Luận văn Thạc sĩ Toán học: Các hướng phát triển định lý giao hoán, một vài nghiên cứu

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH -------------------------------------------- Giang Dậu Bạc

MỘT VÀI HƯỚNG PHÁT TRIỂN CỦA

CÁC ĐỊNH LÝ GIAO HOÁN

Chuyên ngành : Đại số và lý thuyết số

Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS-TS: BÙI TƯỜNG TRÍ

Thành phố Hồ Chí Minh - 2009

DANH MỤC CÁC KYÙ HIEÄU

( E M ) D kD F (G ) J R hoặc J ) ( J R = (0). ) (

: Vành các tự đồng cấu trên nhóm cộng giao hoán của M : Vành chia. :Vành các ma trận n n với các phần tử thuộc D. : là đại số nhóm G trên trường F : Căn Jacobson. : R là vành nửa đơn : Nhóm cộng hoặc nhân

M hoặc G N o(G )

(

iR . aT m ma )

x ]n

: Tập các phần tử lũy linh. : Cấp của nhóm G : Vành. : Tổng trực tiếp (con) của các vành : Tự đồng cấu trên nhóm M : : Giao hoán tử cộng. : Giao hoán tử cộng cấp n. : Giao hoán tử nhân.

R iR aT x y [ ; ] ;....; x x ; [ 2 1 1 1   y xy

x ]n

: Giao hoán tử cộng. : Giao hoán tử cộng cấp n. : Giao hoán tử nhân.

: Tâm của vành R . : Trường gồm hai phần tử là 0, 1

x x y [ ; ] ;....; x x ; [ 2 1 1 1   y xy x , Z R Z ( ) 2(cid:0)

THUẬT NGỮ

TRANG

(

)

A M là tập linh hóa của M trong R

C M là vành giao hoán tử của R trên M

(

)

33-52

Giao hoán tử cộng hoặc nhân

M là R - mođun trung thành

M là R - mođun Bất khả quy

Phần tử lũy linh a của R

Phần tử tựa chính quy a của R

Phần tử lũy đẳng

Phần tử potent

R vành Artin

R vành đơn

R vành nửa nguyên thũy (đơn)

R vành nguyên thũy

19-22

R vành nguyên tố, nửa nguyên tố

R là tích trực tiếp ( tích trực tiếp con)

R là vành trực tiếp con

R vành tuần hoàn yếu

Trường K là mở rộng đại sô trên trường F

Trường K là mở rộng tách được trên trường F

LỜI MỞ ĐẦU

Trong thời gian học tập và nghiên cứu của lớp cao học khóa 17 tại

trường Đại Học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh ngành toán chuyên ngành đại số và

lý thuyết số, các học viên chúng tôi có học tập và nghiên cứu một số chuyên

ngành trong đó có chuyên ngành về vành giao hoán và vành không giao hoán.

Trong hai chương đầu của chuyên đề vành không giao hoán đã nói lên cấu trúc

của vành , radican của vành, phần tử lũy đẳng, lũy linh trong vành ..vv. Trên cơ

sở của các khái niệm, tính chất với một số định lý của hai chương đầu cùng với

việc thầy hướng dẫn làm luận văn tốt nghiệp PGS-TS Bùi Tường Trí đã hướng

dẫn cho tôi tham khảo và tìm hiểu các vấn đề về các định lý giao hoán của vành.

Trong quá trình học tập và nghiên cứu tôi thấy tính chất giao hoán của một rất

quan trọng, nếu như chúng ta khảo sát một vành mà không có tính chất giao

hoán thì trong quá trình làm việc chúng ta sẽ gặp nhiều trở ngại, khi tìm hiểu về

các chương của các định lý giao hoán tôi đã biết có một vành nào đó chưa biết

giao hoán nhưng với một điều kiện thích hợp thì chúng trở thành giao hoán. Mặt

khác khi nghiên cứu chương ba tôi thấy các định lý về giao hoán của Herstein.

Herstein đã từng bước phát triển điều kiện để vành giao hoán và như vậy sẽ có

nhiều vành giao hoán nói cách khác lớp vành giao hoán mỗi lúc được mở rộng

sau mỗi điều kiện giao hoán của vành được tìm thấy. Việc nghiên cứu tìm điều

kiện cho vành giao hoán là con đường mở rất rộng. Chính vì lẽ đó mà đề tài luận

văn chúng tôi chọn là “ Một vài hướng phát triển của các định lý giao hoán “

Luận văn gồm có 3 chương:

Chương I: Chúng tôi trình bày các kiến thức cơ bản gồm các khái niệm, các định

nghĩa, các tính chất về mođun, vành, căn Jacobson, cấu trúc vành..vv

Chương II: Chúng tôi trình bày các định lý giao hoán bao gồm các định lý, trong

đó có định lý quan trọng đó là định lý WEDDERBURN về một vành chia hữu

hạn, các định lý giao hoán của JACOBSON, của HERSTEIN. Mỗi định lý của

các nhà toán học là sự mở rộng của các lớp vành với điều kiện nào đó vành trở

nên giao hoán.

Chương III: Chương này chúng tôi cố gắng đưa ra một vài ví dụ cụ thể và trình

bày thêm một hướng phát triển của các định lý về giao hoán trên vành

subboolean.

Tôi xin chân thành gởi lời cám ơn đến các thầy cô khoa Toán, phòng Khoa

Học Công Nghệ & Sau Đại Học trường Đại Học Sư Phạm TP. Hồ Chí Minh, các

thầy cô đã tham gia giảng dạy tôi trong suốt quá trình học tập, xin chân thành

cám ơn PGS-TS Bùi Tường Trí đã nhiệt tình dành nhiều thời gian quý báu để

hướng dẫn và giúp đở tôi chọn đề tài luận văn và hoàn thành luận văn tốt

nghiệp.

Chương 1

CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

Các vành được xét trong luận văn này là không giao hoán và có thể không

có đơn vị. Chương này chúng tôi trình bày các định nghĩa, tính chất của vành và

mođun, Radican cùng với các tính chất của radican và đặc biệt là sự phân tích

của vành thành tích trực tiếp các vành con, bởi các ứng dụng của nó trong các

định lý về giao hoán trong chương 2, chương 3

1.1. Các định nghĩa, tính chất của vành và mođun.

Định nghĩa 1.1.1:

R là vành nếu R cùng với phép cộng là một nhóm Aben, với phép nhân

có tính chất kết hợp, phân phối hai phía đối với phép cộng.

Các idean được xét trong luận văn là idean phải, còn idean hai phía được

viết gọn idean.

Các khái niệm vành con, vành thương, vành các thương, đồng cấu, đẳng

cấu, các định lý đẳng cấu được xem như thông thường.

Định nghĩa 1.1.2:

Cho M là nhóm Aben với phép cộng, M được cho là R - mođun nếu có

; )m r M R

  cho tương ứng

ánh xạ từ M R đến M sao cho mỗi cặp (

mr M thỏa điều kiện.

(

)

m a b ma mb 



b. (

)

m n a ma na 



m ab (

)

(

ma b )



Định nghĩa 1.1.3:

được gọi là tập linh

M là R - mođun thì tập

A M (

)

r R Mr /



  

 0

hóa của M trong R .

Định nghĩa 1.1.4:

M được gọi là R - mođun trung thành nếu

kéo theo r = 0 Như

(0)

Mr 

A M = {0}.

)

(

vậy M là R - mođun trung thành khi và chỉ khi

Mệnh đề 1.1.5:

)A M – mođun trung thành.

(

)

A M là idean hai phía của R , hơn nửa M là R / (

Mệnh đề 1.1.6:

R /

E M .

)

A M đẳng cấu với một vành con của vành (

)

(

)A M ={0} khi đó R được

Đặc biệt nếu M là R -mođun trung thành thì (

xem là vành con của vành (

E M . Bây giờ ta xét xem những phần tử nào trong

)

(

E M mà giao hoán được với tất cả aT .

Định nghĩa 1.1.7:

C M (

(

) {   



} a R  

Vành giao hoán tử của R trên M là

E M T ) /  a

, T  a

* Khi đó

E M , hơn nửa nó cũng là vành

)

C M là vành con của vành (

(

)

các tự đồng cấu mođun của M .

Định nghĩa 1.1.8:

M được cho là R -mođun bất khả quy nếu

MR  và M chỉ có các

mođun con là (0) và M .

Mệnh đề 1.1.9: (Bổ đề Schur)

Nếu M là R - modun bất khả quy thì

C M là vành chia.

(

)

Ngoài ra nếu M là R -mođun bất khả quy thì M cũng có tính chất đặc biệt sau

Mệnh đề 1.1.10:

Nếu M là R - mođun bất khả quy thì M và R /  đẳng cấu với nhau như

là R - mođun, trong đó  là idean phải tối đại nào đó của R . Hơn nửa có phần

tử a R để mà

x ax

x R

    , ngược lại bất kỳ idean phải tối đại  nào của

R thì R /  là R -mođun bất khả quy. Và  như thế gọi là idean phải tối đại

chính quy của R .

1.2. Radican của vành

Một trong những điều tuyệt đẹp trong lý thuyết cấu trúc vành là những

vành mà có radican của nó bằng 0, bởi những vành như thế thì nó có cấu trúc là

tích trực tiếp con của các vành nguyên thũy mà có những ảnh hưởng lớn trong

quá trình chứng minh tính giao hoán trong luận văn này, hơn nửa nếu nó giao

hoán thì vành đó là tích trực tiếp con của các trường.

Định nghĩa 1.2.1:

Radican của R , ký hiệu (

J R , là tập tất cả các phần tử của R mà linh hóa

)

mọi R -modun bất khả quy. Nếu R không có modun bất khả quy thì ta đặt

J R (

)

R .

Có thể có nhiều radican, nhưng radican chúng ta đang xét là căn Jacobson

Theo định nghĩa thì

J R (

)

A M (

)

, M chạy khắp các R -modun bất khả quy,

 

chúng ta cũng biết

A M là idean hai phía nên

(

)

J R cũng là idean hai phía.

(

)

Định nghĩa 1.2.2:

Cho  là idean phải của R ta có:

R )

x R Rx /

( : 

  

  . 

Khi  là idean phải tối đại chính quy của R thì ( : )

R A M )

(

 

Mệnh đề 1.2.3:

với  chạy khắp các idean phải tối đại chính quy của R .

J R (

)

R  (

Ngoài kết quả này chúng ta còn có kết quả đẹp hơn đó là

Mệnh đề 1.2.4:

J R (

)

  với  chạy khắp các idean phải tối đại chính quy của R .

Chúng ta thấy với định nghĩa và các mệnh đề trên thì radican có những

đặc tính đẹp, vậy thì các phần tử nằm trong rađican thì thế nào.

Chúng ta sẽ quan sát các phần tử nằm trong rađican qua các định nghĩa và

các mệnh đề sau:

Định nghĩa 1.2.5:

* a R được gọi là tựa chính quy phải nếu tồn tại phần tử

R sao

cho

. ' 0

' a a aa  

 thì a ’ được gọi là tựa khả nghịch phải của a . (tương tự

chúng ta cũng định nghĩa đối với tựa khả nghịch trái).

* Hơn nửa nếu R có đơn vị thì a là tựa chính quy phải khi và chỉ khi

1+a là tựa khả nghịch phải. (vì

a a a

. ' 1

  

 kéo theo

. ' 0

a a a a '  

 thì

(a +1)( a ’+1)=1 ).

* Từ mệnh đề 1.2.4 trong phần chứng minh ta có thể chỉ ra thêm các nhân

tố khác của radican:

J R là tựa chính quy phải, nếu  là idean phải tựa chính

(

)

quy phải thì  chứa trong

J R . )

(

Mệnh đề 1.2.6:

J R là idean phải tựa chính quy phải của R và chứa tất cả các idean

)

(

phải tựa chính quy phải của R hơn nửa nó là idean phải tựa chính quy phải lớn

nhất của R .

Định nghĩa 1.2.7:

. Phần tử a R gọi là lũy linh nếu a m = 0, với m là số tự nhiên nào đó

.  là idean nil phải (trái, hai phía) nếu mỗi phần trong  là lũy linh.

.  là idean lũy linh phải (trái, hai phía) nếu có một số m sao cho

a 

a a 2,

,......., m

....... 0 aa 21 ma , với mọi 1

. Cho ,I J là idean phải (trái, hai phía) của R thì I J là nhóm con đối với

I b ,



 khi đó I J là idean

phép cộng của R sinh bởi tất cả các tích ab,

 là idean lũy linh phải (trái, hai phía) nếu

0n  , với n nào đó.

1 

phải (trái, hai phía) của R . Định nghĩa theo quy nạp chúng ta cũng có nI . Từ đó

0na  , ta có

a a

...

( 1)n

1 a

  



  

, khi đó ta . Giả sử ta có

a b ab  

 , vậy mọi phần tử lũy linh trong R đều có tính chất là tựa

có

chính quy phải. Vì lẻ đó ta có mọi idean nil phải trong R đều tựa chính quy

phải.

Mệnh đề 1.2.8:

J R . )

(

Mọi idean nil phải hoặc trái trong R đều chứa trong

Bây giờ chúng ta xem xét Rađican của A được xem như là vành và

Rađican của A được xem như là một đại số có khác không, điều này được khẳng

định là như nhau.

Chứng minh:

Đặt là idean phải tối đại chính quy của A , A được xem như là một

vành. Khi đó  cũng tự nhiên là không gian vectơ con của A trên F , vì nếu

không thì F  , tuy nhiên từ các tính chất của định nghĩa đại số thì F là

 , có A F 



2 A

(

F A )



)FA (

  , vì chính quy nên có phần

 



)   



A   

tối đại nên ta ta có idean phải của A , là

2 ax A 

 , vì



tử a A để mà x ax   với mọi phần tử x A nhưng mà

A .

vậy ta có x  hay

Như vậy idean phải tối đại chính quy của A như là vành cũng là idean

phải tối đại chính quy của A như là một đại số và radican của chúng là trùng

nhau.

Bây giờ chúng ta có thể xây dựng được một vành mà radican của nó bằng

không từ một vành có radican khác không.

Mệnh đề 1.2.9:

))

(

(0)

( J R J R 

Định nghĩa 1.2.10: R là vành nửa nguyên thũy (nửa đơn) nếu

J R = (0). )

(

J R là vành nửa nguyên thũy.

(

)

Như vậy theo mệnh đề trên ta có R /

Mệnh đề 1.2.11: Nếu A là idean của R thì

J A = A  (

J R . )

)

(

Vì vậy nếu R là vành nửa nguyên thũy thì mọi idean của R cũng là vành

nửa nguyên thũy.

Mệnh đề 1.2.12:

)

J R ( (

))



J R ( n

1.3: Vành Artin nửa nguyên thũy:

Chúng ta xem xét lớp vành Artin nửa nguyên thũy là lớp vành có những

tính chất rất đặc biệt, bởi mỗi vành như thế được biểu diển dưới dạng tổng hữu

.....

R      

 là vành các ma

( ) ,k n k

( ) i n i

(1) n 1

(2) n 2

( )i ,

( )i là vành chia, như vậy với vành Artin nửa nguyên

hạn các vành Artin đơn, hơn nửa

trận n i  n i trên

thũy chúng ta có thể nhìn thấy cấu trúc phân tích của vành theo vành các ma

trận, mà vành các ma trận thì chúng ta đã quen và biết khá nhiều các tính chất

về nó.

Định nghĩa 1.3.1:

Vành R được gọi là Artin phải nếu mọi tập không rổng các idean của R

phải có phần tử tối tiểu.

Chúng ta có thể nói một cách ngắn gọn vành Artin phải là vành Artin.

Chúng ta có thể chứng minh được R là vành Artin khi và chỉ khi bất kỳ dãy các

....



 sẽ dừng tại n nào đó, nói cách

   2

 n

idean phải giảm của R là

....



