BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Đỗ Lư Công Minh LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – 2009 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Đỗ Lư Công Minh Chuyên ngành: Đại số lí thuyết số Mã số: 60 46 05 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS TRẦN HUYÊN Thành phố Hồ Chí Minh – 2009 MỤC LỤC trang Trang phụ bìa Mục lục Các qui ước kí hiệu MỞ ĐẦU Chương - CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1 Phần tử qui vành 1.1.1 Khái niệm phần tử qui 1.1.2 Vành Abel 10 1.1.3 Phần tử qui vành tự đồng cấu R - môđun 12 1.2 Vành qui Von Neumann 13 1.2.1 Định nghĩa số ví dụ 13 1.2.2 Các điều kiện tương đương vành qui 15 Chương - MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ VÀNH CHÍNH QUI 16 2.1 Các tính chất vành qui 16 2.2 Môđun xạ ảnh vành qui 29 2.3 Vành qui Abel 48 Chương - MỘT SỐ VÀNH CHÍNH QUI ĐẶC BIỆT 62 3.1 Vành ma trận vuông cấp n vành qui 62 3.2 Vành toán tử bị chặn không gian Hilbert 69 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 77 TÀI LIỆU THAM KHẢO 79 CÁC QUI ƯỚC VÀ KÍ HIỆU ƒ Hầu hết vành luận văn giả sử kết hợp có đơn vị, vành đồng cấu vành cho có đơn vị Ta hay kí hiệu R vành với đơn vị ƒ Phép chiếu tự nhiên từ vành R đến vành thương R/I cho qui luật x x= x+I ƒ Đôi miền nguyên hiểu không cần giao hoán ƒ Cho vành R số nguyên dương n, M n ( R ) vành ma trận vuông cấp n R ƒ Với vành R bất kì, ta dùng kí hiệu L2 ( R ) để dàn iđêan hai phía R (được thứ tự phận quan hệ bao hàm) ta sử dụng kí hiệu Mod - R để phạm trù tất R - môđun phải ƒ Tất môđun luận văn môđun vành có đơn vị Hầu hết chúng môđun phải, đồng cấu thường viết phía bên trái chúng Cụ thể, môđun phải A vành R xem môđun trái End R ( A) - vành tự đồng cấu ƒ Nếu A R - môđun, kí hiệu B ≤ A nghĩa B môđun A, kí hiệu B < A nghĩa B môđun thực A Trong trường hợp đặc biệt, R vành thì: I ≤ RR : I iđêan phải R I ≤ R R : I iđêan trái R ƒ Với A, B môđun: A ≤ e B : A môđun cốt yếu B, nghĩa A ∩ C ≠ với môđun C khác B A ≺ B : A đẳng cấu với môđun B ƒ Cho A môđun số nguyên không âm n, nA tổng trực tiếp n A Tương tự, α số vô hạn, α A tổng trực tiếp α A ƒ Với môđun A tùy ý, E(A) bao nội xạ A, nghĩa môđun nội xạ bé cho A cốt yếu E(A) ƒ Một R - môđun phải không suy biến M hiểu theo nghĩa M môđun cho phần tử M bị linh hóa iđêan phải R phần tử không MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Khái niệm vành qui Von Neumann xuất năm 1936 John Von Neumann định nghĩa vành qui vành R với tính chất: với phần tử a ∈ R tồn b ∈ R cho a = aba Để phân biệt với vành qui khác qui Noether đại số giao hoán, lí thuyết vành không giao hoán sửa đổi tên gọi đưa thêm “Von Neumann” vào tên gọi loại vành đặc biệt Tuy nhiên thực có hội nhầm lẫn hai khái niệm chúng nghiên cứu chung Ví dụ điển hình vành qui (Von Neumann) vành đầy đủ phép biến đổi tuyến tính không gian vectơ vành chia Chuyển động theo hệ tọa độ hình học xạ ảnh nghiên cứu lại thời gian (1936) theo ngôn ngữ dàn, Von Neumann giới thiệu vành qui công cụ đại số để nghiên cứu dàn thuộc dạng Dàn Von Neumann đặc biệt quan tâm nảy sinh hợp tác làm việc với F.J.Murray để giải vấn đề đại số toán tử không gian Hilbert, mà sau biết đến với tên gọi đại số Von Neumann hay W* - đại số Mặc dầu W* - đại số A trở thành vành qui A hữu hạn chiều, vành qui gán với A cách làm việc với tập P(A) phép