Luận văn đa thức tâm trên đại số các ma trận và ứng dụng trên các đại số khác

Trong một thời gian dài bài toán đặt ra là xây dựng các đa thức tâm cho MnK, với n >2 để từ đó tìm ra đồng nhất thức thỏa mãn cho các đại số ma trận MnK.. Luận văn gồm 03 chương : *Chươn

Đa thức tâm trên đại số các ma trận và

ứng dụng trên các đại số khác

Nguyễn Thị Hồng

ĐHSP Tp.HCM, 2004

MỞ ĐẦU

Người ta đã đưa ra khái niệm "Một đa thức f(x 1 ,… , x n ) được gọi là đa thức tâm trên A nếu f không là một đồng nhất thức trong A nhưng giao hoán tử [f(x 1 ,…, x n ),x n+1 ] là một đồng nhất thức trong A".

Dựa vào định nghĩa và từ cách xây dựng đồng nhất thức của Wagner thì f (x1, x2)= (x1 x2 - x2 x1 )2 là một đa thức tâm trên đại số các ma trận M2(K).

Trong một thời gian dài bài toán đặt ra là xây dựng các đa thức tâm cho Mn(K), với n >2 để từ đó tìm ra đồng nhất thức thỏa mãn cho các đại số ma trận Mn(K) Vấn đề này đã được giải quyết một cách cặn kẻ bởi Formanek

Luận văn này trình bày hệ thống lại phương pháp xâydựng đa thức tâm trên Mn(K) của Formanek và một số ứngdụng – áp dụng của đa thức tâm trên các đại số khác

Luận văn gồm 03 chương :

*Chương I : Các vấn đề cơ sở

Trong phần này chủ yếu trình bày một số khái niệm,định lý, bổ đề ( có và không có chứng minh ) làm cơ sở cho chương II và chương III như : ma trận, đại số đơn tâm , đại số nguyên tố ,đồng nhất thức , PI đại số , , các định lý quan trọng của Pi Đại số như Định lý Kaplanski, Wederburn

*Chương II : Đa thức tâm trên Đại số các ma trận cấp n trên

vành giao hoán có đơn vị

Trong chương này nêu lên định nghĩa của đa thức tâm, một số khái niệm dùng làm cơ sở cho việc xây dựng đa thức tâm trên M n (K).Phần trọng tâm của chương này là cách xây dựng đa thức Formanek , từ đó xây dựng được

đa thức tâm cho M n (K) với n > 2 qua định lý Formanek.

*Chương III : Một số áp dụng – ứng dụng của đa thức tâm trong

lý thuyết các PI Đại sốTrong phần này nêu 2 ứng dụng và áp dụng của đathức tâm vào việc chứng minh một số kết qủatrên đại số đơn tâm và đại số nguyên tố

Tôi xin trân trọng cám ơn tất cả các Thầy, Cô Tổ Đại Sốcủa Trường Đại Học Sư Phạm TP.HCM, Trường Đại học Khoa Tựnhiên TP.HCM, Phòng Nghiên cứu Khoa học Sau đại học trườngĐHSP cùng tất cả các bạn học viên Cao học Đại số đã nhiệt tìnhgiảng dạy, tạo điều kiện và giúp đỡ tôi hoàn thành khoá học

Tôi xin đặc biệt tri ân PGS TS Bùi Tường Trí đã tận tình

hướng dẫn tôi trong suốt qúa trình thực hiện luận văn này

Do trình độ còn hạn chế nên luận văn sẽ không tránhkhỏi sai sót, kính mong được sự thông cảm và góp ý xây dựng

Trân trọng cám ơn

Học viên NGUYỄN THỊHỒNG Cao học Đại sốKhoá 12 (2001-2004)Trường Đại học Sư Phạm TP Hồ Chí Minh

Tập hợp tất cả các ma trận cấp mxn ký hiệu là M m,n(K) Khi

m = n ta có ma trận vuông cấp n , ký hiệu A = ( aij)n Tập hợp

tất cả các ma trận vuông cấp n , ký hiệu là Mn(K).

Đối với ma trận vuông A = ( a ij ) n , các phần tử có hai chỉ số bằng nhau a 11 ,… , a nn nằm trên một đường chéo mà

ta gọi là đường chéo chính của A Đường chéo còn lại của hình vuông gọi là đường chéo phụ của A.

1.1.2- Ma trận chéo cấp n

Là ma trận vuông cấp n mà tất cả các phần tửnằm ngoài đường chéo chính đều bằng 0

a 1 0 0

0 a 0

0

0 an

1.1.3 – M a trận đơn vị cấp n (Ký hiệu I n )

Là ma trận chéo cấp n mà tất cả các phần tử trên đường chéo chính đều bằng 1

x n

Vectơ x gọi là vectơ riêng của A ứng với giá trịriêng λ Để thuận tiện có thể viết ax =λx

1.1.5 – Vết của một ma trận vuông a cấp n

Là tổng các phần tử trên đường chéo chính của nó , ký hiệu

Tr(a)

1.1.6- Ma trận đặc trưng

Cho a là ma trận vuông cấp n

trên K (n ≥ ma trận đặc trưng của a

Tính toán trực tiếp định thức của ma trận (a- λ I n )là một đa thức bậc n của biến λ với hệ số trên Kgọi là đa thức đặc trưng của ma trận a, ký hiệu là

χa(λ) (hoặc χ(λ) nếu không có sự hiểu lầm)

χ a (λ)=det(a - λ I n )=(-1)nλn + (-1)n-1 tr(a) λn-1+….+det a

Phương trình χ a (λ)=0 là phương trình đặc trưng của a.

1.1.7 – Định lý Hamilton – Caley

Mọi ma trận vuông đều là nghiệm của đa thức

đặc trưng của nó ∀ a∈Mn(K) , χa(a)=0

⇔ (-1)nan + (-1)n-1 tr(a) an-1+….+det aIn = 0

1.2- Đa thức

1.2.1 - Đa thức đối xứng

1.2.1.1- Đa thức f ( x1,…, xn ) được gọi là đối xứng

nếu với mọi hoán vị σ của {1,…,n } ta có

f ( x 1 ,…, x n ) = f (x σ (1) ,…, x σ (n) ) Các đa thức đối xứng cơ bản :

1.2.3– Đa thức tối tiểu

Cho a∈M n (K) Khi đo ùtập hợp J= { f(λ) ∈ K [λ] / f (a) = 0} là một ideal chính khác 0 của K [λ] Phần tử sinh của J với hệ số

cao nhất bằng 1 được gọi là đa thức tối tiểu của

ma trận a, ký hiệu pa(λ)

-Nhận xét : Đa thức tối tiểu pa(λ) là ước trong K[λ] của mọi đa thức g(λ) ∈K[λ] nhận a là nghiệm

1.2.4- Dạng song tuyến tính

Với K là trường cĩ đặc số khác 2 (tức là 2.1K

≠ 0K), E là một K- khơng gian vectơ

Ta gọi mọi ánh xạ ϕ : E x E → K sao cho :

(i)∀α∈K , ∀ (x,x',y)∈ E3 , ϕ(αx+x',y)= αϕ(x,y)

+ϕ(x',y) (ϕ là tuyến tính đối với vị trí thứ nhất )

(ii)∀β∈K , ∀ (x,y,y')∈ E3 , ϕ(x,βy+y')= β ϕ (x,y) +

ϕ(x,y') (ϕ là tuyến tính đối với vị trí thứ hai )

là dạng song tuyến tính trên E x E

1.3- Một số định nghĩa và kết qủa

- M là một R -Mođun trung thành nếu Mr = (0) thì r = 0

- M được gọi là R- mođun bất khả quy nếu MR ≠ (0) vànếu các modun con của M chỉ là (0) và M

- Nếu M là một R-mođun bất khả quy thì C(M) là mộtthể(Bổ đề Schur)

- Vành R được gọi là nửa đơn nếu J(R) = (0)

- Một vành R được gọi là nguyên thủy nếu nó cómột modun bất khả quy trung thành

- Một vành được gọi là vành Artin nếu mọi tập conkhác rỗng các ideal của A đều có phần tử tối tiểu

1.4- Đại số đơn tâm

1.4.1 – Định nghĩa

Một vành R được goị là đơn nếu R2 ≠(0) và R

không có ideal thật sự nào ngoài (0) và chính nó

K , va

1.4.2 – Định nghĩa

A là một đại số trên vành

K nếu : -A là một K-modun

Nếu A là một đại số đơn tâm hữu hạn chiều trên K Khi đó F/K (với F là một trường chứa K hay F là trường mở rộng của K) được gọi là một trường tách được đối với A nếu :

AF= F ⊗K A ≅

Mn(K) 1.4.5 – Định lý

- Bao đóng đại số K của K là trường tách được

- Nếu A ≅ Mr (Δ) với là một thể và F là trường con tối đại của , thì F là trường tách được

Nếu F = K là đại số hữu hạn chiều có phép

chia trên F là thì :

Ta biết nếu A là đại số dày đặc của các phép biến đổi tuyến tínhtrên V/ , với là đại số có phép chia và F là trường con tối đại

K

của thì :

A’= FLA là đại số dày đặc các phép biến đổi trên V/ F Áp dụng vào trường hợp đặc biệt A là đơn tâm hữu hạn chiều , tacó thể lấy V là hữu hạn chiều trên và là hữu hạn chiều trên K.Theo bổ đề thì :

A’= FLA ≅ F ⊗K A

Cũng thế ta đã biết A là đại số đầy đủ các phép biến đổi tuyếntính trên V/F Vậy là nếu :

[V : F ]= n ⇒ F ⊗K A ≅ M n (F)

Suy ra F là trường tách được

Từ kết qủa này ta suy ra hệ qủa sau

Hệ qủa : Số chiều của đại số đơn tâm hữu hạn

chiều là một số chính phương

1.5 – Định lý Wedderburn – Artin :

Giả sử R là một vành đơn Artin, khi đó R đẳng cấu với Dn (là vành của tất cả các ma trận vuông nxn trên thể D) Hơn thế nữa n là duy nhất Ngược lại, đối với mọi thể D, D n là một vành Artin đơn.

1.6 – Khái niệm dày đặc

1.6.1- Định nghĩa

A M = { a M / a ∈ A} là một đại số dày đặc của các phép biến đổi tuyến tính trong M trên ∆ nếu:cho trước một tập hữu hạn các

vectơ x 1 , ,x n thuộc M độc lập tuyến tính trên ∆ và các vectơ tương ứng bất kỳ y 1 ,…., y n đều tồn tại a ∈ A sao cho

axi = yi với 1 ≤ i ≤

n 1.6.2 – Định nghĩa

Một tập các phép biến đổi tuyến tính của không gian vectơ được gọi là dày đặc nếu nó có tính chất đã đề cập ở 1.6.1 :cho bất kỳ dãy hữu hạn các vectơ độc lập tuyến tính {x i } và {y i }với 1≤ i≤n thì tồn tại a thuộc A sao cho :

axi = yi với 1 ≤ i ≤ n

1.6.3- Định lý dày đặc

Giả sử R là vành nguyên thủy, M là R-modun bấtkhả quy trung thành Nếu = C(M ) thì R là vành dàyđặc các phép biến đổi tuyến tính của không gianvectơ M trên thể ( nói tắt : R dày đặc trên M )

(Ý nghĩa : R dày đặc trong Hom (M,M) và nếu dim M là hữu hạn thì R đẳng cấu với Hom (M,M))

Chứng minh:

Trước hết ta có nhận xét : để chứng minh tính dày đặc của R trên M hay R dày đặc trong Hom (M,M) ta chỉ cần chứng minh rằng nếu V là không gian con hữu hạn chiều của M trên và m

∈M, m ∉ V thì tồn tại r ∈ R sao cho Vr = (0) nhưng mr ≠ 0 ( nghĩa là r linh hoá toàn bộ V mà không linh hoá m) Thật vậy, nếu điều kiện trên thỏa thì suy ra mrR ≠ (0)và mrR là modun con của M trên R, vì M bất khả quy ⇒ mrR = M Do đó ta tìm được s ∈ R sao cho mrs là bất kỳ phần tử nào của M ( mrs chạy khắp M ).

Lưu ý : Vrs = (0) Giả sử v 1 , v 2 ,…, v n ∈ M là hệ độc lập tuyến tính trên và w 1 , w 2 ,…, w n ∈ M tuỳ ý Gọi V i là không gian của M

trên sinh bởi các vj với i ≠ j Vì i∉Vi và hệ { vi}độclậptuyến tính nên tồn tại ti∈ R sao cho viti =wi, Viti = (0).

Nếu đặt t = t1+…+tn ∈R thì ta có vit = wi (i =1,2,…,n).Theođịnh nghĩa R dày đặc trên M

Để chứng minh định lý ta chứng minh nhận xét trên bằng quy nạp theo số chiều của khônggian vectơ V trên

*Nếu dim V = (0) ⇔ V = (0)

∀ m ∈M, m ∉V ⇒ m ≠ 0 ⇒ mR ≠ (0) ( vì M bất khả quy )(Nếu ∀ m ∈M, m ≠ 0 ⇒ mR = (0) thì MR = (0) vô lý vớitính chất bất khả quy của M )

⇒ ∃ r ∈ R : mr ≠ 0 và V r = (0) : nhận xét đúng

*Giả sử mệnh đề đã đúng với các khơng gian cĩ số chiều ≤ dim(V) Ta chứng minh nhận xét đúng với khơng gian cĩ số chiều = số chiều của V Giả sử V=V 0 + ωΔ trong đĩ dim(V 0 )= dim V -1 và

ω ≠ V 0 ( ω là ideal chính sinh bởi phần tử ω ) Theo giả thiết quy nạp thì với A(V 0 ) = {x ∈V / V 0 x=(0)} thì ∀ m ≠ V 0 , ∃r ∈ A(V 0 ) sao cho mr ≠ 0 Mặt khác, nếu mA(V 0 ) = (0) thì m ∈ V 0

Tập hợp A(V0) là ideal phải của vành R và do ω ∉V 0 nên ω A(V 0 ) ≠ (0) là modun con của M ⇒ ω A(V 0 )=M Giả sử rằng lấy

m ∈M, m ∉V có tính chất là bất kỳ khi nào Vr = (0) thì mr = 0.Ta cần chứng minh rằng điều này không thể xảy ra bằng phản chứng Giả sử ∃m ∈M, m ∉V mà Vr = (0) thì mr = 0.

Xét tương ứng τ : M → M

x → xτ = ma

trong đó a được xác định bởi x = ωa với a ∈

A(V 0 ) Ta có định nghĩa của τ là đúng đắn.

Thật vậy,giả sử x =ωa với a ∈ A(V 0 ) và giả sử x =ωa 1 với a 1 ∈ A(V 0 ) ⇒ ω(a- a 1 )=0 suy ra (a-a 1 )linh hoá ω và do đó linh hoá toàn bộ V Theo giả thiết phản chứng suy ra(a- a 1 )cũng linh hoá m hay m(a - a 1 )= 0⇒ ma =m a 1 Vậy định nghĩa trên là đúng đắn.

Ta chứng minh rằng τ giao hoán được với r,∀r∈R.

Rõ ràng τ∈E(M) Hơn nữa, nếu x = ωa với a ∈ A(V0)thì

∀ r ∈ R, vì ar ∈ A(V0), xr =(ωa)r =ω (ar) do đó (xr)τ = m(ar)

= (ma)r = (xτ)r Điều này dẫn đến τ∈ =C(M)

Với ∀a∈A (V0), ma= (ωa)τ = (ωτ)a suy ra (m -ωτ)a

= 0 Theo giả thiết quy nạp thì m -ωτ ∈ V0

1.7 – PI Đại số

Để định nghĩa khái niệm đồng nhất thức đa thức của một đại số và của một PI đại số trước tiên ta xét đại số tự do trong một tập sinh

đếm được trên vành giao hoán có đơn vị K

Giả sử X là vị nhóm tự do sinh bởi tập đếm được các phần tử

x

Xét K[x] là đại số vị nhóm của X trên K

K[x] vừa có cấu trúc vành vừa cócấu trúc modun ⇒ K[x] được gọi là một đại số tự do với tập đếm được các phần tử sinh x i

Tính chất cơ bản của K[x] là nếu A là một đại số bất kỳ trên K và δ là ánh xạ từ X → A thì tồn tại duy nhất đồng cấu η từ K[x] → A sao

cho biểu đồ sau giao hoán i

hiệu f(a1, a2,….,am) , ∀ ai ∈ A

1.7.1- Một số định nghĩa

1.7.1.1-Một đơn thức x x

x

goị là có mặt trong f nếu nó

i 1 i 2 i r

có hệ số khác 0 trong biểu diễn của f theo cơ sở của

X 1.7.1.2-Một đa thức f được gọi là tuyến tính theo xi , nếu mọi đơn thức có trong f đều là bậc nhất theo x i

1.7.1.3-Một đa thức f được goị là đa tuyến tính nếu f

là tuyến tính đối với mọi xi có mặt trong f

*Nếu f là đa tuyến tính

thì ** f có dạng :

f = ∑α π 1π 2 π m x π1 x π2 xπ m π

** f (x 1 , x 2 ,…, x j-1 , βx j , x j+1 ,…, x m )= βf (x 1 ,…, x m ) ∀ β ∈ K Những tính chất này dẫn đến nếu { u i } là tập sinh của đại

số A như là một K- module thì f là đồng nhất thứctrên A khi và chỉ khi :

với mọi sự lựa chọn các ui j trong { ui }

1.7.1.5-Một đa thức f (x1, x2,…,xm) được gọi là thay

0 với mọi sự lựa chọn i<j

** Nếu là đa tuyến tính và thay phiên, thì f làđồng nhất thức khi và chỉ khi

đối với tất cả cách chọn các u i j trong một tập sinh{u i } của K.

Do đó nếu A có một module hữu hạn sinh { u1,….,

un } thì mọi đa thức đa tuyến tính thay phiên có bậc

m > n là đồng nhất thức của A

1.7.1.6 –f là đa thức chính quy chặt nếu f ≠ 0 và các hệ số khác 0 của f là đơn vị hoặc khả nghịch trong K.

trong đó tổng được lấy trến nhóm đối xứng và Sgπ là

dấu của phép hoán vị π , được gọi là đa thức chuẩn bậc k.

+Đa thức chuẩn có các tính chất sau

*Sk+1(x1, x2,…, xk+1)= x1Sk+1(x2,…, xk+1)- x2Sk+1(x1 ,x3,…, xk+1)

+… + (-1)k x k+1 S k+1 (x 1 ,…, x k )

Do đó nếu Sk là đồng nhất thức trên đại số thì

Sk+1cũng là đồng nhất thức trên đại số đó

* Sk( xπ 1 x π 2 xπ k ) = Sg(π)Sk(x1, x2,…, xk)

*Nếu i 1 ,… , i r phân biệt và i ≤ j ≤ k , 0 < r < k và S’ là tổng

các hạng tử của S k (x 1 , x 2 ,…, x k ) có x i1 , x i2 , … , x i n là thừa

số trái thì :

S’= ± i1… ir Sk-r ( xr +1 i kxi )

Như vậy S k-r sẽ là đồng nhất thức trên mọi K – đại số hữu

hạn sinh với tập sinh có số phần tử bé hơn k

Vì M n (K) được sinh ra bởi n2 ma trận đơn vị e ij (coi như là K

module ) do đó S n2 +1 là đồng nhất thức là đồng nhất thức trên

M n (K) Sau này ta biết S 2n cũng là đồng nhất thức trên

Mn(K)

1.7.2- Đồng nhất thức

1.7.2.1- f là một đồng nhất thức của A

nếu f (a 1 , a 2 ,…., a m ) = 0 , ∀ a i ∈ A

1.7.2.2 –Đa thức f được gọi là đồng nhất thức thật

sự nếu f là đồng nhất thức của A và tồn tại một

hệ số của f không linh hoá A

Nhận xét :

-Nếu K là một trường thì f là đồng nhất thức thật sự của A tương đương với f là đồng nhất thức trên A và f ≠ 0

-Nếu f là một đồng nhất thức mà trong nó có một hệ số là 1 hoặc -1 thì f là đồng nhất thức thật sự.

1.7.2.3 - f gọi là đồng nhất thức chính quy chặt trên đại số

A, nếu f là đồng nhất thức trên A và f là chính quy chặt.

Nếu f là đồng nhất thức chính quy chặt trên đạisố A thì nó cũng là đồng nhất thức chính quy chặttrên đại số con của đại số con của đại số A vàđiều này còn đúng đối với mọi ảnh đồng cấu.1.7.3- Định nghĩa PI – đại số

Một đại số A trên vành giao hoán có đơn vị K được gọi là PI đại số hay đại số với đồng nhất thức đa thức nếu tồn tại một đa thức f(a 1 , a 2 ,….,a m ) ∈ K[x] là đồng nhất thức thực sự của A.

Ví dụ :

Khi đó s3(a,a,b) = - s3 (a,a,b) ( do đổi chỗ x1, x2 cho nhau)

Suy ra s3(a,a,b) = 0 Do đó đồng nhất thức chuẩn có 2 biến giống nhau thì bằng 0

+Bổ đề : Nếu A là đại số n chiều trên trường F thì A

thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn Sn+1 (x1, x2,…,xn+1)

Chứng minh :

Từ định nghĩa ta thấy S n+1 (x 1 , x 2 ,…,x n+1 ) là đa tuyến tính đối với các biến và nếu có 2 biến nhận cùng giá trị thì sẽ triệt tiêu Giả sử {u 1 ,u 2 ,….,u n } là một cơ sở của A trên F

và nếu a1, a2,…,an+1∈A do tính đa tuyến tính của Sn+1

(x1, x2,…,xn+1) nên ∀ ai ∈A ta có

Do đĩ nếu ta thay xi bởi ai thì Sn+1( a1,a2,…., an+1) = 0 thì ta suy

ra Sn+1( a1,a2,…., an+1) là đồng nhất thức chuẩn của A

+Hệ qủa : Fn thỏa mãn đồng nhất thức Sn2+1

nghĩa là Fn thỏa mãn đồng nhất thức S n2 +1

(x1,x2,…, xn2 +1 ) 1.7.3.4 –

(A được gọi là một đại số có bậc bị chặn trên F nếu

tồn tại một số nguyên n sao cho với a ∈A, tồn tại một

đa thức x n + α 1 x n-1 + +α n ∈F [x] nhận a là nghiệm).

Nếu A là đại số có bậc bị chặn trên F thì A là một PI đại số

Chứng minh

Giả sử đối với mỗi phần tử b thuộc A đều tồntại một đa thức f có dạng xn + α1xn-1+ +αn ∈ F[x]nhận b là nghiệm nghĩa là f(b) =0 với n cố định

∀a∈A , ta có [ f(b), a] =0

αi∈F nên nó giao hoán được với a

[f(b),a]= [bn,a]+ α1 [bn-1,a]+ + αn [b,a] =

0 Lấy giao hoán tử lần nữa

[[bn,a],[b,a]]+ α1 [[bn-1,a],[b,a]]+ + αn [[b,a],[b,a]] =0

Tiếp tục như vậy cho đến khi mất hết toàn bộ α i , cuối cùng ta có [[bn,a],[b,a]] = 0 không phụ thuộc vào α i

Suy ra A là một PI đại số

P.I đại số tồn tại rất phong phú Tuy nhiên có những đại số không phải là Pi đại số

Điều này thể hiện bằng các bổ đề sau :

**Bổ đề 1

Nếu d là một số nguyên và f là một đa thức kháckhông trong đại số tự do F [x1,x2,…,xd] thì tồn tại mộtsố n sao cho Fn không thỏa mãn f

**Bổ đề 2

F n không thỏa mãn các đồng nhất thức có bậc < 2n

Chứng minh

Nếu F n thỏa mãn đồng nhất thức có bậc < 2n thì theo bổ đề (

nếu A thỏa mãn một đồng nhất thức bậc d thì nó sẽ thỏa mãn một đồng nhất thức đa tuyến tính có bậc nhỏ hơn hay bằng d) nó

thỏa mãn một đồng nhất thức đa tuyến tính có bậc < 2n.

Ta giả thiết rằng nó thuần nhất đẳng cấp ( bậc củacác đơn thức là như nhau) Có thể viết

Vì d < 2n nên khi thay như thế thì đơn thức đầu tiên

x1x2 xd ≠ 0 và hơn thế nữa xσ(1) xσ(d) = 0 nếu σ ≠ 1 do cách chọn x làm nên Do đó

Trước hết ta có nhận xét : với 0< n ∈ N ta có dãy e 11 , e 22 ,…,e nn

có n phần tử và dãy e 12 , e 23 ,…,e (n-1) n có (n -1) phần tử.

∑

α≠1∈S d

α σ x σ (1) x σ (2) … x σ (d) = 0

và do f là đồng nhất thức trên Mn(K)

nên suy ra : f (e11,e12,e22,e23,…) = α e1k = 0 với

k nào đó mà k ≤ n Suy ra

α e ij = α (e i1 e 1k e kj ) = e i1 (α e 1k )e kj = 0 với ∀ i,j

Nên α M n (K) = 0 (!) mâu thuẫn với giả thiết.

Mâu thuẫn này cho ta điều

phải chứng minh **Bổ đề 4

Khi đó tập {e 11 , e 12 ,e 22 ,e 23 ,e 33 ,e 34 ,…,e (n-1)n , e nn } sẽ có (2n-1) phần tử trong đó e ij là ma trận có phần tử ở hàng I cột j bằng 1 còn các phần tử khác đều bằng 0 thuộc M n (K).

Ta chứng minh bổ đề bằng phương pháp phản chứng như sau :

Giả sử Mn(K) thỏa mãn một đồng nhất thức thật sự f có bậc d < 2n.

Theo bổ đề 1.8.3 ta có thể xem f là đồng nhất thức thực sự đatuyến tính Do đó ta có thể viết f dưới dạng :

f = α x1x2…xd + ∑ ασ xσ (1) xσ (1)… xσ (1)

α ≠1∈S d

với α Mn(K) ≠ 0 (1)

Do d <2n và theo nhận xét trên ta chọn được tập gồm d

ma trận vuông cấp n thuộc Mn(K) :

{e11,e12,e22,e23,….} ⊆ { e11, e12,e22,e23,…, e(n -1) n,enn}

Từ (1) ⇒ nếu σ (i) ≠ 1 thì eσ (1) eσ (2) ….eσ

(d) = 0 Khi đó ta cũng có

Giả sử F là một trường trên K và V là không gian vectơvô hạn chiều trên F thì đại số các phép biến đổi tuyếntính End F V không thỏa mãn đồng nhất thức thật sự

Chứng minh

Gọi f là đồng nhất thực trên End F V có bậc là d

Với bất kỳ phần tử x ∈ V, ta xét M là không gian conhữu hạn chiều của V chứa x sao cho 2[M:F] > d

Đặt M ‘ = V/M và ta xác định đại số con B (không có đơnvị) của EndFV như sau

B = { ϕ ∈ End F V / ∀ m ∈M , ϕ(m) ∈M và ∀ m’ ∈ M’, ϕ (m’) = 0 } Theo định lý Weddeburn ta có B ≅ M n (F) trong đó n = [ M:

F ]

Mặt khác do f là đồng nhất thức trên End F V có bậc là d nên f là đồng nhất thức trên B có bậc là d

Suy ra f là đồng nhất thức trên M n (F) có bậc là

d < 2n Từ kết qủa của bổ đề 1.7.4 ta suy ra

nếu α là hệ số bất kỳ của f thì ta có

α Mn(F) = 0 ⇒ α B = 0 ⇒ (αϕ) (x) = 0

⇒ ϕ (αx) = 0 ⇒ (α1)x=0 ∀ x ∈ V

Do đó α (End F V) = 0

Vậy f không là đồng nhất thức thật sự của End F V

1.8 - Định lý Kaplansky – Amisur – Levitzky

Giả sử A là đại số nguyên thủy có một đồng nhất thức thực sự bậc d thì tâm C của A là một trường , A là đơn và [A : C ] ≤ [ d/2 ]2

1.9 - Định lý Amitsur – Levitzky

Đa thức chuẩn tắc S2n là một đồng nhất thức của Mn(K)

Chứng minh

Trước hết ta có một vài nhận xét về đa thức chuẩn tắc :

1) S k+1 (x 1 , x 2 ,…, x k+1 )= x 1 S k+1 (x 2 ,…, x k+1 )- x 2 S k+1 (x 1 ,x 3 ,…, x k+1 ) +… +

(-1)k x k+1 S k+1 (x 1 ,…, x k )

Do đó nếu Sk là đồng nhất thức trên đại số thì

Sk+1cũng là đồng nhất thức trên đại số đó

4) Giả sử r là số lẻ, 0 < r < k và gọi S là tổng các từ trong Sk(x1,x2,…,

xk) có dạng ± ayb với y = xi+1xi+2….xi+r còn a và b là các đơn thức thì

S= S k-r+1 (x1,…, xi, y, xi+r+1,…, xk)

Ta chứng minh định lý bằng phương pháp quy

nạp theo n Hiển nhiên định lý khi n = 1

Giả sử định lý đúng cho n-1

Do tính đa tuyến tính va thay phiên của đa thức đa chuẩn tắc nên ta chỉ cần chứng minh rằng :

nếu { e i1j1 ,e i2j2 , , e i2n j2n } (*) là tập 2n ma trận đơn vị e ij khác nhau

( eij là ma trận có phần tử ở hàng thứ i , cột j bằng 1, còn các phần tử khác đều bằng 0)

Trong trường hợp này các ma trận đơn vị trong (*) có thể xem như các ma trận đơn vị của Mn-1(K)là đồng nhất thức của Mn-1 (K), do tính chất

(1) của đa thức chuẩn thì S2n cũng là đồng nhất

thức của Mn-1(K) Do đó (**) đúng

b) Nếu f(u)=3 thì có 2 khả năng

xảy ra : +Khả năng 1 :

Nếu u có mặt trong các phần tử euu và euv trong đó u ≠ v, thìcác đơn thức khác 0 trong S2n (e i1 1 ,e

i2 j2

, , e

i2n j2n

) là bắt đầu

với euueuv.Tổng các từ trong S2n (e i1 1 ,e

Do u không có mặt trong S2n-2 nên theo giả thiết quy nạp

ta có được S 2n-2 (e i1j1 ,e i2j2 , ,ê uu , ….) = 0 Vậy ta có (**)

+Khả năng 2 :

Nếu u có mặt trong các phần tử e uu và e uv trong đó u ≠ v thì các đơn thức khác 0 trong S 2n (e i1j1 ,e i2j2 , , e i2n j2n ) là kết

thúc với euveuu

Lập luận như trên ta cũng có (**)

c) Nếu f(u) = 4 thì có 3 khả năng xảy ra

+Khả năng 1:

Nếu u có mặt trong các phần tử e uu , e uv , e uw trong đó u ≠ v, u ≠

w thì tất cả các đơn thức trong S2n (e i1 1 ,e

Nếu u có mặt trong các phần tử euu, evu, ewu trong đó u ≠ v, u ≠

w thì tất cả các đơn thức trong S2n (e i1 1 ,e

Nếu u có mặt trong các phần tử euu, evu, ewu trong đó u ≠ v, u ≠

w thì tất cả các đơn thức khác 0 trong S2n (e i1j1 ,e

i2 j2

, , e

i2n j2n

)

có một trong các dạng : euueuvaewu ,euvaewueuu , a ewueuueuvb

Do số các phần tử eij trong aewu là lẻ cho nên euueuvaewu và

euvaewueuu có dấu trái nhau cho nên sẽ bị triệt tiêu.Đồng thời theo nhận xét 2) và 4) về đa thức chuẩn tắc thì tổng các từ dạng a ewueuueuvb (= a ewv.b ) là trong S2n-2 (ewv,…).

Do u không xuất hiện ở chỉ số của các phần tử trong

S 2n-2 cho nên theo giả thiết quy nạp ta có S 2n-2 (e wv ,…) = 0.

Vì vậy ta có (**)

Ta trở lại chứng minh định lý

Ta thấy rằng nhân tử eij lũy đẳng ⇔i=j

Gọi α là số các phần tử lũy đẳng trong hệ {e i1 1 ,e

dụng bổ đề 1.8.1 ta suy ra (**)

Giả sử α = r trong đó r < 4 và giả sử kết qủa đúng khi α = s ,∀ s ≥ r+1

Do S2n là đa tuyến tính nên ta có :

S2n (e u1u1 eu 2 u 2,….,e , a r+2, ar+3,…., a2n ) = 0

u r+1u r+1

đối với mọi (r+1) phần tử khác nhau ui và mọi a r+2, ar+3,…., a2n ∈

Mn(K)

Ta xét trường hợp đặc biệt khi K là một trường

Giả sử rằng hệ {e1,e2,…,e(r+1)} là hệ trong Mn(K) gồm các phần tử lũyđẳng sao cho eiej = 0 ∀ i≠ j

Khi đó tồn tại tự đẳng cấu η của Mn(K) sao cho :

η e u i u i = ei ∀ i, 1≤ i ≤ r+1

Suy ra :

S2n (e u1u1 eu 2 u 2,….,e , a r+2, ar+3,…., a2n ) = 0

u r+1u r+1

đối với mọi ar+2,ar+3,…,a2n ∈ Mn(K)

Tương tự ta thấy rằng chỉ cần chứng minh (**) khi

} chứa một phần tử eij với i> r, j>r, i≠

j Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết eij là phần tử thứ(r+1) của hệ trên

Khi đo ùta có 2 tập {e 1 ,…,e r , e’ r+1 } và { e 1 ,…,e r , e’’ r+1 } trong

đó e 1 = e 11 , , e r = e rr còn e’ r+1 = e ii , e’’ r+1 = e ii +e ij Rõ ràng

2 tập trên đều gồm các phần tử lũy đẳng

và et e’r+1 = 0, ete’’r+1=0,

etes=0 với ∀ t ,s , 1 ≤ t, s ≤ r,

t ≠ s Cho nên :

S2n (e1, ,er, e’r+1,…) = 0

và S2n (e1, ,er, e’’r+1,…) = 0

Trừ từng vế của 2 đẳng thức này cho

nhau ta có : S2n (e1, ,er , eij,…) = 0

2) Hệ {e11, e22, …, err, e i r+1 r+1 ,…., e i2 n 2 n }

không chứa eij trong đó i> r, j>r, i≠ j

Nếu tất cả chỉ số của hệ trên

đều ≤ r < n thì f(k) = 0 ∀ k > r

trái với việc f(k) ≥ 1 đối với 1 ≤ k ≤ n

Đồng thời, trường hợp r = 0 là tầm thường cho nên ta chỉ xét r ≥ 1 Ta cũng thấy rằng một tích của các ma trận eij là khác 0 khi và chỉ khi chỉ số thứ hai của mỗi nhân tử trong tích đó bằng chỉ số thứ nhất của nhân tử tiếp theo.

Vì vậy dễ dàng kiểm tra được đẳng thức (**) là

đúng ngoại trừ các trườnghợp sau :

a) f(k) chẵn ∀ k

b) có đúng hai trong số chúng là lẻ

Theo bổ đề 1.8.1 ta có thể giả thiết f(i) > 4 , ∀ i ≤ r

Ta sẽ chứng minh rằng ∃ i,j > r sao cho f (j ) ≤ 2

⊕ Trong trường hợp a) điều đó là hiển nhiên

⊕ Trong trừơng hợp b) giả sử trái lại f(j )

>2 , ∀ j > r Khi đó có hai khả năng xảy ra :

+Khả năng b1

Có hai chỉ số j1, j2 > r để

f(j1) = f(j2)= 3 còn f(j) ≥ 4 với các j>r còn lại

Thế thì f(i) ≥ 6 ∀ i≤ r Khi đó

Có một chỉ số j1 > r để

f (j1) = 3, còn f (j ) ≥ 4 với các j> r còn lại

Khi đó không thể xảy ra f(i) ≥ 6 ∀ i≤ r vì nếu vậy

4n = ∑ f(k) = ∑ f(i) + f(j 1 ) + f(j 2 ) + ∑ f(j) ≥ 6r +3 + 4

1 ) với j ≠ j1

⇒ 2r ≤ 1 vô lí vì đang xem r ≥ 1

Do vậy phải ∃ i 1 ≤ r để f(i) =5.

Suy ra f(i) ≥ 6 ∀ i ≠ i 1 , i ≤ r Khi đó

Như vậy trong trường hợp b ta suy ra r = 1

Thế thì trong hệ { e i1 1 ,e

i2 j2

, , e

i2n j2n

} các phần tử eij có mặt

trong hệ này là e11,eij , eji với j > 1

Do đó hệ này có (2n-1) phần tử Vô lý.

Vậy ∃ j> r sao cho f(j) ≤ 2

}ta thay eii và eij trong hệ này

bởi e’i=eii – eij và e’r+1 = eij + eji

Ta được hệ gồm r+1 phần tử lũy đẳng màtích haiphần khác nhau bất kỳ của hệ là 0 sau đây:

e 1 =e 11 , e 2 = e 22 ,…, e i-1 = e i-1 , i-1 , e’ i , e i+1 =e i+1 , i+1 ,…., e r = e rr , e’ r+1 ,… Khi đó ta có S 2n (e 1 ,e 2 ,…,e i-1 , e’ i , e i+1 ,…., e r e’ r+1 ,… ) =0

Vì e’ i = e ii -e ij và e’ r+1 = e ij +e ji cho nên

S 2n (…,e ii ,…,e ij , ) - S 2n (…,e ij ,…,e ij , ) +

+ S2n(…,eii,…,ejj , ) - S2n(…,eii,

…,eij, ) = 0 Nhưng :

- S2n (…,eij ,…,eij, ) = 0 vì eij được lặp lại

- S 2n (…,e ii ,…,e jj , ) = 0 vì chứa (r+1) phần tử lũy đẳng mà tích hai

phần khác nhau bất kỳ là 0

- S2n (…,eij,…,ejj, ) = 0 do áp dụng bổ

đề 1.8.1 với ejj lũy đẳng và f(j) ≤ 4

Do vậy S2n(…,eii,…,eij, ) =0 là điều phải chứng minh

⊕ Nếu eji ∈{ e i1j1 ,e , , e i2n j2n }

Ta đặt e’i= eii – eji và e’r+1= eji +ejj

Khi đó được hệ gồm r+1 phầntử luỹ đẳng mà tích

i2 j2

hai phần khác nhau bất kỳ của hệ là 0.

Lập luận tương tự ta được điều phải chứng minh

Tóm lại ta đã chứng minh được trường hợp khi K là trường.