...  .

   n n



khác tồn tại một n nào đó để cho

Nếu R là vành Artin thì radican của R như thế nào, nó có đặc tính gì

không?

Mệnh đề 1.3.2: Nếu R là vành Artin thì

J R là idean lũy linh.

)

(

* Ta có nếu R là vành Artin thì mọi idean nil phải (trái, hai phia) của R

đều lũy linh.

Hệ quả 1.3.3: Nếu R là Artin thì bất kỳ idean nil phải ( trái, hai phía ) của R

đều lũy linh.

* Hơn nửa nếu R là vành chứa idean phải lũy linh thì R chứa idean hai

phía lũy linh.

Bây giờ chúng ta xem xét các vành có mối quan hệ với các phần tử lũy

đẳng.

Định nghĩa 1.3.4: Phần tử e R gọi là lũy đẳng nếu

e .

0e  , 2e

Mệnh đề 1.3.5:

0 là idean

Cho R là vành không có idean lũy linh khác không, giả sử

phải tối tiểu của R thì  eR , với e là phần tử lũy đẳng của R .

Mệnh đề 1.3.6:

a là lũy linh thì a là

Cho R là vành, a là phần tử của R sao cho 2a

e a g a ( )



( )g x với các hệ số nguyên thì

phần tử lũy linh hoặc có đa thức là

phần tử lũy đẳng khác không.

Mệnh đề 1.3.7:

0 là idean phải không lũy linh của R thì 

Nếu R là vành Artin và

chứa phần tử lũy đẳng khác không.

Trong trường hợp đặc biệt chúng ta có mối quan hệ radical và vành eRe

Mệnh đề 1.3.8:

J eRe ( )

eJ R e ( )



Cho R là vành bất kỳ thì , với e là lũy đẳng trong R .

Tiếp tục chúng ta xem xét mối quan hệ của R và eRe cùng với sự đặc

biệt của e là gì?

Mệnh đề 1.3.9:

R là vành không có idean lũy linh khác (0), e là phần tử lũy đẳng của

R . Khi đó eRe là idean phải tối tiểu khi và chỉ khi eRe là vành chia.

Hệ quả 1.3.10:

R là vành không có idean lũy linh khác không, khi đó eR là idean phải

tối tiểu của R khi và chỉ khi Re là idean trái tối tiểu của R , với e là phần tử lũy

đẳng nào đó của R .

Sau đây chúng ta quan sát một vành mà radical của nó là bằng (0).

Định nghĩa 1.3.11:

Cho trường F và nhóm G hữu hạn có cấp o(G ). Ta gọi F (G ) là đại







a g i

a i

F g G i

các phần tử của số nhómG trên trường F là 

nhóm được xem là độc lập tuyến tính trên F , phép cộng theo cách tự nhiên,

g g được tính theo phép nhân

phép nhân được dùng theo luật phân phối và

trong G .

Mệnh đề 1.3.12: (Định lý Maschke’s)

Cho G là nhóm hữu hạn có cấp o(G ), F là trường có đặc số 0 hoặc đặc

số p không là ước của o(G ) thì F (G ) là nửa nguyên thũy..

Chú ý trong mệnh đề 1.3.5 đã chỉ ra rằng một idean phải tối tiểu trong

vành không có idean nil khác không thì tồn tại một lũy đẳng, thật ra trong vành

Artin nửa nguyên thũy không cần thiết với điều kiện tối tiểu, sau đây ta có mệnh

đề sau.

Mệnh đề 1.3.13:

0 là idean phải của R thì

Cho R là vành Artin nửa nguyên thũy

eR

vớie là phần tử lũy đẳng của R .

Hệ quả 1.3.14: Cho R là vành Artin nửa nguyên thũy và A khác không là

idean của R thì A = eR = Re , e là lũy đẳng nằm trong tâm của R .

Hệ quả 1.3.15: R là vành Artin nửa nguyên thũy thì R có phần tử đơn vị hai

phía.

Mệnh đề 1.3.16:

Mọi idean của vành Artin nửa nguyên thũy là vành Artin nửa nguyên

thũy.

Định nghĩa 1.3.17:

R  và R không có idean nào

Vành R được gọi là vành đơn nếu

khác ngoài (0) và R .

Từ Mệnh đề 1.3.16 chúng ta khai thác sâu hơn ta được định lý

Wedderburn như sau

Mệnh đề 1.3.18: ( Định lý Wedderburn )

R là vành Artin nửa nguyên thũy thì R là tổng trực tiếp của một số hữu

....

   , trong đó

A hạn của vành Artin đơn và R = 1

A 2

A n

iA là các vành

iA quét hết các idean tối tiểu của R .

đơn và

Định nghĩa 1.3.19:

Vành R được gọi vành nguyên thũy nếu nó có một mođun bất khả quy

trung thành.

Mệnh đề 1.3.20: R là vành nguyên thũy khi và chỉ khi trong R tồn tại  là

: R ) = (0). R vì vậy là nửa

idean phải chính quy tối đại của R sao cho (

nguyên thũy, hơn nửa nếu R giao hoán thì nó chắc chắn là trường.

Chúng ta xét vành R là vành nguyên thũy, M là R - mođun bất khả quy

)

(

C M   là vành giao hoán của R trên M thì theo bổ đề

trung thành, ta đặt

Schur thì  là một vành chia. Khi đó chúng ta xem xét M như là không gian

vectơ phải trên  và m được xác định như là một tác động của , như là một

E M trên M , với

)

(

m M 

  .

phần của

Định nghĩa 1.3.21:

R được cho là tác động dày đặc trên M (hoặc R được cho là dày đặc

v M và chúng độc lập tuyến tính trên  và

v v 2,

,.., n

trên M ) nếu với n và 1

w M thì tồn tại phần tử r R sao cho

w w 2, 1

,.., n

v , với mọi i = 1,2,…, n .

w r i

bất kỳ n phần tử

Chú ý rằng trong trường hợp M có số chiều hữu hạn trên  và nếu R

tác động cả trung thành và dày đặc trên M thì R đẳng cấu với

dim



)

  là vành các ma trận n n trên  , với

M

Hom M M ( 

. vì vậy

tính chất dày đặc là sự tổng quát của vành các phép biến đổi tuyến tính. Với

định lý dày đặc sau đây được đề xuất bởi Jacobson và Chevalley sẽ bật ra toàn

bộ lý thuyết cấu trúc vành.

Mệnh đề 1.3.22: ( Định lý dày đặc)

Cho R là vành nguyên thũy, M là R-mođun bất khả quy, nếu

C M (

)

 

thì R là dày đặc các phép biến đổi tuyến tính trên M trên  .

Định nghĩa 1.3.23:

R là vành các phép biến đổi tuyến tính trên không gian vectơ V trên

vành chia D có:

v  , w V thì có r R : w vr

,w w V thì

V độc lập tuyến tính trên D và

. a) Tính bắt cầu đơn nếu v V ,

2,v v

b) Tính bắt cầu đôi nếu 1





r R w v r w 2 1

v r 2

có .

V là không gian vectơ trên vành chia, R là vành các phép biến đổi tuyến tính có

* Hơn nửa điều ngược lại của định lý dày đặc cũng đúng vì thật chất nếu

tính bắt cầu đơn thì vành nguyên thũy.

Thật vậy, vì R là vành các phép biến đổi tuyến tình trên V , thì R có V

như là mođun trung thành. Ta cần chứng minh là V là R - mođun bất khả quy,

n N

 

   , v V  do tính bắt cầu có r trong R sao cho

v nr N

   N V

xét 0 N V

Và nếu R là vành các phép biến đổi tuyến tính có tính bắt cầu đôi thì ta

có mệnh đề sau:

Mệnh đề 1.3.24:

Nếu R là vành các phép biến đổi tuyến tính có tính bắt cầu đôi trên

không gian vectơ V trên vành chia D thì R là dày đặc trên V và vành giao

hoán với R trên V trùng với D .

Mệnh đề 1.3.25:

R là vành nguyên thũy. D là vành chia thế thì hơặc R đẳng cấu với D , hoặc có số m nguyên dương nào đó tồn tại tập con mS của R sao cho đồng cấu

với mD , với mD là vành các ma trận m m với các hệ số trong D .

Định nghĩa 1.3.26:

P là idean của R gọi là idean nguyên tố nếu

,B C R là các idean và

.B C P thì C P hoặc B P .

R gọi là vành nguyên tố nếu 0 là idean nguyên tố.

,a b R



 sao cho aRb = (0) thì ta

Hoặc R gọi là vành nguyên tố nếu

có a = 0 hoặc b = 0. Hoặc R có mọi linh hóa phải các idean phải đều bằng 0

Mệnh đề 1.3.27: Mọi vành nguyên thũy đều nguyên tố.

Từ mệnh đề 1.3.27 ta có thể suy ra tâm của vành nguyên tố là miền nguyên

Mệnh đề 1.3.28: ( định lý Wedderburn-Artin)

nD ,

nD là vành các ma

Cho R là vành Artin đơn. khi đó R đẳng cấu với

trận n n với các hệ số trong D , hơn nửa n là duy nhất và D cũng duy nhất

sai khác một đẳng cấu và ngược lại mọi vành chia D thì D n là vành Artin đơn.

Định lý Wedderburn-Artin có nhiều ứng dụng rất quan trọng trong nhiều

trường hợp đặc biệt của vành Artin, với mệnh đề 1.3.18 thì bất kỳ vành Artin

nửa nguyên thũy nào cũng là tổng trực tiếp hữu hạn của các vành Artin đơn kết

hợp với mệnh đề 1.3.28 thì ta có mệnh đề sau

Mệnh đề 1.3.29:

.....

(2) ( ) k R        n n 2 k

(1) n 1

i ( )

Nếu R là vành Artin nửa nguyên thũy thì:

n trên vành chia

( )i .

n i

n là vành các ma trận

với

Trong trường hợp đặc biệt đối với các R đại số đơn hữu hạn chiều trên

trường đóng đại số F thì R được phân tích rỏ ràng hơn

Định nghĩa 1.3.30:

Cho đại số A trên trường F , a A được gọi là đại số trên trường F

p x ( )

F x ( )

p a  . Đại số A được gọi ( )

nếu có đa thức khác không sao cho

là đại số trên trường F nếu mọi phần tử a của A đều đại số trên trường F .

Chú ý: Nếu A hữu hạn trên trường F thì A đại số trên trường F

Mệnh đề 1.3.31:

F thì D trùng với F .

Cho F là trường đóng đại số. Nếu D đại số chia có tính chất đại số trên

Với mệnh đề 1.3.31 cùng với các mệnh đề 1.3.28, 1.3.29 ta có

Mệnh đề 1.3.32:

Cho F là trường đóng đại số, A là đại số nửa nguyên thũy hữu hạn trên

F ...    n

F 2

F thì A  1 F

Ta có tâm của tổng trực tiếp là tổng trực tiếp các tâm, ngoài ra ta cũng có

inF là một chiều trên F ( vì tâm là

inFI

inI

AZ nói cách khác ta có

in  in ) vì thế k = dim F

với là ma trận đơn vị tâm của

Hệ quả 1.3.33:

Nếu A được cho như mệnh đề 1.3.32 thì số các thành phần tổng trực tiếp

G là nhóm hữu hạn có cấp là o(G ), F là trường đóng đại số có đặc số

của A bằng số chiều các tâm của A trên F .

.....



F n 1

F n 2

F n k

. 0 hoặc p không là ước của o(G ) thì F (G ) =

1.4: Sự phân tích của vành:

Chúng ta thấy vành nguyên thũy đã được mô tả khá rỏ, thế còn vành nửa

nguyên thũy thì sao?. Sau đây chúng ta sẽ mô tả vành nửa nguyên thũy qua tích

trực tiếp các vành nguyên thũy và đó cũng là cấu trúc của các vành nửa nguyên

thũy. Ngoài ra ta còn có một lớp vành khác cũng khá quan trọng đó là lớp các

vành, mà mỗi vành đều không có các idean lũy linh ( hoặc idean nil) khác

không, khi đó nó phân tích thành tích trực tiếp con các vành nguyên tố, mà mỗi

vành nguyên tố thì chúng ta khá là quen thuộc cùng với các thuộc tính của

chúng

Định nghĩa 1.4.1:

. Tích trực tiếp của các vành R, ( là nằm trong tập chi số I nào đó) là

f { :

}





( ) 



  

R 

 I  

 I  

chúng ta cho cấu trúc vành đối tập

f g 

g )( ) ( ) ( )    



( ) ( ) g  

R

 bởi các phép toán như sau: ( 

R

vớ và ( . )( ) f g 

 lên R. 

Ta đặt  là phép chiếu chính tắc của

. Một vành R được gọi là một tích trực tiếp con của các vành

{

: 

},R   nếu tồn tại một đơn cấu:

R

  



I  



R  

R 

sao cho

Kết quả sau được suy ngay từ định nghĩa:

Mệnh đề 1.4.2:

: R

  là các toàn cấu của R lên các



R 

cho R là một vành tùy ý và

k er



U 



(0),







 . Ngược lại có họ U các idean của R



R khi và chỉ khi

khi đó R là một tích trực tiếp con của các vành vành R.Đặt

(0)



U 

R U /





sao cho thì R là một tích trực tiếp con của các vành

Định nghĩa 1.4.3:

R được gọi là vành trực tiếp con bất khả quy, nếu giao của tất cả các

idean khác không của nó khác không.

Với định nghĩa này ta luôn có R không có sự biểu diển không tầm

R là vành nửa nguyên tố nếu R không chứa idean lũy linh.

thường như là tích trực tiếp con của các vành R .

Như vậy R là vành nguyên tố thì R là vành nửa nguyên tố

Mệnh đề 1.4.4:

Mọi vành đều có thể biểu diển như là tích trực tiếp con của các vành trực

tiếp con bất khả quy.

a R

Chứng minh:

  , ta đặt

aU là idean tối đại của R sao cho không chứa a

Cho 0

(0), 0

a R



 

điều này tồn tại bởi bổ đề zorn. Rỏ ràng là vì vậy R là

R U /



R a

 . Bây giờ ta có a + aU khác không

tích trực tiếp con của các vành

R U /



R a

, (bởi mọi idean là nằm trong mọi idean khác không của

R U /



K U 

R a

a , ta suy ra K nằm trong

aU do

aU là idean tối đại không chứa a , do đó

trong mà không chứa a + aU vì vậy K không chứa

R U /



R a

K’=(0). Do đó là vành trực tiép con bất khả quy).

Mệnh đề 1.4.5:

R là vành nửa nguyên tố khi và chỉ khi R là tích trực tiếp con các vành

nguyên tố.

Như vậy nếu R là vành không có idean nil khác không thì R không

aR .(tâm của vành nguyên tố là miền nguyên).

chứa idean lũy linh vì vậy R là tích trực tiếp con của các vành nguyên tố

Đặc biệt khi R là vành có không có phần tử lũy linh thì R phân tích được

thành tích trực tiếp con các vành nguyên tố.

n U



Chúng ta có nhận xét rằng aR có tính chất mạnh hơn nửa, đó là nếu a là

U ( đó

aR và nếu U là idean khác không của aR thì 

 

ảnh của a trong

aR ).

là các lũy thừa của a đều nằm trong idean khác không của

J R = (0), mặt khác ta có:

)

(

Nếu R là vành nửa nguyên thũy thì

J R (

)

(0)

R  (



, với  là idean tối đại chính quy phải của R . Ta có R

/ (

)



: 



nguyên thũy. là tích trực tiếp con các vành

Mệnh đề 1.4.6:

R là vành nửa nguyên thũy khi và chỉ khi R là đẳng cấu với vành tích

trực tiếp con các vành nguyên thũy.