chiếu, phép chiếu A trở thành lũy đẳng tự liên hợp Đối với W* - đại số hữu hạn A, Murray Von Neumann sử dụng vành qui R để “tọa độ hóa” P(A) theo nghĩa P(A) trở nên đẳng cấu tự nhiên với dàn iđêan phải R Chú ý hữu hạn hữu hạn trực tiếp, nghĩa t *t = t t * = với t ∈ A Mở rộng ý tưởng này, Von Neumann phát minh vành qui cho tọa độ hóa dàn modular có phần bù, dàn L tọa độ hóa vành qui R đẳng cấu với dàn iđêan phải R Như Von Neumann ra, hầu hết dàn modular có phần bù tọa độ hóa vành qui Theo quan điểm lí thuyết vành túy, vành qui xem chủ đề nghiên cứu bị lãng quên quãng thời gian dài Trong sách kinh điển Nathan Jacobson lí thuyết vành: “Structure of rings”, vành qui đề cập đến phần nhỏ Tuy nhiên nói vành qui có nhiều lợi ích xứng đáng để nghiên cứu, chúng xuất nhiều ngữ cảnh Dùng kiến thức học bậc Đại học Sau đại học để tiếp tục nghiên cứu vấn đề khác, với cách nhìn tổng quát mục tiêu quan trọng học viên Ngay từ thuở sinh viên, làm luận văn tốt nghiệp bậc đại học, tác giả có dịp tiếp xúc với vành qui Von Neumann với đề tài “Vành Chính Qui Von Neumann” Thế nhưng, với hạn chế sinh viên lúc Đại số đồng điều kiến thức Đại số giao hoán, Đại số không giao hoán, … tác giả gặp nhiều khó khăn chưa thể có nhìn thật tổng quan vành qui Von Neumann Do vậy, sau trang bị số kiến thức từ khóa học Sau đại học, tác giả định tiếp tục nghiên cứu vành qui Von Neumann với mong muốn dùng kiến thức vừa học để tiếp tục nghiên cứu vấn đề Mục đích nghiên cứu Mục đích đề tài tiếp tục xem xét tính chất vành qui Von Neumann sở luận văn bậc đại học: “Vành qui Von Neumann” Đồng thời trọng việc cụ thể hóa khái niệm liên quan vào vành cụ thể tìm hiểu tính chất đặc trưng khái niệm Đối tượng phạm vi nghiên cứu ƒ Đối tượng nghiên cứu: Vành qui Von Neumann ƒ Phạm vi nghiên cứu: Lí thuyết vành môđun Ý nghĩa việc nghiên cứu đề tài Luận văn xem tài liệu tham khảo bổ ích cho sinh viên người bắt đầu quan tâm đến vành qui Von Neumann đối tượng hay gặp nhiều ngữ cảnh khác đại số Chương CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN Mục đích chương điểm lại số khái niệm kết đơn giản vành qui Von Neumann Hầu hết kiến thức trình bày chương trích chủ yếu từ [3] theo quan điểm tóm tắt lại kết đạt nghiên cứu vành qui Von Neumann từ thuở luận văn sinh viên Do đó, đa số mệnh đề, chứng minh không trình bày lại 1.1 Phần tử qui vành 1.1.1 Khái niệm phần tử qui Định nghĩa 1.1 Phần tử x ∈ R gọi phần tử qui Von Neumann tồn a ∈ R cho xax = x Nếu x phần tử qui Von Neumann, ta nói vắn tắt x phần tử qui hay x qui Ví dụ 1.2 a) Nếu R vành chia phần tử R qui b) Phần tử lũy đẳng phần tử qui Tiếp theo sau tính chất phần tử qui vành tùy ý Mệnh đề 1.3 Phần tử x ∈ R qui iđêan phải (trái) R sinh x sinh lũy đẳng e đó, tức xR = eR Ta kí hiệu tập tất phần tử qui vành R Von(R) Với vành R, tập Von(R) có tính chất ổn định việc chọn phần tử a cho phần tử qui x mà xax = x Cụ thể ta có: Mệnh đề 1.4 Cho vành R x ∈ Von( R) Khi tồn y ∈ Von( R) cho: xyx = y, yxy = y Phần tử y gọi phần tử ngược x Mệnh đề 1.4 cho ta thấy phần tử qui có phần tử ngược với nó, phần tử ngược qui Hiển nhiên câu hỏi đặt là: Phần tử ngược phần tử qui có không? Xét vành chia R chẳng hạn, ta thấy phần tử qui có ngược Trong lúc đó, phần tử lũy đẳng e ∈ R , với R vành tùy ý, phần tử ngược với nó kết luận có phần tử ngược với Như thấy phần tiếp sau luận văn, xem xét vấn đề số vành cụ thể, vấn đề phần tử ngược phần tử qui vành phụ thuộc nhiều vào tính chất vành Trong trường hợp chung nhất, ta có kết cho phép mô tả mối liên hệ cấu trúc phần tử ngược phần tử qui sau: Mệnh đề 1.5 Cho vành R x ∈ Von( R) Chọn y phần tử ngược x Nếu y ' = y + s (1 − xy ) + (1 − yx)t với s, t ∈ R xy ' x = x Ngược lại, y ' thỏa xy ' x = x y ' có dạng: y ' = y + s (1 − xy ) + (1 − yx)t Ngoài ra, y ' có dạng y ' = y + s (1 − xy ) + (1 − yx)t điều kiện cần đủ để y ' xy ' = y ' (1 − yx)( s + t − txs)(1 − xy ) = , với s ∈ yRy, t ∈ Ry Mệnh đề 1.5 mô tả cho ta lớp đủ nhiều phần tử ngược phần tử qui Mối liên hệ phần tử ngược y phần tử qui x với phần tử qui x thể mệnh đề sau: Mệnh đề 1.6 Cho vành R x ∈ Von( R) Chọn y phần tử ngược với x Khi điều kiện sau tương đương: (a) x + (1 − xy ) R(1 − yx) ⊂ Von( R) (b) (1 − xy ) R(1 − yx) ⊂ Von( R) (c) x + R(1 − yx) ⊂ Von( R) (d) x + (1 − xy ) R ⊂ Von( R) 65 m Đặt en = − f , d j = − f ∑ ξi aij ( j = 1, , n − 1) Khi (6) trở thành: i =1 n −1 xn = ∑ d j x j + enun (7) j =1 en lũy đẳng en d j = (1 − f ) fd j = Khi ta có (1) tương đương với (5) (7) ■ Nếu n = (5) đương nhiên thỏa mãn, (7) trở thành x1 = e1u1 với e1 lũy đẳng ■ Giả sử với n = 2, 3, định lí với n − Khi (5) tượng trưng cho m phương trình tuyến tính theo n − biến x j ( j = 1, , n − 1) hoàn toàn giải j −1 x j = ∑ c jk uk + e j u j ( j = 1, , n − 1) (8) k =1 e j lũy đẳng e j c jk = 0, c jk ek = c jk Khi (7) trở thành: n −1 xn = ∑ cnk uk + enun (9) k =1 cnk = n −1 ∑dc j = k +1 j jk + d k ek Do en d j = c jk ek = c jk , ek2 = ek , ta có en cnk = 0, cnk ek = cnk , en lũy đẳng Do (8) kết hợp với (9) cho ta (2), định lí chứng minh cho n Theo qui nạp, định lí với giá trị n □ Bổ đề 3.4 Cho n biến x j , j = 1, , n biểu diễn hàm tuyến tính p tham số tùy ý yi , i = 1, , p : p x j = ∑ a ji yi j = 1, , n i =1 (10) 66 Nghĩa là, theo ngôn ngữ ma trận: ⎡y ⎤ a1 p ⎤ ⎢ ⎥ y ⎥⎢ 2⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎥ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ anp ⎥⎦ ⎢ ⎥ ⎢⎣ y p ⎥⎦ ⎡ x1 ⎤ ⎡ a11 ⎢x ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢.⎥ ⎢ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢.⎥ ⎢ an1 ⎢ ⎥ ⎣ x ⎣ n⎦ Khi có tham số hóa tương tương x j theo n tham số tùy ý u j sau: j −1 x j = ∑ c jk uk + e j u j ( j = 1, , n) (11) k =1 Trong c jk , e j phần tử cố định R, e j lũy đẳng e j c jk = 0, c jk ek = c jk Chứng minh p Ta viết (10) dạng: x j − ∑ a ji yi = ( j = 1, , n) i =1 Đây n phương trình tuyến tính với n + p biến x j ( j = 1, , n) yi (i = 1, , p) Do ta áp dụng định lí 3.4 với n, m thay n + p , n biến theo thứ tự Khi đó: j −1 x j = ∑ c jk uk + e j u j ( j = 1, , n) , k =1 yi = n + i −1 ∑c k =1 u + en+iun+i (i = 1, , p ) jk k tượng trưng cho kết nghiệm, tất eh lũy đẳng, eh chk = , chk ek = chk , uh (h = 1, , n + p ) tham số tùy ý 67 Bởi phương trình yi không liên quan đến x j nên phương trình x j bao gồm u j ( j = 1, , n) , tương đương với (10) Nhưng phương trình trùng với (11) □ Bổ đề 3.5 Cho n ≥ số nguyên dương Mỗi iđêan phải α M n ( R ) mô tả với trợ giúp tập A vectơ n - chiều ( x1 , , xn ) ( xi ∈ R ) theo cách sau: ( xij ) ∈ α ( x1 j , , xnj ) ∈ A với j = 1, , n (12) Ngược lại, α xác định A bởi: ( x1 , , xn ) ∈ A tồn ( xij ) ∈ α với xi1 = xi (i = 1, , n) (13) Đặc biệt, α = ((aij )) r iđêan phải sinh (aij ) A