ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG HỌC PHẦN SỐ ĐẠI SỐ (Dùng cho sinh viên hệ Đại học Sư Phạm Toán – 3 TC)

Khái niệm chia hết trong một vành Giả sử A là một miền nguyên, K là một trường các thương của nó, x và y là những phần tử của K.. Vành chính Giả sử A là một vành chính và K là trường c

ĐỀ CƯƠNG BÀI GIẢNG HỌC PHẦN

SỐ ĐẠI SỐ

(Dùng cho sinh viên hệ Đại học Sư Phạm Toán – 3 TC)

CHƯƠNG 1

Sơ lược về một số cấu trúc đại số

Số tiết: 10 (Lý thuyết 8 tiết; bài tập, thảo luận: 2 tiết)

B) NỘI DUNG :

1.1 Vành

1.1.1 Những khái niệm cơ bản

Các vành ở đây được giả sử là giao hoán có đơn vị Cho một vành A, ta kí hiệu [ ] A x hày

bằng [ ]A y vành các đa thức một biến trên A Ta kí hiệu bằng A x[ , , ]1 x n vành các đa thức n

Một Iđêan I của một vành A là một nhóm con cộng của nhóm cộng A sao cho x I∈ và

a∈A kéo theo ax I ∈ ; A và {0} là những Iđêan của A, gọi là Iđêan tầm thường Một trường chỉ

có hai Iđêan tầm thường, đó là đặc trưng cho các vành Cho một họ ( )b i những phần tử của vành

A , giao của các Iđêan của A chứa các b i là một Iđêan của A, gọi là Iđêan sinh bởi b i, đó là tập hợp các họ hữu hạn i i

i

a b

∑ với a i ∈ Một Iđêan sinh bởi một phần tử b gọi là Iđêan chính, kí A

hiệu Ab hay (b)

Cho một vành A và một Iđêan I của A Các lớp tương đương a + I ( a∈A)làm thành một

vành, gọi là vành thương của A bởi I và kí hiệu A/I Các Iđêan của A/I có dạng J/I trong đó J chạy khắp tập hợp các Iđêan của A chứa I Để A/I là một trường cần và đủ là tối đại trong các Iđêan của A khác A; lúc đó ta bảo I là iđêan tối đại Một iđêan P là nguyên tố nếu A/P là miền

nguyên

Cho hai vành A và ' A , với đơn vị e và ' e , một đồng cấu vành f :A→A' phải hiểu đây là biến đơn vị thành đơn vị , nghĩa là ( )f e =e'

Cho một vành A, một A- đại số là một vành B được trang bị một đồng cấu : Aϕ →B, ta đặt ax=ϕ( )a x , với a A∈ và x B ∈ Nếu A là một trường và ϕ là một đơn ánh, người ta thường

đồng nhất A với ảnh ( )ϕ A của nó, ( )ϕ A là một vành con của vành B

1.1.3 Khái niệm chia hết trong một vành

Giả sử A là một miền nguyên, K là một trường các thương của nó, x và y là những phần

tử của K Ta bảo x chia hết y nếu tồn tại a A∈ sao cho y ax= ; ta cũng nói x là ước của y, y là bội của x; ta kí hiệu x|y Quan hệ giữa x và y định nghĩa như trên phụ thuộc vào vành A, và thế ta nói quan hệ chia hết trong K đối với A

Cho x K∈ , tập hợp các bội của x là Ax Như vậy x|y ⇔ ∈y Ax ⇔Ay⊂ Ax Tập hợp

Ax gọi là iđêan phân chính của K đối với A; nếu x A ∈ , Ax là iđêan chính (mà ta vẫn biết) của A sinh bởi x Vì quan hệ chia hết x|y tương đương với quan hệ thứ tự: | ; | x y x y và y z| ⇒x z|

Nhưng ta không có x y x y| ; | ⇒ = x y mà ta chỉ có Ax Ay= ; gạt trường hợp

Ax= Ay= , nghĩa là 0 x=y= , ta được 0 x=vy v( ∈A), y=ux u( ∈A) hay x uvx= , hay uv= , 1

điều đó cho ta u và v là những phần tử khả nghịch của A; hai phần tử x và y chỉ khác nhau một phần tử khả nghịch của A gọi là liên kết, người ta không phân biệt chúng dưới quan điểm chia

hết

Các phần tử của K liên kết với 1 là các phần tử khả nghịch của A, người ta thường gọi là

các đơn vị của A, chúng lập thành một nhóm đối với phép nhân, kí hiệu A* Việc xác định đơn vị

của một vành là một bài toán hay được xét tới, chúng ta cũng đã vừa làm cho vành ℤn

ℤ mà các

số đơn vị bằng ( )ϕ n Chúng ta xét một số vành đơn giản:

1) Nếu A là một trường, A* là A – {0};

2) Nếu A=ℤ; A*={1; 1− }

3) Các đơn vị của vành B= A[X , ,X ]1 n là các đa thức hằng khả nghịch, nghĩa là

Tương tự, ta cũng có các đơn vị của vành các chuỗi hình thức B=A X[[ , ,1 X n]] là các chuỗi

hình thức mà hạng tử hằng là khả nghịch Ta chứng minh tương tự bằng cách viết mỗi f ∈B

Nếu f có nghịch đảo là g thì fg= , nghĩa là 1 f0 khả nghịch Đảo lại, nếu f0 là một đơn vị

trong A, thế thì ta có thể theo thứ tự có các đa thức thuần nhất g g0, , ,1 g k, với g k hoặc

bằng 0 hoặc có bậc k, sao cho f g0 0 =1,f g0 1+ f g1 0=0, ,f g0 k + f g1 k−1+ + f g l 0=0, Thật vậy, ta xác định các g i như sau:

1 0

1.1.4 Vành chính

Giả sử A là một vành chính và K là trường các thương của nó Ta hãy lấy lại quan hệ chia hết trong K đối với A, trong trường hợp A là một vành chính; nó tổng quát hoá khái niệm chia hêt trong vành chính A