Hơn nửa nếu R là giao hoán thì R là tích trực tiếp con các trường.

Mệnh đề 1.4.7:

Mọi phần tử lũy đẳng tâm etrong vành bất khả quy trực tiếp con Rcó

đơn vị thì e= 0, e=1,

Chứng minh:





e 

Giả sử là idean và

(0)

A 

r r :

r {

 , đặt





e  nên có 1

} 

vì khi đó ta , là lũy đẳng tâm khi đó A e R  e r r R B / e r  

(0)

  thì

{0}

A B 

B 

có idean, ta lại có vì x A B và B là



' 

' 0  điều này mâu thuẫn



r '  

e r 

e e r  

e r 

e e r  

e r 

suy ra

với R là trực tiếp con bất khả quy

Chương 2

CÁC ĐỊNH LÝ VỀ GIAO HOÁN

Sau khi đã có các cơ sở về căn Jacobson, các định nghĩa và tính chất về

vành nửa nguyên thũy, nguyên thũy, nửa nguyên tố, nguyên tố …vv cùng với sự

phân tích cấu trúc của một vành. Chúng ta chuyển sang chương 2 với các định lý

về giao hoán, các bước chứng minh của các định lý này trên cơ sở cấu trúc của

vành đi từ vành chia đến vành nguyên thũy (hoặc nguyên tố), vành nửa nguyên

thũy (vành nửa nguyên tố) rồi chuyển sang vành bất kỳ. Với phương pháp này

Jacobson, Herstein đã mở rộng định lý về giao hoán trên vành chia hữu hạn

của Wedderburn tới các lớp vành rộng hơn cùng với các điều kiện khác nhau.

Ở chương này chúng ta xét các điều kiện để cho một vành là giao hoán,

với Định lý Wedderburn trên vành chia hữu hạn, Định lý Jacobson, Định lý

Herstein, từng bước Jacobson, Herstein đã xây dựng thêm các lớp vành và

điều kiện mới để có lớp vành giao hoán.

2.1: Định lý Wedderburn trên vành chia hữu hạn và các định

lý về giao hoán

Định lý Wedderburn đã mô tả được tính giao hoán của lớp vành chia

hữu hạn, định lý ngoài vẽ đẹp của nó mà nó còn đóng vai trò quan trọng trong

nhiều phần khởi đầu của đại số trong lý thuyết vành cũng như lý thuyết cấu trúc

vành. Và cũng từ định lý này Jacobson, Herstein đã tổng quát hóa cho điều

kiện giao hoán của một vành.

Bổ đề 2.1.1:

p  và Z là tâm. Giả sử có một phần

Cho D là vành chia có đặc số

npa

a với n  1 thì tồn tại phần tử x D sao cho

a D a Z ,

 , sao cho



xax

1  

 với i là số nguyên nào đó.

tử

Chứng minh:

: D D

  bởi

a x [ , ]

x 



xa ax 

Ta định nghĩa ánh xạ , với mọi

p a x

x D , vì D có đặc số

p x  



p  nên ta có

, tiếp tục như thế ta

x k ,

k p x  



 . Đặt P là trường nguyên tố của Z do giả

có

( )P a là trường có mp phần tử vì vậy

thuyết ta có a là đại số trên P , vì vậy

mpa

mpxa

mpa

a và



xa ax 



x

mpx =

mp

 .

– khi đó ta nói

)



x a a ) 

( ( )   

xa ax 



x ( )  

( )P a

:I D

vì  Nếu thì ( x ) = (

  chuyển x thành  x

giao hoán với a , nếu ta định nghĩa

  

mpt

( )P a là

t phân tích trong

) vì  ( )P a , ta xét đa thức Khi đó I giao hoán với  (



) 

t ( ) ( P a

 



, vì  giao hoán với  nên

0  ta đặt

)





  

( I   

( ) P a

 



)(

(

).....(

)



chúng ta có: vì a Z ,

 

I  1 2

 k

( ) i P a

là tích ngắn nhất với tích đó bằng 0

r  0

0  , k  1vì vậy có

)........(

)





)



theo phân tích trên thì tích trên tồn tại, và vì ta có

((   1

  k

1 

( w k 

0 và 0 đó trong D sao cho

wa aw 



( )P a vì w o chúng ta thu được

w k

k  trong 0

( )P a

waw

  trong a

1   k

với là

( )P a là trường hữu hạn vì thế các phần tử trong

( )P a có cấp hữu

Bởi vì

waw

P a ( )

1  

1  

 với i

vì vậy hạn là các lũy thừa của a , nhưng

nào đó. ĐPCM.

Định lý 2.1.2: (Wedderburn) Nếu D là vành chia hữu hạn thì D là trường.

D là vành chia và Z là tâm của D , do D hữu hạn nên D có đặc trưng p (số

Chứng minh:

nguyên tố) nên trường con nguyên tố trong Z có p phần tử, vì thế ta có thể xem D

p

phần tử. Bây giờ chúng ta là không gian tuyến tính trên Z vì vậy D có

n ) là giao hoán

kp ( k

chứng minh theo n và giả định là mọi vành chia có cấp

do đó nó là trường.

,a b D sao cho ab

ba

i b a

Z vì xét tập

nhưng thì Nếu

,a b vì

x D xb

( N b

) {

i } b x

(

)iN b là vành chia trong D chứa

 



khi đó

(

Z .

)iN b trùng với D do đó

vậy nó không giao hoán, vì vậy

( )m uu

( )m u số nguyên dương bé nhất để mà

Z , ta chọn

Nếu u  D ta đặt

( )m a là số nguyên dương bé nhất trong các số

( )m u ,

phần tử a D , a Z mà

r m a ( )



pq

thì đặt như vậy r là số nguyên tố ( thật vậy, nếu r

,p q thuộc (cid:0) p q )

(

Z  ,



(tập các số tự nhiên) khác 1 và ngưyên tố cùng nhau. Vì

(

p q )

a



 với q

r trái với giả thiết r là bé nhất,

xét phần thì

xax

1  

 vì vậy:



vậy r là nguyên tố) theo bổ đề 2.1.1 thì tồn tại phần tử x D sao cho

xax

1   ) a

k x ax

(

xax

1 x

)

xa x

....



1 1   ...... x    k 1 

1  x ax xax .. i ph tu a

...... k 1 

(do

xax

1   )

i a x

  1 1  

.... x a x   k 2

.... i

......  k 2



( k  



k (  

= (do

(

)

2 i a x

...



1 

k x ax

( 1)   

a

k  

r  ta có: 1

đặc biệt là với do đó

ax

Z vì rằng

1rx

  (đó là do tính bé

1 1 (mod )   r

1 

và . Để ý rằng xa

)iN b ) từ đó suy ra rằng

(





1 . Đặt

nghĩa là nhất của r và định nghĩa của tập

1rx

bab

  ta nhận được

1 a 

(

bab

)







, do đó

r b a

ab

r b ab

r r a a 

 ;

r ba b

r  , cùng với đẳng



Z   . Ký hiệu

Z  và

Z  .

và thức

( ) Z a

u ....



 trong đó

u b 1

1 r b  1 

Ta khẳng định rằng, nếu thì

iu phải bằng 0. Thật vậy, giả sử ta có hệ thức

m 1

....



0  (

....



 )

u b k

u 0

u b 1

m r k

m 1

tất cả các phần tử

có số các số hạng bé nhất bằng cách kết hợp với a và chú ý rằng:

1  a ba

1  b a b a







k 

m m b 1

u ....

m m b k





 . Bằng cách trừ đi các vế tương ứng ta được

u  1

r  (để ý r là số

)

.....



m 





m 

 . Vì rằng  1 và ) 0

u b k

u b 1

ta nhận được:

1i  khi 1  i < r , như vậy phát sinh một hệ thức tổng quát hơn,

nguyên tố ) nên

có số các số hạng bé hơn các số hạng như hệ thức ban đầu, là không thể được.

( ) Z b



 , trong đó

v 0

v a 1

v .... r

1 r a  1 



t ,

 là những đa thức cực tiểu trên Z tương



iv  Đặc biệt các đa thức:

Tương tự, nếu thì tất cả các phần tử

,a b . Do đó ta có : [ ( ): ] Z a Z

Z b Z r [ ( ): ]



 .

ứng với

bxb

Z a : ( )



Z a ( )  với

( ),

Z a  bất biến với các phần tử của Z . vì rằng  là tự đẳng cấu bậc r và

[

Z a Z ( ) :

]

r , nên các lũy thừa của tự đẳng cấu sẽ quét hết tất cả các tự đẳng cấu

Ánh xạ là tự đẳng cấu không đồng nhất của trường

Z a trên Z. Do tính hữu hạn của

Z a mọi phần tử 0 u Z

( ),

  có

của trường

x ( ).....



x 

1 r   x x Z a ( ), ( ) 

thể biểu diển dưới dạng , đặc biệt

y ( ).....

1  



y 

r 

1  y y Z a ( ), ( ) 

1 

0 1

r b y .

y ( ).....

y ( )

 

 . 

1  



r 



Ta có

 b y byb b yb

b .......



r b yb

......

yb yb b .



 r



b yb b

(

)

1 (

r ) ,



 

Z  .

r yb )

)(1

(

yb )

....

(

r 1 yb  )

1 ( 

(1  



) 0 

)(1

ybyb

....

)

(1  





.... yb ybyb  1 r 



)(1

1 2 ybyb b

....

1 2 2 3 ybyb b yb b

....

...) 0

(1  





1 

)(1

y b ( )

3 y b ( )

.....

y b ( )

(1  



y 



2 ( ) y y  



r    ( )... y y

...) 0 

Lại có

yb

 hoặc

2 y b ( )

3 y b ( )

.....

r y b ( )

1  ...) 0



yb y 





2 y y ( )  



r    y y ( )...



Vì vậy : 1

y Z a ( )

. Vậy định lý được chứng Như vậy cả hai điều trên không thể xảy ra vì

minh.

Như vậy định lý Wedderburn đã khẳng định rằng mọi vành chia hữu hạn đều

trường. đều này đã tách lớp vành chia thành hai lớp bao gồm các lớp trường hữu

hạn và lớp vành chia không hữu hạn. Như vậy để xét tính giao hoán của vành chia

chúng ta chỉ cần quan tâm đến lớp các vành chia không hữu hạn.

Từ định lý Wedderburn ta có mệnh đề sau rất đẹp đó là bất kỳ những nhóm

con nhân nào trong vành chia D mà hữu hạn đều giao hoán.

Bổ đề 2.1.3:

p  và G D là nhóm con nhân hữu hạn

Nếu D là vành chia có đặc số

của D thìG là nhóm giao hoán và do đó G xilic.

Chứng minh:

{

}







/ g   i i

P g G i

Đặt P là trường con nguyên tố của D và

Khi đó A là nhóm con hữu hạn của D với phép cộng, hơn nửa vìG là nhóm con

nhân nên A là một vành chia hữu hạn vì vậy theo định lý trên ta có A là giao hoán

(trường), bởi G A nên G giao hoán.

*Với định lý và bổ đề trên cho phép chúng ta đi xa hơn tình huống trên đó là

với điều kiện nào thì một vành không hữu hạn có thể giao hoán được và cuối cùng

người ta cũng tìm được các điều kiện đại số của những phần tử trong vành hơn là

tính hữu hạn. Để có được một vành không hữu hạn có thể giao hoán được với các

điều kiện đại số của những phần tử trong vành, chúng ta đi từ lớp vành chia không

hữu hạn, sau đây chúng ta xem xét bổ đề sau.

Bổ đề 2.1.4:

D là vành chia trong đó mỗi phần tử a trong D đều có số nguyên ( ) 1 n a 

)

(

n aa

a thì D giao hoán.

sao cho

Chứng minh;

m  với m >1 điều này chứng tỏ D có đặc số

p  , với 0

p là nguyên tố. Nếu D không giao hoán thì có phần tử

a D a Z ,

 với Z là



Vì 2 D và 2

( )P a là

tâm của D , đặt P là trường nguyên tố của Z , vì a là đại số trên P ,

np phần tử, vì vậy

npa

a , tất cả các điều kiện này thỏa mãn

bab

trường hữu hạn với

1  

 , với mối quan hệ này

bổ đề 2.1.1 vì vậy có phần tử b D sao cho

,a b đã dẫn đến

,a b là các phần tử sinh của

cùng với điều kiện bậc hữu hạn của

một nhóm con nhân G của D và theo bổ đề 2.1.3 thì G là nhóm giao hoán, như

,a b  D mâu thuẫn với

bab

.a b

ba

1   . Vậy D là giao hoán.

vậy với

Bây giờ chúng ta xem xét hai ví dụ sau:

Ví dụ :

x thì R là vành giao hoán.

Cho R là vành sao cho x R  :

(

)

  



x R

 vì vậy R là vành có đặc số là 2.

  , ta có

Chứng minh:

x x

3 6 )

6 x

8 x 6

10 x 15

12 x 20

14 x 15

16 x 6

18 x

3 x x 

(  





Ta có:

10 x

14 x



14 x

10 x

14 x

2x ta có



    

x R

   , thỏa điều kiện của vành Bool vì vậy R là vành giao hoán.

Vì vậy 10 ta nhân hai vế cho

Ví dụ :

x thì R là vành giao hoán.

Cho R là vành sao cho x R :

Chứng minh:

,x y R chúng ta có:

Với mọi

)

(

)

0 ( 



  





khi khai triển ta có:

2 x y

xyx

2 y x

yxy



0 

(1)

0x  , x R

  .

y vào (1) thu được

36 x  vì vậy ta có 6

ta thế x

23 x

x

3 x

x ta có

3 x

0  ,

ta thế vào (1) thu được = 0 với

x R

   ).

x 3 ,

x 3   



  . ( do 6 R

vì vậy ta có

2 ) y

2 3 x

3 xy

0 3( 



) 3 x y 













vì vậy ta có

x R



3    



   .)

hay 0 3 ( do 6

x  vào (1) có:

2 x y

xyx

2 y x

yxy





 (2)

mặt khác thế x

2 x y

xyx

)



 và vì thế ta có

ta cộng (1) và (2) ta thu được

2 yx

3 yx

2 ) yx x

3 2 x y

2 xy

0 2 ( 

x x y xyx 



) 2( 

2 x y xyx 











từ đó ta có



yx

suy ra xy và kết hợp 3 ,  ,x y R

vậy R là vành giao hoán.

x thì R

Trong hai ví dụ trên cho chúng ta một vành R với điều kiện

giao hoán ứng với n=3, 6. vậy trong trường hợp tổng quát thì điều đó có còn đúng

hay không, trong trường hợp này chúng ta xem xét định lý Jacobson sau:

Định lý 2.1.5:(Jacobson)

n a  ( ( )n a

)

(

Cho R là vành trong đó mọi phần tử a R có số nguyên ( ) 1

n aa

a thì R là giao hoán.

phụ thuộc vào a ), để mà

Chứng minh:

)

J R (

)

(

n a

( ) 1 

thì vì Chúng ta bắt đầu với R là vành nửa nguyên thũy vì nếu

n aa

a chúng ta có

)

J R (

n aa (

J R (

)

) 1  

)



 lại có

( ) 1 

suy ra từ

n aa



a  vì vậy R là vành nửa nguyên thũy

khà nghịch ta có đó suy ra

(

J R  ) ) 0

(hay

)

(

n aa

a , hơn

Bởi mệnh đề 1.4.6 thì R là tích trực tiếp con các vành nguyên thũy Rvà

mỗi R như là ảnh đồng cấu của R nên nó thừa hưởng điều kiện

nửa các vành con của R và ảnh đồng cấu của nó cũng có các điều kiện trên.

