) Z.N Herstein đƣợc trình bày vào năm 1975 Mục đích luận văn trình bày cách có hệ thống hƣớng mở rộng chứng minh lại số vấn đề mà tác giả bỏ qua không chứng minh, đồng thời đƣa số thí dụ phản thí dụ để làm sáng tỏ hƣớng mở rộng Luận văn mặt trình bày lại tồn kết Herstein với phép chứng minh đầy đủ, tiến hành chứng minh chi tiết số vấn đề mà Herstein bỏ qua (đƣợc in nghiêng luận văn), đồng thời nêu số thí dụ phản thí dụ, để thấy rõ ý nghĩa mở rộng siêu tâm so với khái niệm tâm vành Luận văn đƣợc chia làm ba phần: Phần I: Trình bày sở lý luận vành khơng giao hốn Các khái niệm lý thuyết để chuẩn bị cho phần II phần III nhƣ: Radiacal Jacobson vành, vành nửa đơn, vành nguyên thủy, vành nguyên tố,… mối liên hệ chúng Phần II: Trình bày định lý Wedderburn số hƣớng mở rộng cổ điển từ định l ý ấy, điều kiện đƣợc xét nhƣ tiêu chuẩn để vành vành giao hóa Trong phần ta đặc biệt ý đến kỹ thuật chứng minh – cách đặt vấn đề - cách phân tích vấn đề bƣớc giải vấn đề: từ hẹp đến mở rộng dần Phần III Trình bày khái niệm siêu tâm vành Herstein kết siêu tâm Đó mở rộng khái niệm tâm vành Ở Herstein định nghĩa siêu tâm chứng minh đƣợc số kết quả: ―Trong điều kiện siêu tâm trùng với tâm vành?‖ Ông đết kết cuối : ―Trong vành khơng có nil-ideal ta có siêu tâm trung với tâm‖ Trong vấn dề này, tơi có xây dựng ví dụ để chứng tỏ : ―Trong vành nil khái niệm siêu tâm thực khác với khái niệm tâm‖ Thí dụ làm sáng tỏ vấn đề: ―Khái niệm siêu tâm mở rộng thực khái niệm tâm‖ mà tơi chƣa tìm thấy đƣợc chứng minh Herstein Luận văn đƣợc hoàn thành phần lớn nhờ hƣớng dẫn, giúp đỡ tận tình thầy hƣớng dẫn quý thầy Bùi Xuân Hải, Mỵ Vinh Quang tạo điều kiện hết lòng quý thầy Phòng nghiên cứu khoa học, nhƣ Ban chủ nhiệm khoa Toán Trƣờng Đại học sƣ phạm Tp Hồ Chí Minh Nhân tơi xin kính bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến thầy Bùi Tƣờng Trí quý thầy cô giúp đỡ tạo điều kiện giúp tơi hồn thành luận án này, xin cảm ơn quý bạn bè gần xa có giây phút động viên quý báu thiết thực Do trình độ hạn chế, lần đầu viết luận án lớn, chắn viết không tránh khỏi thiếu sót Kính mong đƣợc hƣớng dẫn giúp đỡ quý thầy cô bạn PHẦN CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VÀNH KHƠNG GIAO HỐN Trước hết cần nhắc lại số sở l ý luận vành khơng giao hốn Radical Jacobson mội vành, vành nửa đơn, vành nguyên thủy, , vấn đề có liên quan đến việc chứng minh định l ý Wedderburn Trong phần ký hiệu R để chí đến vành khơng giao hốn M R-mơđun đ ó I.1 Bổ đề : Ta ký hiệu E(M) : E(M) = { : M —> M / đồng cấu }: nhóm cộng tự đồng cấu từ M vào M I.2 Định nghĩa : Ta gọi tập hợp A(M) tập hợp tất phần tử R linh hóa đƣợc tồn M , A(M) = {x R / Mx = (0) } I.3 Bổ đề: Tập A(M) = {x R / Mx = {O}} ideal phía R M modun trung thành (faithfu) vành thƣơng R / A(M) Chứng minh : • Để c/m A (M) ideal phía R * x, y * x A (M) => M (X - y) = Mx - My = => x - y A (M), Vì R M (xr) = (Mx)r = {0}r = { } = > xr M (rx) = (Mr)x → rx A (M) M x = { } = > M(rx) = {0} A (M) • Nhắc lại tính Trung thành : A (M) (M trung thành R/A(M) {x R/A(M) : Mx = {0}} = {0}) Giả sử có lớp r +A (M) linh hóa tồn M Nghĩa M (r + A (M)) = {0} Mr = {0} r A (M) r + A (M) = Trên E(M) ta định nghĩa hai phép toán : ψ * E(M) , m * M m( + ψ) = m m( )= (m + mψ ψ Lúc E(M) hai phép tốn lập thành vành 1.4 Bổ đề : R/A(M) đẳng cấu với vành vành tự đồng cấu E (M) R →E(M) Chứng minh : X é t ánh xạ f : r→T r : M→M m →mr • f l đồng cấu Thật : f ( r l + r ) = T r l + r = Trl + Tr2 f (rl.r2)=f (rl).f (r2) m M t a có : mTrlr2 = mrlr2 = (mrl)r2 Theo định l ý Noether R/kerf Kerf= {r = {r E ( M ) Nhưng Imf R / T r = đồng cấu } = { r R / T r ( m ) = mr = m M} R / M r = 0} = A ( M ) Vậy R / A ( M ) LƯU Ý : f