Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phủ của vành hữu hạn

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:36

Thêm vào BST

Báo xấu

12
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu chính của đề tài là: Nghiên cứu các vành con, vành con tối đại của vành hữu hạn, nghiên cứu tích trực tiếp của các vành hữu hạn và ứng dụng các kết quả ở phần trên để tìm các điều kiện cần và đủ để một vành hữu hạn có phủ hữu hạn. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Phủ của vành hữu hạn

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH —————————————– DƯƠNG THÁI BẢO PHỦ CỦA VÀNH HỮU HẠN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC TP HỒ CHÍ MINH - 2019
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH —————————————– DƯƠNG THÁI BẢO PHỦ CỦA VÀNH HỮU HẠN Chuyên ngành: Đại số và lí thuyết số Mã số : 8460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS. TS. MỴ VINH QUANG TP HỒ CHÍ MINH – 2019
Lời cam đoan Tôi xin cam đoan đây là luận văn do chính tôi thực hiện dưới sự hướng dẫn của PGS.TS. Mỵ Vinh Quang. Nội dung của luận văn có tham khảo và sử dụng một số kết quả, nội dung từ các bài báo, sách được liệt kê trong danh mục tài liệu tham khảo. Tôi xin chịu hoàn toàn trách nhiệm về luận văn của mình. Tác giả luận văn Dương Thái Bảo
Lời cám ơn Trong quá trình học tập, nghiên cứu đề tài ``Phủ của vành hữu hạn'' tôi đã nhận được sự giúp đỡ, chỉ bảo nhiệt tình của các thầy, cô giáo trường Đại học Sư phạm Tp Hồ Chí Minh để hoàn thành luận văn này. Với tình cảm chân thành, tôi bày tỏ lòng biết ơn đối với Ban giám hiệu, phòng Sau Đại học, Khoa Toán Tin– Trường Đại học Sư phạm Tp Hồ Chí Minh, các thầy giáo, cô giáo đã tham gia quản lý, giảng dạy và giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập, nghiên cứu. Tôi xin bày tỏ sự biết ơn đặc biệt đến PGS. TS. Mỵ Vinh Quang – người đã trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ về kiến thức, tài liệu và phương pháp để tôi hoàn thành đề tài nghiên cứu khoa học này. Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động viên, cổ vũ, khích lệ và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian qua. Mặc dù đã có nhiều cố gắng trong suốt quá trình thực hiện đề tài, song có thể còn có những mặt hạn chế, thiếu sót. Tôi rất mong nhận được ý kiến đóng góp và sự chỉ dẫn của các thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp. Dương Thái Bảo
Mục lục Trang Lời cam đoan Lời cám ơn Mục lục Mở đầu …………………………………………………………… 1 Chương 1. Vành hữu hạn và trường hữu hạn …………………… 2 1.1. Trường hữu hạn ……………………………………………… 2 1.2. Vành con sinh bởi một phần tử ……………………………… 8 Chương 2. Phủ của vành hữu hạn ……………………………… 10 2.1. Vành con tối đại của tích trực tiếp các trường hữu hạn ……… 10 2.2. Phủ của tích các vành hữu hạn ……………………………… 18 2.3. Phủ của tích trực tiếp các trường hữu hạn …………………… 22 2.4. Số phủ của tích trực tiếp các trường hữu hạn ………………… 25 2.5. Ví dụ về phủ của vành giao hoán địa phương ………………… 28 Kết luận …………………………………………………………… 30 Tài liệu tham khảo ………………………………………………… 31