Khi R là vành nguyên thũy thì theo mệnh đề 1.3.25 thì:

hoặc R đẳng cấu với D ( D là vành chia )

hoặc có số m>1, mD là ảnh đồng cấu với vành con nào đó của R.

kD nào đó

)

(

n aa

a thế nhưng điều này không đúng vì có phần tử:

k >1 và D k có tính chất

0.10

)

(

0.00

Cũng vì vậy nếu R không đẳng cấu với D thì chúng ta có

n aa

a =

2a = 0 không thỏa tính chất

a

0.00

     

     

với

vì vậy R là vành chia nên nó giao hoán theo bổ đề 2.1.4 mà R là tích trực tiếp

con các vành R nên R giao hoán.

Với Định lý Jacobson đã trình bày lớp vành với điều kiện được nêu trên thì

giao hoán, lớp vành không chỉ chứa lớp vành chia hữu hạn mà còn chứa lớp vành

chia với điều kiện giao hoán của Jacobson, thật ra thì lớp vành thỏa điều kiện nêu

trên là lớp vành nửa nguyên thũy với điều kiện được nêu. Đặc biệt nếu ta có R là

vành Artin nữa nguyên thũy thì R là tích trực tiếp con hữu hạn của các trường.

Sau đó Herstein đã mở rộng thêm lớp vành khác với các điều kiện khác để có

nhiều lớp vành giao hoán hơn. Sau đây là lớp vành mà điều kiện xét trên các giao

hoán tử.

Giống như định lý Jacobson chúng ta xem xét ví dụ sau đây:

Ví dụ :

xy – yx thì R là giao hoán.

Cho vành R có đơn vị thỏa điều kiện Với mọi x,y R ta có ( xy – yx ) 3 =

Chứng minh:

yx

 và

Trường hợp R là vành chia, nếu có ,x y R mà

(

)

(







2 xy yx )

 và vì thế xy – yx Z ,

 ,x y R . Ta đặt xy – yx = a, khi đó xa = x ( xy – yx ) = x ( xy ) – ( yx )

x Z , vì a  0 nên x Z , như vậy xy – yx = 0 điều này mâu thuẫn với giả định

xy – yx  0. Vậy R là vành chia thì R là giao hoán.

thì điều này dẫn tới

Trường hợp R là vành nguyên thũy và nếu R là không phải là vành chia thì

(

)







kD là ảnh đồng cấu của vành con của R ( k >1), vì

vẫn có

đúng trong các vành con của R và qua phép đồng cấu, như vậy nó đúng trong

y

thế nhưng điều này không đúng khi ta chọn các phần tử sau:

;



1 0 . 0 0 0 . 0 . . 0 0 . 0

0 1 . 0 0 0 . 0 . . 0 0 . 0

     

     

     

     

. vì 0 = ( xy – yx ) 3  xy – yx

Như vậy R là vành nguyên thũy thì R chắc chắn là vành chia vì vậy R giao

hoán.

Trường hợp R là vành nửa nguyên thũy, thì R là tích trực tiếp con của các

vành nguyên thũy R và mỗi vành R là ảnh đồng cấu của R nên nó cũng thỏa

điều kiện: ( xy – yx ) 3 = xy – yx vì vậy R là giao hoán, R là giao hoán.

,x y R ta luôn có

Trường hợp R là vành bất kỳ thỏa điều kiện với mọi

R J R là vành nửa đơn nên cũng thỏa điều kiện

(

)

( xy – yx ) 3 = xy – yx , khi đó

)

J R (

,x y R ,

yx  

R J R là giao hoán, khi đó với mọi

)

(

)

, vì trên vì vậy







J R thì u = 0 ”.

)

nên xy – yx = 0 vì vậy R là giao hoán.

[ Bởi vì “ Nếu u x = u , với x  (

J R )

Thật vậy ta có : x J(R)  – x  (

  x ’: – x + x ’– x . x ’= 0 vì vậy ta có u (– x + x ’– x . x ’) = 0

 – u x +u x ’– u x . x ’= – u +u x ’– u x ’= 0  u = 0 ]

yx

với Trong ví dụ trên cho chúng ta một vành R các giao hoán tử xy

xy yx

3 xy yx ( ) 

  thì R giao hoán, ứng với n=3. Vậy trong trường hợp

điều kiện

tổng quát thì điều đó có còn đúng hay không, trong trường hợp này thì định lý

Herstein -1 giải quyết với

yx

n x y n linh hoạt hơn ứng với giao hoán tử ( ,

n x y ( ,

)

,x y R



 thỏa điều kiện

(

)

(

)







Định lý 2.1.6: (Herstein -1)

R là vành bất kỳ sao cho với mỗi

,x y R , có số nguyên ( ,

n x y  để mà ) 1

n x y ( ,

)

(

)

(

)







thì R là giao hoán.

Chứng minh:

Để chứng minh định lý ta cần chứng minh một bổ đề sau

Bổ đề 2.1.7:

D là vành chia thỏa điều kiện với mỗi

,a b D , có số nguyên ( , ) 1

n a b  để

n a b ( , )

(

)

(

)

ab ba 



ab ba 

mà thì D là giao hoán.

Chứng minh:



ab ba 

 theo giả

,a b D để

Z 0

Giả sử D không giao hoán vì vậy có

c , với m >1, nếu

c  vì vậy theo giả thiết ta có số nguyên n > 1 nào đó để

)

, Z là tâm của D thì

ab ba 



a b b a ( ) )  

thuyết ta có mc ( (  

c nên

mc   với 1 1

)nc

(

1)(



c 





  khi đó do mc 1) 1

ta dặt mà (

qc   ta có 1

c , (c) q  c, vì vậy

(

1)(

1  



( )  

 do D là vành chia và

q  với mọi

q  , vì

0c  nên

p  ta đặt P là trường nguyên tố của Z

Z q ,

 

 vì vậy Z có đặc số

suy ra

Chúng ta cần chứng minh rằng nếu D không giao hoán thì ta có thể chọn



ab ba 

 mà thậm chí c Z vì nếu điều trên

,a b để mà không chỉ

được

ab ba Z



  và

không xảy ra thì mọi giao hoán tử đều thuộc Z , hay c

c  trái với giả thiết

( ) Z a ab

( ) ( ab a a ab ba

)











ab ba 

c  như vậy nếu D không giao hoán thì có

 và c Z do c là

suy ra a Z suy ra

kpc

c với k >0 như vậy tất cả các giả

xcx

1  

 đó là

phần tử đại số trên trường nguyên tố P nên

cxc

(

) cx c









d xc cx

0    nhưng mà

i xc c x cx

 đặt biệt



thiết của bổ đề 2.1.1 được thỏa nên có x D sao cho

d , với l >1 và

i c xc (

)

i c d







dcd

1  

, nhưng mà d là giao hoán tử nên

,c d suy ra G là

vì thế tồn tại nhóm con nhân G hữu hạn sinh bởi

c d .

d c .

. Như vậy bổ đề được chứng minh. giao hoán điều này trái với giả thiết

n x y ( ,

)

Bây giờ ta chứng minh định lý, R là vành trong đó với mỗi x,y R , có số

)

n x y >1 để mà

(

)

(

)







. nguyên ( ,

Nếu R là nửa nguyên thũy thì R là tích trực tiếp con các vành nguyên

thũy Rvà mỗi R như là ảnh đồng cấu của R nên nó thừa hưởng điều kiện trên,

hơn nửa các vành con của Rvà ảnh đồng cấu của nó cũng có các điều kiện trên,

nên để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh R và như vậy ta có thể xem R là

vành nguyên thũy.

Trường hợp R  D với D là vành chia, trong trường hợp này R là giao hoán.

kD là ảnh đồng cấu của vành con nào đó của R .

Trường hợp có số k >1 có

kD cũng có

n x y ( ,

)

Chúng ta cần chứng minh rằng điều này không thể xảy ra, vì nếu có thì

(

)

(

)







thừa hưởng giả thiết thế nhưng điều này không đúng

0 1 . 0

1 0 . 0 0 0 . 0

khi ta chọn các phần tử sau:

y  .



0   mà



0 0 . 0 . . 0 0 . 0

. . 0 0 . 0

     

     

     

     

khi đó

n x y ( ,

)

Vì thế nếu R là nửa nguyên thũy (nửa đơn) thì R là giao hoán.

(

)

(

)







, thế Bây giờ giả sử R là vành bất kỳ thỏa mãn

thì R / ( )J R là nửa nguyên thũy cũng có thỏa điều kiện trên, bởi lý luận trên R / ( )J R

J R (

)

yx  

,x y R

  ta có

n x y ( ,

)

là giao hoán, vì vậy trong trường hợp này ta có

(

)

(

)







xy yx  . Nói cách khác chúng ta đã chứng minh R là giao hoán.

như phần đầu của chứng minh ở Định lý 2.1.5 ta có :

2.2: Mở rộng các Định lý về giao hoán của Jacolson, Herstein

Bây giờ chúng ta sẽ mở rộng các kết quả của các định lý về giao hoán ở mục

2.1 trong một hướng khác, trong đó có định lý về giao hoán của Herstein dưới đây

được xét trên lớp vành không có idean nil khác không, (định lý này cũng đúng trên

vành nửa nguyên tố) là sự tổng quát hóa của định lý về giao hoán của Jacobson. Sau

đây là một vài định nghĩa và các tính chất bổ sung trong lý thưyết mở rộng trường.

Định nghĩa 2.2.1:

,K F là các trường, trong đó K là trường mở rộng đại số của trường

F , phần tử a K gọi là tách được trên F , nếu có một đa thức tối tiểu của nó trên

Cho

trường F không có nghiệm bội.

( )p x có nghiệm

Trong lý thuyết trường chúng ta có mệnh đề: “ Một đa thức

( )p x và

xdp )( dx

bội khi và chỉ khi có nhân tử chung”, vì vậy một đa thức bất khả quy

xdp )( dx

có nghiệm bội chỉ khi = 0. Như vậy ta có:

( )p x là hằng vì vậy mọi phần tử của K là tách được

Nếu F có đặc số 0 thì

trên F

p  , với 0

p x ( )

g x (



xdp )( dx

kpa

= 0 thì khi đó chúng ta tìm Nếu F có đặc số

là tách được trên F , tuy nhiên cũng có thể được số k sao cho nếu a K thì

kpa

F

xảy ra là

Định nghĩa 2.2.2:

a K 

 là số nguyên để mà

a tách được trên F ,

F thì nói a là không tách được hoàn toàn trên F .

Cho K là mở rộng đại số trên trường F ,

Một mở rộng đại số K trên F được gọi là mở rộng tách được trên F nếu

mọi phần tử của nó tách được trên F

Nhận xét: Người ta chứng minh được: Tập hợp các phần tử tách được trên

trường F là trường con của K và tập hợp các phần tử không tách được hoàn toàn

trên F là trường con của trường K .

Bổ đề 2.2.3:

n aa ( )

F thế thì:

, giả sử a K có số Cho K là trường mở rộng của trường F , K F

n a  sao cho 0

nguyên ( )

P của nó.

1. Hoặc K là không tách được hoàn toàn trên trường F 2. Hoặc K là trường có đặc số p nguyên tố và đại số trên trường nguyên tố

Chứng minh:

Nếu K là không tách được hoàn toàn trên F thì không có gì để chứng minh.

Giả sử rằng K không là không tách được hoàn toàn trên F vì vậy có a K

na  F nên a là đại số và tách được trên F vì

và a F là tách được trên F vì

( )F a có thể nhúng được vào trong một trường mở rộng hữu hạn chuẩn

vậy trường

tắc L của F . Do tính chuẩn tắc của L cho ta một tự đẳng cấu  của L giữ

a ( )

 . Ta có:



nguyên F sao cho

a

F từ điều cho ta b

v L



 là

)



( ( )) a 



( 



,vì với

(

b     và (

1)m



 nên tồn tại phần

căn bậc n của đơn vị. Tương tự vì

( 1)

 . Khi đó ta có

L , sao cho

a  1

( 1)

a 

 vì vậy

1m  với ( 1)

v vì ngược lại ta có

1  

1)  

   trái với giả thuyết 

( 

a  



, là các căn của đơn

tử

) / (

(1  

 , vì )   

khác 1, giải theo a chúng ta thu được

P . Để kết thúc chứng minh này chúng ta cần chỉ ra rằng P có đặc số p khác 0.

vị nên đại số trên trường nguyên tố P vì vậy a cũng đại số trên trường nguyên tố

Đặt oL trường mở rộng hữu hạn chuẩn tắc của P chứa a , các lý luận trên a cũng có thể áp dụng trên a i , với i là số nguyên nào đó, ( vì nếu a tách được

trong K trên F thì a i cũng thế ), vậy ta có:

a i

)

(   

) / (  



iv là các căn đơn vị nằm trong oL , do đó

Với

nếu P có đặc số p = 0 thì các a i là khác nhau và khi đó oL là mở rộng hữu hạn

đại số trên trường hữu tỉ lại có vô hạn các căn phân biệt của đơn vị, điều này là vô

f cũng tách được trên F nên a

f cũng đại số trên

lý. Vì vậy P phải có đặc số p khác 0. (chỉ có tối đa hai căn bậc n của 1 đó là 1, -1)

P mà a đại số trên P nên f cũng đại số trên P vì thế F đại số trên P , mặt

Nếu f  F thì a

khác K đại số trên F nên K đại số trên P . Vậy bổ đề đã được chứng minh.

Định lý 2.2.4:(Noether-Jacobson)

Nếu D là đại số chia không giao hoán, D đại số trên tâm Z của nó thì có

phần tử trong D , không nằm trong Z sao cho tách được trên Z .

Chứng minh:

Nếu D có đặc số 0 thì không có gì chứng minh vì mọi phần tử của D đều

)

(

n xpx

tách được trên Z . Vì vậy ta có thể cho rằng D có đặc số p  0. Nếu như định lý là

Z với

Z . Ta đặt  là

( )n x  0 nào đó, vì vậy có phần tử

a D a Z ,

 sao cho



xa ax

sai thì D không tách được hoàn toàn trên Z, do đó nếu x D thì



 , do D có đặc số p khác 0 nên ta có

0 vì thế nếu

p a x

do a





 . Ta lại có a Z nên

p x  

y  thì có số k >1 sao cho

ky  nhưng 0

ky   . 1

ánh xạ trên D được xác định bởi x

0 x  nên ta



 , cũng từ



1k y 

Đặt thế thì từ k >1 ta có x w wa aw

au

ax

 , hơn nửa D là vành chia nên x

có , vì x giao hoán với a

w a





1 

(

)

( a a wu

)

, ca ac c wu



) wa aw u 











cho chúng ta: thế au nênu cũng giao hoán với a .Vì

1 aca

 







1 

hay theo giả thiết tồn tại số t nào đó sao Suy ra a ac

tpc

Z nên

aca

)

1 (

aca

)

t p ac a

(1  

 

1  

cho vì D có

đặc số p khác 0, từ đó ta có 1 = 0 vô lý. Vậy định lý đã được chứng minh.

Định lý 2.2.5:(định lý Herstein -2)

( )n a >0 sao cho

n aa ( )

Z , hơn nửa nếu R không có idean nil khác không thì R là giao hoán. Điều

này tương đương với idean các giao hoán tử là nil.

Chứng minh:

Điều đầu tiên chúng ta chứng minh kết quả đúng cho vành chia.

Nếu R là vành chia, theo giả thiết nó đại số trên Z , theo định lý trên ta có

hoặc R là giao hoán hoặc R có phần tử a  Z sao cho tách được trên Z . Ở điều

sau này thì trường

( )Z a không là không tách được hoàn toàn trên Z và thỏa điều

kiện của giả thiết của Bổ đề 2.2.3: nên ta suy ra

( )Z a và vì vậy Z là đại số trên

trường nguyên tố P , như vậy x R , x đại số trên Z dẫn đến x đại số trên P .