tập tất n phần tử ( x1 , , xn ) với xi = ∑ aij y j ( y j ∈ R) (14) j =1 Chứng minh Lấy α = ((aij )) r iđêan phải tùy ý M n ( R ) ⎛ n ⎞ Khi phần tử tổng quát α ( xij ) = (aij )( zij ) = ⎜ ∑ aik zkj ⎟ Điều ⎝ k =1 ⎠ chứng tỏ (13) tập A (14) Suy (12) (13) □ Định nghĩa 3.6 Một tập A gồm vectơ n - chiều ( x1 , , xn ) ( xi ∈ R ) gọi tuyến tính phải nếu: ( xi ), ( yi ) ∈ A dẫn đến ( xi + yi ) ∈ A (15) ( xi ) ∈ A, z ∈ R dẫn đến ( xi z ) ∈ A (16) Dễ có A, B hai tập tuyến tính phải vectơ n - chiều A ∩ B A ∪ B Hơn nữa: Bổ đề 3.7 Tập A định nghĩa bổ đề 3.5 tuyến tính phải Nếu iđêan phải α , β M n ( R ) tương ứng với tập A, B vectơ 68 n - chiều theo nghĩa bổ đề 3.5 α ∩ β tương ứng với A ∩ B α ∪ β tương ứng với A ∪ B Ta có đầy đủ chuẩn bị cần thiết để phát biểu kết Định lí 3.8 Với số nguyên dương n, ta có: M n ( R ) vành qui R vành qui Chứng minh ■ Giả sử R vành qui Để chứng minh M n ( R ) vành qui ta tìm iđêan phải α ⊂ M n ( R ) ma trận lũy đẳng T = (tij ) ∈ M n ( R) cho (T ) r = α Áp dụng bổ đề 3.5 cho α sau bổ đề 3.4 tham số hóa (14) A bổ đề 3.5 Vì vậy, ( x1 , , xn ) ∈ A tương đương với: i −1 xi = ∑ cik uk + eiui (i = 1, , n) (17) k =1 Trong cik , ei phần tử cố định R mô tả bổ đề 3.4 ui tham số tùy ý Bây ta định nghĩa tij quan hệ: ⎧ ei ⎪ tij = ⎨cij ⎪ ⎩0 (i = j ) (i > j ) (i < j ) Khi (17) dẫn đến ((tij )) r = α dễ kiểm tra (tij ) lũy đẳng ■ Ngược lại, giả sử M n ( R ) vành qui ( ) Định nghĩa e = eij sau: eij = i = j = eij = ngược lại () Khi đó: ( xij ) ∈ M n ( R ) e tương đương với xij = i ≠ j ≠ Đặt x = x11 , điều nghĩa xij = xeij Khi ta có: 69 ( xe ) = (0) = tương đương với x = ( xe ) + ( ye ) = ( ( x + y)e ) ( xe ).( ye ) = ( ( x y)e ) Vì tương ứng x với ( xe ) đẳng cấu R M ( R ) ( e ) Tính qui M ( R ) suy tính qui M ( R ) ( e ) theo mệnh đề 3.1 Do R qui R đẳng cấu với M ( R ) ( e ) □ ij ij ij ij ij ij ij ij n n n n Nhận xét 3.9 Có thể chứng minh chiều đảo định lí 3.8 nhờ vào lũy đẳng trực giao mệnh đề 1.29 chứng minh định lí 3.8 cho ta hình ảnh trực quan phần tử lũy đẳng sinh iđêan phải M n ( R ) Về chiều thuận, [3] cho suy luận sai lầm cụ thể hóa n = Ở định lí 3.8, ta đưa vào chứng minh hợp lí khắc phục sai lầm 3.2 Vành toán tử bị chặn không gian Hilbert Ở mục này, H biểu thị không gian Hilbert phức R vành toán tử bị chặn H chứa phần tử đơn vị Mệnh đề 3.10 R vành nửa đơn Chứng minh ■ Dễ có A* A = A = Thật vậy, A* A = Af = ( Af , Af ) = ( A* Af , f ) = Suy Af = với f ∈ H , A = Vì A ≠ dẫn đến A* A ≠ , A ≠ A* ≠ , AA* ≠ Nếu A dạng Hermite, điều dẫn đến A ≠ A2 ≠ , A2 m = ( ( A2 )2 ) ≠ , An ≠ với n ≤ 2m 70 Vì A dạng Hermite, A ≠ dẫn đến An ≠ với n ≥ ■ Bởi AA* dạng Hermite với A, A ≠ dẫn đến AA* ≠ 0, ( AA* ) n ≠ Gọi α iđêan phải khác R Chọn A ∈ α với A ≠ Khi AA* ∈ α , ( AA* ) n ∈α n , ( AA* )n ≠ α n ≠ α không lũy linh Do R vành nửa đơn □ Định lí 3.11 Một điều kiện cần đủ để vành R toán tử bị chặn H có chứa qui R chứa sở hữu hạn (với hệ số phức), nghĩa R hệ thống siêu phức hữu hạn đại số chia số phức Chứng minh ■ Điều kiện đủ tầm thường, R hệ thống siêu phức hữu hạn, thỏa mãn điều kiện dây chuyền nửa đơn theo mệnh đề 3.10, qui ■ Điều kiện cần chứng minh bước (i) - (viii) Bây giả sử R qui (i) Nếu A ∈ R D( A) miền giá trị A H D( A) tập đóng Chứng minh Bởi R qui nên có toán tử bị chặn X ∈ R cho AXA = A Do đó: AXAf = Af với f ∈ H , nghĩa AXg = g với g ∈ D( A) Ngược