1 Mở đầu Phủ của nhóm G là một họ nhóm con thực sự của G mà hợp của chúng bằng G . Dễ thấy, G không có phủ gồm 2 nhóm con thực sự. Tuy nhiên, mọi nhóm hữu hạn không xyclic đều có phủ hữu hạn. Vấn đề được đặt ra tương tự đối với vành. Phủ của vành A là họ các vành con thực sự của A mà hợp của chúng bằng A . Tất nhiên, vành A không có phủ gồm 2 vành con thực sự. Bởi vậy, câu hỏi khi nào thì vành hữu hạn A có phủ gồm hữu hạn vành con thực sự là câu hỏi thú vị, thu hút được sự quan tâm của nhiều nhà toán học và đến nay vẫn còn nhiều vấn đề mở cần tiếp tục tìm tòi, nghiên cứu. Chính bởi vậy, tôi quyết định chọn đề tài “phủ của vành hữu hạn” làm đề tài cho luận văn thạc sĩ toán của mình với mong muốn được tìm hiểu về một vấn đề thú vị của toán học. Mục tiêu chính của đề tài là: nghiên cứu các vành con, vành con tối đại của vành hữu hạn, nghiên cứu tích trực tiếp của các vành hữu hạn và ứng dụng các kết quả ở phần trên để tìm các điều kiện cần và đủ để một vành hữu hạn có phủ hữu hạn. Trong trường hợp có phủ hữu hạn, tìm số bé nhất các phần tử trong một phủ. Số đó được gọi là số phủ của vành. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Vành hữu hạn, vành con, vành con tối đại của vành hữu hạn. - Tích trực tiếp của hữu hạn các vành hữu hạn và các trường hữu hạn. - Các phủ của vành hữu hạn và điều kiện cần và đủ để có phủ. - Số phủ của vành hữu hạn.
2 Chương 1 Vành hữu hạn và trường hữu hạn Trong luận văn này, khái niệm vành được hiểu là vành có đơn vị. Tập con S khác rỗng của vành R được gọi là vành con của R nếu S cùng với phép toán cộng trong R lập thành nhóm Abel và đóng với phép toán nhân của R (vành con không hẳn chứa phần tử đơn vị). Bên cạnh đó, kí hiệu R  , R lần lượt cho nhóm cộng của R , nhóm nhân các phần tử khả nghịch của R (phần tử đơn vị được kí hiệu là e hoặc là 1). 1.1. Trường hữu hạn Trong mục này chúng ta nhắc lại một số kết quả về mở rộng trường và trường hữu hạn. Đầu tiên là khái niệm đặc số của vành: số nguyên dương p được gọi là đặc số của vành R nếu p là số bé nhất thỏa px  0 với mọi x  R . Nếu không tồn tại số nguyên dương p như thế thì ta nói vành R có đặc số bằng không. Định lí 1.1.1 Cho F là trường bất kì, khi đó đặc số của F hoặc là 0 hoặc là số nguyên tố p . Chứng minh. Gọi F là trường có đặc số p  0 . Giả sử p không là số nguyên tố, khi đó tồn tại p1 , p2 thỏa mãn 1  p1 , p2  p và p  p1 p2 . Ta có 0  pe  ( p1 p2 )e , mà e 2  e nên ( p1e)( p2e)  0 . Do F là trường nên p1e  0 hoặc p2e  0 hay p1 hoặc p2 là đặc số của F . Điều này mâu thuẫn với 1  p1 , p2  p .□
3 Phần tử đơn vị e cùng với đặc số p của một trường F sẽ tạo nên trường con p. Định lí 1.1.2. Cho F là một trường có phần tử đơn vị e , khi đó nếu đặc số của F là p  0 thì đặt p  {0, e,2e,3e,,( p  1)e}, và nếu F có đặc số là 0 thì đặt p  {(me)(ne)1 | m, n  , n  0}. Khi đó p là trường con bé nhất của F và được gọi là trường con nguyên tố của F . Chứng minh Nếu p là trường thì do mọi trường con của F đều chứa phần tử đơn vị e nên mọi trường con của F đều chứa p. Xét F có đặc số p  0 . Lấy le, ke p thì le  ( p  l )e  pe  0 , suy ra le  ( p  l )e  p. Vì thế ke  le  ke  ( p  l )e  (k  p  l )e  p . Nếu le  0 thì ( p, l )  1, nên tồn tại u, v sao cho pu  lv  1. Do đó ( pu  lv)e  e hay (lv)e  e , kéo theo (le)(ve)  e . Điều này có nghĩa là (le)1  ve , lúc này thì (ke)(le) 1  (kv)e  p . Vậy p là một trường con của F và dễ dàng nhận thấy p  p. Xét F có đặc số 0, chúng ta dễ dàng nhận thấy: với mọi m, n  , n  0 thì (me)(ne)1   me  ne   mn  nm 1 (*) và (me)(ne) 1   me  ne    mn  nm  e   nn  e  1 1  (me)(ne)   m e  n e  1   1    mm  e   nn  e  1
4 Vậy p đóng với hai phép toán của F . Mặt khác thì nếu (me)(ne) 1  p thì (me)(ne)1  p . Ngoài ra nếu (me)(ne)1  0 thì m  0 , vì thế (ne)(me) 1  p và  (me)(ne)  (ne)(me)   e 1 1 Vậy p là trường con của F . Bên cạnh đó do (*) nên p  thông qua ánh m xạ (me)(ne)1 . n Hệ quả 1.1.3. Nếu F là trường hữu hạn thì đặc số của F là số nguyên tố. Chứng minh. Theo định lí 1.1.1 thì đặc số của p hoặc là 0 hoặc số nguyên tố. Giả sử F có đặc số là 0, khi đó theo định lí thì trường con nguyên tố p  . Suy ra p có vô hạn phần tử (mâu thuẫn với tính hữu hạn của F ). Kế đến chúng ta sẽ nói đến đặc điểm về số phần tử của một trường hữu và trường con của nó. Định lí 1.1.4 . Cho F là trường hữu hạn chứa trường con K có q phần tử. Khi đó F có q m phần tử và m  [ F : K ] . Chứng minh. Lúc này ta xem F như một không gian vectơ trên trường K , do F hữu hạn nên nó là không gian vectơ hữu hạn chiều trên K . Nếu m  [ F : K ] thì F có cơ sở trên K gồm m phần tử, kí hiệu b1 , b2 ,, bm . Khi đó mỗi phần tử của F được biểu diễn duy nhất qua dạng a1b1  a2b2   ambm , trong đó a1 ,, am  K . Tuy nhiên mỗi ai có q lựa chọn nên F có đúng q m phần tử. Định lí 1.1.5. Cho F là trường hữu hạn. Khi đó F có p n phần tử, trong đó số nguyên tố p là đặc số của F và n  [ F : p ]. Chứng minh. Áp dụng trực tiếp định lí trên cho trường con nguyên tố p.
5 Tiếp theo định lí này, chúng ta nhắc lại về sự tồn tại của trường hữu hạn với số phần tử cho trước. Tuy nhiên để làm được điều này, chúng ta cần đến khái niệm trường phân rã. Định nghĩa 1.1.6. Cho mở rộng trường F / K và S là một tập con khác rỗng của F . Ta kí hiệu K ( S ) là giao của tất cả các trường con của F chứa K và S , khi đó K ( S ) được gọi là trường con của F sinh bởi K và S . Định nghĩa 1.1.7. Cho K là trường và f ( x)  K[ x] và F là một mở rộng trường của K . Ta nói đa thức f phân rã trên F nếu nó phân tích được thành tích những nhân tử tuyến tính f ( x)  a( x  a1 )( x  an ) với a, a1 ,, an  F . Trường F được gọi là trường phân rã của f trên K nếu f phân rã trên F và F  K (a1 ,, an ) . Bổ đề 1.1.8. Cho f là một đa thức bất khả qui trên trường K . Khi đó tồn tại một mở rộng F của K trong đó f có nghiệm. Chứng minh. Vì f ( x) bất khả qui nên F  K[ x] / ( f ( x)) là trường. Xét hai ánh xạ sau i : K  K [ x] a a j : K [ x]  K [ x] / ( f ( x)) p( x) p ( x)  ( f ( x)) Khi đó i, j đều là đơn cấu, suy ra ji là một đơn cấu từ K vào K[ x] / ( f ( x)) . Vì thế F là một mở rộng trường của K . Đặt   x  ( f ( x))  F. Ta có f ( )  f ( x)  ( f ( x))  0  F . Vậy  là nghiệm của f ( x) .
6 Định lí 1.1.9. Cho K là một trường và f ( x)  K [ x] . Khi đó tồn tại trường phân rã của f trên K . Chứng minh. Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo bậc n của đa thức f . Định lí hiển nhiên đúng với n  1 . Giả sử định lí đúng cho mọi đa thức bậc n . Lấy f ( x)  K [ x] là đa thức có bậc n  1 nhưng không phân rã trên K . Khi đó f ( x) có nhân tử f1 bất khả qui (bậc lớn 1). Theo bổ đề trên thì f1 có nghiệm 1 trong một mở rộng của K . Khi đó f ( x)  ( x  1 ) g ( x) với g ( x)  K (1 )[ x] và deg g  deg f  1  n . Theo giả thiết qui nạp thì tồn tại trường phân rã F của g trên K (1 ) . Rõ rằng F là trường phân rã của f trên K . Định lí 1.1.10. (Sự tồn tại và duy nhất của trường hữu hạn) Với mỗi số nguyên tố p và số nguyên dương n thì tồn tại một trường hữu hạn có đúng p n phần tử. Trường hữu hạn bất kì gồm q  pn phần tử thì đẳng cấu với trường phân rã của x q  x trên p . Chứng minh. Xét đa thức f ( x)  x q  x  p [ x] và F là trường phân rã của f ( x) trên p . Gọi S là tập hợp tất cả các nghiệm của f ( x) trong F . Hiển nhiên 0,1  S và với mọi  ,   S thì            q   q         q       q     0 q suy ra     S . Tương tự ta có   S và  1  S nếu   0 . Vậy S là trường con của F , suy ra F  S . Giả sử L là trường có a  pn phần tử. Khi đó mọi phần tử của L đều là nghiệm của đa thức x q  x . Vậy L chính là trường phân rã của đa thức x q  x trên p , kéo theo L  F . Định lí 1.1.11. Cho q là trường hữu hạn gồm q  pn phần tử. Khi đó mỗi trường con của q có bậc là p m , trong đó m là một ước nguyên dương của n . Ngược lại, nếu m là ước nguyên dương của n thì tồn tại đúng một trường con của q có đúng p m phần tử.
7 Chứng minh. Do F0 là trường con của pn nên số phần tử F0 phải có dạng p m . Theo định lí 1.1.5. thì p n là một lũy thừa của p m nên m | n . Ngược lại, nếu m | n thì x pm   x | xp  x . n  Gọi F0 là tập gồm p m nghiệm của đa thức x p  x trên m pn . Khi đó hiển nhiên F0  pn và F0 cùng với hai phép toán trên pn tạo thành một trường. Vậy F0 là trường con gồm p m phần tử. Bây giờ ta sẽ nói đến nhóm nhân của trường hữu hạn.  Định lí 1.1.12. Mọi nhóm nhân q của trường hữu hạn q đều là nhóm xyclic. Phần  tử sinh của q được gọi là phần tử nguyên thủy. Chứng minh. Nếu q  2 thì điều khẳng định hiển nhiên đúng. Xét q  3 , đặt h  q  1 và h có dạng phân tích tiêu chuẩn như sau h  p1r  pkr . 1 k h h Khi đó với mỗi i 1, k , đa thức x  e có không quá pi nghiệm trong q . Vì pi h  h nên * q chứa những phần tử không phải là nghiệm của đa thức này. Giả sử ai pi  h   r   pi  ri là một phần tử như vậy, đặt bi  a  i  i , suy ra bip  e . Vậy cấp o(bi ) là ước của pir , i i h r 1 suy ra o(bi )  p với 0  si  ri . Mặt khác bi i si pi i  ai  e nên suy ra o(bi )  piri . Đặt pi k b   bi , ta sẽ chứng minh rằng o(b)  h để từ đó suy ra * q là nhóm xyclic. i 1 Thật vậy, giả sử o(b)  h , khi đó o (b ) là ước thật sự của h hay o (b ) là ước của h ít nhất một trong các số . Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử o (b ) là ước pi h h h h của . Ta có e  b p1  b1p1 bkp1 . p1
8 h h Tuy nhiên bi p1  e với mọi i  2, k nên suy ra b1p1  e . Điều này mâu thuẫn với o(b1 )  p1r1 . Ở phần cuối cùng, chúng ta có định lí nói về mối quan hệ giữa mở rộng trường và phần tử nguyên thủy của trường hữu hạn q . Định lí 1.1.13. Cho q là trường hữu hạn và r là trường mở rộng hữu hạn của q . Khi đó với mỗi phần tử nguyên thủy  của r thì r  q ( ) . Chứng minh. Hiển nhiên q ( )  r . Ngược lại, ta thấy q ( ) chứa mọi lũy thừa của  , do đó q ( ) chứa    * r và hiển nhiên q ( ) cũng chứa 0. Vậy r  q ( ) . Hệ quả 1.1.14. Cho q là trường hữu hạn và n là số nguyên dương. Khi đó tồn tại đa thức bất khả qui bậc n thuộc q [ x] . Chứng minh. Trường n q là mở rộng bậc n trên q . Lấy  là một phần tử nguyên thủy bất kì của n q , ta có n q  q ( ) . Khi đó, min( q ,  ) là đa thức bất khả qui bậc n trên q . 1.2. Vành con sinh bởi một phần tử Việc kí hiệu cho vành con sinh bởi một phần tử nói chung chưa có thống nhất. Ở đây tôi dùng kí hiệu này  để tránh nhầm lẫn với nhóm con sinh bởi một phần tử. Định nghĩa 1.2.1. Cho a là một phần tử bất kì của vành R . Giao của tất cả vành con của R có chứa a được gọi là vành con sinh bởi a . Kí hiệu  a . Ta sẽ xét một ví dụ về vành con sinh bởi một phần tử. Ví dụ 1.2.2. Cho R là vành và a  R . Khi đó vành con sinh bởi a là  a  {cn a n  cn 1a n1  c1a | ci  }.
9 Thật vậy, gọi tập hợp ở vế phải là X . Dễ dàng kiểm tra X là một vành con của R , vì a  X nên  a  X . Ngược lại thì do  a là vành chứa a nên mọi phần tử dạng ca n đều thuộc  a với n  1 và c  , do đó X   a . Định nghĩa 1.2.3. Cho R là vành hữu hạn có đặc số p , với mỗi a  R thì null iđêan của a là N a  { f  p [ x] | f (a)  0} . Bổ đề 1.2.4. Cho R là vành hữu hạn có đặc số p và a  R . Khi đó  a  p [a ]  p [ x] / N a với p  {0, e, 2e, , ( p  1)e} . Vì R có đặc số p nên  a  {cn a n  cn 1a n 1  c1a | n  1, ci  p } . Do R hữu hạn và a khả nghịch nên a k  e với k  0 . Vì thế e   a và  a chứa tất cả các phần tử f (a) với f  p [ x] , điều này có nghĩa là  a  p [a] . Xét đồng cấu : p [ x]  R biến f thành f (a) , khi đó Im   a và ker   N a . Theo định lý đồng cấu Noether thì ta có  a  p [ x] / N a . Nhận xét 1.2.5. Bổ đề trên không đúng nếu a không khả nghịch. Thật vậy, nếu a  0 thì N a được sinh bởi x và p [ x] / N a  p  p [0] . Tuy nhiên  a  {0} .
10 Chương 2 Phủ của vành hữu hạn Trước tiên ta cần nhắc lại khái niệm vành có thể phủ: họ {Si } gồm các vành con thực sự của R thỏa mãn Si  R , khi đó ta nói vành R có thể phủ và họ {Si } được gọi là phủ của vành R . Nếu họ {Si } hữu hạn thì ta gọi  ( R ) là số nguyên dương bé nhất các vành con có thể phủ được R . Ngược lại thì  ( R)   . Nhằm thuận tiện cho việc trình bày, khi nói R có thể phủ tức là  ( R)   . Ở chương này, tôi sẽ trình bày mô tả vành con tối đại của tích trực tiếp các trường hữu hạn, phủ và số phủ của tích trực tiếp các trường hữu hạn. Đây là các kết quả chính trong bài báo [7]. 2.1. Vành con tối đại của tích trực tiếp các trường hữu hạn Với {Si } là một phủ của vành R hữu hạn, khi đó nếu Si chưa tối đại thì sẽ tồn tại một vành con tối đại của R chứa Si . Vậy ta có thể xét phủ ở khía cạnh vành con tối đại. Trong phần này chúng ta sẽ bàn về vành con tối đại trong trường hợp R là tích trực tiếp của các trường hữu hạn. t Định lí 2.1.1. Cho R   Fi , trong đó mỗi Fi là trường hữu hạn có đặc số p . Lấy i 1 a  (a1 ,, at )  R , với mỗi 1  i  t , gọi mi  p [ x] là đa thức tối tiểu của ai . Khi đó  a  R nếu và chỉ nếu  ai   Fi với mọi i và các đa thức tối tiểu m1 ,, mt đôi một phân biệt. Chứng minh. Với mỗi 1  i  t , lấy ei là một phần tử thuộc R với thành phần thứ i bằng 1 và các thành phần còn lại bằng 0. Ta có
11  n   n i   a   ci a i | ci  p     ci ai  | ci  p .  i 1   i 1   ( ) Giả sử  ai   Fi với mọi i và các mi đôi một phân biệt. Khi đó mỗi ai  0 , vì thế a khả nghịch trong R . Với mỗi i đặt fi   m j . Chúng ta biết rằng j i f p [ x], f (ai )  0 khi và chỉ khi mi là ước của f . Do mỗi mi bất khả qui và phân biệt nên fi (ai )  0 nhưng fi (a j )  0 với mọi j  i . Do đó tồn tại lũy thừa của fi (a)  (0,, fi (ai ),,0) bằng ei và vành con  a chứa ei với mọi i . Vậy  a  R . ( ) Chúng ta chứng minh điều ngược lại là không thể. Nếu tồn tại  ai   Fi thì tồn tại c  Fi \ ai  và ei c  R \ a . Vì thế giả sử  ai   Fi với mọi i nhưng tồn tại k  j sao cho mk  m j . Từ chứng minh trên ta có a  R . Theo Bổ đề 1.2.4 thì  a  p [a] . Lấy b là phần tử bất kì của  a mà thành phần thứ k bằng 0. Vì  a  p [a] nên tồn tại g  p [ x] sao cho g (a )  b . Với mỗi g p [ x] , chúng ta có g (ak )  0 nếu và chỉ nếu mk là ước của g . Do m j  mk , ta có g (a j )  0 . Vì thế b có thành phần thứ j bằng 0. Điều này đúng cho bất kì b   a có thành phần thứ k bằng 0, kéo theo e j   a . Vậy  a  R . Ở phần đầu của luận văn, vành con của vành R được hiểu là có thể không chứa phần tử đơn vị. Tuy nhiên trong bổ đề sau, mọi vành con của vành R là tích trực tiếp của các trường hữu hạn thì luôn chứa phần tử đơn vị. t Bổ đề 2.1.2. Cho R   Fi là tích trực tiếp của các trường hữu hạn và S là vành i 1 con của R . Khi đó S chứa phần tử đơn vị. Một cách rõ ràng hơn, với mỗi 1  i  t , lấy ei là phần tử thuộc R với thành phần thứ i bằng 1 và các thành phần khác bằng 0. Đặt  s là tập các chỉ số i sao cho ảnh của S lên thành phần thứ i khác không. Khi đó 1S   ei . i S
12 Chứng minh. Nếu S  {0} thì ta có thể xem 0 như phần tử đơn vị của vành con S . Xét S  {0} , với mỗi a  (a1 ,, at )  R , đặt  a  {i | ai  0} và a   ei . Bên i a cạnh đó mỗi tập con T  R , đặt T  aT  a và T  e . iT i Với kí hiệu này thì e i S i  S . Nếu S thuộc S thì nó đóng vai trò như phần tử đơn vị của vành con. Do đó chỉ cần chỉ ra rằng S chứa S . Lấy T  S khác rỗng. Chúng ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo số phần tử t của T để chứng minh rằng T  S . Đặt n    | Fi | 1 , khi đó a  với mỗi a  R n a i 1 . Vì thế mỗi khi a là một phần tử thuộc S thì a  S . Khi T  {a} thì ta có T  a . Do đó T  S nếu | T | 1 . Xét | T | 1 và giả sử kết quả đúng cho mọi tập con của S có số phần tử | T | 1 . Lấy b  T và T   T \ {b} . Theo giả thiết qui nạp thì T  S và b  S . Chọn c b  T  b T . Lúc này thì c  S và c  T bởi vì c  (c1 ,, ct ) , trong đó ci  1 nếu i  b  T  và ci  0 với các trường hợp còn lại. Vì thế T S . Áp dụng kết quả qui nạp này cho T  S ta được điều phải chứng minh. Ở bổ đề trên, chúng ta xét R là tích trực tiếp của t trường hữu hạn. Bây giờ ta sẽ làm rõ ràng hơn cấu trúc vành con tối đại của R thông qua trường hợp t  1 . Bổ đề 2.1.3. Vành con tối đại duy nhất của p là {0} và khi n  1 thì vành con tối đại của pn là các trường p n/ d , trong đó d là một ước nguyên tố của n . Chứng minh.
13 Do p là số nguyên tố nên vành con (thực sự) của p chỉ có thể là {0} . Vậy vành con tối đại duy nhất của p là {0} . Số phần tử của mọi vành con của pn đều có dạng p m với 1  m  n . Gọi M là vành con tối đại và có số phần tử là p m với 1  m  n 1 . Khi đó theo bổ đề 2.1.2 thì M chứa phần tử đơn vị của pn , suy ra M là trường con của pn , suy ra M  pm và m | n . Đặt n  dm với d  1 , nếu d không nguyên tố thì tồn tại d1  1 sao cho d1 | d , suy ra pm pmd1 pn . Mâu thuẫn với tính tối đại của M nên d phải là số nguyên tố. Ngược lại thì chúng ta cũng dễ dàng chứng tỏ được mỗi trường con p n/ d với d là một ước nguyên tố của n cũng là vành con tối đại của pn . Ví dụ 2.1.4. Đặt R  9  9 . Lấy a là một nghiệm của x 2  1 vì thế 9  3 [a] . Nhóm Galois của 9 trên 3 là nhóm xyclic cấp 2 và được sinh bởi ánh xạ   3 . Khi đó (a, a)  {(a1 , a2 ) | a2  a1} và (a, a 3 )  {(a1 , a2 | a2  a13 )} là các vành con phân biệt của R mà đẳng cấu với 9 . Trong bổ đề tới sẽ chỉ ra rằng chúng là các vành con tối đại của R . Bổ đề 2.1.5. Cho F1 và F2 là các trường hữu hạn có đặc số p . Gọi M là vành con tối đại của F1  F2 . Khi đó M có dạng là một trong hai dạng sau 1. Nếu F1  F2 thì (i) M  M1  F2 với M 1 là vành con tối đại của F1 . (ii) M  F1  M 2 với M 2 là vành con tối đại của F2 . 2. Nếu F1  F2 thì M  {( x,  ( x)) | x  F1} với  là một đẳng cấu từ F1 vào F2 . Chứng minh. Trước tiên chúng ta chứng minh chiều ngược lại.
14 1. Giả sử M 1 là vành con tối đại của F1 , chúng ta sẽ chứng minh M1  F2 là vành con tối đại của F1  F2 . Xét ánh xạ p : F1  F2  F1 trong đó p( x, y )  x với mọi ( x, y)  F1  F2 . Khi đó p là toàn cấu và p 1 ( M 1 )  M 1  F2 . Do M 1 là vành con tối đại của F1 nên p 1 ( M 1 ) cũng là vành con tối đại của F1  F2 . Tương tự cho trường hợp ii). 2. Dễ dàng kiểm tra M  {( x,  ( x)) | x  F1} là vành con của F1  F2 . Ta chỉ cần chứng minh tính tối đại của M . Lấy a  F1 và b   (a ) và đặt S là vành con sinh bởi tập {( x,  ( x)) | x  F1} {(a, b)} . Đặt c  b   (a)  0 , khi đó tồn tại phần tử nghịch đảo     c 1 của c , suy ra  1 (c 1 ), c 1  S . Vì thế (0,1)  (0, c).  1 (c 1 ), c 1  S , kéo theo (1, 0)  S . Khi đó với mọi ( x, y )  F1  F2 thì ( x, y)  ( x,0)  (0, y)  ( x,  ( x))(1,0)  (0,1)( 1 ( y), y)  S. Vậy S  F1  F2 , hay nói cách khác M  {( x,  ( x)) | x  F1} là vành con tối đại của F1  F2 . Chiều thuận: gọi M là vành con tối đại của F1  F2 . Ta sẽ chỉ ra rằng M chỉ có thể là một trong ba dạng trên. Ta chỉ có hai trường hợp sau Trường hợp 1: Nếu tồn tại 0  b  F2 sao cho (0, b)  M thì ta chứng minh M có dạng i) hoặc ii). Thật vậy, tồn tại số nguyên dương k sao cho b k  1 , suy ra (0,1)  (0, bk )  (0, b)k  M . Đặt S  {s  F2 | a  F1 : (a, s)  M } , dễ dàng nhận thấy S là vành con của F2 . Nếu S  F2 thì do 0  S  M (vì (0, s)  (a, s)(0,1)  M ) nên M  M1 0  F2 là vành con tối đại của F1 . Điều này kéo theo M  M1  F2 với M 1 là vành con tối đại của F1 .
15 Ngược lại, khi S F2 thì với mọi (a, b)  M , ta có b  S , suy ra (a, b)  F1  S hay M  F1  S . Do tính tối đại của M nên M  F1  S và S là vành con tối đại của F2 . Trường hợp 2: Với mọi 0  b  F2 thì (0, b)  M . Đặt A  {a  F1 | b  F2 : (a, b)  M }, suy ra A là vành con của F1 và M  A  F2 . Khi đó + nếu A  F2  M thì (0,1)  A  F2 , điều này mâu thuẫn với (0,1)  M . + nếu A  F2  F1  F2 thì A  F1 . Vậy với mọi a  F1 thì tồn tại b  F2 để (a, b)  M . Ta sẽ chỉ ra b là duy nhất, thật vậy nếu tồn tại b  F2 sao cho (a, b)  M , kéo theo (0, b  b)  M , suy ra b  b  0 hay b  b . Khi đó với mỗi a  F1 thì đặt  (a )  b . Dễ dàng kiểm tra  : F1  F2 là đơn cấu, mà do F1  F2 nên  đẳng cấu. Vậy M  {( x,  ( x)) | x  F1} . Trong bổ đề này chúng ta chỉ mới xét là tích trực tiếp của 2 trường hữu hạn, t tuy nhiên nó lại giúp ta xây dựng ý tưởng về vành con tối đại của vành R   Fi . i 1 Bây giờ ta xét một ví dụ trong trường hợp t  3 . Ví dụ 2.1.6. Cho R  4  4  4 . Do 2 là vành con tối đại duy nhất của 4 nên chúng ta có 2  4  4 , 4  2  4 và 4  4  2 là các vành con tối đại của R . Với các vành con tổng quát trong phần 2 của bổ đề 2.1.5, chú ý rằng Gal  4 / 2  là nhóm xyclic cấp 2 và được sinh ra bởi ánh xạ   2 . Vành R chứa 6 vành con tối đại có dạng như phần 2: {(a1 , a2 , a3 ) | a2  a1}, {(a1 , a2 , a3 ) | a2  a12 }, {(a1 , a2 , a3 ) | a3  a1}, {(a1 , a2 , a3 ) | a3  a12 }, {(a1 , a2 , a3 ) | a3  a2 }, {(a1 , a2 , a3 ) | a3  a22 }.