Từ điều này cho ta

( ) n xx

( )P x là trường hữu hạn vì thế

x , với ( )n x >1 nào đó,

theo định lý Jacobson ta có R là giao hoán.

Trường hợp R là vành nguyên thũy, khi đó R hoặc là vành chia D hoặc có

sồ k>1 thì

kD là ảnh đồng cấu của vành con của R, thế nhưng trong kD có phần tử

Cho R là vành có tâm Z , a R , giả sử tồn tại số

thỏa điều kiện

a , n và a Z điều này mâu thuẩn với



1 0 . 0 0 0 . 0 . .

0 0 . 0

     

     

việc

kD thỏa điều kiện của giả thiết. Vì vậy R đẳng cấu với D nói cách khác R là

giao hoán.

Bây giờ thay vì ta tiếp tục chứng minh cho trường hợp R là vành nửa

nguyên thũy như là chúng ta từng chứng minh trong các chứng minh trên, thì ta sẽ

chứng minh cho trường hợp R là vành không có idean nil khác không. Vì bởi vành

nửa nguyên thũy cũng là vành nửa nguyên tố nên nó không chứa idean lũy linh, vì

vậy nó không chứa idean nil khác không.

Giả sử R là vành không có idean nil khác (0) và R thỏa điều kiện a R

  ,

)

tồn tại số

( )n a >0 sao cho

n aa (

Z . Theo mệnh đề 1.4.5 và sự chú ý sau đó của

chứng minh thì R được biểu diển thành tích trực tiếp con các vành nguyên tố R

trong đó mỗi R có tính chất là có phần tử không lũy linh x

R

 sao cho mọi

)

khác (0), U

n xx ( 

 . vì là ảnh đồng cấu của R nên

idean U

 thì R



n aa ( )

Rcũng có tính chất

Z

Vì thế để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh cho R.

( ) n aa

Vì vậy ta có thể giả định R là vành nguyên tố thỏa điều kiện:

Z và

hơn nửa có phần tử không lũy linh b R sao cho có idean U khác không của R

( )n b

thì

)m Ub (



 cũng không lũy linh và các lũy thừa của nó quét

U , vì

hết các idean khác (0) của R , nên ta có giả định là b  Z . Và vì R là vành nguyên

tố nên không có phần tử nào trong Z là ước của 0 trong R .

r z { ( , ) /

, 0

z Z

}

 

r R 

 

, trong  ta định nghĩa quan hệ như

Ta đặt

khi đó quan hệ này là quan hệ tương

r z



)

(

)



nếu 1

r z 2

r z ( , 1 1

r z , 2

đương. Ta đặt

r z là lớp tương đương

*R là tập các lớp tương đương và ký hiệu [ , ]

của (r, z ), chúng ta định nghĩa:

[

]

[

]

[

]







r 1

r z 1

r z 2

z z 1

vì các phần tử của Z không phải là ước

[

].[

]

[

]



r 1

r r . 1

*R là

]

r z z là phép nhúng, cuối

*R sao cho r thành [

của không trong R nên các phép toán trên được định nghĩa là tốt và như vậy vành, hơn nửa ánh xạ : R 

cùng tâm * Z

r z {[ , ] /

r Z



}  của

*R là một trường .

n r ( )

Nếu

r z [ , ]

[

]



*  nên

*R cũng có tính chất như

r z [ , ]

* R thì

*R là vành đơn, bởi vì nếu như

R , tuy nhiên

*U  (0) là idean của

*R , ta đặt U =

{

r R r z U / [ , ]

 , với z Z }, ngay lập tức ta kiểm tra được U là idean khác



(0) của R, vì vậy

)m Ub (

U , và vì

U (vì b không lũy linh và b Z ) *Z là trường điều này dẫn đến *Z , mà

)m Ub ( *U chứa phần tử khác 0 của

*R . Như vậy chúng ta đã khẳng định được là

*U =

*R vành

chúng ta có *U chứa đơn vị hay đơn, là vành đơn có đơn vị nên nó là vành nguyên thũy như đã chứng minh ở phần

đầu, vì vậy *R là giao hoán và vì R  *R nên R cũng giao hoán. Định lý đã chứng minh.

, với

*Z là

( Chú ý trong chứng minh chúng ta nhúng R vào * R

R  

vành các thương của Z và rất tự nhiên R cũng là vành đơn)

Nhận xét:

* Định lý này tổng quát hóa của định lý Jacobson, bởi vì nếu R là vành có

tính chất:

( ) n xx

x , thì R không có phần tử lũy linh khác không nên R cũng không idean nil khác không. Ta lại có nếu e là phần lũy đẳng trong R thì x R  

thì

xe

ex exe

  ex ) 0

xe exe )

 (

(

xe exe ) 



ex exe ( ) 

 và như vậy cho ta (

như vậy tất cả các phần tử lũy đẳng đều nằm trong tâm của R .

n a

( ) 1 

là phần tử lũy đẳng, vì vậy

Bây giờ nếu

n aa ( )

a thì



( ) 1

  , mặt khác R không có phần tử lũy linh khác không nên R cũng

n aa không có idean nil khác không, nên R thỏa mãn các giả thiết. vì vậy R giao hoán.

* Trong phần chứng minh trên cho ta kết quả: R là vành nửa nguyên tố có

n aa ( )

Z R giao hoán.

tâm Z , a R , giả sử tồn tại số ( )n a >0 sao cho

Bây giờ chúng ta xét mở rộng của định lý về giao hoán theo một hướng khác

nửa là xét những vành có các phần tử có dạng

x Z

  , trong trường hợp đặc

biệt

x  thì đây chính là điều kiện giao hoán của Jacobson .

Định lý 2.2.6:(định lý Herstein -3)

Cho R là vành có tâm là Z sao cho có số nguyên cố định n >1, để

x Z

  ,  x  R thì R là giao hoán.

Chứng minh:

Để chứng minh định lý ta cần chứng minh một loạt các bổ đề sau:

Bổ đề 2.2.7:

x Z x R ,

Nếu R là vành nửa nguyên thũy với điều kiện

    thì R là

giao hoán.

.Chứng minh:

Chúng ta bắt đầu cho trường hợp vành chia, giả sử

x R x Z ,

 , nếu



 Z thì ((

)

, (

)

x 

x 



  , chúng ta có

(

)

n 

  hay Z

  

   ,

n n x

)

( 

n 

 , vì vậy (

)   

x Z 

  vì x Z nên



vì vậy Z là trường hữu hạn, vì R đại số trên Z nên chúng ta có

n xx ( )

x

x R

  ( theo chứng minh mở đầu của Đlý 2.2.5 ) điều này thỏa điều kiện định lý

Jacobson, vì vậy R giao hoán.

Nếu R là vành nguyên thũy không phải vành chia thì có

kD là ảnh đồng cấu

của vành con của R (với k >1 và D là vành chia ) vì vậy

kD cũng có tính chất

như bổ đề. Thế nhưng điều này không thể vì ta có phần tử:

0 1 . 0

, mà

x  , nhưng 0

x Z

    , điều này mâu thuẩn.





0 0 . 0 . . 0 0 . 0

     

     

Vì vậy R là vành chia thì R là trường.

Nếu R là vành nửa nguyên thũy thì R là tích trực tiếp con của các vành

nguyên thũy R theo lý luận trên thì R là giao hoán, vì vậy R là giao hoán.

Nhận xét R là vành thỏa điều kiện của định lý nên R /J(R) cũng thỏa điều

kiện của định lý, lại có R /

J R là vành nửa nguyên thũy nên ta có:

)

(

Hệ quả 2.2.8:

Nếu R là vành có điều kiện

, x Z x R     thì

( ) J R

, x y R xy  

yx  

Bổ đề 2.2.9:

J R  Z .

)

(

Chứng minh:

Như chúng ta thấy nếu

,Z x



 thì (

)  

 , vì vậy

y R  ta có(

)

)   



( )   



( )  

  

( )(  



 , nếu

thì

và vì thế

J R (

)

t  (vì 0

n 1 t  )

Z  



 suy ra

J R (

)

1 n   

là khả nghịch), vì

(

)

xy  

0, 

)

n  1



)



 nên

1   ) (

và

thì

,x y R

)

( J R

)



 . Bây giờ nếu

J R (

  

J R (

)

a Z   

vì thế bởi lý luận trên ta có:

(

)

a xy )(



 , tuy nhiên như trước ta có

(

1) (

a xy

)

1  



0  

a ( xy

) = 0, tương tự như thế ta có ( xy

) a = 0,

yx

J R (

x y R ,





 .

Ta đặt x = a trong các biểu thức trên ta có

2 a y

aya

2 , ya a

J R (

)





. Nếu n là số chẵn thì na

Z và vì thế từ

y R . Từ điều này ta suy

)

Z R (

a Z

1na   Z và từ

a Z

    . Mặt khác nếu n là số lẻ thì

1 

ta có

và vì

x R

 

J R (

)

  chúng 1  

(

a x )

x a (

)

(

1)(

)









xa ax 

= 0 suy ra a  Z , vậy trong các trường hợp ta đều có a  Z . Nói

nên xa ax

cách khác

J R  Z . )

(

Nhận xét: Trong phần chứng minh trên ta thấy

J R xy )(

(

)

yx

 và bởi

. vì thế

Bổ đề 2.2.7: ta có

J R (

)

yx  

(

)

yx

 và (

yx

 n >1

)



Z  .

và từ ((

)

(

))



 nên (

)  Z .

) 2 = 0 và ( xy

yx

Hệ quả 2.2.10:  ,x y  R , ( xy

Định nghĩa 2.2.11:

Một vành được gọi là không phân tích được thành tích các vành trực tiếp con

bất khả quy, nếu giao các của các idean khác không của nó là khác (0).

Theo kết quả của chương 1 ta có bất kỳ vành R nào cũng phân tích thành

tích trực tiếp con của các vành (bất khả quy trực tiếp con ) không phân tích được. vì

vậy để chứng minh định lý ta chỉ cần chứng minh trên vành bất khả quy trực tiếp

con.

Ta giả định rằng R là vành bất khả quy trực tiếp con, có

x Z   ,

x R

  . Ta đặt

là giao của các idean khác không của R , như vậy S là tối

(0)

S 

tiểu và duy nhất, theo Bổ đề 2.2.7 thì

(

)

J R  (0) vì nếu không thì R là giao hoán

và theo Bổ đề 2.2.9 thì

J R  Z như vậy

(

)

J R (

)



 . Mặt khác ta có kết

quả

2S =

J R xy )(

(

)

S xy (

)

yx

 vì vậy

yx

 , nếu R không giao hoán thì

> khác không vì nếu

S  ta có 0

(0). (do R không giao hoán nên có < xy

yx

suy ra:

)

J R (

2S 

S  

( )

S xy 





J R xy 



 do R không

giao hoán suy ra S = (0) vô lý )

Bổ đề 2.2.12:

)

p xy (

,x y R

Tồn tại số nguyên tố p sao cho

yx

0  ,



 .

Chứng minh:

x Z

Vì nx

x Z



  và (2 ) 2nx

x Z

n   ta được (2

n  và (2

2)(



 ) 0,

nếu R không giao hoán thì nó có những phần tử có cấp hữu hạn, vì vậy nó có những

phần tử có cấp nguyên tố p nào đó. Ta đặt

{

R px /







(0)

pR 

và nếu

và nó idean của R nên

với q

p thì

R

S vì

(0)

qR 

(0)





 mâu thuẫn với

S 

R q

(

p xy (

)

Bây giờ ta có: (

)( p xy

)

1  



0  , vì



 suy ra

là nguyên tố cùng nhau nên

,x y R



 .

(

1),

1  

p xy (

)

yx

0  ,

Với

yx Z

  , thế thì

,x y R theo hệ quả của Bổ đề 2.2.9 ta có xy

thì sao? Tính toán ta có: 2

2 2 x y yx

2 x y yx 



x xy yx ( ) 



x xy yx ( 

) 2 ( 

x xy yx ) 

và

tiếp

tục điều này

ta có công

thức

(theo quy nạp)

là:



chúng ta có:

k x y

)







đặc biệt với k

p



p x y

)







 . Như vậy chúng ta đã chứng minh:

Bổ đề 2.2.13: x R

  ,

Z .

Bổ đề 2.2.14:

A S

( ) {

/ x R xS

(0)}

 



( )A S

Z . với

Chứng minh:

A S Ta có ( ) {

x R xS /

(0)}

, khi đó ( )A S là idean của R và vì

(0)

 



2 S 

bởi

. Ta lấy phần tử

bởi Bổ đề

(0)

S  ( )A S vì vậy

A S  ( )

S 

x A S ( )

2.2.13 suy ra

Z vì vậy (

)(

)

y z R ,



0,  

 , khai triển ta có:

(



(



.Ta đặt

và bởi

}

R x /

r {  



(

)

(

)







(

(0)

thì T

1)   nên T trở thành idean của R . Vì vậy nếu

T 

S (bởi S

là idean tối tiểu), thế nhưng điều này là không đúng vì nếu có 0

S   thì vì

(



thế

(0).

A S (

T 





r .  Vì

Nhưng ( x

(

)



vì thế ta có:

( ),

x A S

y z R ,

(

)

 



, 

zy



(

)

(0)





T  



vì

(

)

p x yx

xy

 , từ đó suy ra



đặt khi x

z ta có:

p k 

Z và tiếp tục quá trình trên ta có:



k  0 và vì thế

p k   .

Bây giờ từ

x Z

)n n

  và(

Z   ta có: (

)n n

Z    

suy ra

knx

x Z   ,

(

)n n

x Z

     và chúng ta cũng có thể đi đến

knx

Z , với

 k >0, ta chọn k sao cho

p theo phân tích trên vì x  ( )A S ,

knx

x Z

x Z     (ĐPCM)

knx

Z và

p . Vì thế từ

Nhận xét từ bổ đề trên cho chúng ta thấy nếu

( )A S

R thì R là giao hoán.

Vì vậy chúng ta có thể giả định rằng

( )A S  R.

Bổ đề 2.2.15: Tất cả các ước của không của R là nằm trong

( )A S .

Chứng minh:

Ta giả định rằng

x  thì ta

a  là ước của 0 trong R , ta có ax = 0, với

có

0 knx

px  0

px = 0 th

x Z   vì,

pax  . Nếu 0

p ta thu được x Z . Nếu

z Z

nó là phần tử khác không trong Z theo bổ đề 2.2.13. Như vậy trong mọi trường hợp ta luôn có a linh hóa phần tử z trong tâm. Vì 0

  , chúng ta có

là idean khác không

x R Rx

(0)}





R z  , vì nếu ngược lại ta có tập hợp {

suy ra

mâu thuẫn với giả

của R vì thế chứa S vì vậy dẫn đến

R A S ( ) 

(0)

RS 

định. Vậy

R z  , bởi vì z Z nên Rz là idean của R vì vậy chứa S , vì thế ta có

từ điều này nói lên

a A S ( )

(0)



azR aRz 



Vậy Tất cả các ước của không của R là nằm trong

( )A S .

Để chứng minh Định lý 2.2.6:(định lý Herstein -3) ta cần chứng minh thêm

một bổ đề nửa.

Bổ đề 2.2.16 R /

( )A S là trường hữu hạn.

Chứng minh:

Ta cần chứng minh

  như là phần tử của

R A S là trường. Nếu có 0

( )

Z thì chúng ta có Rs là idean của R , chúng ta thấy từ trước nếu Rs =(0) thì dẫn

đến

( )

R A S điều này mâu thuẫn với giả định. Vì Rs là idean khác không chứa S

và vì s

S

S , R s

S suy ra R s

Nếu x R , x  ( )A S , thì theo bổ đề 2.2.15 thì x không phải là ước của

không vì vậy 0

S . Nếu z R , z  ( )A S thì ta

  theo trên ta có; Rxs

có zs

S Rxs

 

vì vậy có phần tử y R sao cho

yxs

(

z s )

  

 , phần

. Điều này nói lên rằng trong

z A S ( )

tử yx

 

z như là ước của không nên

yx .

phương trình

có thể giải được

z . Vì vậy

x  ,

R A S là ( )

R R A S / ( )



đều là ước của không nên chúng

vành chia, và vì rằng mọi giao hoán tử xy

yx

nằm trong

( )A S . Từ đó suy ra vành thương

R A S là giao hoán. Như vậy chúng

( )

ta đã chứng minh

R A S là trường.

