ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH PHÒNG KHCN-SÑH oOo Tiểu luận môn học Đại số giao hoán SỰ PHỤ THUỘC NGUYÊN VÀNH GIÁ TRỊ Người hướng dẫn: PGS-TS BÙI TƯỜNG TRÍ Người thực hiện: ĐẶNG TUẤN HIỆP Khóa 17-Đại số Lý thuyết số THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH Tháng 10-2007 GIỚI THIỆU Tiểu luận viết dựa vào chương sách [1] Trong tiểu luận này, nghiên cứu khái niệm tính chất phụ thuộc nguyên vành giá trò vành giao hoán có đơn vò Để cho tiện việc trình bày theo dõi, quy ước toàn tiểu luận này, vành xét tới vành giao hoán có đơn vò Khái niệm phụ thuộc nguyên tương tự khái niệm phụ thuộc đại số lý thuyết trường Còn vành giá trò tương tự trường thặng dư Tuy nhiên, đối tượng mà xét tới vành giao hoán có đơn vò chưa phải trường nên khái niệm tính chất mang tính tổng quát phức tạp lý thuyết trường Do thời gian nghiên cứu hạn hẹp, hiểu biết chưa nhiều, nên tiểu luận tác giả dừng lại mức làm rõ vấn đề chương [1] Ngoài ra, tác giả cố gắng làm rõ tương tự khái niệm tính chất xét tới với khái niệm tính chất biết lý thuyết trường Một số bổ đề mệnh đề tác giả đưa thêm vào để nhằm làm rõ thêm vấn đề Đặc biệt, chương 2, việc đưa khái niệm tính chất Tác giả cố gắng giải thích rõ nguồn gốc dẫn đến khái niệm vành giá trò Trong tiểu luận này, có số đònh nghóa đònh lý mà tác giả phát biểu với hình thức khác so với [1] chất nội dung chúng không thay đổi Điều tác giả giải thích rõ tiểu luận Chính điều giúp có nhìn sâu sắc vấn đề mà xét tới Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến anh Trònh Thanh Đèo cung cấp phiên PCTex.5 với hướng dẫn sử dụng cho tác giả Tiểu luận soạn thảo phiên Do lần đầu sử dụng nên chắn nhiều thiếu sót cách trình bày Cuối cùng, tác giả xin gửi lời chúc sức khỏe tới gia đình PGS-TS Bùi Tường Trí, người trực tiếp giảng dạy học phần Đại số giao hoán cho lớp cao học Đại số lý thuyết số −K17 Tác giả xin gửi lòng biết ơn sâu sắc tới mẹ, người mà với đức hy sinh cao cả, lòng vò tha, động viên tác giả nhiều trước khó khăn sống Chapter SỰ PHỤ THUỘC NGUYÊN Trong chương này, trình bày khái niệm tính chất phụ thuộc nguyên Đặc biệt, cố gắng làm rõ tương tự với khái niệm tính chất phụ thuộc đại số lý thuyết trường 1.1 Phần tử nguyên Đònh nghóa 1.1.1 Cho R vành vành S, lấy α ∈ R Chúng ta nói α nguyên R α nghiệm đa thức monic1 Có nghóa α thỏa mãn phương trình có dạng xn + a1 xn−1 + · · · + an = 0; ∈ R Neáu ∀α ∈ S, α nguyên R, ta nói vành S mở rộng nguyên vành R Kí hiệu S/R Nhận xét Nếu R trường S mở rộng trường R α nguyên R α đại số R Như vây, khái niệm phần tử nguyên mở rộng nguyên tương tự khái niệm phần tử đại số mở rộng đại số lý thuyết trường Do đó, khái niệm tính chất mà ta đưa phần tương tự tổng quát khái niệm tính chất lý thuyết trường Ví dụ • Mọi phần tử R nguyên R α ∈ R α nghiệm đa thức monic x − α √ √ • S = C, R = Z; lấy d ∈ Z Số d ∈ C nguyên Z d nghiệm đa thức monic x2 − d đa thức có hệ số lũy thừa cao 1 Học viên: Đặng Tuấn Hiệp • S = Q, R = Z; số 2/3 nghiệm đa thức f (x) = 3x − Nhưng f đa thức monic, 2/3 không nguyên Z Một cách tổng quát, x = r/s ∈ Q nguyeân treân Z (r, s ∈ Z; s = 0; (r, s) = 1) rn + a1rn−1 s + · · · + an sn = 0; ∈ Z Do s chia hết cho rn , mà (r, s) = nên s = ±1 Suy ra, x ∈ Z Có nhiều điều kiện tương đương với tính nguyên α R, chìa khóa vấn đề kết sau Chúng ta nhắc lại rằng, môdun gọi trung thành linh tử hóa Bổ đề 1.1.1 Cho R vành vành S, lấy α ∈ S, α nguyên R Cho M R−môdun hữu hạn sinh M R[α]−môdun trung thành Lấy I ideal R cho αM ⊆ IM Khi α nghiệm đa thức monic với hệ số I Chứng minh Lấy x1 , x2, , xn phần tử sinh M Vì αxi ∈ IM nên ta có n αxi = cij xj j=1 cij ∈ I Dó n (δij α − cij )xj = 0; 1≤i≤n j=1 δij số Kronecker Viết đẳng thức dạng ma trận ta có Ax = 0, A ma trận mà phần tử đường chéo α − cij , phần tử lại −cij Chúng ta nhân ma trận phụ hợp A vào bên trái đẳng thức đònh thức ma trận A Do Kết thu xi = 0, ∀i Trong linh hóa tử M, M môdun trung thành nên = Khai triển đònh thức thu đa thức monic cần tìm Mệnh đề 1.1.1 (các điều kiện tương đương với tính chất nguyên phần tử α R) Cho R vành vành S, lấy α ∈ S Các điều kiện sau tương đương α nguyên R R[α] R−môdun hữu hạn sinh 3 Học viên: Đặng Tuấn Hiệp R[α] chứa vành R S cho R R−môdun hữu hạn sinh Tồn R[α]-môdun trung thành M cho M R−môdun hữu hạn sinh Chứng minh (1 ⇒ 2.) Nếu α nguyên R α nghiệm đa thức monic bậc n với hệ số R Do αn + a1αn−1 + · · · + an = 0; ∈ R Suy αn lũy thừa cao n α biểu diễn tổ hợp tuyến tính lũy thừa nhỏ α Vì {1, α, , αn−1 } hệ sinh R[α] R, hay R[α] R−môdun hữu hạn sinh (2 ⇒ 3.) Lấy R = R[α], hiển nhiên R vành vành S R R−môdun hữu hạn sinh (3 ⇒ 4.) Lấy M = R Nếu y ∈ R[α] cho yM = y = y1 = Do M R[α]−môdun trung thành Hiển nhiên, M R−môdun hữu hạn sinh (4 ⇒ 1.) Áp dụng bổ đề 1.1.1 với I = R Nhận xét Bổ đề 1.1.1 hệ mệnh đề 2.4 [1], với tự đồng cấu Φ phép nhân với α, Φ(M) = αM ⊆ IM Để chứng minh (4 ⇒ 1.) ta áp dụng trực tiếp mệnh đề 2.4 [1] Hơn nữa, ta nhận thấy bổ đề 1.1.1 mệnh đề 2.4 [1] dạng khác đònh lý Halminton-Cayley2 đại số tuyến tính Chỉ khác điều đối tượng mà xét tới phạm trù môdun hữu hạn sinh vành giao hoán có đơn vò Tiếp theo, chứng minh tính chất bắc cầu mở rộng nguyên Đầu tiên, cần dùng tới bổ đề sau Bổ đề 1.1.2 Cho R vành vành S, lấy α1 , α2 , , αn ∈ S Neáu α1 , α2, , αn nguyên R R[α1 , α2, , αn ] R−môdun hữu hạn sinh Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 1, bổ đề mệnh đề 1.1.1 phần 2, ta có R[α] R−môdun hữu hạn sinh Giả sử R[α1 , α2 , , αn−1 ] R−môdun hữu hạn sinh Khi đó, R[α1 , α2, , αn ] = R[α1 , α2 , , αn−1 ][αn] laø R[α1 , α2, , αn−1 ]−môdun hữu hạn sinh Do đó, R[α1 , α2 , , αn ] R−môdun hữu hạn sinh Đây trường hợp riêng mệnh đề 2.16 [1] Nếu A, B, C vành thỏa C B−môdun hữu hạn sinh, B A−môdun hữu hạn sinh C A−môdun hữu hạn sinh Thật vậy, ta có n C= m Byk ; B= k=1 ma trận A nghiệm đa thức đặc trưng Axi i=1 Học viên: Đặng Tuấn Hiệp Khi n m C= Ayk xi k=1 i=1 Mệnh đề 1.1.2 (Tính bắc cầu mở rộng nguyên) Cho A ⊆ B ⊆ C vành Nếu C nguyên B, nghóa phần tử C nguyên B, B nguyên A, C nguyên A Chứng minh Lấy x ∈ C, x nguyên B nên x thỏa mãn phương trình xn + b1xn−1 + · · · + bn = 0; bi ∈ B Khi x nguyên A[b1, b2, , bn ] Hiển nhiên bi nguyên A, nên bi nguyên A[b1, b2 , , bn ] Theo boå ñeà 1.1.2, A[b1, b2, , bn , x] A−môdun hữu hạn sinh Theo mệnh đề 1.1.1, phần 3, x nguyên A Do đó, C nguyên A Đònh nghóa 1.1.2 Cho R vành vành S Ta ký hiệu Rc = {α ∈ S|α nguyên R} bao đóng nguyên R S • Nếu Rc = R R gọi tập đóng nguyên S, hay đơn giản ta cần nói R tập đóng nguyên không cần rõ S • Nếu Rc = S ta nói S mở rông nguyên R Kí hiệu S/R Mệnh đề 1.1.3 Rc vành vành S, R ⊆ Rc Chứng minh Lấy x, y ∈ Rc , x, y nguyên R Theo bổ đề 1.1.2, R[x, y] R−môdun hữu hạn sinh Mặt khác, x + y, x − y, xy phần tử R[x, y] Do đó, theo mệnh đề 1.1.1, phần 3, x + y, x − y, xy nguyên R Vì vậy, chúng nằm Rc Suy ra, Rc vành vành S Hiển nhiên, R ⊆ Rc ∀α ∈ R, α nghiệm đa thức monic x − α nên α nguyên R Suy ra, α ∈ Rc Nếu lấy bao đóng nguyên bao đóng nguyên tập đóng nguyên Cụ thể, ta có mệnh đề sau Mệnh đề 1.1.4 Nếu Rc bao đóng nguyên R S, Rc tập đóng nguyên S 5 Học viên: Đặng Tuấn Hiệp Chứng minh Ta cần chứng minh Rc = (Rc )c Hiển nhiên, Rc ⊆ (Rc )c Ngược lại, lấy x ∈ (Rc )c , x nguyên Rc Theo mệnh đề 1.1.2, x nguyên R Do đó, x ∈ Rc Trong lý thuyết trường, xác đònh lớp trường có tính chất đóng đại số Một cách tương tự, đònh nghóa, vành R gọi có tính chất đóng nguyên R vành vành S đó, R = Rc Chúng ta xác đònh lớp vành có tính chất đóng nguyên tương đối rộng Trước hết, nhắc lại số khái niệm đại số đại cương Miền nguyên R gọi miền nhân tử hóa viết tắt UFD3 , phần tử a = R phân tích cách dạng a = up1p2 pn , u ∈ R∗, pi bất khả quy ∀i = 1, 2, , n Mệnh đề sau lớp UFD có tính chất đóng nguyên Mệnh đề 1.1.5 Nếu R UFD, R có tính chất đóng nguyên Chứng minh Gọi K trường thương R Lấy x ∈ K, x = a/b, với a, b ∈ R, (a, b) = Nếu x nguyên R, ta có phương trình (a/b)n + a1(a/b)n−1 + · · · + an−1 (a/b) + an = 0; ∈ R Nhân hai vế với bn , có an + bc = 0, với c ∈ R Do đó, b chia hết an , mà a b nguyên tố nên b chia hết Vì vậy, x = a/b ∈ R Suy R = Rc Trong lý thuyết trường, biết mở rộng nguyên trường phải trường Kết sau cho thấy rõ điều Mệnh đề 1.1.6 Cho R vành miền nguyên S, S nguyên R Khi R trường S trường Chứng minh Giả sử S trường, lấy a ∈ R, a = Khi đó, a−1 ∈ S nguyên R, nên ta có phương trình (a−1 )n + b1 (a−1 )n−1 + · · · + bn−1 a−1 + bn = 0; bi ∈ R Nhân hai vế phương trình với an−1 ta a−1 = −(b1 + · · · + bn−1 an−2 + bn an−1 ) ∈ R Suy R laø trường Ngược lại, giả sử R trường, lấy a ∈ S, a = Theo mệnh đề 1.1.1, phần 2, unique factorization domain Học viên: Đặng Tuấn Hiệp R[a] không gian vecto hữu hạn chiều R Xét phép biến đổi tuyến tính f (x) = ax; ∀x ∈ R[a] Do S miền nguyên, R[a] vành S, nên R[a] miền nguyên Nếu ax = x = (vì a = 0) Do đó, f đơn ánh Mọi phép biến đổi tuyến tính không gian vecto hữu hạn chiều đơn ánh toàn ánh Vì vậy, tồn b ∈ R[a] ⊆ S cho ab = Suy S trường Nhận xét Cho S mở rộng nguyên R Chúng ta phân tích mối quan hệ ideal nguyên tố R S Giả sử, Q ideal nguyên tố S, đặt P = Q ∩ R Khi đó, P ideal nguyên tố R, P tạo ảnh Q qua đồng cấu nhúng R vào S Xét tương ứng f : R/P → S/Q; a + P → a + Q Do R vành S, P ⊆ Q nên f ánh xạ đơn cấu vành Do đó, R/P vành vành S/Q Hơn nữa, S/Q nguyên R/P Thật vậy, lấy b + Q ∈ S/Q Vì b ∈ S nên b nguyên R, b thỏa mãn phương trình có dạng xn + a1 xn−1 + · · · + an = 0; ∈ R Khi đó, b + Q thỏa mãn phương trình tương tự với thay + P Do đó, b + Q nguyên R/P Sử dụng kết mệnh đề 1.1.6 ta mệnh đề sau Mệnh đề 1.1.7 Cho S mở rộng nguyên vành R, lấy Q ideal nguyên tố S Khi đó, P = Q ∩ R ideal nguyên tố R Hơn nữa, P ideal tối đại R Q ideal tối đại S Chứng minh Theo mệnh đề 1.1.6, P ideal tối đại R ⇔ R/P trường ⇔ S/Q trường ⇔ Q ideal tối đại S Một cách tổng quát, tính chất mở rộng nguyên bảo toàn qua phép lấy vành thương, qua tập đóng với phép nhân Mệnh đề 1.1.8 Cho S mở rộng nguyên vành R Nếu J ideal S, I = J ∩ R ideal R, S/J mở rộng nguyên R/I Nếu T tập đóng nhân R, T tập đóng nhân S, T −1S mở rộng nguyên T −1R Chứng minh Áp dụng nhận xét với ideal bất kỳ, không cần phải ideal nguyên tố Lấy a/t ∈ T −1S; a ∈ S, t ∈ T Vì a ∈ S nguyên R nên ta có phương trình sau an + a1 an−1 + · · · + an = 0; ∈ R Hoïc viên: Đặng Tuấn Hiệp Chia hai vế cho tn ta (a/t)n + (a1 /t)(a/t)n−1 + · · · + an /tn = 0; /ti ∈ T −1R Do đó, a/t nguyên T −1R 1.2 Đònh lý Going-up Các kết mà xây dựng cho ideal tối đại mở rộng cho ideal nguyên tố kỹ thuật đòa phương hóa Mệnh đề sau minh họa tốt cho điều Mệnh đề 1.2.1 Cho S mở rộng nguyên R, lấy P1 , P2 ideal nguyên tố S cho chúng nằm ideal nguyên tố P R, nghóa laø P1 ∩ R = P2 ∩ R = P Nếu P1 ⊆ P2 P1 = P2 Chứng minh Nếu P ideal tối đại, theo mệnh đề 1.1.7, P1 , P2 ideal tối đại Suy điều cần chứng minh Trong trường hợp tổng quát, dùng kỹ thuật đòa phương hóa tương ứng với P Đặt T = R\P , P ideal nguyên tố nên T tập đóng nhân R ⊆ S Ta có T ∩ Pi = ∅; i = 1, Thaät vậy, x ∈ T ∩ Pi , x ∈ R ∩ Pi = P , mâu thuẫn với cách xác đònh T Gọi P mở rộng P T −1 R Khi đó, P ideal tối đại T −1R Gọi P1 , P2 mở rộng P1 , P2 T −1 S Do có tương ứng − ideal nguyên tố vành ideal nguyên tố vành đòa phương hóa nó, nên ta cần chứng minh P1 ⊆ P2 P1 = P2 Vì P ⊆ P1 T −1 R ⊆ T −1S, nên P ⊆ P1 ∩ T −1 R Hiển nhiên, P1 ∩ T −1 R ⊆ T −1R Tuy nhiên, P1 ∩ T −1 R = T −1R, T −1 R ⊆ P1 , ∈ P1 , hay P1 = T −1 S, mâu thuẫn P1 ideal nguyên tố Do đó, ta có bao hàm thức P ⊆ P1 ∩ T −1 R ⊂ T −1R Mặt khác, P ideal tối đại T −1 R Vì vậy, từ bao hàm thức ta phải có P = P1 ∩ T −1R Tương tự, ta có P = P2 ∩ T −1R Theo mệnh đề 1.1.8, T −1 S mở rộng nguyên T −1R Như phần đầu chứng minh, ta suy P1 , P2 ideal tối đại T −1R Do đó, P1 ⊆ P2 P1 = P2 Học viên: Đặng Tuấn Hiệp Nếu S/R mở rộng nguyên, ideal nguyên tố R nâng lên thành ideal nguyên tố S Đònh lý sau chứng minh điều đó, đònh lý minh họa cho kỹ thuật đòa phương hóa Đònh lý 1.2.1 (Đònh lý Lying Over) Nếu S/R mở rộng nguyên, P ideal nguyên tố R Khi đó, có tồn ideal nguyên tố Q S cho Q ∩ R = P Chứng minh Trước hết, giả sử R vành đòa phương, với ideal tối đại P Nếu Q ideal tối đại S, Q ∩ R ideal tối đại mệnh đề 1.1.7, Q ∩ R = P Trong trường hợp tổng quát, đặt T = R\P , tập đóng nhân R ⊆ S Ta có biểu đồ sau giao hoaùn i R −−−→ S   g  f j T −1 R −−−→ T −1 S i, j đồng cấu nhúng theo quan hệ bao hàm, f, g đồng cấu tắc, f (r) = r/1; g(s) = s/1 Theo mệnh đề 1.1.8, T −1 S mở rộng nguyên T −1 R Nếu Q ideal tối đại tùy ý T −1 S, phần đầu chứng minh, Q ∩ T −1 R ideal tối đại T −1R Gọi P mở rộng P T −1 R Khi đó, P ideal tối đại T −1R Do đó, P = Q ∩ T −1R Ta có biểu đồ giao hoán, đó, r ∈ R, f (r) ∈ Q ∩ T −1R ⇔ g(r) ∈ Q Suy ra, f −1 (Q ∩ T −1 R) = g −1 (Q ) ∩ R Đặt Q = g −1 (Q ), ta coù f −1 (P ) = Q ∩ R hay P =Q∩R Đònh lý 1.2.2 (Đònh lý Going Up) Cho S/R mở rộng nguyên Giả sử, ta có dãy ideal nguyên tố P1 ⊆ P2 ⊆ · · · ⊆ Pn R, dãy ideal nguyên toá Q1 ⊆ Q2 ⊆ · · · ⊆ Qm S, với m < n Nếu Qi nằm Pi ; ∀i = 1, 2, , m, tồn ideal nguyên tố Qm+1 , , Qn cuûa S cho Qm ⊆ Qm+1 ⊆ · · · ⊆ Qn , vaø Qi nằm Pi ; ∀i = 1, 2, , n Chứng minh Bằng phương pháp quy nạp, cần chứng minh trường hợp n = 2, m = Giả sử, P1 ⊆ P2 , vaø Q1 ∩ R = P1 Theo mệnh đề 1.1.8, S/Q1 nguyên R/P1 Vì P2 /P1 ideal nguyên tố R/P1 , nên áp dụng đònh lý Lying Over, tồn ideal nguyên tố Q2/Q1 cuûa S/Q1 cho (Q2/Q1 ) ∩ R/P1 = P2 /P1 Q2 ideal nguyên tố S, Q1 ⊆ Q2 Để kết thúc chứng minh, ta Q2 ∩ R = P2 Học viên: Đặng Tuấn Hiệp Lấy x2 ∈ Q2 ∩ R Do R/P1 vành S/Q1 , neân x2 + P1 = x2 + Q1 ∈ (Q2/Q1 ) ∩ (R/P1 ) = P2 /P1 suy ra, x2 + P1 = y2 + P1 , với y2 ∈ P2 , x2 − y2 ∈ P1 ⊆ P2 ⇒ x2 ∈ P2 Đảo lại, lấy x2 ∈ P2 , x2 + P1 ∈ Q2/Q1 , x2 + P1 = y2 + Q1, với y2 ∈ Q2 Mặt khác, x2 +P1 = x2 +Q1 Suy ra, x2 −y2 ∈ Q1 ⊆ Q2 ⇒ x2 ∈ Q2 ⇒ x2 ∈ Q2 ∩R Chuùng ta xem xét kết quan trọng lý thuyết trường Một phép nhúng trường F vào trường đóng đại số mở rộng tới mở rộng đại số F Chúng ta có kết tương tự cho mở rộng nguyên vành Đònh lý 1.2.3 Cho S/R mở rộng nguyên, lấy f đồng cấu vành từ R vào trường đóng đại số C Khi đó, f mở rộng thành đồng cấu vành g : S → C Chứng minh Đặt P = ker f Do f đồng cấu vào trường, nên P ideal nguyên tố R Áp dụng đònh lý Lying Over, tồn ideal nguyên tố Q S cho Q ∩ R = P Theo đònh lý Noetherian, f cảm sinh đơn cấu vành f¯ : R/P → C Hơn nữa, f¯ mở rộng cách tự nhiên tới trường thương K R/P Gọi L trường thương S/Q Do S/Q mở rộng nguyên R/P , nên L mở rộng đại số K Vì C trường đóng đại số, nên f¯ mở rộng thành đơn cấu trường g¯ : L → C Nếu p : S → S/Q toàn cấu tắc, g = g¯ ◦ p, g mở rộng cần tìm f , g¯ mở rộng f¯ f¯◦ p|R = f 1.3 Đònh lý Going Down Bổ đề 1.3.1 Cho R vành vành S Nếu T tập đóng nhân R, T −1 Rc bao đóng nguyên T −1 R T −1S Chứng minh Ta có Rc nguyên R, theo mệnh đề 1.1.8 ta suy T −1 Rc nguyên T −1 R Lấy a/t ∈ T −1S(a ∈ S, t ∈ T ) nguyeân treân T −1 R, ta cần chứng minh, a/t ∈ T −1Rc Xét phương trình có dạng (a/t)n + (a1/t1 )(a/t)n−1 + · · · + an /tn = 0; ∈ R; ti , t ∈ T Đặt t0 = Πni=1 ti ∈ T , nhân hai vế phương trình với (tt0)n , ta t0 a nguyên R Vì vậy, t0a ∈ Rc Suy ra, a/t = t0 a/t0t ∈ T −1 Rc Đònh nghóa 1.3.1 Một miền nguyên gọi miền đóng nguyên, đóng nguyên trường thương Học viên: Đặng Tuấn Hiệp Ví dụ 10 • Z miền đóng nguyên (xem ví dụ trang 4) • Một UFD miền đóng nguyên (Mệnh đề 1.1.5) • Vành đa thức k[x1, , xn ] trường miền đóng nguyên Mệnh đề 1.3.1 Nếu T tập đóng nhân miền đóng nguyên R, T −1R đóng nguyên Chứng minh Áp dụng bổ đề 1.3.1 với Rc = R S = K, trường thương R (và T −1 R) Khi đó, T −1S bao đóng nguyên T −1R T −1S Nhưng T −1 S = K, T −1 R đóng nguyên Tính chất đóng nguyên có tính đòa phương Thật vậy, mệnh đề sau cho thấy rõ điều Trước hết, ta nhắc lại phương pháp đòa phương hóa khái niệm vành có tính đòa phương Cho p ideal nguyên tố vành A, S = A\p tập đóng nhân A Ta ký hiệu Ap = S −1 A Gọi m mở rộng p Ap Khi đó, m ideal tối đại Ap Do đó, Ap vành đòa phương, Ap gọi đòa phương hóa A p Một tính chất P vành A gọi có tính đòa phương A có tính chất P Ap có tính chất P , với ideal nguyên tố A Mệnh đề 1.3.2 Cho A miền nguyên Khi đó, mệnh đề sau tương đương A miền đóng nguyên Ap miền đóng nguyên, với ideal nguyên tố p Am miền đóng nguyên, với ideal nguyên tố m Chứng minh Lấy K trường thương A, lấy C bao đóng nguyên A K, lấy f : A → C đồng cấu nhúng A vào C Khi đó, A miền đóng nguyên f toàn cấu Theo bổ đề 1.3.1, Ap (tương ứng Am ) miền đóng nguyên fp (tương ứng fm ) toàn cấu Theo mệnh đề 3.9 [1], tính chất toàn cấu vành có tính đòa phương Vì vậy, tính chất đóng nguyên có tính đòa phương Trong phần tiếp theo, ta chứng minh kết bạn bè với đònh lý Going Up Với giả thiết đưa thêm, ta cần phải giải thích rõ ràng qua bổ đề sau Lấy R ⊆ S vành, lấy I ideal R Một phần tử S gọi nguyên I thỏa mãn đa thức monic R, với hệ số I Bao đóng nguyên I S tập hợp tất phần tử S nguyên I 11 Học viên: Đặng Tuấn Hiệp Bổ đề 1.3.2 Cho S/R mở rộng nguyên, với I ideal R Gọi I e mở rộng I S Khi bao đóng nguyên I S radical I e Chứng minh Nếu s ∈ S nguyên I, s phải thỏa mãn phương trình có dạng sn + a1sn−1 + · · · + an = với ∈ I Khi đó, sn ∈ I e, suy s ∈ r(I e ) Ngược lại, lấy s ∈ r(I e ) tồn số nguyên n > cho sn ∈ I e Do k n s = aisi ; ∈ I, si ∈ S i=1 Đặt M = R[s1, , sk ] vành S Theo bổ đề 1.1.2, M R−môdun hữu hạn sinh Theo mệnh đề 1.1.1, M R[sn ]−môdun trung thành Mặt khác, ta có k n s M= k ri si M ⊆ i=1 ri M ⊆ IM i=1 Do theo bổ đề 1.1.1, sn nghiệm đa thức monic với hệ số I, hay s nguyên I Mệnh đề 1.3.3 Cho R ⊆ S miền nguyên, R miền đóng nguyên, x ∈ S nguyên ideal I R Khi x đại số trường thương K R, đa thức tối tiểu x K tn + a1tn−1 + · · · + an , ∈ r(I); ∀i = 1, , n Chứng minh Hiển nhiên x đại số K Lấy L mở rộng trường K cho L chứa tất nghiệm liên hợp x1, , xn x Mỗi xi nghiệm đa thức tối tiểu x, nên xi nguyên I Các hệ số đa thức tối tiểu đa thức theo biến xi, theo bổ đề 1.3.2 hệ số nguyên I Vì R miền đóng nguyên nên theo bổ đề 1.3.2 hệ số nằm r(I) Bổ đề 1.3.3 Cho R miền đóng nguyên với trường thương K Nếu f, g ∈ K[x] đa thức monic cho f g ∈ R[x] hai f g nằm R[x] Chứng minh Trong trường phân rã chứa K, phân tích f, g dạng sau n (x − ) f (x) = i=1 vaø g(x) = m (x − bj ) j=1 Vì bj nghiệm đa thức monic fg ∈ R[x] nên chúng nguyên R Các hệ số f, g đa thức đối xứng với biến bj , chúng nguyên R Mà R miền đóng nguyên nên ta có điều cần phải chứng minh Học viên: Đặng Tuấn Hiệp 12 Mệnh đề 1.3.4 Cho S/R mở rộng nguyên R miền đóng nguyên Giả sử phần tử khác R ước không S (điều hiển nhiên ta thêm giả thiết S miền nguyên) Nếu s ∈ S, xác đònh đồng cấu hs : R[x] → S; hs (f ) = f (s), I = ker hs ideal sinh đa thức monic Chứng minh Gọi K trường thương R, IK[x] ideal vành K[x] Vì s nguyên R nên có đa thức monic k ∈ R[x] cho k(s) = 0, k ∈ I ⊆ IK[x] Suy IK[x] = ∅ ideal sinh đa thức monic f Ta có k = fg, với g đa thức monic K[x] Vì R miền đóng nguyên nên theo bổ đề 1.3.3, f ∈ R[x] Vì f ∈ IK[x], nên lấy mẫu số chung phần tử r ∈ R, r = rf ∈ IR[x] = I Suy rf(s) = 0, mà r không ước của S nên f (s) = Do f ∈ I Ta chứng minh f sinh I Thật vậy, lấy q ∈ I ⊆ IK[x] Vì f phần tử sinh IK[x], nên lấy mẫu số chung viết q = q1 f/r1 với = r1 ∈ R vaø q1 ∈ R[x] Suy r1 q = q1f Lấy lớp đồng dư hai vế vành đa thức (R/Rr1 )[x] ta thu q¯1f¯ = Vì f¯ đa thức monic nên hệ số lũy thừa cao q¯1 phải 0, suy q¯1 = Điều có nghóa r1 chia hết hệ số q1 , q1/r1 ∈ R[x], suy f chia hết q R[x] Đònh lý 1.3.1 (Đònh lý Going Down) Cho S/R mở rộng nguyên, S miền nguyên, R miền đóng nguyên Giả sử có dãy ideal nguyên tố P1 ⊆ · · · ⊆ Pn R dãy ideal nguyên tố Qm ⊆ · · · ⊆ Qn S, với < m ≤ n Nếu Qi nằm Pi với i = m, , n, tồn ideal nguyên tố Q1, , Qm−1 cho Q1 ⊆ · · · ⊆ Qn Qi nằm Pi với moïi i = 1, 2, , n Chứng minh Bằng quy nạp, ta cần chứng minh cho trường hợp n = m = Đặt T = {rt ∈ S|r ∈ R\P1 , t ∈ S\Q2} Khi dễ dàng nhận thấy T tập đóng nhân Đầu tiên chứng minh đònh lý với điều kiện T ∩ P1 S = ∅ Gọi P1e mở rộng P1 T −1S Khi P1e ideal thật T −1S ngược lại ∈ T ∩ P1 S Do P1e chứa ideal tối đại M T −1 S Theo đònh lý đòa phương hóa, M tương ứng với ideal nguyên tố Q1 S cho Q1 ∩ T = ∅ Dễ thấy s ∈ Q1 ⇔ s/1 ∈ M Chúng ta xem Q1 thu hẹp M S, Q1 tạo ảnh M qua đồng cấu tắc s → s/1 Vì Q1 ∩ T = ∅ nên (R\P1 ) ∩ Q1 = (S\Q2 ) ∩ Q1 = ∅ Do Q1 ∩ R ⊆ P1 Q1 = Q1 ∩ S ⊆ Q2 Ta cần phải chứng minh P1 ⊆ Q1 ∩ R Xét bao hàm thức P1e ⊆ M, thu hẹp P1e S P1 S nên ta có P1 S ⊆ Q1 Do P1 ⊆ (P1 S) ∩ R ⊆ Q1 ∩ R, suy điều cần chứng minh Cuối để kết thúc chứng minh, ta cần T ∩ P1 S = ∅ Giả sử ngược lại, T ∩ P1 S = ∅ Laáy rt ∈ T ∩ P1 S với r ∈ R\P1 , t ∈ S\Q2 Áp dụng bổ đề 1.3.2 với 13 Học viên: Đặng Tuấn Hiệp I = P1 s thay rt, ta có đa thức monic f (x) = xm + r1 xm−1 + · · · + rm−1 x + rm ; với ri ∈ P1 , i = 1, m cho f (rt) = Ñaët v(x) = rm xm + r1 rm−1 xm−1 + · · · + rm−1 rx + rm Khi v(x) ∈ R[x] v(t) = Áp dụng mệnh đề 1.3.4, với đồng cấu ht : R[x] → S, tồn đa thức monic g ∈ R[x] cho ker ht = g Do v = gu với u ∈ R[x] Lấy ¯ Vì ri ∈ P1 ; i = 1, n lớp đồng dư hai vế vành đa thức R/P1 [x], ta có v¯ = g¯u m m nên ta có v¯ = r¯ x Mà R/P1 miền nguyên g¯ đa thức monic nên ta có g¯ = xj ; với ≤ j ≤ m Do g(x) = xj + a1xj−1 + · · · + aj−1 x + aj ; với ∈ P1 , i = 1, j Mà g ∈ ker ht g(t) = Theo bổ đề 1.3.2, t ∈ r(P1 S) Suy tồn số nguyên l > cho tl ∈ P1 S ⊆ P2 S ⊆ Q2S = Q2 Do t ∈ Q2, điều dẫn tới mâu thuẫn t ∈ S\Q2 Nhận xét Cách phát biểu đònh lý Going Down tiểu luận có phần khác với cách phát biểu [1] Nhưng thật hai cách phát biểu hình thức khác nội dung chúng hoàn toàn tương tự Về hình thức chúng khác cách đánh số ideal nguyên tố mà Muốn chuyển từ dạng sang dạng ta cần đánh số ngược lại dãy dãy ideal nguyên tố Trong phần chứng minh đònh lý Going Down, chứng minh cách đầy đủ giải thích rõ nguồn gốc kết chứng minh [1] Chapter VÀNH GIÁ TRỊ 2.1 Đònh nghóa Trong đònh lý 1.2.3, tổng quát kết mở rộng trường tới vành giao hoán có đơn vò Và hướng mở rộng khác Đònh lý 2.1.1 (Đònh lý mở rộng) Cho R vành trường K, h : R → C đồng cấu vành từ R vào trường đóng đại số C Lấy a ∈ K, a = 0, h mở rộng tới đồng cấu vành ¯h : R[a] → C, h mở rộng tới đồng cấu vành ¯h : R[a−1 ] → C Chứng minh Không tính tổng quát, ta giả sử R vành đòa phương, F = h(R) trường C Thật vậy, trường hợp tổng quát, ta cần sử dụng kỹ thuật đòa phương hóa Đặt P = ker h, T = R\P Khi đó, P ideal nguyên tố R, T tập đóng nhân R Hơn nữa, h mở rộng tới đồng cấu vành g : T −1R → C; với g(a/t) = h(a)/h(t), h(t) = 0, ∀a ∈ R, t ∈ T Khi đó, ker g = P e mở rộng P T −1R Theo đònh lý Noetherian, ta có g(T −1 R) ∼ = T −1 R/P e Vì P e ideal tối đại T −1 R, nên g(T −1R) trường Do đó, ta cần thay (R, h) (T −1R, g) Đầu tiên, ta mở rộng h tới đồng cấu vành đa thức Nếu f ∈ R[x] với f (x) = xi, ta đặt h(f ) = h(ai )xi ∈ F [x] Laáy I = {f ∈ R[x] : f (a) = 0} Khi J = h(I) ideal vành F [x], suy J ideal chính, ta viết J = j(x) Ta xét trường hợp sau deg j > Vì C trường đóng đại số nên j phải có nghiệm b Chúng ta mở ¯ : R[a] → C cho h(a) ¯ roäng h tới h = b, ¯h đònh nghóa tốt Thật f ∈ I, f (a) = 0, h(f ) ∈ J , h(f ) bội j Vì h(f )(b) = 14 15 Học viên: Đặng Tuấn Hiệp deg j = ¯ trường hợp với b tùy ý Nếu j = ta mở rộng tới h Nếu j = ∈ J Do đó, tồn f ∈ I cho h(f ) = Điều cho ta quan hệ có dạng n ri = với ri ∈ R vaø r¯i = h(ri ) = i=0 neáu i = 0 neáu i > (2.1) Chọn n số nguyên dương nhỏ thỏa mãn quan hệ Sử dụng lập luận tương tự với a thay a−1 Giả sử h không mở rộng tới R[a−1 ], ta có m si a−i = với si ∈ R i=0 s¯i = h(si ) = neáu i = 0 i > (2.2) Ta chọn m số nguyên dương nhỏ Không tổng quát, ta giả sử n ≥ m Vì h(s0 ) = = h(1) neân s0 − ∈ ker h ⊆ M, với M ideal / M, suy s0 tối đại vành đòa phương R Do ∈ / M nên s0 ∈ −1 m phần tử khả nghòch R Từ (2.2) nhân hai vế với s0 a ta m−1 + · · · + s−1 am + s−1 s1 a sm = (2.3) Nhaân (2.3) với rn an−m , ta n−1 n−m + · · · + rn s−1 =0 rn an + rn s−1 s1 a sm a (2.4) Laáy (2.4) trừ (2.1) ta gặp mâu thuẫn với tính nhỏ n Do ta phải −1 có n = m vaø r0 = rn s−1 sm Khi h(r0 ) = h(rn s0 sm ) = Ta suy mâu thuẫn Một cách tự nhiên, cố gắng mở rộng h tới miền lớn Và đó, khái niệm vành giá trò xuất giúp cụ thể hóa điều Đònh nghóa 2.1.1 Một vành V trường K vành giá trò K ∀a ∈ K; a = a ∈ V a−1 ∈ V hai Nhận xét Đònh nghóa đơn giản gọn đònh nghóa [1] • V không cần miền nguyên, V vành trường K V phải miền nguyên Học viên: Đặng Tuấn Hiệp 16 • K không cần phải trường thương V , bỏ điều kiện với giả thiết lại ta hoàn toàn chứng minh K trường thương V Ví dụ Trường K vành giá trò Lấy K = Q, p số nguyên tố cố đònh Lấy V tập hợp tất số hữu , r ∈ Z, r ≥ p m, p n tỷ có dạng pr m n Lấy K = k(x), với k trường tùy ý Lấy V tập hợp tất hàm hữu tỷ , r ∈ Z, r ≥ 0, p đa thức cố đònh bất khả quy k, có dạng pr m n m, n đa thức tùy ý k[x] không chia hết cho p Lấy K = k(x), lấy V tập hợp tất hàm hữu tỷ f/g ∈ k(x) cho deg f ≤ deg g Trở lại với đònh lý mở rộng mà ta đề cập phần đầu chương Có toán đặt tất mở rộng mà ta chứng minh tồn đònh lý 2.1.1 liệu có tồn mở rộng tối đại theo quan hệ thứ tự toàn phần mà ta đưa sau Lời giải cho toán nguồn gốc dẫn đến khái niệm vành giá trò Cụ thể ta có đònh lý sau Đònh lý 2.1.2 Cho R vành trường K, h : R → C đồng cấu vành từ R vào trường đóng đại số C Gọi Σ tập hợp tất cặp (S, f ), với S vành K f : S → C đồng cấu vành từ S vào C Chúng ta đònh nghóa quan hệ thứ tự toàn phần tập Σ sau (S, f ) ≤ (S , f ) ⇔ S ⊆ S vaø f |S ≡ f ¯ theo quan hệ thứ tự toàn phần Hơn nữa, Khi h có mở rộng tối đại (V, h) ¯ nào, ta có V vành giá trò K với mở rộng tối đại (V, h) ¯ Chứng minh Theo bổ đề Zorn, h có tồn mở rộng tối đại (V, h) ¯ mở rộng tới V [a] V [a−1] Do Nếu = a ∈ K theo đònh lý 2.1.1, h tính tối đại (V, ¯h) nên ta phải có V [a] = V V [a−1] = V Do a ∈ V hoaëc a−1 ∈ V Suy V vành giá trò K xem phần tính chất vành giá trò Học viên: Đặng Tuấn Hiệp 17 2.2 Các tính chất vành giá trò Trong phần này, đưa nhiều tính chất khác vành giá trò, khẳng đònh tính chất, tất nhiên có phần chứng minh sau Ta ký hiệu, V vành giá trò trường K V miền nguyên trường thương V K Chứng minh Ta có V vành trường K, nên V miền nguyên Gọi K trường thương V Vì K trường nhỏ chứa V nên K ⊆ K Ngược lại, ∀a ∈ K, a = viết dạng a/1 1/a−1 , mà a ∈ V a−1 ∈ V a ∈ K Vì K ≡ K Bất kỳ vành K chứa V vành giá trò K Chứng minh Hiển nhiên, suy từ đònh nghóa vành giá trò V vành đòa phương Chứng minh Gọi M tập hợp phần tử không khả nghòch V Ta chứng minh M ideal tối đại V Thật vậy, r ∈ V a ∈ M ∈ M (vì ngược lại khả nghòch V , suy a khả nghòch V ) Nếu a, b ∈ M; a = 0, b = a/b ∈ V hoaëc b/a ∈ V Suy + a/b ∈ V hoaëc + b/a ∈ V Khi ñoù a + b = a(1 + b/a) ∈ M hoaëc a + b = b(1 + a/b) ∈ M Vì M ideal V Hơn nữa, ideal I = V bao gồm phần tử không khả nghòch V Do I ⊆ M Suy M ideal