Một số tính chất của phân tử và của iđeean chính quy khả nghịch luận văn thạc sĩ toán học

Mục đích của luận văn là dựa vào tài liệu [5] để tìm hiểu các phần tử chính quy khả nghịch trong vành, một số tính chất của iđêan chính quy khả nghịch.. CÁC PHẦN TỬ CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH

Mục đích của luận văn là dựa vào tài liệu [5] để tìm hiểu các phần tử chính quy khả nghịch trong vành, một số tính chất của iđêan chính quy khả nghịch

Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm có 3 chương:

Chương 1 KIẾN THỨC CƠ SỞ

Trong chương này, chúng tôi trình bày các kiến thức cơ sở về môđun con cốt yếu và môđun nội xạ để làm cơ sở cho việc trình bày ở chương 3

Chương 2 CÁC PHẦN TỬ CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH

Trong chương này, chúng tôi trình bày các phần tử chính quy khả nghịch trong vành nhằm làm cơ sở cho việc trình bày ở chương 3 như : phần tử lũy đẳng , phần tử chính quy, vành chính quy, vành chính quy khả nghịch, iđêan chính quy, iđêan chính quy khả nghịch, ….Ngoài ra chúng tôi còn trích dẫn một số kết quả đã có dưới dạng những mệnh đề để phục vụ cho các chứng minh ở phần sau

Chương 3 IĐÊAN CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH

Trong chương này chúng tôi trình bày các kết quả trong bài báo [5] của Huanyin Chen and MiaoSen Chen

Luận văn này được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới

sự hướng dẫn của Thầy PGS TS Ngô Sỹ Tùng Tác giả xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đối với thầy hướng dẫn, người đã trực tiếp giảng dạy và

hướng dẫn cho tác giả tận tình, chu đáo và nghiêm túc trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thành luận văn này

Tác giả xin chân thành cám ơn quý thầy cô trong chuyên ngành Đại số và

Lý thuyết số, Khoa toán học, Phòng đào tạo sau Đại học của trường Đại học Vinh đã nhiệt tình giảng dạy và hướng dẫn cho tác giả học tập và nghiên cứu Tác giả xin chân thành cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn, trường THPT Bình Chánh đã giúp đỡ và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt khoá học Tác giả xin chân thành tỏ lòng biết ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã hỗ trợ và giúp đỡ rất nhiều để tác giả hoàn thành luận văn này

Luận văn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót , tác giả mong được sự đóng góp chân thành của quý thầy cô và các bạn Tác giả xin chân thành cám ơn

Tác giả

Đoàn Văn Mùi

MỘT SỐ KÍ HIỆU TRONG LUẬN VĂN

u(R): tập tất cả các phần tử khả nghịch của vành R

GLn(K): Nhóm tuyến tính tổng quát cấp n trên trường K

End(R): Tập tất cả các tự đồng cấu của vành R

Chương 1 KIẾN THỨC CƠ SỞ

1.1 Môđun con cốt yếu

1.1.1 Định nghĩa Cho M là R-môđun A là môđun con của M.Ta nói A là

môđun con cốt yếu của M nếu với mọi môđun con B khác 0 của M thì AB

0 ( một cách tương đương, nếu AB = 0 thì B = 0 ) Khi đó ta cũng nói rằng M là mở rộng cốt yếu của A Ký hiệu là *

Ví dụ

a)Với mọi môđun M ta có *

b) Xem vành số nguyên  như  - môđun, ta có n * ,  n 0.

Thật vậy, lấy 0 A B,  , ta có Am , Bm , m n, 0 suy ra

mn m  và mnnm n  Từ đó suy ra mn m   n Hay A B 0 Vậy

a) Do x0,x M nên 0xRM Mặt khác *

M

A nên AxR0 Lấy 0 B M suy ra tồn tại x B x , 0 Ta có A xR 0 mà xRB

 sao cho n + A = x + a + A suy ra n + a’ = x + a + a’’ với a’, a’’

(0) ( )B

f  f ( do 0 B ) suy ra X  f1( )B nên 1

( )B 0

X f X  Vậy 1 *

( )B

f  M Trường hợp 2: ( ) 0, ( )f X  f X N Do *

1.1.3 Bổ đề.( Bổ đề Zorn ) Giả sử X 0 là một tập sắp thứ tự thỏa mãn điều

kiện : Mọi xích của X đều có cận trên thì X có phần tử tối đại, nghĩa là tồn tại

X S) suy ra X  0 Vậy mọi tập con sắp tuyến tính có cận trên

Theo Bổ đề Zorn suy ra S có phần tử tối đại T

Suy ra A T 0 và tồn tại AT Ta chứng minh A T *M

Lấy X M X,  0 bằng phương pháp phản chứng giả sử (A T )X 0 suy ra AX 0 Do đó A(TX) 0   T X S Mà T  T X . Điều này mâu thuẫn với tính tối đại của T trong S

Suy ra A T X 0

1.2.Môđun nội xạ

1.2.1.Định nghĩa Cho M là R – môđun phải Một môđun N được gọi là M –

nội xạ nếu với mọi môđun con X của M, với mọi đồng cấu  : X  N đều

mở rộng tới đồng cấu  : M  N, tức là  i =  ( trong đó i là phép nhúng đồng nhất ) hay với mọi xX ta có  (x) =  (x)

m

B

X

 với mọi đồng cấu  : X  N tìm  để  i = 

Bổ xung vào biểu đồ với j là phép nhúng đồng nhất

Do N là A – nội xạ nên tồn tại đồng cấu  : A  N là mở rộng của  hay ji= Lấy  = j thì  là cần tìm vì  i = ji= 

= ( '( )) i x

= '( )x

= ( x B ) 

1.2.3 Định nghĩa( Tiêu chuẩn Baer tổng quát ) Môđun N là M- nội xạ khi

và chỉ khi với mọi iđêan trái Rm của R, với mọi đồng cấu  từ Rm vào N,

tồn tại đồng cấu  từ R vào N sao cho  i =  , trong đó i là phép nhúng Rm vào R

( Môđun N là M- nội xạ khi và chỉ khi N là Rm- nội xạ, với mọi m thuộc

M )

Chứng minh. Giả sử N là M- nội xạ Ta cần chứng minh N là Rm- nội xạ

Ta có RmM nên theo Mệnh đề 1.2.2 ở trên ta suy ra N là Rm- nội xạ

Giả sử N là Rm - nội xạ Ta cần chứng minh N là M- nội xạ

nghĩa là i

Bây giờ ta xét đồng cấu    , trong đó : NN là phép chiếu chính tắc , ta có  i (  )i ( i)  ( ) 

Điều này chứng tỏ N là nội xạ

Giả sử N là môđun nội xạ với I Xét biểu đồ giao hoán

trong đó i là phép nhúng đồng nhất, φ là đồng cấu từ X vào N, π∝ là phép

chiếu chính tắc từ N vào N∝ , còn ∅∝ là đồng cấu có được do tính nội xạ của

N∝ , π∝φ = ∅∝i

Khi đó, theo tính chất phổ dụng của tích trực tiếp , tồn tại đồng cấu ∅ từ M vào N sao cho π∝∅ = ∅∝, cụ thể với m ∈ M: ∅(m)∝ = ∅∝(m), ∀∝∈ I

Ta khẳng định rằng φ = ∅i Thật vậy, với mọi x ∈ X ta có φ(x)∝ =

π∝(φ(x)) = ∅∝i(x) = π∝(∅i(x)) = ∅i(x)∝, ∀∝∈ I suy ra φ(x) = ∅i(x)

Do đó φ = ∅i Điều này chứng tỏ N là nôi xạ 

Chương 2 CÁC PHẦN TỬ CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH

2.1 CÁC KHÁI NIỆM CƠ SỞ

2.1.1 Định nghĩa Một phần tử e của vành R được gọi là lũy đẳng nếu e2 = e

2.1.2 Định nghĩa Một phần tử x thuộc vành R gọi là lũy linh nếu tồn tại số

2.1.5 Định nghĩa Một phần tử u thuộc vành R được gọi là phần tử khả

nghịch nếu tồn tại phần tử v thuộc vành R để uv =1R

Tập hợp các phần tử khả nghịch của R, kí hiệu là u(R)

2.1.6 Định nghĩa Vành R gọi là chính quy khả nghịch nếu với mọi x thuộc

vành R tồn tại u thuộc u(R) sao cho x = xux

Chứng minh Giả sử xR, do R chính quy nên tồn tại aR sao cho x = xax

Vì R là vành giao hoán nên ta có xxa = x hay x2a = x, mặt khác xaxa = xa nên

xa là một phần tử lũy đẳng trong R Ta cũng có axx = x hay ax2

= x, nên axax

= ax, khi đó ax cũng lũy đẳng trong R

Đặt e = xa, khi đó xa = (xaxax)(xaaax) hay e = (exe)(eae) và phần tử t = exe + 1 – e là phần tử khả nghịch trong vành R, với nghịch đảo là t-1 = eae + 1

– e vì x = ex = xex, nên ta có et = x và x = ex = xt-1

x Vậy R là vành chính

2.1.8 Định nghĩa Cho I là một iđêan của vành R I gọi là chính quy nếu với

mỗi x  I tồn tại y  I để x = xyx

2.1.9 Định nghĩa Iđêan I của vành R là chính quy khả nghịch nếu với mỗi x

 I tồn tại u  u(R) sao cho x = xux

Ví dụ: Vành R = EndD(V) với V là không gian véctơ vô hạn chiều trên D Xét tập hợp Ix End D V/ dim (D xV)   thì I là một iđêan chính quy khả nghịch của R

Chứng minh Dễ thấy I là một iđênan của R Lấy x bất kỳ thuộc I, ta xét các

dãy khớp D - môđun phải:

( 1 ) Nếu R có phần tử đơn vị 1R thì 1R là chính quy

( 2 ) Nếu R có đơn vị và phần tử a khả nghịch trong R thì a chính quy

( 4 ) Mọi phần tử x của vành R là lũy linh khác 0 đều là ước của 0

( 5 ) Nếu x lũy linh và u khả nghịch thì u + x khả nghịch

Chứng minh

( 1 ) vì xn = 0  1 – xn = 1 với 1 là đơn vị của vành R

 ( 1 – x )( 1 + x + … + xn-1 ) = 1 Vậy 1 – x khả nghịch

( 2 ) Ta có e2 = e  e3 = e.e2 = e2 = e

( 3 ) Ta có ( ab )2 = ab.ab = aba.b =ab

( ba )2 = ba.ba = b.aba = ba

( 4 ) Gọi k là số tự nhiên bé nhất để xk

= 0 Vì x  0 nên k  2 Do đó x.xk

– 1

= 0, xk – 1  0 nên x là ước của 0

( 5 ) Vì u khả nghịch nên tồn tại vR sao cho uv = 1 Khi đó ta có: u + x =

u + uvx = u(1 + vx) Vì x lũy linh nên vx lũy linh do đó 1 + vx khả nghịch ( theo ( 1 ) ) Vì u và 1 + vx đều là các phần tử khả nghịch nên u + x = u(1 + vx) khả nghịch

2.1.11 Định nghĩa Cho I là một iđêan của vành R

( 1 ) I được gọi là iđêan tối tiểu nếu I  0 và I không chứa thật sự iđêan khác 0 nào cả

( 2 ) I được gọi là iđêan tối đại nếu I  R và I không bị chứa thật sự iđêan nào khác

( 3 ) I được gọi là iđêan nguyên tố nếu I  R và x, yR mà xyI thì

Giả sử AM ta chứng minh B M Vì AM suy ra A + M là iđêan chứa

M và chứa A Suy ra A + M chứa thực sự M Nhưng vì M tối đại nên suy ra A + M = R

Nhưng ta luôn có RB B Vì R có đơn vị nên RB = B

Do đó B = RB = ( A + M )B = AB + MB

Theo giả thiết có ABM, M là iđêan có MB M

Do đó: AB + MB M

2.1.13 Mệnh đề R là vành giao hoán có đơn vị và mỗi phần tử xR đều tồn

tại số tự nhiên n > 1 (n phụ thuộc vào x ) sao cho x n

= x Khi đó mọi iđêan nguyên tố trong R đều là iđêan tối đại

Chứng minh Giả sử P là iđêan nguyên tố và A là iđêan của R, P



A Khi đó tồn tại xA, xP Ta có x( xn-1 – 1 ) = xn – x = 0P và xP nên xn-1 – 1 P suy ra xn-1 – 1 A, do xA nên 1A Vậy A = R nên P là iđêan tối đại 

2.2 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA CÁC PHẦN TỬ

CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH

2.2.1 Bổ đề Nếu x là một phần tử của vành R, thì các điều kiện sau là tương

đương:

( 1 ) Tồn tại uu(R) sao cho x = xux

( 2 ) Tồn tại uu(R) sao cho xu và ux là lũy đẳng

( 3 ) Tồn tại p,qu(R) sao cho pxq là lũy đẳng

Chứng minh ( 1 )  ( 2 )

Nếu tồn tại uu(R) sao cho x = xux thì khi đó, ta có:

( xu )2 = xu.xu = ( xux )u = xu  xu là lũy đẳng

( ux )2 = ux.ux = u ( xux ) = ux ux là lũy đẳng

Giả sử tồn tại p, qu(R) sao cho pxq là lũy đẳng, tức là ( pxq )2 = pxq hay ( pxq )(pxq ) = pxq Suy ra xqpx = p-1(pxq)q-1 xqpx = x

2.2.2 Định lí Vành chính quy R là chính quy khả nghịch nếu và chỉ nếu từ

aR + bR = R ta suy ra tồn tại tR sao cho a + btu(R)

Chứng minh Điều kiện cần: Giả sử R là vành chính quy khả nghịch, a, bR thỏa mãn aR + bR = R Vì R là chính quy khả nghịch nên tồn tại u, y u(R) sao cho a = aua, b = byb.Đặt e = au, f = by, ta có e2

Ta có: e + fw( 1 – e ) – e2fw( 1 – e ) = 1, do e2 = e

e[ 1 – efw( 1 – e )] + fw( 1 – e ) = 1

au[ 1 – efw( 1 – e )] + byw( 1 – e ) = 1 ( * )

Đặt  = [ 1 + efw( 1 – e )]u-1u(R) Nhân 2 vế của ( * ) với  , ta có:

au[1 – efw( 1 – e )][ 1 + efw( 1 – e )]u-1 + byw( 1 – e) = 

au[1 – efw( 1 – e )efw( 1 – e )]u-1 + byw( 1 – e) = 

auu-1 + byw( 1 – e ) = 

Đặt t = byw( 1 – e )  tu(R), và thỏa mãn a + bt khả nghịch

Điều kiện đủ: với R là vành chính quy, giả sử từ aR + bR = R, suy ra

tu(R) để a + btu(R), ta chứng minh R là chính quy khả nghịch

Giả sử xR  a để x = xax  xa là lũy đẳng và xR + ( 1 – xa )R = R 

t

 R, uR sao cho [ x + ( 1 – xa )t]u = 1

 xa[ x + ( 1 – xa )t]ux = xax [ xax + xa ( 1 – xa )t ]ux = x

( x + 0 )ux = x xux = x

2.2.3 Bổ đề Giả sử a, b, c là các phần tử của vành F sao cho ab + c = 1

Nếu tồn tại xF sao cho a + cx khả nghịch thì sẽ tồn tại yF để b + yc khả nghịch

= 1

Suy ra vw = 1 ( * )

Ta cũng có: wb = [ a + x( 1 – ba )]b

= ab + x( 1 – ba)b = ab + xb – xbab = ab + xb – xb ( 1 – c ) ( do ab + c = 1 ) = ab + xb –xb + xbc

Suy ra w b = ab + xbc ( 3 )

Vì w( 1 – bx )= [ a + x( 1 – ba )]( 1 – bx )

= a – abx + x( 1 – ba )( 1 – bx ) = a – abx + x( 1 – ba ) – x( 1 – ba )bx = a – ( 1 – c )x + x – xba – xbx + xbabx (do ab +c = 1 ) = ( a + cx ) – x + x – xba – xbx + xb( 1 – c )x

= u – xba – xbx + xbx – xbcx = u – xba – xbcx

= u – xbu = ( 1 – xb )u

= ab + c = 1

Suy ra wv = 1 ( ** )

Từ ( * ) và ( ** ) ta có w là nghịch ảnh của v, suy ra v là khả nghịch, tức là tồn tại phần tử y = ( 1 – bx )u-1

để b + yc khả nghịch 

Chương 3 IĐÊAN CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH

3.1 Bổ đề Cho I là một iđêan chính quy của vành R Các phát biểu sau là

tương đương:

( 1 ) I là khả nghịch

( 2 ) Nếu aR + bR = R với aI thì tồn tại yR sao cho a + byu(R)

( 3 ) Nếu Ra + Rb = R với aI thì tồn tại zR sao cho a + zb u(R)

Chứng minh Ta chứng minh ( 1 ) ( 2 ), ( 1 ) ( 3 )

( 1 )  ( 2 )

Giả sử aR + bR = R với a I.Thế thì với x, z nào đó thuộc vành ta có ax +

bz = 1 Từ a I, do I chính quy khả nghịch nên tồn tại u u(R)sao cho a = aua.Đặt au = e ta có e2

= auau = au = e  eR là một lũy đẳng Vì au = e 

a = eu-1  eu-1x + bz = 1  e + bz( 1 – e ) = e + ( 1 – eu-1x)( 1 – e ) = e + 1 – e – eu-1

Cho xI, do I chính quy, ta có yR để x = xyx.Từ xy + ( 1 – xy ) = 1, từ ( 2 ) ta có zR sao cho x + ( 1 – xy )z u(R) Theo bổ đề 2.2.3 Ta có sR sao cho y + s( 1 – xy ) = uu(R) Do đó x = xyx = x( y + s( 1 – xy ))x = xux 

( 1 )  ( 3 ) tương tự do tính đối xứng

3.2 Bổ đề R là vành chính quy khi và chỉ khi M n (R)cũng là vành chính quy Chứng minh Điều kiện cần:

Trước hết ta chứng minh với n = 2

Nếu rR, do R chính quy, tồn tại r ,

bb db

quy.Ta chứng minh B chính quy.Thật vậy:

Nếu B – BYB là chính quy thì tồn tại zR sao cho:

( B – BYB ) z ( B – BYB ) = B – BYB ( 1 )

Đặt X = z – zBY – YzB + YBzYB + Y Ta có:

BXB = B( z – zBY – YzB + YBzYB + Y )B

= BzB – BzBYB – BYzBB + BYBzYBB + BYB ( 2 )

Từ ( 1 ) ta có: BzB – BzBYB – BYBzB + BYBzBYB = B - BYB

Thay vào ( 2 ), ta được: BXB = ( B – BYB ) + BYB = B

Do đó B chính quy.Tương tự suy ra A chính quy

Vậy Bổ đề được chứng minh với n = 2

Từ ( M2 ( R ) )2  M4 ( R ), ta có Bổ đề được chứng minh với n = 4, tương tự với M2k( )R , với mọi k nguyên dương.Nếu n là số nguyên dương tùy ý , chọn k sao cho 2k  n Nếu AMn(R), giả sử A1 M2k( )R với A là phần tử góc trái trên, và các vị trí khác bằng không Khi đó như là một phần tử của M2k( )R , A1

Suy ra x = xa11x với a11 R, suy ra R là chính quy 

3.3 Định lí Cho I là một iđêan chính quy khả nghịch của vành R thì M n (I) là một iđêan chính quy khả nghịch của M n (R)

Chứng minh

Giả sử I là một iđêan chính quy khả nghịch trên vành R.Khi đó theo Bổ đề 3.2 thì Mn(I) là iđêan chính quy của Mn(R) Giả sử AX + B = In với A = (aij)Mn(I) và X = (xij), B = (bij)Mn(R) sao cho AXA = A Khi đó, AXA +

Theo Bổ đề 3.1.thì Mn(I) là chính quy khả nghịch 

3.4 Hệ quả Cho I là một iđêan chính quy khả nghịch của vành R.Mỗi ma

trận vuông trên I là tích của một ma trận lũy đẳng và một ma trận khả nghịch

Chứng minh Lấy AMn( I ), theo định lý 3.3 tồn tại UGLn(R) sao cho A = AUA, do Mn(I) là iđêan chính quy khả nghịch của Mn(R) Đặt E = AU Ta có

E2 = AUAU = AU = E  A = EU-1 

3.5 Bổ đề Cho I là một iđêan chính quy khả nghịch của vành R.Giả sử a,b

I.Ta có:

( 1 ) Nếu aR = bR thì tồn tại uu(R) sao cho a = bu

( 2 ) Nếu Ra = Rb thì tồn tại uu(R) sao cho a = ub

Chứng minh ( 1 ) Giả sử aR = bR với a,bI Khi đó ta có x,yR sao cho ax =

b và a = by aI, do I chính quy khả nghịch a’u(R): a = aa’a ax =

aa ,ax Vì a ,axI nên ta giả sử xI Tương tự ta giả sử yI Khi đó: b = ax = by.x Từ đẳng thức yx + ( 1 – yx ) = 1, với yI, theo Bổ đề 3.1 ta có zR sao cho y + ( 1- yx )z u(R) Đặt u = y + ( 1 – yx )z, thế thì ta có: a = by = b [ y + ( 1 – yx )z ] = bu

( 2 ) Giả sử Ra = Rb, với a,bI Khi đó, ta có x,yR sao cho xa = b và a =

yb aI, do I chính quy khả nghịch a’u(R): a = aa’a xa = xaa ,a Vì xaa ,I nên ta giả sử xI Tương tự ta giả sử yI Khi đó: b = xa =x.yb Từ đẳng thức yx + ( 1 – yx ) = 1, với yI, theo Bổ đề 3.1 ta có zR sao cho y + z( 1 – yx )u(R) Đặt u = y + z( 1 – yx )u(R), thế thì ta có: a = yb = [ y +

Giả sử  : aR bR với a,bI.Ta có  (a)bR  (a)RbR.rR:b =

 (ar) =  (a)r (a)R  bR  (a)R   (a)R = bR.Do bR là chính quy

 lũy đẳng eR: bR = eR Do đó  (a)R = eR   (a)R là chính quy 