( )

Bây giờ cần chứng minh là

R A S trường hữu hạn. Nếu x  ( )A S thì vì

( )

,y z R



 , thế thì nếu R không giao hoán thì

Z x , (

)(

)





0  ,

(

)

x

là ước của không nên nó nằm trong ( )A S , vì vậy trong trường

R R A S / ( )



mọi phần tử đều thỏa mãn đa thức ( ) x

x ( )

 . Điều này nói lên

rằng là

hữu hạn.

R R A S ( ) /



Đến đây ta đã có đủ tất cả những điều cần thiết để chứng minh định lý 2.2.6.

Vì rằng

là trường hữu hạn nên nhóm nhân gồm các phần tử

R R A S ( ) /



khác không của nó là nhóm xilic, đặt a là phần tử sinh của nhóm và a R là tạo

thì

ảnh của a trong đồng cấu chính tắc. Nếu

x  vì vậy tồn tại ( )ta để

x A S ( )

hay

( )t a

( ) x A S

 

 vì vậy

(

x a )

a a (

)





  

, vì

. Như vậy trong

( )A S

x A S ( )

ax

Z nên ta luôn có xa

 

x A S ( )

 

x A S ( )

các trường hợp ta đều có a Z . Từ

 

 , x  ( )A S từ đây ta suy

ra x Z . Như vậy trong mọi trường hợp x R

  , x thuộc hoặc không thuộc

( )A S thì x Z . Điều này chứng tỏ rằng Z R hay R là giao hoán.

Trước khi sang chương 3 chúng ta có các nhận xét sau:

* Một giao hoán tử cấp n với n phần tử được định nghĩa như sau: [ x 1 , x 2 ,.., x n ] = [

[ x 1 , x 2 ,.., x 1n ], x n ]

n,1

là

* Các giao hoán tử cấp n có tính cộng tính theo các biến x i ,  i

2x ,.., x i ,.., x n ]+[ x 1 , x 2 ,..,

[ x 1 , x 2 ,.., x i + jx ,.., x n ]=[ x 1 ,

jx ,.., x n ]

* Nếu phần tử  giao hoán được với mọi phần tử x i thì: [ x 1 , x 2 ,.., x i . , x n ] =

[ x 1 , x 2 ,. , x i .., x n ]

Chương 3

CÁC VÍ DỤ, ĐỊNH LÝ HERSTEIN VỚI GIAO HOÁN TỬ

CẤP N VÀ VÀNH SUBBOOLEAN.

Trong chương này bao gồm một vài ví dụ, định lý Herstein-1 với giao hoán

tử cấp 2 được mở rộng đến cấp n , đưa ra hướng mở rộng khác của định lý về giao

hoán trên vành subBoolean. Trong đó từ sự liên hệ giữa vành subBoolean và vành

(subweakly periodic ring) chu kỳ yếu cho phép chúng ta xem xét mối liên hệ giữa

phần tử lũy linh và phần tử potent, giữa tập các phần tử lũy linh, căn Jacobson, tâm.

3.1: Các ví dụ

Ví dụ 3.1.1:

, Với mọi

R là vành nửa nguyên thũy thỏa diều kiện: xy – yx

)

( Z R

là giao hoán tử cộng ).

,x y R thì R là vành giao hoán. (Ta gọi xy

yx

Chứng minh:

thì

(

)

R là vành chia, y R nếu

y Z R

yx

 , x R

ta xét (

x xy

)

(

xy x )

= x ( xy – yx ) tác động hai vế với y vào, mặt khác ta



} y =

x xy

yx Z R

x xy

có (

)

(

)

(

)

. Nên ta có { (

)

(

) xy x



( ) xy x Z R 

 



x xy

x( xy – yx ) y suy ra: y { (

)

(

) xy x

} = xy ( xy – yx ) do (

)

(

) xy x



= x ( xy – yx ) suy ra yx ( xy – yx ) = xy ( xy – yx )  ( xy – yx ) 2 = 0 suy ra:

yx

 , mâu thuẫn với

yx

 . Vậy R là giao hoán.

Như vậy chúng ta đã chứng minh R là vành chia thỏa:

yx Z R

(

)

 

,x y R



 thì R giao hoán.

Bây giờ R là vành nửa nguyên thũy thì R là tích trực tiếp con các vành

nguyên thũy R, và mỗi R như là ảnh đồng cấu của R , vì vậy Rcũng thỏa

)

yx  (

Z R , Với mọi

,x y  R, hơn nửa bất kỳ vành con của Rvà ảnh

đồng cấu của nó cũng thỏa điều kiện như trên, do đó chúng ta chỉ cần xét trên R.

kD là ảnh đồng cấu

Vì vậy R hơặc là đẳng cấu với D hơặc có số k >1 để

của vành con của R . Nhưng điều sau đây không đúng bởi ta chọn hai phần tử sau:

1 0 . 0

0 0 . 0

khi đó xy



   y Z

;



0 0 . 0 . . 0 0 . 0

1 0 . 0 . . 0 0 . 0

     

     

     

     

Vì vậy R là vành chia từ đó suy ra R giao hoán và như thế R giao hoán.

, Với mọi

Vậy: Cho R là vành nửa nguyên thũy thỏa: xy – yx

)

Z R (

,x y R

thì R là giao hoán

Ví dụ 3.1.2:

Cho R là vành chia, nếu

1y  xy Z,  ,x y  R thì R là giao hoán. ( ta

1x

gọi

1y  xy là giao hoán tử nhân )

1x

Chứng minh:

,x z là hai phần

Giả sử R không giao hoán, khi đó tồn tại

,x z R sao cho

tử không giao hoán của R . khi đó ta đặt:

R    , thế thì:

1  x x zx (

1  y zy

)

1  xy zy







y =

(



điều này

( Vì nếu

= 0 thì zy

hay z x

= yz

x z

1) z y (   1 y zy 0  x z x ( 1) hay (   

z y zy

mâu thuẫn với

,x z là hai phần tử không giao hoán của R )

1 

(



1  y zy z ) 1 

1  x x zx ( Vì thế ta có: 1 1   x x z x z (

1  y zy z )  1 1   y z y z

z  1  y z y z



) 1  

 ( lý luận như trên )



1 

1  là các giao hoán tử của

suy ra:

1  x zxz

1  y zyz

1  x zxz

1  y zyz



 , với

R nên thuộc tâm:

1 



Ta có:

1  xz x zxz

1  y zyz

(

)



1 y zyz

)]



) z 1 

)



= z ( = z

)]



)



1 y zyz 1 1   y zyz 1 

= 0

Từ đó suy ra:

= 1  zx x zxz

1  x x zxz [ ( = 1 1   y zyz 1  1 y zyz 1   x x zxz [ ( 1 1   zx x zxz ( 1 1   y zyz

)(

(

)



1 

( do

, điều này mâu thuẫn với

1  x zxz

1  y zyz



 ) ta suy ra xz

zx

,x z là hai phần tử không giao hoán của R . Vậy R giao hoán.

Trong trường hợp R là vành chia, nếu

1 (x

1y 

( , ) )n x y

Z ,  ,x y  R

thì R có giao hoán không?. Điều này Herstein đã chứng minh được trong trường

hợp R là vành chia đếm được. Nhưng sự tổng quát có lẻ còn là cánh cửa mở rộng

cho chúng ta. Ở ví dụ 3.1.1, 3.1.2 chúng tôi mong muốn thể hiện điều kiện giao

hoán trên vành với giao hoán tử nhân, giao hoán tử cộng. Một vành với điều kiện

trên giao hoán tử cộng thì việc mở rộng, tổng quát hóa thì dể hơn so với dùng điều

kiện trên giao hoán tử nhân.

3.2 Định lý Herstein với giao hoán tử cấp n

Nhận xét: Chúng ta có định lý về giao hoán của Herstein -1 với các giao

hoán tử cấp 2 cùng với ví dụ 3.1.1 Cho phép ta xem xét việc có thể mở rộng định lý

về giao hoán của Herstein -1 với các giao hoán tử cấp n trên lớp vành R không có

idean nil khác không ?. Sau đây chúng ta xem xét tính chất của giao hoán tử cấp n

như thế nào.

Mệnh đề 3.2.1:

Cho R là vành không có idean nil khác không, có mọi giao hoán tử cấp n

thuộc tâm Z của R thì mọi hoán tử cấp n -1 cũng thuộc tâm Z của R . Vì vậy R là

giao hoán. ( nói cách khác nếu

[

, ..,

]



[

, ..,

]

x 1

x   thì

, x x 1



 , n >1)

, x x 1 2

,.... n x

1 

Chứng minh:

Do R là vành không có idean nil khác không nên R là tích trực tiếp con của

các vành R nguyên tố, R thỏa tính chất mọi giao hoán tử cấp n thuộc tâm thì

mọi giao hoán tử cấp n –1 cũng thuộc tâm, cho nên R lả ảnh đồng cấu của R cũng

có tính chất như thế. Cho nên chúng ta chỉ cần chứng minh trên R là vành nguyên

tố. Hơn nửa bất kỳ vành con của R và ảnh đồng cấu của nó cũng thừa hưởng tính

chất như thế. Vì vậy để cho tiện chúng ta có thể xem R là vành nguyên tố.

[

,....

]



R  ,

,.... n x

, x x 1 2

1 

x  =0 với n >1, ta cần chứng minh: n

, x x 2 1 [ x 1 , x 2 ,.., x n ] = 0, với n >1.

Giả sử với mọi

,....

[

,....



 ta luôn có

, x x 1 2

x n

, x x 1 2

1 

] x  = 0, n

=0 vì vậy ta có

[

,....

[

,....

]

[[

,....

]

Z , như vậy



x x , 1 2

x n

x x , 1 2

x n

1 

, x x 1 2

]n x

mọi giao hoán tử cấp n trong R đều nằm trong tâm của R và nếu có

khi

,....



 sao cho

[

,....

] 0



 và ta đặt

[

,....

]



x x , 1 2

x n

x x , 1 2

x  n 1

, x x 1 2

x n

đó ta có

=ba .

]

,....

]



[ , b bx n

[ , b b x n

[ , b x x 1 2

x n

Vì

, là các giao hoán tử cấp n

[

,....

[

,...

]



] 0, 



x x , 1 2

x n

x x , 1 2

x n

bx n

1 

ta có:

trong R nên chúng đều nằm trong tâm của R . Với đẳng thức c

ba

từ đó ta có:

)

(

)

(

)



a bx ( n

ab x ) n

ba x ( ) n

cx n

x c n

x ba ( n

x b a ) n

a x b ( n

(

)

] 0





 , mặt khác do

a  và R là vành nguyên tố nên tâm

a x b bx n

[ , a b x n

a b x =0 suy ra

Z của R là miền nguyên, vì vậy Z không có ước của không, do [ ,

a  với điều sai này cho phép

]

[

,....,

] 0



 trái với giả thiết

b x [ , n

x x , 1 2

x n

chúng ta khẳng định

[

....

] 0



 , ta có:

x .... n

x x , 1 2



x   với n >1, thì n

[

....

] 0

x  , với n >1. n

x x , 1 2

Hơn nửa  x 1 , x 2 R, khi đó ta bổ sung

, x x 3 4

,.... n x

  thì ta có giao 1

theo giả thiết

hoán tử

[

....

]

[

....

] 0

x x , 1 2

x  n

x   thì theo chứng minh trên n

luôn dẫn đến

[

,....

] 0

[

] 0

, x x 1 2

x  và tiếp tục như thế ta có n

x x  nói cách khác 1

R là giao hoán.

Nói cách khác cho R là vành không có idean nil khác không thì mọi giao

hoán tử cấp n thuộc tâm Z của R thì mọi hoán tử cấp n -1 cũng thuộc tâm Z

của R . Hơn nửa R là giao hoán.

Với định lý về giao hoán của Herstein -1 với các giao hoán tử cấp 2, sau đây

chúng ta sẽ mở rộng định lý giao hoán của Herstein trong trường hợp các giao hoán

tử cấp n . Và bởi trong quá trình chứng minh nó phụ thuộc vào tính ước của không

trong tâm của vành R , nên để khắc phục sự phụ thuộc này chúng ta xét lớp vành

không chứa idean nil khác không.

Mệnh đề 3.2.2:

ideal khác không sao cho:

Nếu R là một vành không chứa nil

x )

,....



, x x 1 2

x n

 thì tồn tại một số nguyên m > 1 ( m phụ thuộc 1

, x x 2

,.... n

thỏa:

[

,....

]

[

,....

]

(1), khi đó R là một vành giao hoán.



x n

x x , 1 2

Bây giờ ta cần có hai bổ đề sau:

Bổ đề 3.2.3:

(1) thì ta

Nếu R là một vành chia thỏa:

[

,....

]

[

,....

]



x n

x x , 1 2

có:

[

,....

R .

x ,.... n

x x , 1 2

x = 0 (2) với mọi 1 ]n

x x 2,

( khi đó ta nói

[

,....

x = 0 là một đồng nhất thức trên) ]n

x x , 1 2

Chứng minh:

[

,....

] 0

R , sao cho



 khi đó theo

x x , 1 2

x n

x ,.... n

Giả sử tồn tại 1

x x 2,

 Z ta có

giả thiết, tồn tại m > 1 để ma

a . Gọi Z là tâm của R thì

cũng là một giao hoán tử cấp n trong R nên

,....

]

,....

]

[   



[ 

x x , 2 1

x n

x x , 1 2

x n

 k >1 để cho (

)ka = a Nếu đặt

a và

1)(

1) 1

( q m 



  thì ta suy ra

)qa = a . Từ đó ta được : (

(

)

q q a



q 

a   



( )    

 Vì R là

một vành chia và

a  nên ta được

q  = 0 với mọi

.R

Vậy, với 2 Z thì q >1 để 2

q  nên trường Z (hoặc vành chia R ) có

đặc số p  0. Gọi P là trường nguyên tố của Z .

[

,....



 vì nếu

R sao cho

, x x 1 2

]n x

x ,.... n

Ta có thể chọn 1

x x 2,

không thì mọi giao hoán tử cấp n trong R đều thuộc Z , khi đó xét

thì:

[

,....

]

[

,....

]



 và nếu đặt



x  1 n

[ , b bx

= b (

x n nbx ) - (

, x x 1 2 nbx -

nbx )b = b (

nx b ) = b [b , nx ]. Với [b ,

nbx ] =

, x x 1 2 ]n

[

,....

]

và [ ,

, x x 1 2

x n

bx n

]nb x = a đều là hoán tử cấp n trong R đều thuộc Z . Do

1 

đó [ ,

b b x

b a

a  nên ta được b  Z (vì R là vành chia). Từ đó



Z  và

suy ra [b ,

a  0

nx ] = a = 0, mâu thuẫn với giả thiết

[

,....