tối đại V V miền đóng nguyên Chứng minh Theo tính chất V miền nguyên K trường thương V Do đó, ta cần chứng minh V đóng nguyên K Lấy a ∈ K, a = cho a nguyeân V Khi đó, a thỏa mãn phương trình có dạng an + c1an−1 + · · · + cn−1 a + cn = (2.5) với ci ∈ V, ∀i = 1, n Ta cần a ∈ V Vì V vành giá trò nên a ∈ V a−1 ∈ V Nếu a−1 ∈ V nhân hai vế (2.5) với a−(n−1) ta a = −(c1 + c2 a−1 + · · · + cn−1 a−(n−2) + cn a−(n−1) ) ∈ V Học viên: Đặng Tuấn Hiệp 18 Nếu I J ideal V , I ⊆ J J ⊆ I Do đó, tập hợp ideal V thứ tự toàn phần theo quan hệ bao hàm Chứng minh Giả cần phải b b = b/a ∈ V với a ∈ / J ) Do sử I J , tồn a ∈ I\J, a = Nếu b ∈ J ta ∈ I Thật vậy, b = kết hiển nhiên, a/b ∈ V Nếu a/b ∈ V a = (a/b)b ∈ J (mâu thuaãn b/a ∈ V , suy b = (b/a)a ∈ I Cho V miền nguyên với trường thương K Nếu tập hợp bao gồm tất ideal V thứ tự toàn phần quan hệ bao hàm, V vành giá trò K Chứng minh Lấy k ∈ K, k = 0, k = a/b a, b ∈ V ; a = 0, b = Xét hai ideal (a) (b), ta có (a) ⊆ (b) (b) ⊆ (a) Nếu (a) ⊆ (b) a/b ∈ V , suy k ∈ V Nếu (b) ⊆ (a) b/a ∈ V , suy k −1 ∈ V Neáu P ideal nguyên tố V , VP V/P vành giá trò Trong VP vành đòa phương hóa V theo ideal nguyên tố P , V/P vành thương V lấy theo ideal P Chứng minh Theo tính chất 1, K trường thương V , K trường thương VP Vì V/P miền nguyên nên có trường thương K Theo tính chất 5, tập hợp bao gồm ideal V thứ tự toàn phần theo quan hệ bao hàm Do đó, tâp hợp bao gồm ideal VP V/P thứ tự toàn phần theo quan hệ bao hàm Theo tính chất 6, ta suy VP vành giá trò K, V/P vành giá trò K Nếu V vành Noetherian, V PID2 Hơn nữa, có tồn phần tử p ∈ V , p bất khả quy, ideal V có dạng (pm ), m ≥ Chứng minh Vì V vành Noetherian nên ideal I V hữu hạn sinh Giả sử I = a1 , a2, , an Theo tính chất 5, ta đánh số lại cho (a1 ) ⊆ (a2) ⊆ · · · ⊆ (an ) Khi ñoù I ⊆ (an ) ⊆ I, suy I = (an ) Vì V PID Gọi M ideal tối đại V , giả sử M = (p) Vì M ideal nguyên tố Principal Ideals Domain - Vành Học viên: Đặng Tuấn Hiệp 19 V nên p bất khả quy V Lấy (a) ideal tùy ý V Nếu (a) = V a khả nghòch V Giả sử a không khả nghòch V , a ∈ M, suy p chia heát a hay a = pb Neáu b không khả nghòch V p chia hết b ta có a = p2 c Tiếp tục lý luận ý V PID nên V UFD, ta có a = pm u với m số nguyên dương u khả nghòch V Do a = (pm ) Lấy R vành trường K Bao đóng nguyên Rc R K giao tất vành giá trò V K cho V ⊇ R Chứng minh Lấy a ∈ Rc a nguyên R Do a nguyên vành giá trò V ⊇ R Theo tính chất 4, V miền đóng nguyên nên a ∈ V Ngược lại, lấy a thuộc giao tất vành giá trò V ⊇ R K Ta cần a ∈ Rc Giả sử a ∈ / Rc Đặt R = R[a−1 ], a ∈ / R a ∈ R −1 a đa thức theo a , nhân hai vế với lũy thừa a đủ lớn ta thu đa thức monic có a nghiệm Hơn a−1 không khả nghòch R (vì ba−1 = với b ∈ R a = 1a = ba−1a = b ∈ R , mâu thuẫn a ∈ / R ) Suy a−1 ∈ M, với M ideal tối đại R Lấy C bao đóng đại số trường k = R /M Lấy h : R → C hợp thành đồng cấu chiếu p : R → R /M = k đồng cấu nhúng i : k → C Theo đònh lý 2.1.2, ¯ : V → C, V vành giá trò K h có mở rộng tối đại tới h ¯ −1 ) = h(a−1 ) = ip(a−1 ) = Maø a ∈ V V ⊇ R ⊇ R Vì a−1 ∈ M ⊆ R nên h(a nên ta có = ¯h(1) = ¯h(aa−1) = ¯h(a)¯h(a−1 ) = (voâ lý) Mâu thuẫn giúp phải có a ∈ Rc 10 Lấy R miền nguyên với trường thương K Khi R miền đóng nguyên R = a Va , phép lấy giao cần vài vành giá trò Va K Chứng minh Nếu R miền đóng nguyên theo tính chất 9, R = Rc = a Va Va vành giá trò K cho Va ⊇ R Nếu R = a Va ta cần R miền đóng nguyên Thật vậy, theo tính chất 4, Va là miền đóng nguyên Lấy x nguyên R, x nguyên vành nguyên Va K Do x ∈ Va với vành giá trò Va K Suy x ∈ R Tài liệu tham khảo [1] M.F.Atiyah & I.G.Macdonald, Introduction to Commutative Algebra, Cambridge, 1969 [2] Bùi Xuân Hải, Lý thuyết trường & Galois, NXB Đại học QG TP Hồ Chí Minh, 2007 [3] Ngô Việt Trung, Lý thuyết Galois, Bộ sách toán cao cấp - Viện toán học, 2005