Hai phần tử ,u v∈K có một ước chung lớn nhất (ƯCLN) d K∈ nếu x|u và x|v ⇔

Với hai phần tử ,a b ∈ nào đó, từ đẳng thức iđêan: Ad A =Au+Av

Hai phần tử ,u v∈K có một bội chung nhỏ nhất (BCNN) m K∈ nếu: x|u và x|v ⇔

Từ đó ta có công thức đã biết: ƯCLN ( , )u v , BCNN ( , )u v =uv

Hai phần tử ,a b∈A là nguyên tố cùng nhau nếu ƯCLN(a, b) là môt đơn vị Trong một vành chính A, giả sử , , a b c ∈ và a|bc: nếu a nguyên tố với b thì a phải chia hết cho c A

Cuối cùng ta nhắc lại sự phân tích thành nhân tử nguyên tố (hay còn gọi là bất khả quy) trong một vành chính

Cho một vành chính A và trường các thương K của nó, có một bộ phận P (những phần tử bất khả quy) của A sao cho mọi *

c∈K viết dưới dạng duy nhất cx=u∏p vp x( )

Trong đó u là một phần tử đơn vị của A, và các mũ vp( )x là những số nguyên bằng 0 tất cả trừ một số hữu hạn

1.2 Không gian véctơ

1.2.1 Định nghĩa không gian vectơ

Giả sử E là một tập hợp mà các phần tử được kí hiệu bằng x, y, z,…., và K là một trường mà các

phần tử được kí hiệu bằng λ, , µ γ Giả sử cho hai phép giải toán

(λµ)x=λ µ( x)

5) 1x x = , 1 là đơn vị của trường K

Lúc đó ta bảo E cùng với các phép cộng trong E và phép nhân với một phân tử của trường K, thoả mãn các tính chất 1, 2, 3, 4, 5 là một không gian véc tơ trên trường K, hay không gian khi

Giả sử E là một tập hợp mà các phần tử được kí hiệu bằng x, y, z…., và A là một vành

(vẫn giả sử là giao hoán có đơn vị như đã quy ước từ đầu) mà các phần tử kí hiệu bằng , , λ µ γ

Giả sử cho hai phép toán

Người ta bảo ( )e j j I∈ là cơ sở chính tắc của ( )1

cơ sở chính tắc là {1}, phần tử đơn vị của vành A

Giả sử M là một A–môđun, và ( ) x i i I∈ là một họ phần tử của M Cũng như trong không

gian véc tơ, ánh xạ e1֏ xi,i∈I mở rộng một cách duy nhất thành một ánh xạ tuyến tính từ mô đun tự do ( ) 1

A vào mô đun M

( ) 1:

1.3.3 Môđun kiểu hữu hạn

a) Mọi họ không rỗng những phần tử của E có một phần tử tối đại

b) Mọi dãy tăng ( ) x n n ≥ những phần tử của E là dừng (nghĩa là tồn tại 0 n sao cho 0

0

n n

x =x với mọi n≥n0)

Chứng minh:

a) ⇒ b) Giả sử x m là một phần tử tối đại của dãy tăng (x n ) Với n ≥ m, ta có x n ≥ x m(dãy tăng),

nhưng x m tối đại, nên x n = x m

b) ⇒ a) Giả sử ∅ ≠ S ⊂ E, và S không có phần tử tối đại Xới mỗi x ∈S, gọi σ ( )x là tập

hợp các phần tử của S chặt chẽ lớn hơn x, σ (x) không rỗng vì S không có phần tử tối đại Theo tiên đề chọn ta có một ánh xạ f: S S sao cho f(x) ∈ σ(x) hay f(x) > x với mọi x ∈S Vì S ≠ Ø,

ta chọn xo∈S , và ta xác định bằng quy nạp dãy (x n)n ≥ 0 bằng cách đặt x n + 1 = f(x n) Dãy này là

chặt chẽ tăng, vậy không dừng, trái với b) Từ đó có điều phải chứng minh

Định lý 1 Giả sử M là một A – môđun Các điều kiện sau đây là tương đương:

a) Mọi họ rỗng những mô đun con của M có một phần tử tối đại (đối với quan hệ bao hàm) b) Mọi dãy tăng (M n)n 0

≥ (đối với quan hệ bao hàm) những mô đun con của M là dừng

c) Mọi mô đun con của M có kiểu hữu hạn

Chứng minh:

a) ⇒ c) Giả sử N là một môđun con của M và E là họ các môđun con kiểu hữu hạn của N E ≠

Ø vì (0) ∈E Theo a) E có một phần tử tối đại P Với x∈N , P + Ax là một môđun con kiểu hữu

hạn của N vì nó có một hệ sinh hữu hạn là hợp của hệ sinh hữu hạn của P với { } x Vậy, P + Ax

∈E Nhưng P tối đại trong E nên P + Ax = P, từ đó x ∈P , N ⊂ P Nhưng P⊂N , vậy P = N, và

Bổ đề trên cho ta a) ⇔ b) Vậy chứng minh kết thúc

Hệ quả 1 Trong một vành chính A, mọi họ không rỗng những Iđêan của A có một phàn tử tối

đại

Chứng minh: Thật vậy, các môđun con của A - môđun A là các iđêan của nó Các iđêan này có

dạng Ax vì A là chính, vậy là những môđun kiểu hữu hạn Áp dụng c) ⇒ a) của định lý

1.3.4 Hạng của một Môđun

Giả sử A là một miền nguyên và K là trường các thương của nó Xét A – môđun tự do A (I) và K– không gian vectơ K (I) , với I là một tập hợp nào đó Hiển nhiên ta cũng có thể coi K (I) như một A – môđun, và lúc đó A (I) là một A–môđun con của A–môđun K (I) Bây giờ ta xét môđun con M của

A (I) , nó cũng là một môđun con của A–môđun K (I) Gọi E là K–không gian sinh bởi A–môđun con

M trong K (I) , các phần tử của E có dạng :

Và hiển nhiên E chứa M Cuối cùng, mọi không gian con của K (I) chứa M đều chứa E

Giả sử ta có một môđun con N của A (I) đẳng cấu với M bởi đẳng cấu f: M → N; và giả sử F và

K –không gian sinh bởi A–môđun con N trong K (I) Thế thì f có thể mở rộng thành đẳng cấu (K -

không gian vectơ) : x1 1x 1 f x( )

Bây giờ giả sử M là một môđun con của một A – mô đun tự do X, và giả sử (x i)i∈I là một

cơ sở của X Theo kết quả trên ta có song ánh x i ֏ e i , i∈I, từ cơ sở (x i)i∈I lên cơ sở chính tắc

(e i)i∈I của A–mô đun tự do A (I) cho ta đẳng cấu f giữa A–môđun tự do X và A–môđun tự do A (I)

Lúc đó f hạn chế vào M cho ta M ≃ f(M) Nếu ta thay đổi cơ sở của X, lấy ( )'

i i I

x

∈ chẳng hạn, thì song ánh '

i i

x ֏e cho ta một đẳng cấu f ' :X ≃ A( )I và M ≃ f '( )M Như vậy, nếu M là một môđun con của một môđun tự do, ta có thể nhúng M vào môđun tự do A (I), và phép nhúng có thể không duy nhất, nhưng các ảnh nhúng đều đẳng cấu

X =A trên một miền nguyên

A , và K là trường các thương của A Nhúng M và ( )I

A và coi M như một môđun con của ( )I

Chứng minh: Ta đã biết mọi A – mô đun tự do X với cơ sở { }e i i I∈ đều đẳng cấu với A– môđun

tự do A (I) , cho nên để chứng minh định lí hãy giả sử X = A (I) , X là một A–mô đun tự do với cơ sở

b i sao cho pr i (b i ) = a i ta quy ước lấy b i = 0 nếu a i = 0

Ta hãy chứng minh bằng qui nạp siêu hạn ( )b j j i

≤ sinh ra M i với mọi i∈I, từ đó kéo theo họ

( ) bi i I∈ sinh ra M Giả sử với mọi k < i , ta có M k sinh bởi ( )b j j k

Bây giờ ta hãy chứng minh các phần tử khác 0 của họ (b i)i∈I độc lập tuyến tính Ta hãy chứng

minh bằng phản chứng Giả sử có một tổ hợp tuyến tính những b i khác 0 sao cho ∑βi i b =0

trong đó các βi không bằng 0 tất cả Giả sử m là chỉ số lớn nhất sao cho βm ≠ vì b0 m ≠ 0 nên

a m ≠ 0 và do đó βm a m ≠ (vì A là một miền nguyên ) Mặt khác vì pr0 m (b i ) = 0 với mọi i < m,

i

β = β =  β =

∑  , điều này mâu thuẫn βmam≠ 0 Vậy các phần tử

khác 0 của họ (b i)i∈I là một cơ sở của môđun con M, do đó M là một môđun tự do

Hệ quả 1 Nếu X là một môđun tự do có hạng n trên một vành chính A, mọi môđun con M của X

là một môđun tự do có hạng n ≤

Định lí 2 Giả sử X là một môđun tự do trên một vành chính A, và M là một mô đun con của X có

hạng hữu hạn n Thế thì có một cơ sở B của X, n phần tử αi khác 0 thuộc A(1≤ ≤i n) sao cho:

a) Các αi i e lập thành một cơ sở của M;

b) αi chia hết αi+1,1≤ ≤ − i n 1

như định lí 1 ta lấy X là mô đun tự do A (I), điều không ảnh hưởng việc chứng minh

Với mọi dạng tuyến tính f: X → A , f(M) là một iđêan chính của A, theo giả thiết về A Trong các iđêan f(M), có một Iđêan tối đại Aα1, tương ứng với dạng tuyến tính f1; giả sử u là phần tử của M sao cho f1(u) = α1 Ta có α1≠ vì 0 M ≠{ }0 Giả sử g: X → A là một dạng tuyến tính tùy ý, ta

hãy chứng minh g(u)g u( )∈Aα1 Thật vậy, giả sử β =g u( ); iđêan Aα1+Aβ là một iđêan

chính Aγ , từ đó có, ,λ µ∈ sao cho A λα1+µβ = Xét dạng tuyến tính γ f =λf1+µg, ta có

f u =λf u +µg u =λα +µβ = ∈γ f M từ đó f M( )⊃Aγ ⊃Aα1; do tính chất tối đại

của f1(M), ta có f(M) = Aα1 và do đó Aγ =Aα1 vậy β∈Aα1

Đặc biệt mọi phép chiếu pr i :A (I) → A, (x i)i∈I → x i , cho ta pr i (u) ∈Aα1, nghĩa là mỗi tọa độ của u

phải là bội của α1, u=(a1εi)i I∈ =α ε1( )i i I∈ Đặt e1=( ) εi i I∈ , ta có u=α1 1e , và

1 f u1 1 1f e1

α = = α Vì A là miền nguyên nên ta suy ra f1(e1) = 1 Chúng ta hãy chứng

minh mỗi môđun con Ae1 và A eα1 1 có một bù theo thứ tự trong X và M Đặt 1( )

f x =ξf e =ξ =ξ = từ đó x = 0 Mặt khác mỗi x∈X có thể viết x = f1(x)e1 + x – f1(x)e1,

trong đó x– f1(x)e1 ∈ X1 vì f1(x – f1(x)e1) = f1(x)– f1(x)f1(e1) = f1(x) – f1 = 0 Bây giờ ta chứng minhM =α1 1e ⊕M1(=M∩X1) Hiển nhiên ta có giao của hai môđun con đó bằng { }0 vì

{ }

Ae ∩X = Mặt khác nếu x∈M thì f1(x) ∈ f1(M) = Aα1, vậy f1(x) =λα1; cho nên mỗi x ∈ M

có thể viết dưới dạng x= f1( )x e1+x– f1( )x e1=λα1 1e + − x λα1 1e trong đó

x−λαe ∈M∩X vì x u, =α1 1e ∈M nên

1 1

x−λαe ∈M và f x1( −λa e1 1)= f x1( )−λα1 1f e( )1 =λα1−λα1= 0

Giả sử g: X → A là một dạng tuyến tính tùy ý Ta có, thật vậy giả sử g M( 1)⊄Aα1, ta hãy xét

dạng tuyến tính f : X = Ae1⊕ X1 → A sao cho f trùng với f1 trên Ae1 và với g trên X1, ta sẽ có

≠

= + ⊃ , trái với tính tối đại của Aα1

Bây giờ ta hãy chứng minh định lí bằng quy nạp trên hạng n của M Vì X1 là một môđun tự do,

và M1 có hạng n – 1, cho nên tồn tại một cơ sở B1 của X1, n – 1 phần tử e2,…, en của B1 và n – 1

phần tử α1, ,αn khác 0 của A sao cho (α2 2e , ,αn n e ) là một cơ sở của M1, và αi chia hết αi+1với 2 2≤ ≤ − Vậy B = i n 1 B={ }e1 ∪B1 là một cơ sở của X và (α1 1e,α2 2e , ,αn n e ) là một cơ sở

của M Để kết thúc chứng minh, ta chỉ còn chứng minh α1 chia hết cho α2 Muốn vậy ta hãy xét

dạng tuyến tính g: X → A xác định trên các phần tử cơ sở của B với g(e2) = 1 và g(e) = 0 với mọi

{ }2

e∈ −B e Ta được g(M1) = Aα2, và Aα2⊂ Aα1 Theo như trên vậy α1 chia hết cho α2 Các iđêanAαi trong định lý 2 gọi các các bất biến của M trong X Người ta chứng minh được chúng là xác định duy nhất khi cho M và X

Hệ quả 1 Giả sử X là một mô đun kiểu hữu hạn trên một vành chính A Thế thì X đẳng cấu với

tích

1 2

n

Aα × Aα × × Aα trong đó các αi thuộc A và αi chia hết αi+1,1≤ ≤ − i n 1

Chứng minh: Giả sử (x1,…, xn) là một hệ sinh của X Ta có một toàn cấu f: A n

→ X Vậy X đẳng cấu với A n /Kerf Theo định lí 2, ta có một cơ sở (e1, e2, , e n ) của A n , q phần tử α1, ,⋯ αq khác 0

thuộc A với q ≤ n sao cho (α1 1e, ,αq q e ) lập thành một cơ sở của Kerf và αi chia hêt cho αi+1

với 1≤ ≤ − Ta đặt i q 1 αa+1= =αn = Lúc đó, A0 n /Kerf đẳng cấu với tích

1

1

n n

Ae Ae

Hệ quả 2 Mọi mô đun X trên vành chính A, không xoắn với kiểu hữu hạn là tự do

Chứng minh: Theo hệ quả 1,

không xoắn Vậy các αi đều bằng 0

Hệ quả 3 Trên một vành chính A, mọi môđun X kiểu hữu hạn đẳng cấu với một tích hữu hạn

những mô đun X , tróng đó mỗi i X bằng A hay bằng thương A i s

Ap với p là nguyên tố trong A

i

r

s r

X ≃ℤℤα × ×ℤℤα trong đó các αi đều khác 0, vì nếu không như vậy ta sẽ có những nhân

tử ℤ trong tích trên và X sẽ vô hạn Lấy x=(0, 0, ,1+ ℤ hiển nhiên x có cấp ) αn Lấy một phần tử tùy ý y∈X y, =(y1+ℤ, ,y n+ℤ) hiển nhiên ay=(ay1+ℤ, ,ay n+ℤ)=0vì αn là bội của α1, ,…αn Vậy αn là bội của cấp của y, và phần tử cần tìm chính là x

1.4 Trường

1.4.1 Căn đơn vị trong một trường

lập thành bởi các căn của đơn vị, và là cyclic

phần tử y X∈ đều là nghiệm của đa thức n 1 [ ]

Y − ∈K Y Đa thức này có nhiều nhất n nghiệm trong K vì bậc của nó bằng n Do đó X có tối đa n phần tử Mặt khác n phần tử x, x2,…, x n = 1 là

phân biệt, vì cấp của x bằng n Vậy { 1, , , ,2 n 1}

cho x, y tuỳ ý thuộc K

Chứng minh: Ta có, theo định nghĩa bội p của x, x = x +…+ x (p lần) = (1.x +….+ 1.x) = (1

+….+ 1).x = p.x = 0.x = 0 vì 1+…+ 1 = p = 0 trong F p

p

= ℤ ℤ Mặt khác, theo công thức nhị

thức, ta có ( )

1 1

Định lí 1 Giả sử K là một trường hữu hạn Đặt q = card(K) Thế thì:

a) Đặc số K là một số nguyên tố p, K không gian vec tơ có nhiều chiều hữu hạn s trên F , và ta p

có q= p S

b) Nhóm nhân * K =K−{0} cyclic cấp q− 1

c) Ta có x q−1= với mọi 1 x∈K*và x q = với mọi x x ∈K

Chứng minh:

a) Đặc số của K không thể bằng 0 vì như vậy K sẽ chứa ℤ và do đó vô hạn Vậy K chứa F p

với p nguyên tố, và đặc số của K là p Ta có thể coi K như một không gian vectơ trên F , p

chiều của không gian này phải là một số s hữu hạn, nếu không K sẽ vô hạn Vậy ( )s

c) Suy ra từ b)

C) TÀI LIỆU HỌC TẬP:

[1] Hoàng Xuân Sính (2001), Số đại số (tập I), NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội

[2] Tom Weston (2001), Algebraic Number Theory, Massachusetts

D) CÂU HỎI, BÀI TẬP, NỘI DUNG ÔN TẬP VÀ THẢO LUẬN CỦA CHƯƠNG:

Câu 1 Trình bày và chứng minh các tính chất của vành, Iđêan, khái niệm chia hết trong một

CHƯƠNG 2 Phần tử nguyên trên một vành, phần tử đại số trên một trường

Số tiết: 25 (Lý thuyết: 20 tiết; bài tập, thảo luận: 5 tiết)

A) MỤC TIÊU:

Sinh viên và hiểu được các khái niệm, các tính chất về phần tử nguyên trên một vành, vành đóng nguyên, phần tử đại số trên một trường, mở rộng đại số, phần tử liên hợp, trường liên hợp, phần tử nguyên của các trường toàn phương; chuẩn, vết và biệt thức, trường đóng đại số, trường

chia đường tròn Vận dụng giải các bài tập về số đại số, phần tử nguyên trên một vành

B) NỘI DUNG:

2.1 Phần tử nguyên của một vành

2.1.1 Phần tử nguyên của một vành

Định lý 1 Giả sử R là một vành, A là một vành con của R , và x là một phần tử của R Các

tính chất sau tương đương:

a) Tồn tại a0, ,… a n∈A sao cho n 1 n1 1 0 0

n

x +a − x− + +a x+a = (1)

Nói một cách khác x là nghiệm của một đa thức đơn vị (đa thức có hệ cao nhất bằng đơn vị ) trên A

b) Vành A x là một A - môđun kiểu hữu hạn [ ]

c) Có một vành con B của R chứa và, và B là một A -mô đun kiểu hữu hạn

Chứng minh:

a) ⇒ b) Trước hết R là một A-môđun Gọi M là A-môđun con của R sinh bởi 1, , , n 1

x… x − Theo (1) n

x ∈M Ta hãy chứng minh bằng quy nạp theo k rằng mọi n k

x + ∈M , với mọi k∈M Hiển nhiên điều đó đúng với k = 0 Giả sử n k 1

dy = với mọi i Vì B= Ay1+ + Ay n, ta suy ra Bd =Ady1+ + Ady n = Như vậy bd = 0 với 0

mọi b∈B; lấy b = 1, Ta được 1.d = d = 0 Mặt khác, nếu ta khai triển định thức d =det(δijx−aij)

ta được một phương trình có dạng f(x) = 0, trong đó f(x) là một đa thức bậc n với hệ tử thuộc A,

hệ tử của n

x bằng 1 vì ta được x từ tích n (x−a11)(x−a22) (x−a nn) các phần tử trên đường chéo chính

Định nghĩa 1 Giả sử là một vành của A là một vành con của R Một phần tử x của R được gọi

là nguyên trên A nếu nó thỏa mãn 3 điều kiện tương đương a), b) và c) của Định lý 1 Giả sử

f X ∈A X là một đa thức đơn vị sao cho ( ) 0f x = (điều kiện a), quan hệ ( )f x = gọi là 0

phương trình phụ thuộc nguyên của x trên A

Định lý 2 Giả sử A là một vành con của R , và x1, ,x là n phần tử của R Nếu , với mọi i, n

i

x nguyên trên A x 1, ,x i−1 

 (chẳng hạn nếu mọi x đều nguyên trên A thì điều kiện đó được i

thỏa mãn) thì A x 1, ,x i−1  là một A - môđun kiểu hữu hạn

Vậy (b j c k ), j = 1,…, p; k = 1,…, q là một hệ sinh hữu hạn của A- môđun A[x1,…, x n]

Hệ quả 1: Giả sử A là một vành con của một vành R , x và y là những phần tử của R nguyên

trên A Thế thì x+y x, −y xy, là nguyên trên A

Hệ quả 2 Giả sử vành A là một vành con của R Tập hợp B các phần tử của R nguyên trên A

là một vành con của B chứa A

Định nghĩa 2 Giả sử A là một vành con của R ; vành B gồm các phần tử của R nguyên trên A

gọi là cái đóng nguyên của A trong R Giả sử A là một miền nguyên và K là trường các thương của A ; cái đóng nguyên của A trong K gọi là cái đóng nguyên của A Giả sử A là một vành con của C; ta bảo C là nguyên trên A nếu mọi phần tử của C là nguyên trên A nói một cách khác: nếu cái đóng nguyên của A trong C trùng với C

Định lý 3 Giả sử A là một vành con của vành B, và B là một vành con của vành C Nếu B

nguyên trên A và C nguyên trên B, thì C nguyên trên A (tính bắc cầu)

Chứng minh: Giả sử x∈C Vì x nguyên trên B, nên x thỏa mãn phương trình phụ thuộc

Định lý 4 Giả sử A là một vành con của miền nguyên B, và B là nguyên trên A Thế thì B là

một trường khi và chỉ khi A là một trường

Chứng minh: Giả sử A là một trường và 0 ≠ x∈B Vì B là nguyên trên A nên A[x] là một không

gian hữu hạn chiều trên trường A (định lý 1.b)) Xét ánh xạ

nghịch đảo trong, ta suy ra miền nguyên B là một trường

Đảo lại giả sử b là một trường và 0 ≠ x∈A Xét nghịch đảo 1

x− ∈ Vì B nguyên trên A nên B

Chứng minh: Giả sử A là một vành chính và K là trường các thương của A Giả sử x∈K và x

nguyên trên A; ta có một phương trình phụ thuộc nguyên:

Vì x∈K, nên ta có thể viết: x = a/b với a, b ∈A và a, b nguyên tố cùng nhau Từ đó thay x bằng

a /b trong (1) và nhân với b n

Như vây b chia hết a n , nhưng b nguyên tố với a, vậy b chia hết a n-1 Tiếp tục lập luận, ta được b chia hết a; vậy x = a/b∈A, và A là đóng nguyên

Chú ý: + Nếu lấy A = ℤ thì K = ℚ , trong trường hợp này ta nói rằng mọi số hữu tỷ

nguyên trên ℤ đều là một số nguyên

+ Trong Định lý trên có thể thay vành chính A bằng một vành nhân tử hóa (miền

nguyên mà mỗi phần tử khác không có sự phân tích duy nhất thành tích những phần tử bất khả quy, còn gọi là vành Gauss)

2.2 Phần tử đại số trên một trường Mở rộng đại số

2.2.1 Phần tử đại số trên một trường Mở rộng đại số

Định nghĩa 1 Giả sử K là một trường con của vành R Một phần tử x R ∈ là đại số trên K nếu

tồn tại những phần tử không bằng 0 tất cả a0, ,a n∈K sao cho n 1 0 0

n

Định lý 1 Giả sử K là một trường con của vành R , và x R ∈ Thế thì:

a) x đại số trên K khi và chỉ khi x nguyên trên K

b) x đại số trên K khi và chỉ khi số chiều, kí hiệu K x[ ]:K của K - không gian véc tơ K x [ ]

là hữu hạn

Chứng minh:

a) Hiển nhiên, từ định nghĩa và nhận xét trên

b) x đại số trên K, vậy x nguyên trên K theo a) Từ đó, ta được K[x] có chiều hữu hạn trên K Đảo lại, giả sử [K[x]:K] hữu hạn, thì x nguyên trên K

Định nghĩa 2 Ta bảo một vành R chứa một trường K là đại số trên K nếu mọi phần tử của R là

đại số trên K ; nếu R lại là một trường, lúc đó ta bảo R là một mở rộng đại số trên K

Định nghĩa 3 Giả sử K là một trường con của trường L Coi L như một K – không gian vectơ,

số chiều [L K: ]của L trên K còn gọi là bậc của K trên K

Định lý 2 Giả sử K là một trường con của trường L Nếu bậc [L K là hữu hạn, thì L mở : ]

rộng đại số trên K

Định nghĩa 4 Ta gọi là trường đại số mọi mở rộng có bậc hữu hạn của ℚ

Định lý 3 Giả sử K là một trường, L là một mở rộng đại số của K , và M là một mở rộng đại số

của L Thế thì M là mở rộng đại số của K Ngoài ra ta có[M K: ] [= M L: ] [ L M: ]

Chứng minh: Ta có L nguyên trên K và M nguyên trên L, áp dụng (2.1 Định lý 3) ta có M

nguyên trên K, nghĩa là M là mở rộng đại số của K Ngoài ra, nếu ( ) x i i I∈ là một cơ sở của L trên

K, và( )y j j J∈ là một cơ sở của L trên M, thế thì (x y i j)( )i j, I J

∈ × là một cơ sở của M trên K; thật vậy giả sử z∈M, ta có thể viết:

( )

,

Định lý 4 Giả sử K là một trường con của vành R Thế thì:

a) Tập hợp L các phần tử của R đại số trên K là một vành con của R chứa K

b) Nếu R là một miền nguyên, thì L là một trường

Định lý 5 Giả sử K là một trường con của vành R , và x là một phần tử của R Thế thì:

a) Có một đồng cấu vành ϕ duy nhất từ K X vào R sao cho [ ] ϕ( )X = và ( ) x ϕ a = với mọi a

a∈K ; ảnh của ϕ là K X [ ]

b) x đại số trên K khi và chỉ khi er K ϕ≠ 0

c) x đại số trên K , kerϕ=( ( ))F X = iđêan chính của K X sinh bởi đa thức đơn vị [ ] F X xác [ ]

định bởi K và x Ta gọi F X là đa thức tối tiểu của x [ ]

d) Nếu F X là đa thức tối tiểu của x và[ ] G X[ ]∈K X[ ], ì th G X[ ]= khi và chỉ khi 0 G X là [ ]

bội của F X trong [ ] K X Đồng cấu [ ] ϕ cho ta đẳng cấu chính tắc [ ]

( ( )) [ ]

K X

K X

e, Nếu F X là đa thức tối tiểu của x , thì: [ ] K X là một trường ⇔[ ] K X là một miền nguyên [ ]

khi và chỉ khi F X bất khả quy trên K [ ]

nếu ϕ: K[X] → R thỏa mãn điều kiện đòi hỏi thì ta phải có:

Bây giờ ta hãy chứng minh ánh xạ ϕ là một đồng cấu vành Giả sử f(X) = a m X m + … + a1X + a0 ,

g (X) = b n X m +… + b1X + b0 là hai đa thức thuộc K[X], thế thì ta có:

f (X) ∈ Kerϕ Vậy ϕ (f(X)) = f(X) = 0, nghĩa là x đại số trên K

c) Giả sử x đại số trên K, theo b), Kerϕ ≠ 0 là một iđêan của vành chính K[X] (do K là một trường), vậy Kerϕ là một iđêan chính sinh ra bởi một đa thức F[X] mà ta có thể lấy đa thức đơn

vị sau khi chia các hệ tử cho hệ tử cao nhất của đa thức, điều mà ta được phép làm vì K là một trường Ta hãy chứng minh F[X] là duy nhất Giả sử có một đa thức đơn vị G(X) sao cho Kerϕ = (F(X)) = (G(X)) Từ đẳng thức cuối ta suy ra F(X)= g(X)G(X) và G(X) = f(X)F(X) với f(X), g(X)

∈ K[X]; vậy F(X) = f(X)g(X)F(X) hay f(X)g(X) = 1 vì F(X) ≠ 0 và K[X] là miền nguyên f(X) và

g (X) là khả nghịch của nhau, nên f(X), g(X)∈K; giả sử f(X) =a ∈ K, ta được G(X) = aF(X) đẳng tức này cho ta a = 1 vì F(X) và G(X) đều là đa thức đơn vị

d) Giả sử 0 = G(x) = ϕ(G(X)); vậy g(X)∈Kerϕ =(F(X)), tức là có f(X)∈K[X] để G(X) = f(X)F(X) Đảo lại giả sử G(X) = f(X)F(X), thế thì G(x) = f(x)F(x) = f(x).0 = 0 Vì Imϕ = K[x], nên đồng cấu

ϕ cảm sinh đẳng cấu chính tắc:

K [X]/(F(X)) → K[x]

f (X) + (F(X)) ֏ f(x) e) Giả sử F(X) là đa thức tối thiểu của x Hiển nhiên ta có: K[x] là một trường ⇒ K[x] là một miền nguyên Chiều ngược lại suy ra từ (2.1.1 Định lí 4) Mặt khác ta có F(X) bất khả quy trong

K [X] khi và chỉ khi iđêan (F(X)) là nguyên tố; từ đó ta có các tương đương;

F(X) bất khả quy ⇔ (F(X)) nguyên tố ⇔ K[X]/F(X) là miền nguyên Nhưng ta có K[X]/F(X)) =

K [x], vậy: K[x] là miền nguyên ⇔ F(X) bất khả quy trên K

F X như một đa thức trên K’; ta có x∈K' và ( ) 0F x = , vậy F X chia hết cho X( ) − trên x

trường K’, ( ) ( F X = X −x g X) ( ) vớig X( )∈K'[ ]X Mặt khác, khi ( )K X là một miền nguyên,

thì ( )K X cũng là trường các phân thức của nó, kí hiệu K x ; trong khi đó trường các phân thức ( )của vành K X[ ]không trùng với K X[ ]

Định lý 6 Giả sử K là một trường, và G X[ ]∈K X[ ]là một đa thức có bậc m > Thế thì tồn 0

tại một mở rộng đại số L của K có bậc [L K hữu hạn sao cho phân tích được thành những : ]

nhân tử tuyến tính trong L X [ ]

Chứng minh: Ta chứng minh bằng quy nạp theo m Định lí là hiển nhiên khi m = 1 Giả sử

khẳng định đúng cho m – 1 Xét một nhân tử F(X) bất khả quy của G(X) Ta vừ thấy có một mở rộng K' của K có bậc hữa hạn trên K Cụ thể K[X]/(F(X)), và một phần tử x ∈ K' sao cho F(X) là bội của X – x trong K'[X] Vậy ta có G(x) = (X – x)G'(X) với G'(X) ∈ K'[X] Theo giả thiết quy nạp, G'(X) phân tích thành những phân tử tuyến tính trong một mở rộng L của K' có bậc hữu hạn trên K'.Lúc đó L là một mở rộng của K có bậc hữu hạn trên K, cụ thể [L : K].[K' : K] (Định lí 3),

và G(X) phân tích thành những nhân tử tuyến tính trong L[X]

Trên đây ta thấy có một mở rộng của K để đa thức ( ) G X phân tích được thành những

nhân tử tuyến tính; nhưng cũng có những trường mà mọi đa thức có bậc lớn hơn 0 đều phân tích

thành những nhân tử tuyến tính trên trường đó, nghĩa là nó chứa đầy đủ n nghiệm của đa thức nếu đa thức có bậc n; một trường như vậy gọi là đóng đại số Ta có ngay một ví dụ về trường

đóng đại số, đó là trường số phức ℂ Mọi trường hữu hạn F q không thể đóng đại số được; thật vậy giả sử x1, ,x q là phần tử của F q, thế thì đa thức (X −x1)(X −x2) (X −x q) 1+ không có nghiệm nào trong F q

Người ta chứng minh được rằng mọi trường là một trường con của trường đóng đại số

2.2.2 Phần tử liên hợp, trường liên hợp

Định nghĩa 1 Giả sử L và L’ là hai trường chứa trường K

1) Nếu có đẳng cấu : Lϕ → sao cho ( )L ϕ a = với mọi a a ∈K, thì ϕ gọi là K – đẳng cấu; nếu thêm L và L’ là đại số trên K thì ta bảo đó là những trường liên hợp trên K

2) Hai phần tử x L∈ và 'x ∈L' gọi là liên hợp trên K nếu có một K -đẳng cấu : ( )ϕ K x →K x( ')sao cho ( )ϕ x =x' (lúc đó ϕ là duy nhất) Như vậy khi x và ' x liên hợp trên K thì hoặc x và

'

x đều liên hợp trên K , hoặc đều đại số trên K , và cùng có đa thức tối tiểu

Ví dụ Giả sử F X[ ]∈K X[ ] là một đa thức bất khả quy trên K, và x x1, , ,2 x n là các nghiệm

của nó trong một mở rộng L của K Thế thì các trường K x[ ]i là đôi một liên hợp trên K và các i

x cũng là đôi một liên hợp trên K Thật vậy, ta có các đẳng cấu chính tắc:

sẽ là nghiệm của đạo hàmF'( )X và do đóF X( ) và F'( )X không nguyên tố cùng nhau; nhưng

n = và j a j = với 0 j=1, ., n − ta suy ra p chia hết cho n và 1 a j = với j không là bội 0

Mâu thuẫn với giả thiết F X( ) bất khả quy trên K

Định lí 1 Giả sử K là một trường đặc số 0 hay một trường hữu hạn, L là một mở rộng có bậc

hữu hạn n của K , và C là một trường đóng đại số chứa K , và C là một trường đóng đại số chứa K Lúc đó có n K - đẳng cấu từ L vào C

Chứng minh: Trước hết ta thấy khẳng định là đúng cho trường hợpL=K x[ ](x∈L) Thật vậy,

đa thức tối tiểuF X( ) của x lúc đó có bậc n; nó có n nghiệm x1, ., x n trong C và các nghiệm đó

là phân biệt theo bổ đề 1 Vậy ta có nK – đẳng cấu phân biệt σi từ L vào C sao choσi( )x =x i,

ta có n lm= , và l > theo cách ta lấy x1 ∈ Nếu l L = thì n L=K x[ ] và ta có trường hợp như ở

trên, không còn phải tiếp tục chứng minh Nếu l n< , thì m n n

l

= < Đối với trường K x[ ], theo như trên ta có 1K - đẳng cấu phân biệt σi từ K x[ ] vào C, biến x thành σx,i=1, ., l Các σicho ta các đẳng cấu: K x[ ]→ɶ Kσi( )x  Mặt khác, nếu K có đặc số 0 (theo thứ tự là trường hữu

hạn) thì K x[ ] có đặc số 0 (theo thứ tự là trước hữu hạn) Với mỗi σi , ta đồng nhất x với

( )

i x

σ , và áp dụng giả thiết quy nạp cho L là mở rộng của K x[ ] có bậc m n< , ta được m K x[ ]

– đẳng cấu phân biệt σij (j=1, ., )m từ L vào C Ta cần chú ý khi nói σij là một K x[ ] – đẳng

cấu từ L vào C có nghĩa ta đã đồng nhất x vớiσi( )x , thực chất σij là một mở rộng của σi Bây giờ ta hãy chứng minh σij ≠σi j' ' khi (i j, ', ') ≠ (i j ) Giả sử σij =σi j' ' Thế thì:

[ ] ' ' [ ] '

i ij K x i j K x i

σ =σ =σ =σ

Vì các σi phân biệt, nên ta phải có i= Từ i' σij =σij', ta lại suy ra j= j', vì với mỗi i các σij

là phân biệt Các σij (i=1, ., ; l j=1, ., )m hiển nhiên là những K–đẳng cấu từ L vào C và số

các σij là lm n=

Bổ đề 2 Giả sử A là một miền nguyên có vô hạn phần tử; giả sử H1(1≤ ≤i n)là n bộ phận vô hạn của A Với mọi đa thức f ≠ thuộc 0 A X X[ 1, 2, ,X n], có vô số phần tử

( , , , )n n

minh định lí bằng quy nạp theo n Đa thức f có thể coi như một đa thức đối với X n, lấy từ hệ tử trong vành A X[ 1, , ., X2 X n−1]:

0

m k

k n k

=

Vì f ≠ , nên ít nhất có một hệ tử 0 g1∈A X[ 1, ., X n−1] khác 0 Theo giả thiết quy nạp,

có ( , ., x1 x n−1)∈H1 × × H n−1 sao cho g x i( 1, ,x n−1)≠ Ta suy ra đa thức 0

h x ≠ Vì h x( )n = f x( 1, ., x n−1, x n), nên ta suy ra điều phải chứng minh

hữu hạn, và là một mở rộng của K có bậc n Thế thì có một phần tử k L ∈ (gọi là phần tử

p nguyên thủy) sao cho L=K x[ ].

lũy thừa của một phần tử x∈L* (1.3.1 Định lí) Vậy L=K x{ }

Bây giờ giả sử K có đặc số 0, vậy là vô hạn Theo định lí 1, ta có n K – đẳng cấu σi từ L vào một trường đóng đại số C chứa K Mặt khác L là một K – không gian vectơ n chiều, giả sử

Vậy ta có x L∈ sao cho các σi( )x là một đôi khác nhau Điều đó nói lên đa thức tối tiểu ( )F X

của x có ít nhất n nghiệm phân biệt, đó là các σi( )x trong C; vậy ( ) F X có bậc ≥ , nghĩa là n

[ ]:

  Nhưng K ⊂K x[ ]⊂L và [L K: ]= , ta suy ra n L=K x[ ]

Hệ quả 1 Giả sử K là một trường đặc số 0 hay một trường hữu hạn, L là một trường mở rộng

có bậc n của K , và C là một trường đóng đại số chứa K Lúc đó có đúng n K - đẳng cấu từ

L vào C

Chứng minh: Định lí 1 cho thấy tồn tại của nhiều đẳng cấu phân biệt σ1, ., σn từ L vào C Định lí 2 cho ta sự tồn tại của phần tử nguyên thủy x sao cho L=K x[ ] Giả sử τ là một K – đẳng cấu từ L vào C; ta chứng minh τ =σi với một i nào đó Thật vậy, đa thức tối tiểu F X( )

của x có bậc là n và nhận σ1( )x , ., σn( )x là các nghiệm phân biệt của nó Mặt khác τ( )x

cũng là nghiệm của F X( ), vậy τ( )x phải trùng với một σi( )x nào đó, chẳng hạn σ1( )x

Nhưng x là một phần tử nguyên thủy của L, nên (1, , ., n1)

x x − là một cơ sở của L trên K Vì

τ =σ với mọi y L∈ hay τ =σ1 ■

2.2.3 Phần tử nguyên của các trường toàn phương

tỉ

nhân tử là bình phương của một số nguyên khác 1

thức tối tiểu F X( )∈ℚ( )X của x có bậc 2), vậy là một phần tử nguyên thủy của K K: =ℚ[ ]x

và (1, x là một cơ sở của K trên ℚ (n) o1, nhận xét 3)) Giả sử đa thức tối tiểu của x có dạng

ℚ , trong đó ta hiểu b2−4c là một trong hai

phần tử của K mà bình phương là b2−4c Nhưng b2−4c là một số hữu tỉ u uv2

1) Đa thức tối tiểu của d là 2

X − ; d có một liên hợp trong d K, đó là − d Vậy ta có một

ℚ - tự đẳng cấu của K biến d thành − d

2) Mọi x K∈ có dạng x a b d= + với ,a b∈ ℚ , và dạng đó là duy nhất.σ là một ℚ - tự đẳng

cấu biến d thành − d , nên (σ a+b d)= −a b d

Định lí 2 Giả sử K Q=  d

  là một trường toàn phương và A là vành các phần tử của K

nguyên trên ℤ Gi ả sử x a b d= + ∈K ; Thế thì x A ∈ khi và chỉ khi 2a và a2−b d2 thuộc ℤ

Chứng minh: Giả sử x A∈ , thế thì σ ( )x (nhận xét 1.1)) cũng là nghiệm của phương trình phụ

thuộc nguyên của x , vậy σ ( )x ∈A Do A là một vành nên x+σ ( )x và x.σ ( )x thuộc A

Nhưng σ( )x = −a b d (nhận xét 1.2)), nên x+σ ( )x =2a và x.σ ( )x =a2−db2 thuộc ℚ và

nguyên trên ℤ Cuối cùng do ℤ đống nguyên (2.1.2, định lí), nên 2a và 2 2

Chứng minh: Giả sử x a b d= + ∈ , , A a b∈ ℚ Theo định lí 2, ta có 2 , a a2−b d2 ∈ ℤ , vậy

( )2a 2−d( )2b 2∈ ℤ , nhưng 2a ∈ ℤ nên d( )2b 2∈ ℤ Vì 2b ∈ℚ nên ta có thể viết 2 b=s t/ ; ,

s t∈ ℤ và (s t, )=1 Từ d( )2b 2 =ds2/t2∈ ℤ với (s2, t2)= , ta suy ra 1 t2 chia hết d Nhưng

d không có nhân tử chính phương khác 1, nên t2 = và 1 t = ± Vậy 2b ∈ ℤ Đặt 2a1 = , u

2) Vì d không có nhân tử chính phương, nên d ≡0 mod 4 Ta lần lượt xét các trường hợp ( )

Bây giờ ta hãy chứng minh định lí

1) Theo nhận xét 3.1), A chứa ℤ – môđun A' có cơ sở (1, d : )

A = a b d a b+ ∈ ℤ Mặt khác, theo bảng d =2 và d =3 ta có u2 =dv2 khi và chỉ khi

Bây giờ ta hãy mở rộng các khái niệm đó bằng cách xét một tự đồng cấu u của một môđun tự do

E trên một miền nguyên A có hạng n Nếu ( )e i 1≤ ≤i n là một cơ sở của E và ( )aij là ma trận với

cơ sở đó, thì ta có định nghĩa vết, định thức, và đa thức đặc trưng của u cũng như đã làm với

không gian véc tơ, đó là các đại lượng sau:

Giả sử A là một miền nguyên và B là một vành chứa A như một vành con và sao cho B là một

A - mô đun tự do có hạng n (chẳng hạn A là một trường, và B là một mở rộng có bậc n của

A ) Với x B ∈ , phép nhân với x cho ta tự đồng cấu h của A -mô đun B: x