R sao cho



Z  .

x ,.... n

x ]n

Bây giờ ta có thể có: 1

x x 2,

x x , 1 2

a với m > 1, vì vậy a là phần tử đại số trên P , suy ra

Mặt khác ta có ma P ( a ) là một mở rộng đại số , nên cũng là mở rộng hữu hạn của P . Từ đó P ( a )

1 nào đó. Vậy tồn tại t 1 để cho

có cấp

tp với một t

a . Từ đó a thỏa các

điều kiện của bổ đề (2.1.1) nên tồn tại xR sao cho:

1 xax =

a



, ta có

i a x

a x [ , ]









 . Ta lại có

nên ta suy ra

ax xa a a xa ( ) )

(

)

(

i i a x a a ax xa ( )

)

(

i a c









xa a a a x ) 









cac

1  

  ca

ac

và

Mặt khác ta còn có

[

,....

a x [ , ]



[

,....



x x , 1 2

x x , ] n

x x , 1 2

x ]n

[[

....,

, ]

x x , 1 2

x 3,

x x đều là giao hoán tử cấp n trong R nên có cấp hữu hạn trong n

. Bổ đề đã được chứng minh.

nhóm nhân *R của R .Với các điều kiện trên thì nhóm con sinh bởi a và c trong *R cũng có cấp hữu hạn nên theo bổ đề (2.1.3) là nhóm Abel, mâu thuẫn với tính chất ca

ac

Bổ đề 3.2.4:

(1) thì ta có:

Nếu R là vành tùy ý thỏa:

[

,....

]

[

,....

]



x x , 1 2

x n

R .

[

,....

] 0

x ,.... n

x x 2,

x x , 1 2

x  (2) với mọi 1 n

Chứng minh:

Nếu R là vành chia thì theo bổ đề trên ta có R thỏa điều kiện (2).

Nếu R là vành nguyên thũy và thỏa điều kiện (1) và nếu R không phải là

vành chia thì tồn tại số k>1 để D k là ảnh đồng cấu của vành con nào đo của R , khi

đó điều kiện (1) cũng thỏa qua phép đồng cấu hoậc trên ảnh con , thế nhưng điều

kiện (1) không thỏa với các phần tử:

....



x 2

x 3

x n

0 0 . 0 1 0 . 0 . . 0 0 . 0

1 0 . 0 0 0 . 0 . . 0 0 . 0

     

     

     

     

 0 và

Khi đó:

[

,....

[

,....

2 ]

 nên không thỏa điều

x x , 1 2

x ]n

x 1

x x , 1 2

x n

kiện (1), vì vậy R là vành chia và

[

,....

x  . ] 0 n

x x , 1 2

Nếu R là vành nửa nguyên thũy thì R đẳng cấu với tích trực tiếp con của

các vành nguyên thũy R, theo lý luận trên Rcũng thỏa điều kiện (2), mặt khác

điều kiện (2) cũng được bảo toàn qua phép lấy tổng, phép lấy vành con và ảnh đồng

cấu, vì vậy R cũng thỏa điều kiện (2).

Bây giờ nếu R là vành tùy ý thì R /

J R là vành nửa nguyên thũy, và

(

)

vì R /

[

,....

J R cũng thỏa điều kiện (2) hay ta có

)

(

x  . ] 0 n

x x , 1 2

, mặt khác ta có:

Trong R /

[

,....

]

)

J R điều này ta dẫn đến

)

(

J R (

x n

x x , 1 2

, với n nào đó vì vậy:

[

,....

] 0

[

,....

]

[

,....

]



x x , 1 2

x  . vậy R là n

x x , 1 2

x n

vành tùy ý thỏa điều kiện (1) thì ta có:

R .

[

,....

] 0

x ,.... n

x x 2,

x x , 1 2

x  với mọi 1 n

Bây giờ ta chứng minh mệnh đề dựa vào các bổ đề trên và do R không chứa

idean nil khác không nên R là tích trực tiếp con các vành nguyên tố R do đó nếu

ta chứng minh được R là giao hoán thì lập tức R giao hoán.

Bây giờ ta có thể xem R như là vành nguyên tố, ta cần chứng minh R thỏa

điều kiện (1) thì R giao hoán.

Do R thỏa điều kiện (1) nên bổ đề 3.2.4 thì R thỏa điều kiện (2):

[

,....

] 0

x  vì vậy theo mệnh đề 3.2.1 dẫn đến R giao hoán. n

x x , 1 2

Sau đây chúng ta có một ngã rẽ, với một lớp vành có chứa lớp vành Boolean,

chứa lớp vành thỏa điều kiện

x , nói cách khác nó chứa lớp vành giao hoán.

3.3 Các định lý về giao hoán trên lớp vành subBoolean

Ta thấy vành Boolean thỏa đồng nhất thức:

x thì nó cũng thỏa

là lũy linh,

2 x y xy

 , bây giờ chúng ta xét những vành R có tính chất 2 0

2 2 x y xy

,x y R



 thì với điều kiện nào thì R giao hoán.

Định nghĩa 3.3.1:

J R là căn Jacobson, Z là tâm của R .

(

)

N là tập các phần tử lũy linh,

 N ,

R là vành subBoolean nếu

x y R N J Z , \ (  

)   (1).

2 2 x y xy

Ta thấy lớp vành subBoolean nó hoàn toàn rộng, nó chứa thật sự lớp các

vành Boolean (Vì lớp vành Boolean cũng thỏa điều kiện của định nghĩa).

Ví dụ: Cho

, khi đó R là vành subBoolean

0 0 0 0

1 0 0 0

0 1 0 0

1 1 0 0

  

  ,    

  

   

  

 0, 1 .

và R không giao hoán. Với các phần tử trong các ma trận trên là nằm trong trường 2(cid:0) có hai phần tử là 

Với ví dụ được nêu ta thấy lớp vành subBoolean có chứa lớp vành giao hoán

( nó chứa lớp vành Boolean), có chứa lớp vành không giao hoán, vì vậy trong phần

sau chúng tôi mong muốn trình bày các điều kiện để tìm kiếm trong lớp vành

subboolean những lớp vành giao hoán. Để xây dựng các vành subBoolean với điều

kiện nào đó là giao hoán ta cần bổ đề sau:

Bổ để.3.3.2:

Cho R là vành sao cho mỗi phần tử x

R , x hơặc nằm trong tâm hoặc có

số n nguyên dương lớn hơn 1 :

x thì R giao hoán. ( bổ đề này chính là định

lý giao hoán của Jacobson).

Bổ để.3.3.3:

Nếu R là vành subBoolean với phần tử lũy đẳng tâm thì tập N các phần tử

lũy linh được chứa trong căn Jacobson của R .

(Phần tử lũy đẳng tâm của R là phần tử lũy đẳng và nằm trong tâm, vành

với phần tử lũy đẳng tâm có thể nói ngắn gọn là vành lũy đẳng tâm).

Chứng minh:

Giả sử a N và x R .

Xét trường hợp

(

)

N J

   :

Nếu ax N thì ax là phần tử tựa chính quy phải, nếu ax J thì ax là tựa

chính quy phải, ax Z thì : (

m m a x

với mọi số m và do a N nên có n



nào đó để

na =0 vì vậy ax N suy ra ax là tựa chính quy phải.

Ta xét thêm trường hợp

(

)

N J

(

)

   : nếu ( ax ) 2 N thì ax là tựa

chính quy phải,

là tựa chính quy phải

(

2 ) ,

)

ax (

(

)

(

)

  

 thì J

=0 chọn

và ax cũng thế (

là tựa chính quy phải có b để

)ax (

)

(

2 ax b ) .

( 

b  

khi đó

= 0).

. ax b axb

   

ax b

ax b .

'  

Cuối cùng nếu

(

)ax

Z thì:

(

)



2 2 ( ax ) ) .........(  k

xax

= 2

(tiếp tục chuyển a ra trước ta có)

)

xax

2 2 ( ) ) .........( a ax  1 k  2 2 a ax ) .........( ( ) (  k 2 

………………………………………………

= ka t

(

)ax

Do a N suy ra

N nên ax N . Như vậy ta có:

ax (N  J  Z) hoặc ( ax ) 2

(

)

N J

   thì ax là tựa chính quy phải. (*)

Bây giờ giả sử

)

(

N J

   và

(

)

N J

(

)    thì bởi (1) ta có

((

)

(

))(

)

((

2 2 ) ) (

)

(

2 ) (

)



 suy ra:



 hay

{((

)

(

))(

k 3 ) }



 khai triển chúng ta thu được:

1 

với

g y là đa thức với các hệ số nguyên khi đó ta có:

( )

(

)

(

)

g ax (

)





tiếp

tục như

thế

ta có:

(

)

(

k ) (

ax g ax

(

)

(

)

(

)



( ax ) k =( ax ) 2k g k ( ax )

Ta đặt

k ax g ax

(

)

(

)

k ax e )

(

thì 2e

với mọi a N . (2)



e và (

vì phần tử lũy đẳng là nằm trong tâm nên:

e e .

k e ax g ax (

)

(

)

eat

aet



m m

thế thì:

2 a et

....

a et

e aet 



 với m nào đó để

ma  vì a N ,

như vậy theo (2) thì ax N vì thế ax là tựa chính quy phải, như vậy ta có:

N J

)

(

   và

(

)

N J

)

(

   thì ax là tựa chính quy phải (**)

Từ (*) và (**) ta suy ra ax là tựa chính quy phải x R vì vậy a

J . Vậy

bổ đề đã chứng minh xong.

( a là tựa chính quy phải, ax là tựa chính quy phải  x R ta gọi B là

idean tựa chính quy phải chứa a của R , mà

J R là idean phải tựa chính quy

(

)

phải lớn nhất nên B  (

J R ) )

Định lý 3.3.4:

Nếu R là subBoolean với phần tử lũy đẳng tâm thì R /

J R là giao hoán.

(

)

Chứng minh:

Theo bổ đề 3.3.3 ta có N

J và vì R là vành subBoolean nên ta có:

2 x y xy

2 0  ,

,x y Z (1). Vì vành R /

 ,x y  R /

J R , )

(

J R là vành nửa nguyên thũy nên

(

)

R /

)

J R là tích trực tiếp các vành nguyên thũy R và mỗi Rcũng thỏa điều kiện (

(1) nên chúng ta có:

2 x y

xy

= 0,  ,x y R và x, y không nằm trong tâm. Như

J R là giao hoán .

)

(

vậy ta chỉ cần chứng minh R là giao hoán thì R /

Nếu R là vành chia và R không giao hoán. Ta gọi x là phần tử không

1)  



nằm trong tâm của R nên ta có:

 suy ra x= 0 hoặc

2 x x (  

x x (  

x= –1 suy ra x Z , điều mâu thuẫn này đã chứng minh cho R là giao hoán.

Nếu R là vành nguyên thũy và R không là vành chia khi đó tồn tại D là

vành chia và số nguyên k>1 để mà

kD là ảnh đồng cấu của vành con của vành R,

= 0,

vì

2 x y

xy



 và x, y không nằm trong tâm, vẫn đúng trong vành con

,x y R

của R và vẫn còn đúng qua phép đồng cấu và như vậy nó đúng trong

kD thế

nhưng điều này không đúng với:

. Do

2 2 x y xy 

  . Điều mâu thuẫn này



0 1 . 0 0 0 . 0 . . 0 0 . 0

1 1 . 0 0 1 . 0 . . 0 0 . 1

     

     

     

     

đã chứng minh là Rvành chia vì vậy R là giao hoán. (ĐPCM)

Định lý 3.3.5:

R là subBoolean với phần tử lũy đẳng tâm và J

Z thì R là vành giao

hoán.

Chứng minh:

Bởi bổ đề 3.3.3 ta có N

  kết hợp với R là vành subBoolean ta có:

, giả sử x Z ta đặt y

x  khi đó ta có:

32x N và

2 x y xy N

2   ,



x y R Z , 

R J R là giao )

(

vì vậy 2x N Z

  , như vậy 2

   và theo Định lý 3.3.4 thì x Z x R ,

hoán nên [ ,

x y

]

,x y R

  ,



 .

Mặt khác

Z .

2[ x y , ]

x x y [ , ]

x y x [ , ]

x x y 2 [ , ]

x x y [2 , ] 0







 

Bây giờ ta chứng minh mệnh đề 3.3.5:

2 Z  

x Z

2 x     (vì nếu

Giả sử R không giao hoán thế thì có phần tử

Z   thì do

Z suy ra x Z .) theo định nghĩa vành subBoolean ta có:

( )g t

2 2 x x x (

)

2 2 )





x x x ( 

 điều này dẫn đến:

3 2 x x x (

)

  vì vậy có đa thức

với các hệ số nguyên để mà:

nhận xét vế phải của

2 4 )

2 3 ) (

)

(

3 2 x g x x x ( )(

x x ( 

x x (  

2 x x 







3 2 x x x g x ) ( ) 

đẳng thức trên là tổng của những phần tử lũy linh, giao hoán được với nhau vì vậy:

N Z

   điều này mâu thuẫn với

  . Vì vậy R là giao hoán.

Định lý 3.3.6:

R là vành subBoolean có đơn vị và lũy đẳng tâm đồng thời J giao hoán thì

R giao hoán.

Chứng minh:

Bởi bổ đề 3.3.3 ta có

N Z

J chúng ta cần chứng minh J

  . Giả

sử J

N Z

  khi đó có j

J và

j N j Z , 

 vì N

J từ định nghĩa ta có:

x y R J Z , \  

 .

2 x y xy N

2   ,

nhận xét: 1 j J Z

   , (vì 1 j là khả nghịch nên không thuộc J , nếu 1 j Z  thì

j Z ) lại có 2j

J nên

J Z

2 j

j J Z

J Z

1 j     , (vì

1         ).

Như vậy ta có:

2 2 ) (1

)

)(1

)

j  





j  



 khai triển biểu

suy

ra có

thức

ta có

số m nào đó để

)(1

)

j  

,  

là khả nghịch trong R vì chúng

), (1

)

j  



(

)(1

))

j  



 và vì

N Z   .

giao hoán với j dẫn tới j N điều này trái giả thiết j N vậy J

Chúng ta có:

2 x y xy N

, 1

x N

2   ,

x N 

  , và

x y R N Z , \  

 . Bây giờ ta giả sử có:

  theo trên ta có:

x Z vì vậy 1 x Z

x (1

x )

x )  



 khai triển ta có

  thì 1 x khả nghịch từ đó ta suy ra

x (1

x N )

  , mặt khác ta có: x N

J    thì x khả nghịch từ đó suy ra (1

x N )

)

  , vì vậy:

  , 1 x N J

2   (a). x x N

, vì x Z nên – x Z nên

x R Z





) x  

 

Như chúng ta biết mọi vành R đều là đẳng cấu với tích trực tiếp con các

vành bất khả quy R. Ta đặt : R  R là đồng cấu tự nhiên từ R vào R và

đặt.

( )x  

x

trong

, d

(

Z

 và đặt

Z

N



Ta cần chứng minh rằng tập N các phần tử lũy linh của R là được chứa   trong đó Z là tâm của R.Ta đặt d

) theo (a) ta có:

, d

R vì thế d

Z (vì d

  

(

)d  

Z



d



 , vì d

nên (

)

N



md  ta lại có: 0

 1

 1

và các

id giao hoán được

d

(

)(1

...

)







  

 (do

với nhau suy ra

thế thì

(

2 ) i d d



 ) như vậy

)

( 



1  ) ( 

vì vậy

)

(

)



1  ( 

d 

) d 

( d  

(

Vậy N chứa trong

  . Z

Trọng tâm kế tiếp của chúng ta là chứng minh mọi phần tử trong R hoặc là

lũy linh hoặc là khả nghịch hoặc là trọng tâm. Để chứng minh ta xét



x R   

và giả sử

  từ đó suy ra

x R

( ) x  

 thế thì x Z và vì vậy

, x 

là đa thức với các hệ số nguyên và cũng như trước đây ta có:

1 ( ),  g x g x ( )



và

là phần tử lũy đẳng và vì vậy 2 e

k x e

, e x



k . ( ) e x g x



k k ( ) x g x





và



k e x g x e ( )    

k x x  

1 k  g x ( ) 

2 e 

k x e ,  

k x e  

Theo giả thiết các phần tử lũy đẳng của R nằm trong tâm nên

e ( )

e  

cũng là phần tử lũy đẳng tâm trong vành bất khả quy trực tiếp con R nên e= 0

hoặc e=1. Nếu e = 0 thì x lũy linh, nếu e =1 thì x khả nghịch.