đơn cấu Imf E(M) A{M) = { } kerf= { } Về khái niệm tâm t ậ p R-môđun : t ậ p hợp t ự đồng cấu E ( M ) giao hoán với t ự đồng cấu E ( M ) , ta có số kết sau , đặc biệt bổ đề Schur: 1.5 Đinh nghĩa : • Cho M R - module Ta gọi tâm tập M R tập hợp : C (M) = { E (M) / Tr = Tr • M đƣợc gọi module bất khả quy : MR thật , Vr R} {0} M khơng có module I.6 Định lý (Bổ đề Schur):… Nếu M R-module bất khả quy C(M) thể Chứng minh : C(M) vành (rõ ràng) Ta cần cmr Đặt (M) = W = M C (M) r có phần tử khả nghịch Thật vậy, Giả sử C(M) R ta có Wr = WTr = (M )Tr = (MTr) W module R Nói cách khác nên M đẳng cấu Lại C(M) -1 Tr = Tr -1 = -1 r Tr r M = W Để ý C (M) (0), M bất khả quy nên M -1 có tự đồng cấu nghịch đảo Tr = Tr Tr -1 R R -1 (M) -1 = M Tr C(M) (đpcm) I.7 Bổ đề : Nếu M R - module bất khả quy M đẳng cấu (nhƣ module) với module thƣơng R/ρ ρ ideal phải tối đại R, tồn phần tử a x- ax ρ x R cho R Ngƣợc lại ρ ideal phải tối đại thỏa mãn tính chất R- module R/ ρ bất khả quy Chứng minh : Giả sử M bất khả quy Đặt S = {u (vì M bất khả quy) MR M / uR = (0)} dễ kiểm tra S module M Nếu S MR = {0} Mâu thuẫn Vậy S ={0} Do Nhƣng uR module M M bất khả quy Xét ánh xạ (0) u uR uR = M :RM r Dễ kiểm tra = ur toàn cấu Đặt ρ = ker : đồng cấu module, nhƣng uR = M module phải R • CM ρ : tối đại Giả sử có ρ l M u S=M ρ, ρ l ideal phải R, khác với ρ Theo định lý Noether : Im = M R/p (để ý toàn cấu) => ρ l/ ρ ={x + ρ / x ρl}:là module R/ ρ M bất khả quy R/ ρ bất khả quy R/ ρ ρ l/ ρ ρl R Vậy ρ ideal tối đại * Từ đẳng thức uR = M u (x - ax) = a x - ax R : ua = u Do Ker x R uax = ux =ρ Lưu ý : Nếu R có đơn vị, tính chất: a R: x R cho x – ax khơng cần thiết, lấy chẳng hạn lấy a = Nhưng : * Nếu R khơng có đơn vị, phần tử a có giống phần tử đơn vị (nếu a phần tử đơn vị x - ax = ) Một Ideal phải có tính chất ( a R: x R x - ax ρ) đƣợc gọi ideal phải quy (regular) (Khái niệm quy (regular) mà tác giả I.N HERSTEIN dùng khái niệm modular mà JACOBSON sử dụng ) Ngƣợc lại, giả sử ρ ideal phải, tối đại, quy R • (R/ ρ).R Suy : {0} Thật vậy, giả sử (R/ ρ).R = {0} x Mặt khác R, x y R R, a từ đẳng thức (*) cho ta : Vậy x R x ρ (y + ρ).x = ρ cho x- ax ax ρ R ρ yx ρ (*) ρ x ρ R = ρ Mâu thuẫn • R/p khơng có module thật nào, điều hiển nhiên ρ tối đại Liên quan đến kỹ thuật chứng minh Wedderburn Herstein , ta cần xét thêm số khái niệm sau : II RADICAL CỦA VÀNH : Ta định nghĩa Radical Jacobson vành khơng giao hốn, khơng có đơn vị nhƣ sau : II.l Đinh nghĩa : Ta gọi Radical vành R tập tất phần tử R linh hóa đƣợc tất module bất khả quy R Ký hiệu J(R) Rad(R) J(R) = {a R / Ma = {0} với M R module bất khả quy } Ta có : A (M) = { R / Ma ={0}, M R-môđun bất khả quy} A (M) ideal hai phía R, J (R) định nghĩa khác : J(R)= ⋂ • Vì M đƣợc hiểu R - module phải nên J (R) đƣợc gọi Radical Jacobson phải • Tƣơng tự ta có định nghĩa Radical Jacobson trái Để hiểu rõ cấu trúc Radical Jacobson vành khơng giao hốn , cố gắng mơ tả chi tiết cấu trúc MƠ TẢ CẤU TRÚC J(R) : II.2 Bổ đề : M bất khả quy R/ ρ với ρ ideal phải, tối đại, quy M • Nếu R khơng có module bất khả quy J (R) = R Lúc vành R gọi vành Radical.Vành R vành Radical R khơng có ideal phải, tối đại, quy Nhận xét : Nếu vành R có đơn vị, R khơng thể vành Radical Mọi ideal quy vành có đơn vị Chứng minh : Giả sử R có đơn vị, xét tập X = {tất ideal phải thực R} = {các ideal phải ρ R / ρ} có ideal X X thỏa mãn bổ đề Zorn Lấy dãy tăng vô hạn ideal phải thực nhƣ sau: ρ1 R Để ý ρ2 … ρ ρ X lấy ⋃ X có ideal tối đại ideal phải thật ideal phải tối đại, quy (chính quy hiển nhiên R có đơn vị) R có ideal phải, tối đại, quy nên R khơng vành Radical (đpcm) Bản chất Radical Jacobson : Nó phần giao lớp ideal đặc biệt: II.3 Đinh nghĩa : Cho ideal phải R Ta định nghĩa ( :R) = { x R / R x Kiểm tra đƣợc ( : R) ideal phải vành R } ] Dk [ thỏa mãn đẳng thức ern = e với m>0 đồng thời e khơng thuộc tâm Dk Từ suy R phải thể quy nạp suy R giao hoán Giả sử R vành khơng có nil-ideal khác thỏa mãn điều kiện an(a) Z Theo bổ đề VI 11 phần I , vành R biểu diễn thành tổng trực tiếp vành nguyên thủy Ra , vành Ra thỏa tính chất bổ sung : tồn phần tử không lũy linh xaRa lũy thừa chứa ideal khác Ra Do Ra khơng chứa nil-ideal khác Vì Ra ảnh đồng cấu vành R , nên Ra thỏa mãn điều kiện an(a)eZa , za tâm vành Ra Nhƣ để chứng minh điều kiện đủ định lý , ta cần chứng minh vành Ra Giả thiết R vành sơ cấp thỏa mãn điều kiện an(a) Z chứa phần tử không lũy linh bR cho bm(u)U ideal U khác vành R Vì phần tử bn(b) = cZ không phần tử lũy linh, lũy thừa trùng với bậc tất ideal khác vành R , nên bắt đầu với giả thiết bZ Vì R sơ cấp , nên phần tử Z không chia hết R = {(r, z) / rR , zZ , z0 } ta định nghĩa Giả sử hệ thức, tƣơng đƣơng nhƣ sau : (r1,S1) ~ (r2, s2) r1z2 = r2z1 Dễ dàng kiểm chứng hệ thức quan hệ tƣơng đƣơng Tập hợp lớp tƣơng đƣơng ký hiệu Đặt: *, ký hiệu lớp (r,z) [r,z] [r1z1] + [r2z2 = [r1z2 + r2z1 + z1z2] [r1z1] [r2,z2] = [r1r2, z1z2] phần tử Z không ƣớc R nên ta thấy , phép toán * đƣợc định nghĩa hợp lệ với phép toán tƣơng ứng : r [rz,z] phép nhúng R vào * vành Hơn qua * Cuối tâm Z* vành * trùng với tập hợp {[x,z] /xZ} từ suy Z* trƣờng Nếu [r,z| có Nhƣng * [r,z]n(l) = [r,n(r) ,z n(r)] Z* * có tính chất mà R * vành đơn ( Thật , u* ideal khác vành * kiểm tra đƣợc tập u = {rR / [r,z]U* với z zZ} ideal khác vành R , bm(u) U Vì 40 b Z b o nên bm(n) phần tử khác Z , U* chứa phần tử khác Z* Nhƣng Z* trƣờng , U* = * khẳng định vành đơn * đƣợc chứng minh Sau với vành đơn có đơn vị vành * nguyên thủy theo phần chứng minh thứ nhất, phải giao hoán Nhƣng vành R giáo hốn , R đƣợc nhúng vào * Định lý chung ta đƣợc chứng minh hoàn toàn Chú ý , sử dụng phép chứng minh định lý II.10 , nhúng vành R vào vành R* = R ZZ* Z* trƣờng thƣơng vành Z, ta thấy tính chất vành R trƣờng đơn R* Ta chứng minh định lý II.10 suy định lý Jacobson mà chứng minh trƣớc Giả sử R vành mà xR n (x) > l : xn(x) = x R khơng có phần tử lũy linh Nếu e phần tử lũy đẳng R x R ta có đẳng thức (xe-exe)2 = , (ex-exe)2 = 0, từ xe = exe = ex e nằm tâm vành R Từ điều kiện an(a) = a suy e = an(a)-1 phần tử lũy đẳng Nhƣ lũy thừa dƣơng phần tử aR thuộc vào tâm ngồi R không chứa phần tử lũy linh , nên ideal lũy linh Tất giả thiết định lý II.10 đƣợc thỏa , vành R giao hoán Mở rộng kết trên, cuối thu định lý : II.11 Đinh lý : Giả sử R vành với tâm Z giả sử tồn số nguyên n > l cho xn –xZ xR Khi vành R giao hoán (n cố định) Chứng minh : Ta chứng minh loạt trƣờng hợp sau : Bắt đầu với trƣờng hợp R thể Chú ý x R , x Z X Z , từ hệ thức (z)n - x Zsuy (n-)x Z Vì nên (n-) = ta nhận đƣợc xn(x)=x Z Z trƣờng Vì thể R đại số Z nên xR từ định lý Jacobson suy R giao hốn Nếu R vành ngun thủy mà khơng thể với thể D với số k > vành Dk ảnh đồng cấu vành R Do Rk thỏa mãn điều kiện xn - xZ Tuy nhiên, phần sau xảy ra, chẳng hạn với phần tử : 41 ) Dk x= ( thỏa mãn hệ thức x2 = ; xn - x = - x , thêm (hiển nhiên) khơng nằm tâm vành Dk Từ suy R thể trƣờng Nếu vành R nửa đơn , tổng trực tiếp vành nguyên thủy Ra Mỗi vành Ra ảnh đồng cấu vành R theo phần chứng minh trƣớc giao hốn Nhƣng vành R giao hoán Chuyển qua trƣờng hợp tổng quát, ta ý vành R/J(R) giao hoán , Hệ : x,y R , ta có xy – yx J(R) II 12 Bổ đề : J(R) Z Chứng minh : Ta chứng minh tổng quát , Z xR (n- )x Z, yR ta có : (n - ) (xy - yx) = Nếu XZ J(R) n-1 J(R) đẳng thức (1-n-1)t = suy t = Vì từ đẳng thức (1-n-1) (xy - yx) = ta suy (xy-yx) = đổi với Z Bây giả sử a phần tử tùy ý J(R) an – a Z J(R) x,y R J(R) theo (an - a)(xy - yx) = từ ta có a(xy-yx) = Tƣơng tự ta nhận đƣợc (xy-yx)a = a J(R) x,y R Trong hệ thức đặt x = a ta nhận đƣợc đẳng thức a2 y = aya = ya2 , từ suy a2 Z a J(R) Nếu n chẵn với phần tử a2 phần tử an thuộc Z , từ điều kiện an - a Z ta nhận đƣợc a Z Nếu n lẻ , an-1 Z = (an-a)x - x(an - a) = (l-an-1) (xa-ax) J(R) điều kiện an-a Z kéo theo x R Từ ta nhận đƣợc xa-ax = , nghĩa a Z Nhƣ , hai trƣờng hợp phần a thuộc Z , J(R) Theo chứng minh , ta rút đƣợc : J(R)(xy-yx) = Mặt khác, theo hệ định lý II 11 suy xy – yx J(R) Nhƣ (xy - yx)2 = Vì n > l thỏa mãn hệ thức (xy - yx)n = từ điều kiện (xy - yx)n - (xy - yx) Z ta rút đƣợc xy – yx Z Hệ : x,y R , phần tử xy – yx Z thỏa mãn đẳng thức : (xy - yx)2 = 42 Ta định nghĩa vành khơng thể phân tích thành tổng trực tiếp : vành đƣợc gọi khơng phân tích đƣợc thành tổng trực tiếp giao tất ideal ideal khác (0) Theo kết phần vành tổng trực tiếp vành khơng phân tích đƣợc Do ta chứng minh định lý cần vành khơng phân tích đƣợc thành tổng trực tiếp đƣợc Ta bắt đầu giả thiết R vành khơng thể phân tích thành tổng trực tiếp con, cho xn – x Z , x R Giả sử S giao tất ideal khác vành R , theo giả thiết S (0) Rõ ràng S ideal tối tiểu vành R Theo kết định lý II.11 ta giả thiết J(R) (0) , trƣờng hợp ngƣợc lại rõ ràng vành R phải giao hoán Nhƣ S J(R) , mà J(R) S nên s Z Theo ta chứng minh J(R)(xy - yx) = (0) Do S (xy - yx) = (0) Nếu vành R không giao hốn từ ta suy S2 = (0) MỘT SỐ CÁC KẾT QUẢ KHÁC Chúng ta chứng minh số bổ đề sau : 11.13 Bổ đề : Tồn số nguyên tố p cho p(xy - yx) = x,y R Chứng minh : Vì xn – x Z (2x)n - 2x Z nên (2n-2)xeZ từ (2n - 2) (xy - yx) = Nếu vành R không giao hốn có phần tử với bậc cộng tính hữu hạn , có phần tử bậc nguyên tố p Giả sử Rp = {x R/px=0} Rp (0) Rp ideal vành R chứa S Nếu với số nguyên tố q khác với p ideal Rq khác (0) , từ ta có Rq chứa S, nhƣng S x,y Rp Rq = (0) trái với giả thiết S (0) R ta có (pn - p)(xy - yx) = nghĩa (pn-1 - l)p (xy - yx) = Vì số pn-1 - nguyên tố với p , nên theo phần ta có p(xy-yx) = , bổ đề đƣợc chứng minh Giả sử x,y phân tử tùy ý R , theo hệ bổ đề II.12 xy-yx Z Điều có khơng với phần tử x2y-yx2 ? Biến đổi ta đƣợc : x2y - yx2 = x(xy - yx) + (xy - yx)x = 2x(xy - yx) Tƣơng tự , biến đổi với số k>1 ta đƣợc : xky - yxk = kxk-1(xy - yx) 43 Đặc biệt với k = p ta nhận đƣợc : xpy - yxp = pxp- l(xy - yx) = (đpcm) II.14 Bổ đề ; xR phần tử xp Z Chứng minh : Đặt A(S) = {x R/xS = {0}} Khi A(S) ideal R s2 = (0) nên S A(S) ; A(S) (0) Giả sử x A(S) , theo ta có phần tử xp Z z,y R ta có đẳng thức (xnp - xp)(yz - zy) = x(n-1)p u = u u = xp(yz - zy) Vì x(n-1)p Z nên tập T = {rR / x(n-1)p r = r} ideal R Nếu ideal T (0) chứa S Nhƣng điều khơng thể xảy xS = (0) T = (0) ; đặc biệt xp(yz-zy) = x A(S) Vy,z R Từ (xpy)z = xpyz = z(xpy) nghĩa xpy Z Đặc biệt xp+k Z k Từ điều kiện xn – x Z (xn)n – xn Z ta suy xn.n – x Z Tƣơng tự chứng minh đƣợc xn…n – x Z (k số n) k l Số k thỏa mãn bất đẳng thức nk > p Từ x A(S) ta có xn…n Z (k số n) Mặt khác xn…n – x Z nên suy xZ (đpcm) II.15 Bổ đề ; A(S) Z Chứng minh : Bổ đề chứng tỏ , đặc biệt A(S) = R vành R giao hốn Vì ta giả thiết A(S) R Giả sử a ƣớc của vành R , nghĩa x R : ax = Khi ta có đẳng thức axp = Nếu xp theo bổ đề II.14 suy xp Z Nếu xp = phần tử x Z Thật số k thỏa nk > p xn…n = (k số n) Mặt khác , phần chứng minh xn…n xZ (k số n) k Do x Z Suy trƣờng hợp phần tử a linh hóa từ phần tử z , z Z Vì z nên Rz (0) Thật , trƣờng hợp ngƣợc lại ta thu đƣợc Rz ideal khác (0) vành R từ S Rz aS aA(S) (đpcm) II 16 Bổ đề : Mọi ƣớc vành R thuộc A(S) II 17 Bổ đề : Vành thƣơng R/A(S) trƣờng hữu hạn Chứng minh : Trƣớc hết ta chứng minh R/A(S) trƣờng 44 aRz = azR = (0) , Nếu s phần tử khác s sZ Rs ideal vành R , theo chứng minh Rs phải ideal khác (0) , từ S Rs Mặt khác s S s ideal vành R nên Rs S Vì s = Rs Giả sử x phần tử tùy ý R không nằm A(S) Theo bổ đề II.16 phần tử x ƣớc R xs phần tử khác S Do phần : Rxs = s z R, phần tử zsS = Rxs , yR : zs = yxs từ (yx-z) = Vì phần tử yx-z khơng phải ƣớc nên yx-z A(S) Chuyển qua ảnh đồng cấu vành thƣơng R = R/A(S) ta nhận đƣợc hệ thức yx = z , ta chứng minh phƣơng trình tƣơng ứng vành thƣơng R giải đƣợc x z Do R thể Vì giao hoán tử xy - yx (x,yR) ƣớc nên thuộc tập A(S) Từ suy vành thƣơng ̅ = R/A(S) giao hoán, nhƣ ta chứng minh đƣợc ảnh R/A(S) trƣờng Bằng cách ngƣợc lại với vấn đề tính hữu hạn R/A(S) Nếu x R xp Z (xnp-xp) (yz - zy) = y,z R > Nếu R khơng giao hốn phần tử Xnp - Xp theo chứng minh ƣớc khơng thuộc A(S) Nhƣng vành thƣơng R phần tử ̅ thỏa mãn hệ thức ̅̅̅̅̅̅ = ̅̅̅̅̅̅ = Từ suy tính hữu hạn trƣờng R Bây ta chứng minh định lý II 11 Vì ̅ = R/A(S) trƣờng hữu hạn, nên nhóm nhân phần tử khác ̅ nhóm xyclic Giả sử ̅ ảnh phần tử nhóm aR tạo ảnh ̅ Nếu x A(S) at - x A(S) z với t > Do (at - x)a = a(at - x), từ suy phần tử a giao hoán đƣợc với phần tử xR ,không thuộc A(S) Nhƣng xA(S) ta có xa = ax A(S) A(S) Z > Nhƣng nhƣ ta chứng tỏ aZ Từ điều kiện at – x Z đƣợc thỏa mãn với xR , nhƣng x không nằm S suy rằng, phần tử nhƣ thuộc Z Nếu aA(S) xZ A(S) Z Trong trƣờng hợp x Z R = Z, định lý đƣợc chứng minh Phần trình bày nội dung định l ý Wedderburn vấn đề liên quan đến tính giao hốn vành Tiếp theo xét hướng mở rộng tích cực khác Herstein: Khái niệm siêu tâm (HYPERCENTER) mội vành , Herstein trình bày báo: On the Hypercenter of a ring năm 1975 45 PHẦN III SIÊU TÂM CỦA MỘT VÀNH Khái niệm tâm vành đƣợc biết lâu , nhƣng đến năm 1975 , Herstein mở rộng thành khái niệm siêu tâm, chúng đƣợc trình bày nhƣ dƣới : Cho vành R Ngƣời ta gọi tâm vành R tập hợp : C(R) = {a R / ax = xa , xR} Đây tập hợp phần tử R giao hoán đƣợc với phần tử R Dễ dàng thấy tâm C(R) vành R vành , vành giao hoán Herstein mở rộng khái niệm khái niệm siêu tâm đƣợc định nghĩa nhƣ sau : Ta gọi siêu tâm vành R tập hợp : T(R) = {a R / axn = xna , n = n(x,a) , xR } III.1 Mênh đề : C(R) T(R) , C(R) tâm vành R T(R) vành R Aut(R) (T(R)) Dễ dàng kiểm tra đƣợc kết 46 T(R) Liệu việc mở rộng thật có nghĩa ? Nghĩa liệu có vành mà tâm tập vành R C(R) thật khác với siêu tâm T(R) nó? Đáng tiếc khơng tìm thấy ví dụ tác phẩm Herstein Chúng, tơi cố gắng xây dựng ví dụ thể: Để ý , từ phần ta có nhận xét thú vị : Nếu R vành nil, nghĩa x R tồn số tự nhiên n phụ thuộc x cho xn = 0, dựa vào định nghĩa khái niệm siêu tâm ta có : T(R) = R Vậy ta xây dựng vành nil mà khơng giao hốn (nên C(R) R), hy vọng thu kết Việc thiết kế vành khơng giao hốn thơng thường ta tiến hành tập hợp ma trận vuông cấp n Gọi R tập hợp ma trận cấp có dạng : R = {( ) } Q trường số hữu tỉ R với phép tốn cộng nhân hai ma trận thơng thưởng trở thành vành khơng giao hốn R khơng giao hốn, chẳng hạn lấy a, a’ c, c’ cho ac’ a’c tích hai ma trận sau khác , chứng tỏ R khơng giao hốn Vì R khơng giao hốn nên tâm R C(R) R Mặt khác R vành nil dễ dàng kiểm tra : xR x3 = , T(R) = R Từđó suy C(R) T(R) Từ ví dụ trên, cách xây dựng vành ma trận cấp n lấy hệ tử trường đó, ta chí vành R mà siêu tâm T(R) thật khác với tâm C(R) Cũng năm 1975, Herstein đặt ngược lại vấn đề là: Với điều kiện siêu tâm vành T(K) trùng với tâm tập C(R) nó? Và cố giải cho lớp vành rộng tốt Lần lượt khảo sát cụ thể thu số kết : Trước hết, xét trường hợp R thể: 47 Bổ đề III.1 : Nếu D thể T(R) = C(R) Herstein đề cách chứng minh định lý nhƣ sau : Chứng minh : Rõ ràng KerD thể nên T(D) khơng vành mà thể (Chứng minh : để ý T(D) Giả sử a T(D) suy xD, tồn số tự nhiên n để axn = x-la (1) , a D nên a-1 D Từ (1) suy xn = a-1 xn a xna-1 = a-1xn , nghĩa a-1 T(D) nên T(D) thể) Vì (T) T(D) , Aut (D) nên theo định lý Brauer (Định lý : Nếu T thể thể D đƣợc bảo toàn qua tự đẳng cấu Aut(D) D , T = D T tập hợp tâm D (On a theorem of H.Cartan đăng tờ Bul American Math Society 55(1949) page 619-620 ) ta phải có T(D) = D T(D) Nếu có T(D) n(a,b) C(D) T(D) = C(D) Giả sử T(D) = D Vậy C(D) a,b D abn = bna với n = , theo định lý II.10 suy D giao hoán D = C(D) = T(D) (đpcm) Ngoài Thể , vành R cho ta kết C(R) = T(R) ? Lưu ý phần lý luận ta xây dựng ví dụ C(R) khác với T(R) dựa lớp vành nil khơng giao hốn Hãy xuất phát từ vành nguyên thủy sau mở rộng vành nửa đơn cố gắng xa Bổ đề III.2 : Nếu R vành nửa đơn T(R) = C(R) Chứng minh : R = vào T(R) SRa Ra vành nguyên thủy Hơn T(R) ánh xạ đƣợc Vậy chứng minh đƣợc T(R) = C(R) ta có T(R) = C(R) Giả sử R vành nguyên thủy suy R vành dày đặc phép biến đổi tuyến tính khơng gian vectơ V thể D Nếu dim(V) = R = D R thể suy T(R) = C(R) Ta cần xét dim (V) > Giả sử t , t T(R) giả sử với V v V ta có v vt độc lập tuyến tính D Do tính dày đặc R V, suy tồn lại x R để vx = vtx = vt suy vtxm = vt m > l Bởi tT(R) , txn = xnt với n l nào-đó suy vt = vtxn = vxnt = Mâu Vậy vV ta có vt = (v).v với (v) D Nếu v,w V độc lập tuyến tính D ta chứng minh (v) = (w) Thật vậy, vt = (v).v, wt = (w).w (v+w)t = (v+w) (y+w) suy ((v) - (v+w)) v + ( (w) - (v+w)).w = Do Vvà w độc lập tuyến tính nên (v) = (v+w) = (w) Vì (khơng thay đổi) phần tử độc lập , dimDV > ta nhận đƣợc (v) = , độc lập với V, với vV 48 Nếu xR , vxV , (vx)t = (vx) , nên v(xt) = (vx) Mặt khác vt = v , (vt)x = (v)x = (vx) v(tx) = (vx) trung thành V v(xt - tx) = với v V Bởi R v(xt) = v(tx) xt - tx = xR tC(R) T(R) C(R) T(R) = C(R) (đpcm) Bây để hiểu rõ vành T(R) nhằm mở rộng điều kiện để T(R) với C(R), phần cố gắng mô tả chi tiết đặc tính phần tử T(R), vành khơng giao hốn R Bổ đề III.3 : Giả sử R vành tùy ý Nếu a lũy linh aJ(R) aR nil ideal phải R ( a aR nằm J(R)) Chứng minh : Giả sử a , aT(R) lũy linh xR phần tử tùy ý cho an-1 T(R) i số bé thỏa (ax)n = với u (ax)m an-1 = an-1(ax)m = với m > Gọi l Nếu i = từ đẳng thức ta có (ax)u+l = (ax)u ax = ax lũy linh Nếu i > l với x(ax)n a.ai-1 = T(R) an = an-1+ với n > , (xa)u+1.ai-1 = x(ax)u.a ai-1 = ai-1 ai-1 ((xa)u+1)s = ((xa)u+1)s ai-1 = với số s Vậy ai-1 (xa)r = r = (u+l)s ai-2(ax)r+1 = ai-2 a(xa)r x = ai-1(xa)r x = Vì ai-2 T(R) ai-2((ax)r+1)v = Mâu thuẫn với tính cực tiểu i ((ax)r+1)v ai-2 = i = ax lũy linh Vx R (đpcm) Từ chứng minh định lý trên, ta đến kết qua bất ngờ đầy thú vị : Đinh lý III.l ; Giả sử R vành ngun tố khơng có nil ideal khác khơng Thế T(R) khơng có phần tử lũy linh Chứng minh : Gọi N tập hợp tất phần lử lũy linh T(R) n n ab = b a với n = n(a,b) a,bT(R) Do định lý Herstein N ideal T(R) thật nil ideal lớn T(R) Giả sử N (T(R)) N T(R) Aut(R) (N) J(R) Nếu xJ(R) xét : R R thỏa (y) = (l+x) y(l+x)-1 (l+x)N(l+x) -1 N bổ đề III.3 tập hợp yR Aut(R) N Giả sử a , a N a2 = xR ax lũy linh ( bổ đề III.3 ), (để ý phần tử X thuộc Radical Jacobson J(R) + x khả nghịch: định nghĩa II.4 phần ) suy 1+ax có phần tử nghịch đảo : (l+ax)-l = - ax + ax2 … Vì (1+ax)N(l+x) -1 N (l+ax)a(l-ax+ax2 ) N Bởi ax = nên từ hệ thức cuối suy (1+ax)a N axaN , VxR nghĩa aRa N 49 Giả sử a,bN với a2 = , b2 = Nếu rR bổ đề III.3 brJ(R) lũy linh theo kết a(br)a = nghĩa abRa = , lại R vành nguyên tố ta rút đƣợc ab = Nếu xJ(R) , giả sử b = (l+x)2a (l+x) bN b2 = Ở ab = nhƣng = ab = a(l+x)a(l+x)-1 axa = aJ(R)a = , R vành nguyên tố J(R) ideal R Vậy N = T(R) khơng có phần tử lũy linh a = Ta dựa vào đinh lý để mơ tả số tính chất phần tử T(R) cách xác Chúng ta chứng minh : Trong thể, vành nửa đơn T(R) = C(R) Tiếp tục , ta cố gắng chứng minh lớp vành mở rộng để trả lời câu hỏi : "Đến giới hạn T(R) trùng với C(R) ?" Bổ đề III.4 : Giả sử R vành nguyên tố không chứa nil ideal Thế T(R) giao hốn phần tử T(R) khơng phải ƣớc R Chứng minh : Giả sử a,b T(R) abn = bna , n Nhƣ theo định lý Herstein[2] , giao hoán tử T(R) nil , nhƣng theo định lý III.1 : T(R) phần tử lũy linh giao hốn tử T(R) T(R) giao hoán Giả sử a , a T(R) au = với u R Nếu xR y = uxa thỏa mãn điều kiện y2 = ay = (l+y) a (l+y) -1 = (l+y) a (l-y) T(R) , tức a+ya T(R) , ya T(R) Tuy nhiên (ya)2 = yaya = T(R) khơng chứa phần tử lũy đẳng ya = Lập lại lý 2 luận cho phần tử y = uxa ta có uxa = xR Vì a R nguyên tố u = Vậy từ au = u = Suy a ƣớc R Và đến đƣợc kết cuối : "Trong vành khơng có nil-ideal khái niệm siêu tâm khái niệm tâm trùng nhau" , ý kỹ thuật chứng minh định lý Wedderburn, Jacobson, Herstein hầu nhƣ không thay đổi: Đinh lý : Giả sử R vành khơng có nil ideal T(R) = C(R) Chứng minh : R = SR R ngun tố khơng có nil ideal Vì T(R) ánh xạ đƣợc vào T(R) nên chứng minh đƣợc T(R) = C(R) với có T(R) = C(R) Vậy giả thiết R vành ngun tố khơng có nil ideal Nếu J(R) = bổ đề T(R) = C(R) Xét trƣờng hợp J(R) Nếu yJ(R) bN (by-yb)(l+y) -1 = b - (l+y)b(l+y) -1 nằm N Giả sử y = ax a2 50 = , aN (axb-bxa)(l-ax)-1 N nhân vào bên trái biểu thức với a ta nhận đƣợc abax( l -ax)-1 N với xR Giả sử J(R) cho (thật với R ) ta có = x(l-ax)-1 x = (a+l)-1 phần tử J(R) Nhƣ ta nhận đƣợc (aba)J(R) N Nếu yJ(R) (l+y)(abaJ(R))(l+y) -1 (l+y)N(1+y)-1 N Vì J(R)(l+y)-1 J(R) abaJ(R) N ta có yabaJ(R) N với yJ(R) Nói cách khác J(R)abaJ(R) N Nhƣng J(R)abaJ(R) ideal R có tất phần tử nằm N nil-ideal Do giả thiết T(R) R ta suy J(R)abaJ(R) = abaJ(R) J(R) khơng có ideal lũy linh aba = với bN aNa = Tóm lại a2 = , aN aNa = Nếu beN , b = tƣơng tự thấy bRb N Vậy a2 = , a N abRba aNa = Do R vành nguyên tố ab = ba = Trong trƣờng hợp riêng với -1 xJ(R) b = (l+x)a (l+x) N Vì b = ab = ba = Bây xét ab = suy -1 axa = ba = a(l+x) a = Ta chứng minh rằng, xJ(R) lũy linh axa = Ta chứng minh quy nạp theo số lũy linh phần tử lũy linh X Nếu x2 = (1+x)-1 = 1-x theo axa = a(l+x) -1 = (1+x)-1 = 1-x nên suy axa = a (l-x)a = 0.Vì a2 = nên a (1-x)a = axa = Điều dẫn đến axa = Giả sử xJ(R) , xn = xi với i > l có số phần tử lũy linh < n , giả thiết quy nạp R ta có axa = i > 1, ta biết axa = a (1+x)-1 a = ( (1+x) -1 = 1-x+x2- ± xn-1 axi a = vớ I > xuất phát từ đẳng thức a(l+x) -1 a= ) = a (l-x+x2- ± xn-1 )a = - axa axa = Vậy axa = với phần tử lũy linh J(R) Vì R nguyên tố J o tâm tập J R phải xác C(R) Trong trƣờng hợp đặc biệt C(J) C(R) Vậy để chứng minh T(R) = C(R) cần phải T(R) tâm J Giả sử ta có aT(R) xJ xa-ax Ta có : (ax-xa)(l+x) -1 J T(R) JnT(R) Nếu đƣợc J T(R) C(R) có : -1 -1 (ax-xa)(l+x) C(R) Tuy bT(R) b(ax-xa) (l+x) J T(R) C(R) Từ hai -1 -1 đẳng thức (ax-xa)(l+x) C(R) b(ax-xa)(l+x) C(R) phần tử C(R) ƣớc R suy từ biểu thức suy bC(R) từ nhận đƣợc kết T(R) = C(R) Nhƣ ta trở lại để giải vấn đề : Nếu R vành nguyên tố không chứa nil ideal J(R) = r T(R) = C(R) 51 Giả sử R nguyên tố không chứa nil ideal J(R) = R Giả sử 0aT(R) , xR zR cho za = az zx = xz rõ ràng (l+x)a(l+x) -1 (l+zx)a(l+zx) -1 R ta có : (1) (l+x)a = a (l+x) (2) (l+zx)a = a (l+zx) a a T(R) Nhân (1) với z trừ cho (2), để ý z giao hoán với x với a ta thu đƣợc : (3) za - a = za1 - a + (a - a )zx za - a giao hốn với a với z Tuy nhiên a ,a T(R) T(R) giao hoán (bổ đề III.4) za r a giao hoán với a từ (3) suy (a r-a )zx giao hoán với a Điều cho phép khẳng định (a - a )z(xa-ax)=0 Nếu a1 – a2 a1 – a2 T(R) ƣớc R suy z(ax-xa) = Nói cách khác a1 = a2 quy lại (3) ta thấy za-a = za – a = za1 – a1 suy (l-z) ( a-a1) = Vì z R=J nên (l-z)(a-a1) = suy a = a1 Khi từ (1) ta có xa = ax aT(R) xR z(xa-ax) = z(ax-xa) = Do z R giao hốn với Bây a , aT(R) xR ax n = x n a với n Nếu z = xn za = az zx = xz z(ax-xa) = tức x n (ax-xa) = Nhƣng x n ax-xa)(l+x)-1 = (ax-xa) (1+x)-1 T(R) Nếu khác khơng phải ƣớc Vậy (ax-xa) x n = Vậy a giao hốn với phần tử khơng lũy linh thuộc R Nếu yR ay-ya (ay-ya)(l+y) -1 T(R) khơng phải ƣớc khơng R Vậy ay-ya khơng phải ƣớc lũ y linh Vậy a phải giao hốn với ya-ay Còn ay-ya = tất nhiên ta có a giao hốn với ay-ya = Vậy a giao hoán với ax - xa xR Nếu đặc số R theo kết trƣớc a phải C(R) Vậy đặc số R khác T(R) C(R) T(R) = C(R) Giả sử đặc số R a(xa+ax) = (ax+xa)a xR a C(R) Vậy z = a giao hoán với a với x = z(ax+xa) = a (ax+xa) a ƣớc ax = xa aC(R) , ta có T(R) C(R) suy T(R) = C(R) (đpcm) Trong phần xây dựng phản thí dụ tâm tập siêu tâm trùng , khẳng định : Lớp vành nil có tâm tập siêu tâm khác , định lý kết tuyệt đẹp Herstein Định lý sau hệ tầm thƣờng định lý III.2 52 Đinh lý III.3: Giả sử R vành có siêu tâm T(R) Nếu aT(R) xR ax - xa sinh ideal hai phía nil Trong trƣờng hợp riêng ax-xa lũy linh xR THAY LỜI KẾT LUẬN Herstein chứng minh đƣợc : "Trong vành khơng có nil-ideal ta có siêu tâm trùng với tâm tập nó" xây dựng đƣợc lớp vành nil mà siêu tâm thật khác với tâm tập Bài toán xem nhƣ đƣợc giải trọn vẹn Tuy nhiên xoay quanh khái niệm siêu tâm , theo tơi số cánh cửa bỏ ngỏ Chẳng hạn , chứng minh định lý III , ta có sử dụng kết : " Giả sử a , a N a2 = xR ax lũy linh (do bổ đề III.3), (để ý phần tử X thuộc Radical Jacobson J(R) + X khả nghịch: định nghĩa II.4 phần ) suy 1+ax có phần tử nghịch đảo : (l+ax) -1 = - ax + ax2…‖ Nếu thay điều kiện ax lũy linh điều kiện khác , ví dụ ax thuộc lớp vành khơng có nil-ideal ? kết có kết luận khác Hoặc để ý Herstein mở rộng khái niệm tâm tập vành khái niệm siêu tâm từ xa = ax sang xn a = ax (do tâm tập trƣờng hợp đặc biệt siêu tâm mà n = 1) Chúng ta thấy : x xn nhìn dƣới khái niệm đa thức Vậy thay đẳng thức xa = ax f(x)a = af(x) f(x) đa thức ẩn vành thu đƣợc khái niệm mới, mở rộng khái niệm siêu tâm ? Thế giới khoa học thật phi thƣờng , mong lại có dịp đƣợc tiếp tục học tập nghiên cứu thêm định lý Wedderburn , Jacobson hay Herstein Xin chân thành kính cảm ơn Giáo sƣ Bùi Tƣờng Trí, Quý thầy Bùi Xuân Hải, Mỵ Vinh Quang , ngƣời đƣa đến tận cửa chân trời khoa học giúp tơi hồn thành luận án khoa học Xin cảm ơn quý thầy cô bạn bè thực giúp đỡ, động viên thực thành công luận án HUỲNH HUY VIỆT HẾT 53 TÀI LIỆU THAM KHẢO Noncommutative rings By I.N Herstein Published by The Mathemathical Association Of America (Distributed by John Wiley and sons (1968) Weddeburn J.H.M A theorem on finite algebras Trans Amer Math Soc 6(1905) 349-352 Faith C.C Radical extensions of rings Proc Amer J Math,12(1961) 274-283 I.N Herstein On the Hypercenter of a ring J of algebra 36 (1975) 151-157 Brauer On a theorem of H.Cartan Bull American Math Society 55(1949) 619-620 54 ... CHÍ MINH TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM KHOA TOÁN HUỲNH HUY VIỆT VỀ MỘT SỐ HƢỚNG MỞ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ WEDDERBURN LUẬN ÁN THẠC SĨ KHOA HỌC CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ MÃ SỐ 1.01.03 THÁNG 12 NĂM 1997 BỘ GIÁO DỤC -... SƢ PHẠM KHOA TOÁN HUỲNH HUY VIỆT VỀ MỘT SỐ HƢỚNG MỞ RỘNG CỦA ĐỊNH LÝ WEDDERBURN LUẬN ÁN THẠC SĨ KHOA HỌC GIÁO SƢ HƢỚNG DẪN : PGS PTS BÙI TƢỜNG TRÍ CHUYÊN NGÀNH ĐẠI SỐ MÃ SỐ 1.01.02 THÁNG 12 NĂM... Mục đích luận văn trình bày cách có hệ thống hƣớng mở rộng chứng minh lại số vấn đề mà tác giả bỏ qua không chứng minh, đồng thời đƣa số thí dụ phản thí dụ để làm sáng tỏ hƣớng mở rộng Luận văn