lại, AXg = g dẫn đến g = Af ∈ D( A) với f = Xg Vì g ∈ D( A) tương đương với AXg = g , D( A) tập đóng, A, X bị chặn □ Một phép chiếu dạng Hermite lũy đẳng, nghĩa là, toán tử bị chặn E với E = E * = E (ii) Không tồn dãy vô hạn phép chiếu E1 , E2 , ∈ R cho Ei E j = với i ≠ j Ei ≠ với i 71 Chứng minh Giả sử tồn dãy E1 , E2 , Với f ∈ H , phần tử (1 / i ) Ei f (i = 1, 2, ) trực giao lẫn nhau, ∞ ∑ i =1 Do ∞ ∑ (1 / i) E f i i =1 Ei f i ∞ Ei f i i =1 =∑ ∞ ≤ ∑ Ei f ≤ f = ∑ (1 / i ) Ei f ≤ f 2 < +∞ i =1 hội tụ, ∞ ∑ (1 / i) E f i =1 i ∞ i =1 ∞ Vì Af = ∑ (1 / i ) Ei f xác định toán tử bị chặn A nằm R i =1 Ta có: miền D( A) tuyến tính, theo (i) tập đóng Do Ei f = A( jE j f ) ∈ D( A) , D( A) chứa phần tử E j f chuỗi ∞ ∑E j =1 j f j hội tụ Bây E j ≠ , tồn ϕ j = E j f j ≠ cho ϕ j = / j ∞ ∑ Các phần tử ϕ1 , ϕ , trực giao lẫn ∞ ∞ j =1 j =1 j =1 ∞ ϕ j = ∑1 / j < +∞ , j =1 ∑ϕ j = ∑ E j f j hội tụ nằm D( A) Do ∞ ∞ j =1 j =1 ∑ϕ j = Af = ∑ (1 / j ) E j f áp dụng Ei cho ta ϕi = (1 / i) Ei f , Ei f = i ϕi = Suy f ∞ ≥ ∑ Ei f i =1 ∞ = ∑1 = +∞ : không xảy ra! □ i =1 (iii) Không tồn dãy vô hạn phép chiếu F1 , F2 , ∈ R cho F1 < F2 < F1 > F2 > 72 Chứng minh Nếu tồn dãy F1 , F2 , thế, tồn dãy E1 , E2 , với Ei = Fi +1 − Fi Ei = Fi − Fi +1 Điều mâu thuẫn với (ii) □ Phần tử E ∈ R tối tiểu phép chiếu khác F ∈ R , F ≤ E , F ≠ dẫn đến F = E (iv) Với phép chiếu E ∈ R, E ≠ , tồn phép chiếu tối tiểu F ≤ E Chứng minh Nếu không tồn phép chiếu tối tiểu F ≤ E có dãy vô hạn E = F1 > F2 > R: mâu thuẫn với (iii) □ (v) Tồn hữu hạn phần tử tối tiểu E1 , , En với Ei E j = với i ≠ j E1 + + En = Chứng minh Giả sử mệnh đề không Lấy E1 , , Em phần tử tối tiểu Ei E j = với i ≠ j Khi E1 + + Em ≠ giả sử ta (iv) phần tử tối tiểu Em+1 ≤ − E1 − − Em tồn Do Ei Em+1 = với i ≠ m + Áp dụng kết cho m = 0, 1, 2, ta xây dựng dãy vô hạn E1 , E2 , với Ei ∈ R, Ei ≠ (i = 1, 2, ) Ei E j = với i ≠ j Điều mâu thuẫn với (ii) □ (vi) Lấy E phép chiếu tối tiểu Khi với A ∈ R, EA = AE = A dẫn đến tồn số phức α cho A = α E Chứng minh 73 Các phần tử A thỏa AE = EA = A tạo thành vành R1 Một phép chiếu F ∈ R1 thuộc R ≤ E , E Bởi R1 sinh phép chiếu nó, R1 bao gồm phần tử α E □ (vii) Lấy E , F tối tiểu Khi với A ∈ R thỏa EA = AF = A , A có dạng A = α A0 , α số phức A0 phần tử cố định với tính chất tương tự: EA0 = A0 F = A0 Chứng minh ■ Nếu tất phần tử A có tính chất EA = AF = A 0, định nghĩa A0 = ■ Nếu ngược lại, chọn A0 ≠ cho EA0 = A0 F = A0 Nếu A, B AB* ∈ R : EAB* = AB* , AB* E = A( EB* ) = AB* (vi), AB* = β E β số phức cố định Tương tự: A* B = γ F Trong trường hợp đặc biệt A0* A0 = γ F A0 ≠ 0, A0* A0 ≠ dẫn đến γ ≠ Cũng vậy, AA0* = β E , đó: A = AF = A.(1 / γ ) A0* A0 = (1 / γ ) β EA = ( β / γ ) A □ (viii) Nếu E1 , , Em phần tử tối tiểu R với E1 + + Em = , Ei E j = với i ≠ j (tồn (v)) R chứa nhiều m2 phần tử độc lập tuyến tính (với hệ số phức) Chứng minh Nếu A ∈ R thì: m ⎞ m ⎛ m ⎞ ⎛ m A = ⎜ ∑ Ei ⎟ A ⎜ ∑ E j ⎟ = ∑ Ei AE j = ∑ Aij i , j =1 ⎝ i =1 ⎠ ⎝ j =1 ⎠ i , j =1 Aij = Ei AE j 74 Rõ ràng Ei Aij = Aij E j = Aij nên theo (vii) tồn Aij0 với i, j = 1, , m cho Aij = α ij A ( α ij số phức) Do A = ij m ∑α i , j =1 ij Aij0 □ Mệnh đề 3.12 Mỗi iđêan phải α ≠ R chứa phép chiếu E ≠ Chứng minh ■ Do α ≠ , có ≠ A ∈ R cho A ∈ α Tồn toán tử B, U ∈ R với A = BU , B = AU * , B dạng Hermite xác định, U bị chặn Do B ∈ α , B ≠ ■ Nếu E (λ ) phân tích đơn vị B E (λ ) = với λ < B xác định ta có E (λ ) = với λ > B ≠ Chọn λ0 > cho E (λ0 ) ≠ định nghĩa: ⎧1 (λ ≥ λ0 ) f (λ ) = ⎨ ⎩0 (λ < λ0 ) , ⎧1 / λ (λ ≥ λ0 ) g (λ ) = ⎨ ⎩ (λ < λ0 ) Khi Bg ( B ) = f ( B ) = − E (λ0 ) , g ( B) ∈ R − E (λ0 ) ∈ α Vì E = − E (λ0 ) phép chiếu ta đòi hỏi □ Thảo luận chứng tỏ vành R toán tử bị chặn qui có sở hữu hạn - trường hợp hoàn toàn giải lí thuyết cổ điển hệ thống siêu phức hữu hạn Tuy nhiên R nửa đơn theo mệnh đề 3.10 Lại mệnh đề 3.12, iđêan phải α ≠ R chứa lũy đẳng khác 0; nhiên, R không qui, α ≠ sinh lũy đẳng Đối với hệ thống vành nửa đơn thỏa điều kiện dây chuyền tính bất khả qui tính đơn tương đương Đối với vành toán tử, tình sau: 75 Mệnh đề 3.14 R bất khả qui, nghĩa cặp iđêan trái phải khả nghịch R 0, R, tâm R bao gồm toán tử dạng α1 ( α số phức bất kì), nghĩa là, R nhân tử theo thuật ngữ Murray Von Neumann Chứng minh ■ Giả sử R bất khả qui R không nhân tử Tâm R vành không sinh lũy đẳng 0, Do chứa lũy đẳng E ≠ 0, Các phần tử A ∈ R với AE = A tạo thành iđêan phải, AE = A có nghĩa EA = A nên chúng tạo thành iđêan trái Tương tự phần tử A với EA = (cũng có nghĩa AE = ) tạo thành iđêan, hai iđêan nghịch đảo Với EA = A, EA = dẫn đến A = với A ∈ R , A có dạng A = A1 + A2 cho EA1 = A1 , EA2 = với A1 = EA, A2 = (1 − E ) A Do E ≠ 0, nên hai iđêan khác 0, chúng chứa phần tử khác E , − E Do R không bất khả qui, trái với giả thiết ■ Ngược lại, giả sử R nhân tử Lấy α , β hai iđêan hai phía nghịch đảo lẫn R, hai khác Do mệnh đề 3.12, tồn phép chiếu ≠ E , F ∈ R với E ∈ α , F ∈ β ; nữa, tồn phép chiếu ≠ E1 , F1 ∈ R với E1 ≤ E , F1 ≤ F cho E1 = UU * , F1 = U *U với U ∈ R Vì E1 = EE1 ∈ α , F1 = FF1 ∈ β U * E1U = U *UU *U = F1F1 = F1 , E1 ∈ α kéo theo F1 ∈ α Do F1 = , trái với tính chất F1 ≠ Vì α β 0, β α R hay R bất khả qui □ Ta kết thúc mục ví dụ toán tử vành qui sau: 76 Ví dụ 3.14 Lấy R nhân tử gọi U ( R) tập tất toán tử (không thiết bị chặn) tuyến tính, đóng, có miền trù mật H “thuộc” R Khi xem xét U ( R) vành, tổng tích A, B ∈U ( R ) không định nghĩa thông thường A + B, AB mà bao đóng chúng: [ A + B], [ AB ] Khi U ( R) vành qui Chứng minh Nếu A ∈U ( R) A = BU , B = AU * , B, U ∈U ( R) , B dạng Hermite xác định Định nghĩa: ⎧1 (λ ≠ 0) f (λ ) = ⎨ ⎩0 (λ = 0) , ⎧1 / λ (λ ≠ 0) g (λ ) = ⎨ ⎩ ( λ = 0) Khi f ( B), g ( B) ∈U ( R) Do λ f (λ ) = λ , ∀λ nên [ Bf ( B)] = B Do g (λ )λ = f (λ ) ∀λ nên [ g ( B) B] = f ( B) Đặt X = [U * g ( B)] ∈U ( R) , ta có: [ AXA] = [ AU * g ( B).BU ] = [ AU *.g ( B) BU ] = [ B f ( B).U ] = [ BU ] = A Do U ( R) vành qui □ 77 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Việc tìm hiểu đề tài “Một số vấn đề vành qui Von Neumann” phát triển nối tiếp vấn đề “Vành qui Von Neumann” mà tác giả thực bậc đại học Việc nghiên cứu vấn đề tiền đề cho việc thể nghiệm kiến thức tiếp thu thêm khóa học Sau đại học chuyên ngành Đại số Lí thuyết số tác giả Đề tài “Một số vấn đề vành qui Von Neumann” đạt kết sau: Hệ thống lại kết đạt [3] với bổ sung tổng quát hóa cần thiết Nêu số tính chất vành qui đặc biệt nêu lên đặc trưng hóa số ví dụ lớp vành qui đặc biệt với tên gọi Vành qui Abel Nêu vài tính chất môđun xạ ảnh hữu hạn sinh vành qui vành qui Abel Đưa số ví dụ kinh điển vành qui, chẳng hạn vành tự đồng cấu không gian vectơ vành chia (ví dụ 1.27), vành ma trận vuông cấp n vành qui (định lí 3.8), vành toán tử bị chặn không gian Hilbert (định lí 3.11) Bên cạnh đề tài số hạn chế sau: Vì lí thời gian hạn chế độ dài luận văn, đề tài chưa liệt kê hết số lớp vành qui vành u - qui, vành qui hữu hạn trực tiếp, vành qui tự nội xạ để từ dẫn đến lí thuyết phân loại vành qui tự nội xạ 78 Vì hạn chế mặt kiến thức thân tác giả, đề tài chưa thực áp dụng rộng rãi đặc trưng hóa đồng điều vành qui (định lí 2.9) (chẳng hạn hợp trực tiếp, giới hạn trực tiếp, giới hạn ngược, …) chưa đề cập đến khái niệm vành qui ngôn ngữ lí thuyết bó (vành qui Abel R vành phân thớ liên tục bó vành chia R - môđun đẳng cấu với môđun phân thớ liên tục bó không gian vectơ vành chia) Vì khiếm khuyết tác giả Giải tích hàm, đề tài trình bày sơ lược vành toán tử không gian Hilbert trường hợp toán tử bị chặn Do có nghiên cứu nghiêm túc đầy đủ đại số toán tử không gian Hilbert, mà ta thường biết đến tên gọi đại số Von Neumann hay W*- đại số Chúng ta nghiên cứu vấn đề tương lai Hiện điều kiện thời gian không cho phép khả tác giả có phần hạn chế, luận văn xin dừng lại số kết hạn chế nêu Rất mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô bạn học viên để đề tài hoàn thiện 79 TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt Nguyễn Viết Đông, Trần Huyên (2006), Đại số đồng điều, NXB ĐHQG Tp.HCM Nguyễn Viết Đông, Trần Huyên (2006), Bài tập đại số đồng điều, NXB ĐHQG Tp.HCM Đỗ Lư Công Minh (2005), Vành qui Von Neumann, Luận văn tốt nghiệp, Đại học Sư phạm Toán, Tp.HCM Tiếng Anh Faith, Carl (1981), Algebra I: Rings, Modules and Catrgories, Springer Verlag Goodearl, K.R (1979), Von Neumann regular rings, Pitman, London Goodearl, K.R (1981), “Von Neumann regular rings: Connections with functional analysis”, American Mathematical Society, Volume Number Herstein, I.N (1968), Noncommutative Rings, The Carus Mathematical Monographs, No.15.Amer.Math.Ass.Newyork.Wiley Von Neumann, J (1960), Continuous Geometry, Princeton Mathematical Series No.25.Princeton: Princeton University [...]... là vành chính qui nên vành chính qui nhưng một vành con của vành chính qui (phần tử 2 ∈ là vành các số nguyên là không là không phải là phần tử chính qui vì iđêan 2 không được sinh bởi lũy đẳng nào: chỉ có hai lũy đẳng là 0 và 1) Ví dụ trên cho ta thấy một vành con của vành chính qui chưa chắc là vành chính qui Tuy nhiên, đối với các vành con đặc biệt, ta có: Mệnh đề 2.6 Góc của vành chính qui là vành. .. các tính chất của vành chính qui và một lớp các vành chính qui đặc biệt là vành chính qui Abel Thêm vào đó, các môđun xạ ảnh hữu hạn sinh trên vành chính qui và chính qui Abel cũng được xem xét khá kĩ để làm nổi bậc lên vai trò của các phần tử lũy đẳng trong vành chính qui 2.1 Các tính chất cơ bản của vành chính qui Mục đích của mục này là giới thiệu vài tính chất cơ bản của vành chính qui Điểm nhấn quan... vành chính qui là vành chính qui Mệnh đề 1.23 Ảnh đồng cấu của vành chính qui là vành chính qui Suy ra tính chính qui được bảo toàn qua phép đẳng cấu và vành thương của vành chính qui cũng là vành chính qui Ta đưa ra ba ví dụ về vành chính qui, trong đó hai ví dụ đầu tiên được trích dẫn trong [3], ví dụ cuối thuộc về kinh điển Ví dụ 1.25 Vành các ma trận vuông thực cấp n là vành chính qui Ví dụ 1.26 Cho... phía chính qui của R và xét x ∈ A Khi đó RxR là iđêan hai phía của A nên chính qui Suy ra x ∈ M và A ⊂ M (c) Nếu A / M là iđêan hai phía chính qui trong R / M thì theo mệnh đề 2.3, A chính qui do M chính qui Suy ra A ⊂ M và A / M = 0 □ Theo mệnh đề 2.3, iđêan của vành chính qui là chính qui Một câu hỏi được đặt ra là vành con của vành chính qui có là vành chính qui không? Ta xét trường các số hữu... trên các vành chính qui có thể không chính qui, như ví dụ sau: 30 Ví dụ 2.21 Tồn tại vành chính qui R và iđêan hai phía J sao cho End R ( J R ) không chính qui Chứng minh Lấy trường F, đặt Fn = F với n = 1, 2, Gọi S là F - đại số con của ∏F n Vì K là iđêan của vành chính qui sinh bởi 1 và K = ⊕ Fn ∏F n nên K chính qui Mặt khác, S / K ≅ F chính qui do đó S chính qui ⎛S Đặt R = ⎜ ⎝K K⎞ là vành con... Vậy K chính qui □ Trong trường hợp đặc biệt, mệnh đề 2.3 chứng tỏ rằng mọi iđêan hai phía trong một vành chính qui là chính qui Nhìn nhận theo lối khác, nếu J là một iđêan hai phía trong vành R sao cho J và R / J chính qui thì R chính qui 18 Phương pháp này tỏ ra hữu ích khi xây dựng các ví dụ về vành chính qui, chẳng hạn: Mệnh đề 2.4 Tích trực tiếp con hữu hạn của các vành chính qui là chính qui Chứng... chỉ cần xem xét trường hợp vành R là tích trực tiếp con của hai vành chính qui Khi đó R có các iđêan hai phía J và K sao cho J ∩ K = 0 và R / J , R / K đều chính qui Do J ≅ ( J + K ) / K trong vành chính qui R / K , mệnh đề 2.3 chứng tỏ rằng J chính qui Lại theo 2.3, R / J chính qui nên R chính qui □ Chú ý Tích trực tiếp con của vô hạn vành chính qui, chẳng hạn , không chính qui Trong mệnh đề 1.8, ta... là đưa ra những điều kiện cần thiết để vành là vành chính qui Trong mệnh đề 1.28 ta đã chỉ ra tính chất cơ bản nhất và có nhiều ứng dụng rộng rãi của vành chính qui, bằng cách chỉ ra các lũy đẳng trong vành chính qui Ở mục này, ta thường xuyên và hầu như liên tục phải sử dụng các phần tử lũy đẳng trong vành chính qui, chẳng hạn: Mệnh đề 2.1 Cho R là vành chính qui Khi đó: (a) Tất cả iđêan một phía đều... nhưng vì những lí do nhất định, ta sẽ bàn luận về chúng trong chương 3 Ở mục tiếp theo, ta nhắc lại một vài khái niệm cơ bản cùng các đặc trưng đơn giản nhất về vành chính qui Von Neumann 1.2 Vành chính qui Von Neumann 1.2.1 Định nghĩa và một số ví dụ Định nghĩa 1.18 Vành R được gọi là vành chính qui (Von Neumann) nếu mọi phần tử của nó là phần tử chính qui Nghĩa là: R chính qui nếu và chỉ nếu R =... nghĩa vành chính qui, ta dễ dàng suy ra các tính chất đơn giản sau: Mệnh đề 1.19 Trong một vành chính qui, mỗi phần tử khác 0 hoặc khả nghịch hoặc là ước của 0 14 Hệ quả 1.20 Nếu vành chính qui đồng thời là miền nguyên thì nó là trường Mệnh đề 1.21 Vành chính qui R là vành chia nếu và chỉ nếu R chỉ có hai phần tử lũy đẳng tầm thường Mệnh đề 1.22 Tích trực tiếp của một họ khác rỗng các vành chính qui ... dụng đến tính chất đặc biệt - môđun mà R - môđun tổng quát Điều cho phép ta đưa câu trả lời khẳng định, nghĩa là: 1.1.3 Phần tử qui vành tự đồng cấu R - môđun Cho M R - môđun phải Xét vành tự đồng... hay W* - đại số Mặc dầu W* - đại số A trở thành vành qui A hữu hạn chiều, vành qui gán với A cách làm việc với tập P(A) phép chiếu, phép chiếu A trở thành lũy đẳng tự liên hợp Đối với W* - đại... Bây giờ, gọi P iđêan nguyên tố tối tiểu R Một m - hệ thống R tập X ≠ ∅ cho ∉ X x, y ∈ X tồn r ∈ R cho xry ∈ X 24 Khi R P m - hệ thống, ta chọn m - hệ thống tối đại X chứa R P Nếu Q iđêan hai