Như vậy mọi phần tử trong R hoặc là lũy linh hoặc là khả nghịch hoặc là

trong tâm. (b)

Bây giờ, chúng ta cần chứng minh mọi phần tử khả nghịch u

R

 nằm

. Để chứng minh điều này, ta giả sử

trong tâm hoặc

, với a

1  

u 

a 

N 

phần tử khả nghịch u

, d R ,

( )d  

R

 không nằm trong tâm, và giả sử

u

thì

, vì vậy theo (a):

vì vậy

d R Z



N   suy ra

)



u 

2 u (   

là lũy linh cho nên

0m 

2 u  u (

u 

0m  , do u khả nghịch nên ( )

N 



2 u u  vì thế a= u – 1, a là lũy linh hay u= 1+ a, a nghịch, unằm trong tâm hoặc u=1+ a). Từ đây suy ra R 



. (u R, ukhả Z  (c)

J và J giao hoán nên N là giao

Vì Nchứa trong (

  , do N Z

hoán vì vậy N gồm các phần tử lũy linh của R cũng giao hoán, hơn nửa bởi (b)

và (c) nên R được sinh bởi các phần tử lũy linh và các phần trong tâm vì vậy R là giao hoán, từ đó R là giao hoán. ĐPCM.

Hệ quả 3.3.7:

Nếu R là vành subBoolean với N ={0}, R có đơn vị thì R giao hoán.

Chứng minh:

Gọi

J và giả sử [ , ] 0

j  thế thì vì R là vành subBoolean nên:

i (1 )(1

)}(1

vì vậy (1 ){(1 )(1 



)   



  ) 0

2 ) (1

)

)(1

)

{0}



(1  



N  

đẳng thức này dẫn đến i

j (bởi

1i  ,

1j  là khả nghịch trong R ) suy ra mâu

thuẫn với [ , ]

j  , mâu thuẫn này chứng tỏ J là giao hoán và theo Định lý 3.3.6

thì R là giao hoán.

Định lý 3.3.8:

R là vành subBoolean có đơn vị, lũy đẳng tâm và lũy linh tâm thì R giao

hoán.

Chứng minh:

Đầu tiên ta chứng minh tập các phần tử khả nghịch U của R là giao hoán.

,u v khả nghịch

Giả sử U không giao hoán, thì có

,u v U , [ , ]

u v  (

nên nó không thuộc

,u v không thuộc N

  thế thì theo định

,N J ) vì vậy

nghĩa:

, do N

2 u v





Z ( lũy linh tâm) nên N là idean của R và vì

1 

vậy

từ đó suy

lại có

ra u v N Z

u v uv v ( ) 

N 

   ,

u v [ , ]

)











u v v ( ) 



v u v ( 

 điều mâu thuẫn này



đã nói lên tập các phần tử khả nghịch U của R là giao hoán. Bây giờ đặt ,i

J

khi đó 1 i , 1

j là khả nghịch nên ta có: [1 ,1

i j [ , ] 0

] 0



    vì vậy J là

giao hoán, hơn nửa các phần tử lũy linh trong tâm và các phần tử lũy đẳng trong

tâm ( chứng minh trên), theo Định lý 3.3.6 thì R là giao hoán.

Định nghĩa 3.3.9:

* Phần tử x được gọi là potent nếu có số k>1, k nguyên :

x

* Vành R được gọi là vành tuần hoàn yếu nếu

x R J

\ (

)

 

 , x có thể

viết dưới dạng tổng của phần tử lũy linh và phần tử potent của R đó là x

a b   ,

với



 ) b

Định lý 3.3.10:

Cho R là vành subBoolean, lũy đẳng tâm, J là giao hoán, hơn nửa R có tính

chất tuần hoàn yếu thì R là giao hoán.

Chứng minh:

Nếu 0 là phần tử duy nhất potent thì theo định nghĩa của vành tuần hoàn yếu

thì R N J

Z J

     (vì N  J bởi bổ đề 3.3.3) vì vậy R là giao hoán, vì

,J Z là giao hoán.

Bây giờ ta có thể giả định là R có phần tử potent khác không. Gọi a là phần

là phần tử lũy đẳng khác

tử potent thế thì có số k >1 để

1k a 

a , khi đó



không, theo giả thiết e nằm trong tâm, vì vậy eR là vành có đơn vị, hơn nửa eR là

vành subBoolean có

(

eJ R và các phần tử lũy đẳng của eR cũng nằm

(

)

J eR  )

trong tâm và

eJ R là giao hoán vì vậy theo Định lý 3.3.6 thì eR là vành giao

)

(

hoán.

1 

Ta lấy phần tử y R thì

e a y [ , ]

ea ey [ ,

k Z a ,



] 0, 

k e a 



 khi đó ta có:

1 

e a y [ , ]

1  a y [ , ]

1  a y a ya a y









ya a a y 







y R a ,

   là phần tử potent. Như vậy mọi phần potent của R đều nằm trong tâm.

Bây giờ chúng ta chứng minh định lý, cho

\ (

)

x y R J , 

 thế thì

là potent. Khi đó ta có:

a b y

b a a N ,

J b b ,

;

 

a '  

 

'b b nằm trong tâm

x y [ ,

]

[

a a [ ,

'] 0



a b a 

' 



 do J giao hoán;

  hoặc y Z

  . Vì vậy chứng minh đã

Tương tự ta có [ ,

] 0

x y  nếu x

được hoàn thành.

Định lý 3.3.11:

Cho R là vành subBoolean có đơn vị, lũy đẳng tâm thì idean giao hoán tử là

nil.

Chứng minh:

N Z

Trước hết ta cần chứng minh J

N Z

  thế thì có

  . Giả sử J

phần tử

j J

, 1

j N

, 1

 

j Z   .

J j N j Z , ,



 khi đó 1



Ta xet hai trường hợp sau:

Trường hợp 1:

, 1

2 j  

  vì vậy theo định

Z thì

thế

nghĩa vành

subBoolean

ta có:

2 ) (1

)

)(1

2 2 )



(1  



 vì

là phần tử khả nghịch giao hoán với j vì vậy j N điều

)



 , do

j

này mâu thuẫn.

Trường hợp 2:

Z trong trường hợp này với lý luận tương tự như trên ta có

Z N J

), 1

Z N J

)

(

(     

    theo định nghĩa ta có:

2 ) (1

)

)(1

2 2 )



j  

(1  

j  

 với điều này ta có

là phần tử khả nghịch trong R giao

)(1

)

j  

  vì

), (1

)

j  



hoán với

2j nó cho phép

N và vì vậy j N điều này mâu thuẫn.

Trong hai trường hợp điều chỉ ra được mâu thuẫn vì vậy J N Z

  .

Kế tiếp, chúng ta cần chứng minh N là idean của R . Theo bổ đề 3.3.3 thì

  . thì N J N Z

J cùng với J N Z

   .

* Bây giờ giả sử

a N b N ,

J b ,

 thế thì



 và vì vậy

a b

N Z

    từ đây suy ra a b N

  hoặc a b Z

  , nếu như

a b Z

  thì a b N

  thật vậy ta có:



(

)

(

))(

)

(

a b b a b ) )(

)

a b 



a a b ( ( 



b a b 

a b 



a a b ( ( 



3 

(

)(

(

a a b (

2 a a b b b a b a b ) (

))(

)





ab b 2 

a b ) 





) 2 ( 







=…………………=……..

(

2 3 a b

3 ab

)(







)n a b  

khi chọn n

j   với

n k b



0  .

k C a n

n  0 k 

*

J N Z    .

   , do J là idean nên ax

a N x R ,

 suy ra a J N Z



1

k a x

,  k



điều này dẫn tới ax N hoặc ax Z , nếu ax Z thì (

vì vậy ax N do a N . Như vậy N là idean của R .

Z N Z

Ta có N J N Z

    vì vậy theo định

   từ đây suy ra N J

nghĩa của vành subboolean ta có:

2 x y xy N x y R N J Z ,

\ (

)

R N Z

\ (

)

,    

  

 vì N là idean của R . nên ta có:

( N là idean

2 x y

xy

 , với mọi

,x y không nằm trong tâm và



x y R N , 

x R N

của R ). Ta gia sử rằng

x R N

, x không nằm trong tâm, khi đó 1

 



không nằm trong tâm, vì vậy

)

x

 dẫn tới

)







 suy ra

x với x không nằm trong tâm. Như vậy mọi

)(1

)





 từ đó suy ra

phần tử nằm trong

/R N hoặc nằm trong tâm hoặc là potent. Như vậy theo bổ đề

3.3.1 ta có

/R N là giao hoán, vì vậy xy

yx N

  , nói cách khác idean giao

hoán tử là nil. ĐPCM

KẾT LUẬN

Trong luận văn này, chúng tôi đã trình bày được một số kết quả như sau:

 Định lý giao hoán của Wedderburn trên vành chia hữu hạn.

 Định lý giao hoán của Jacobson, Jacobson đã mở rộng định lý của

Wedderburn (trên vành chia hữu hạn ) trên vành bất kỳ với điều kiện giao

hoán là  xR, thỏa: x n = x.

Herstein đã phát triển định lý của Jacobson cho vành với điều kiện giao



)

, với điều kiện này thì lớp vành

hoán là



,x y R  :

(

)n x y ( ,







ứng dụng sẽ rộng hơn nhiều, hơn thế nửa Herstein đã phát triển thêm nhiều

điều kiện giao hoán các vành, tạo ra các bước phát triển sau này với những

điều kiện ngày càng tổng quát hơn.

 Một số ví dụ tương ứng với định lý Jacobson.

 Phát triển định lý giao hoán của Herstein trên giao hoán tử cấp 2 đến giao

hoán tử cấp n.

 Phát triển định lý giao hoán trên vành subBoolean.

 Việc nghiên cứu về điều kiện giao hoán của một vành còn nhiều vấn đề có

thể mở rộng, như nghiên cứu những vành có chứa phần tử potent, những

vành xét trên các giao hoán tử cộng (nhân), có các lũy đẳng trong tâm.

Trong luận văn này có sự tham khảo sách Commutative Algebra của

Macdonald ( University of Oxford ), Noncommutative của Herstein (University of

Chicago ), các tài liệu được thầy Bùi Tường Trí cung cấp, luận văn thạc sĩ của

Đinh Quốc Huy, bài báo International Journal of Algebra vol 1-2007 của Adil-

Yaqub. Tuy nhiên trong luận văn còn nhiều hạn chế do thời gian và kiến thức có

hạn. Kính mong quý thầy có cùng các bạn đồng nghiệp hướng dẫn, đóng góp.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Tiếng Việt

1. Đinh Quốc Huy (2001), Một hướng tiếp tục mở rộng của định lý Jacobson,

Luận văn thạc sĩ toán học, Tr. Đại Học Sư Phạm, Tp. Hồ Chí Minh..

2. Mỵ Vinh Quang (1998), Đại số đại cương, NXB giáo dục.

3. Mỵ Vinh Quang (1998), Bài tập đại số đại cương, NXB giáo dục.

4. Hoàng Xuân Sính (2000), Đại số đại cương, NXB giáo dục.

Tiếng Anh

1. Adil Yaqup (2007), A Generalization of Booleans Rings, International

Journal of Algebra, vol. 1.2007, no 8, 353-362.

2. I.N.Herstein (1968), Noncommutative Rings, The Math Association of

America.

3. L.G. Macdonald (1969),. Intrduction to Commutative Algebra, University of

Oxford.

4. T.Y.Lam (11-1996), A first course in Noncommutative Rings, Berkeley

California

5. Robin Chapman (22-6-1999), Proving commutativity in rings from x n =x ,

Newgroups: sci.math.

Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một vài hướng phát triển của các định lý giao hoán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP. HỒ CHÍ MINH -------------------------------------------- Giang Dậu Bạc

MỘT VÀI HƯỚNG PHÁT TRIỂN CỦA

CÁC ĐỊNH LÝ GIAO HOÁN

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS-TS: BÙI TƯỜNG TRÍ

Thành phố Hồ Chí Minh - 2009

DANH MỤC CÁC KYÙ HIEÄU

THUẬT NGỮ

TRANG

LỜI MỞ ĐẦU

Luận văn gồm có 3 chương:

Chương I: Chúng tôi trình bày các kiến thức cơ bản gồm các khái niệm, các định

Chương II: Chúng tôi trình bày các định lý giao hoán bao gồm các định lý, trong

Chương III: Chương này chúng tôi cố gắng đưa ra một vài ví dụ cụ thể và trình

Chương 1

CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN

1.1. Các định nghĩa, tính chất của vành và mođun.

Định nghĩa 1.1.1:

Định nghĩa 1.1.2:

Định nghĩa 1.1.3:

Định nghĩa 1.1.4:

Mệnh đề 1.1.5:

Mệnh đề 1.1.6:

Định nghĩa 1.1.7:

Định nghĩa 1.1.8:

Mệnh đề 1.1.9: (Bổ đề Schur)

Mệnh đề 1.1.10:

1.2. Radican của vành

Định nghĩa 1.2.1:

Định nghĩa 1.2.2:

Mệnh đề 1.2.3:

Mệnh đề 1.2.4:

Định nghĩa 1.2.5:

Mệnh đề 1.2.6:

Định nghĩa 1.2.7:

Mệnh đề 1.2.8:

Mệnh đề 1.2.9:

Định nghĩa 1.2.10: R là vành nửa nguyên thũy (nửa đơn) nếu

Mệnh đề 1.2.11: Nếu A là idean của R thì

Mệnh đề 1.2.12:

1.3: Vành Artin nửa nguyên thũy:

Định nghĩa 1.3.1:

Mệnh đề 1.3.2: Nếu R là vành Artin thì

Hệ quả 1.3.3: Nếu R là Artin thì bất kỳ idean nil phải ( trái, hai phía ) của R

Định nghĩa 1.3.4: Phần tử e R gọi là lũy đẳng nếu

Mệnh đề 1.3.5:

Mệnh đề 1.3.6:

Mệnh đề 1.3.7:

Mệnh đề 1.3.8:

Mệnh đề 1.3.9:

Hệ quả 1.3.10:

Định nghĩa 1.3.11:

Mệnh đề 1.3.12: (Định lý Maschke’s)

Mệnh đề 1.3.13:

Hệ quả 1.3.14: Cho R là vành Artin nửa nguyên thũy và A khác không là

Hệ quả 1.3.15: R là vành Artin nửa nguyên thũy thì R có phần tử đơn vị hai

Mệnh đề 1.3.16:

Định nghĩa 1.3.17:

Mệnh đề 1.3.18: ( Định lý Wedderburn )

Định nghĩa 1.3.19:

Mệnh đề 1.3.20: R là vành nguyên thũy khi và chỉ khi trong R tồn tại  là

Định nghĩa 1.3.21:

Mệnh đề 1.3.22: ( Định lý dày đặc)

Định nghĩa 1.3.23:

Mệnh đề 1.3.24:

Mệnh đề 1.3.25:

Định nghĩa 1.3.26:

Mệnh đề 1.3.27: Mọi vành nguyên thũy đều nguyên tố.

Mệnh đề 1.3.28: ( định lý Wedderburn-Artin)

Mệnh đề 1.3.29:

Định nghĩa 1.3.30:

Mệnh đề 1.3.31:

Mệnh đề 1.3.32:

Hệ quả 1.3.33:

1.4: Sự phân tích của vành:

Định nghĩa 1.4.1:

Mệnh đề 1.4.2:

Định nghĩa 1.4.3:

Mệnh đề 1.4.4: