Phần tử nguyên, phần tử đại số
Định nghĩa 1.1.1 (xem [3], trang 74) ChoA, B là hai miền nguyên vàA≤ B Phần tử b ∈ B được gọi lànguyêntrên A nếu tốn tại đa thức f(x) ∈ A[x],f(x) đơn khởi và nhậnblàm nghiệm, tức là
Ta nóiB nguyên trênAnếu mọi phần tử củaB đều nguyên trênA.
Trong lý thuyết đại số, phần tử b trong trường A được gọi là phần tử đại số trên A, trong khi nếu không, nó sẽ được xem là phần tử siêu việt B được xem là mở rộng đại số của A nếu B là một trường và mọi phần tử của B đều đại số trên A Định lý 1.1.2 khẳng định rằng trong tháp các miền nguyên A ≤ B ≤ C, nếu C nguyên trên A thì C cũng nguyên trên B Định lý 1.1.3 chỉ ra rằng với A, B là các miền nguyên và A ≤ B, phần tử b ∈ B là nguyên trên A khi và chỉ khi A[b] là A-module hữu hạn sinh Cuối cùng, định nghĩa 1.1.4 nêu rõ rằng A và B là hai miền nguyên với A ≤ B.
Khi đó tập hợp các phần tử thuộc B nguyên trên A lập thành một vành con của B chứaA, kí hiệu làA B gọi làbao đóng nguyêncủaAtrongB Như vậy
Nếu A và B là trường, thì bao đóng đại số của A trong B được ký hiệu là A B Theo định nghĩa, cho miền nguyên D và trường các thương K của nó, D được gọi là đóng nguyên nếu D K = D.
Đặc số của một vành
Định nghĩa 1.2.1 (xem [2], trang 14) ChoR là vành vàr∈ R Với bất kì số nguyên dươngn, ta định nghĩa nr =r+r+ã ã ã+r
| {z } n phần tử r Đặc số của vànhR, kí hiệu làcharR, là số nguyên dươngnnhỏ nhất thỏa mãnn1 = 0
(haynr = 0 với mọir ∈ R) Nếu không tồn tại số nguyên dươngnnào thỏanr = 0 thì ta nóiRcó đặc số0.
Nếu charR = 0, thì R chứa một bản sao của vành số nguyên Z, có dạng Zã 1 {n1|n ∈ Z} Ngược lại, nếu charR = r, thì R chứa bản sao của Z r = {0, 1, , r−1} Đặc số của một miền nguyên có thể bằng 0 hoặc bằng một số nguyên tố p Đặc biệt, trường hữu hạn có đặc số là số nguyên tố Giao của tất cả các trường con của một trường F được gọi là trường con nguyên tố của F Nếu charF = 0, trường con nguyên tố của F đẳng cấu với trường số hữu tỉ Q; nếu charF = p (p là số nguyên tố), thì
F đẳng cấu vớiZ p Định lý 1.2.5 (xem [2], trang 15)ChoR là vành giao hoán có đơn vị và có đặc sốp nguyên tố Đặtq =p n khi đó
Tập con nhân và vành các thương
Định nghĩa 1.3.1 (xem [1], trang 36) Cho vànhAlà vành giao hoán có đơn vị16= 0. Mọi tậpS ⊂A được gọi làtập con nhâncủaAnếu: i) 1∈ S; ii) ∀x, y ∈S ⇒ xy ∈ S.
Cho tập con nhânScủa vànhA Trên tậpA×S, ta có
Ta có∼là quan hệ tương đương trênA×S Kí hiệu tập thươngA×S/ ∼làS −1 A.
Kí hiệu lớp tương đương của phần tử(a, s)là a s. Định nghĩa 1.3.2 (xem [1], trang 36) TrênS −1 Axác định phép cộng và nhân:
• Phép cộng:∀a s,b t ∈S −1 A : a s + b t = at+bs st ;
Khi đó, S −1 A trở thành một vành giao hoán có đơn vị, được gọi là vành các thương của vành A theo tập con nhân S Định nghĩa 1.3.3 (xem [1], trang 40) nêu rõ rằng p là ideal nguyên tố của vành A.
S =A\plà tập con nhân củaA Vành các thươngS −1 Ađược kí hiệu làA p
Vành A p là vành địa phương với ideal tối đại duy nhất là tập hợp S −1 p, trong đó p thuộc p và s thuộc S, được gọi là địa phương hóa của vành A theo ideal nguyên tố p Định lý 1.3.4 (xem [1], trang 62) cho biết rằng nếu A, B là các vành thỏa mãn A ⊆ B và B là nguyên trên A, thì với p là ideal nguyên tố của A, tồn tại một ideal q của B sao cho q ∩ A = p.
Sự phân tích nguyên sơ
Định nghĩa 1.4.1 (xem [1], trang 50) Một idealqcủa vànhAđược gọi lànguyên sơ nếu q 6= A và nếu xy ∈ q thì hoặc x ∈ qhoặc tồn tại số nguyên dương n sao cho y n ∈ q.
Nói cách khác,qlànguyên sơkhi và chỉ khiA/q6= 0và mọi ước của0trongA/q đều lũy linh.
Mệnh đề 1.4.2 (xem [1], trang 50)Choqvàalà các ideal của vànhAvàa⊆ q Khi đóqnguyên sơ khi và chỉ khiq/anguyên sơ trong vànhA/a.
Trong mệnh đề 1.4.3, nếu q là một ideal nguyên sơ của vành A, thì r(q) được xác định là ideal nguyên tố nhỏ nhất trong tất cả các ideal nguyên tố của A chứa q Theo định nghĩa 1.4.4, nếu p = r(q), thì q được gọi là p-nguyên sơ.
Mệnh đề 1.4.5 (xem [1], trang 51) Nếur(a) là tối đại thì alà nguyên sơ Đặc biệt, lũy thừa của một ideal tối đạimlàm- nguyên sơ.
Nếu \( q_1, q_2, \ldots, q_n \) là các p-nguyên sơ, thì \( q = T_{i=1}^n q_i \) cũng là p-nguyên sơ Một sự phân tích nguyên sơ của một ideal \( a \) trong vành \( A \) được định nghĩa là biểu diễn \( a \) dưới dạng giao hữu hạn của các ideal nguyên sơ, tức là \( a = T_{i=1}^n q_i \).
Nếu tất cả các yếu tố r(q i) đều phân biệt và không có yếu tố nào chứa giao của những yếu tố còn lại, tức là ∀i= 1, n, T j6=i q j 6⊆q i, thì sự phân tích nguyên sơ đó được gọi là tối tiểu Theo Định lý 1.4.8 (xem [1], trang 52), cho a là ideal có sự phân tích nguyên sơ và a n.
Phân tích nguyên sơ tối tiểu của một số nguyên được biểu diễn bằng công thức T i=1 q i Trong đó, p i = r(q i ) với i = 1, 2, , n, cho thấy p i là những ideal nguyên tố nằm trong tập các ideal r(a : x) (với x ∈ A) và không phụ thuộc vào sự phân tích nguyên sơ Theo Định nghĩa 1.4.9 (xem [1], trang 52), những ideal nguyên tố p i này được gọi là liên kết với a.
Những phần tử tối tiểu của tập {p 1 , ,p n } ở trên được gọi là ideal nguyên tố cô lập liên kết vớia.
Hệ quả 1.4.10 (xem [1], trang 54) Những thành phần nguyên sơ q i ứng với ideal nguyên tố cô lậpp i là xác định duy nhất bởia.
Module Artin
Mệnh đề 1.5.1 (xem [1], trang 74) chỉ ra rằng trong module A, hai mệnh đề sau đây là tương đương: i) Mọi dãy giảm các module con A1 ⊇ A2 ⊇ của A đều dừng lại, tức là tồn tại số tự nhiên n sao cho An = An+1 = ; ii) Mọi họ khác rỗng các module con của A đều có phần tử tối tiểu Định nghĩa 1.5.2 (xem [1], trang 74) cho biết một R-module A thỏa một trong hai điều kiện ở Mệnh đề 1.5.1 được gọi là module Artin.
Mệnh đề 1.5.3 (xem [1], trang 75)Cho0→ A−→ f B −→ g C → 0là một dãy khớp các
R- module Khi đóB làR- module Artin khi và chỉ khiAvàC làR - module Artin.
Module con và module thương của một module Artin cũng là module Artin Một vành A được coi là vành Artin nếu nó đồng thời là một A-module Artin.
Mệnh đề 1.5.6 (xem [1], trang 89) Cho Alà một vành Artin, alà ideal của A Khi đóA/alà vành Artin.
Hai mệnh đề tiếp theo là công cụ quan trọng để chúng tôi trình bày các kết quả về vành Artin sẽ được trình bày ở mục sau.
Mệnh đề 1.5.7 ChoAlà vành vàa 1 ,a 2 , ,a n là các ideal củaA Xét đồng cấu φ : A−→ n
(A/a i ) thỏaφ(x) = (x+a 1 , , x+a n ) Khi đó: i) Nếua i ,a j nguyên tố cùng nhau vớii 6=j thì khi đó n
\ i=1 a i ; ii) φtoàn cấu⇔ a i ,a j nguyên tố cùng nhau vớii6= j; iii) φlà đơn cấu⇔ T n i=1 a i = (0).
Mệnh đề 1.5.8 (Mệnh đề tránh nguyên tố) chỉ ra rằng nếu p₁, p₂, , pₙ là các ideal nguyên tố và a là ideal chứa trong hợp của các pᵢ, thì tồn tại một pᵢ sao cho a ⊆ pᵢ Ngược lại, nếu a₁, , aₙ là các ideal và p là ideal nguyên tố chứa trong tích của các aᵢ, thì tồn tại một aᵢ sao cho aᵢ ⊆ p Nếu p là tích của các aᵢ, thì tồn tại một i sao cho p = aᵢ.
Sơ lược về vành con tối đại
Định nghĩa 1.6.1 Vành con thực sự S của vành R được gọi làvành con tối đại của vànhRnếu không tồn tại vành con thực sự khác củaR nằm giữaSvàR.
Mệnh đề 1.6.2 nêu rõ rằng cho một ideal I bất kỳ của R, các mệnh đề sau đây là tương đương: R/I có vành con tối đại nếu và chỉ nếu R có vành con tối đại chứa I.
Chứng minh rằng S/I là vành con tối đại của R/I Ta có thể dễ dàng xác định rằng S là vành con của R và I ⊆ S Giả sử T là một vành con của R và T chứa S, từ đó có thể rút ra các kết luận quan trọng về cấu trúc của các vành con này.
T /I là vành con củaR/I vàS/I ⊂ T /I mà do S/I là vành con tối đại củaR/I nên
Từ công thức T/I = R/I hay T = R, ta có thể suy ra rằng S là vành con tối đại của R Gọi S là vành con tối đại của R và S chứa I Điều này cho phép chúng ta dễ dàng kiểm tra rằng S/I là vành con tối đại của R/I.
Bổ đề 1.6.3 (xem [9], Bổ đề 2.9, trang 808-809)ChoLlà mở rộng vành của trường
K Khi đó K là vành con tối đại của L khi và chỉ khi một trong các điều sau được thỏa mãn: i) Llà mở rộng trường tối tiểu củaK; ii) L ∼=K ×K; iii) L ∼=K[x]/(x 2 ).
Sự tồn tại về vành con tối đại trong vành Artin giao hoán
Trong chương này, chúng tôi trình bày sự tồn tại của vành con tối đại trong các lớp vành Artin giao hoán đặc biệt như vành Artin địa phương, vành tích trực tiếp của hữu hạn vành, và trường Chúng tôi mô tả tất cả các lớp vành Artin giao hoán có vành con tối đại, đồng thời đưa ra các điều kiện cần và đủ để một vành có vành con tối đại Các kết quả quan trọng bao gồm các Định lý 2.1.10, 2.2.12, 2.3.8, 2.4.11, và 2.4.14, được tham khảo từ các tài liệu [1], [4], [5], [6], [7].
Sơ lược về vành Artin
Trong nghiên cứu về sự tồn tại của vành con tối đại trong vành Artin giao hoán, chúng tôi trình bày những kết quả quan trọng liên quan đến vành Artin Đặc biệt, Định lý 2.1.10 được xem là kết quả then chốt, đóng vai trò cơ sở cho các nghiên cứu tiếp theo Nội dung này được tham khảo từ tài liệu [1].
Mệnh đề 2.1.1 Mọi ideal nguyên tố trong vành Artin đều là ideal tối đại.
Gọi p là ideal nguyên tố của vành Artin A, khi đó B = A/p là miền nguyên Để chứng minh B là trường, ta lấy x ∈ B, x 6= 0 Vì A là vành Artin, theo Mệnh đề 1.5.6, B cũng là Artin, do đó tồn tại số nguyên dương n sao cho (x^n) = (x^(n+1)) Khi đó, từ x^n = x^(n+1)y với y ∈ B, ta có thể giản ước hai vế của phương trình này cho x^n Điều này dẫn đến xy = 1, tức là x khả nghịch trong B, từ đó suy ra B là trường và p là ideal tối đại của A Định nghĩa 2.1.2 nêu rằng căn lũy linh của vành A là tập hợp chứa tất cả các phần tử lũy linh của vành A.
Mệnh đề 2.1.3 Căn lũy linh của vànhAlà giao của tất cả các ideal nguyên tố trong vànhA.
Chứng minh GọiNlà căn lũy linh của vànhAvàP = T plà giao của tất cả các ideal nguyên tố trong vànhA Ta chứng minhN =P.
Lấyx∈ N, khi đó tồn tại n ∈N ∗ sao chox n = 0∈ pvớiplà ideal nguyên tố bất kì củaA Mặt khác dopnguyên tố nênx ∈p,∀p Suy rax ∈P.
Lấyx /∈N Gọi Σ ={p|p là ideal nguyên tố của A, x n ∈/ p,∀n ∈N ∗ }
Dễ thấy rằng tập hợp Σ không rỗng và theo bổ đề Zorn, Σ có phần tử tối đại Chúng ta chứng minh rằng p là ideal nguyên tố Cụ thể, nếu b không thuộc p, thì các ideal p+(a) và p+(b) không thực sự tồn tại trong Σ Do đó, tồn tại n ∈ N* sao cho x^m ∈ p+(a) và x^n ∈ p+(b), dẫn đến x^(m+n) ∈ p+(ab), suy ra p+(ab) không thuộc Σ và ab không thuộc p Như vậy, p là ideal nguyên tố của A và x không thuộc p hay x không thuộc P Kết luận là N = P Định nghĩa 2.1.4: Căn Jacobson của vành A là giao của tất cả các ideal tối đại trong vành.
Từ các định nghĩa và mệnh đề trên dễ dàng ta có hệ quả sau:
Hệ quả 2.1.5 Trong vành Artin thì căn lũy linh chính là căn Jacobson.
Mệnh đề 2.1.6 Số lượng ideal tối đại của một vành Artin là hữu hạn.
Chứng minh rằng tập hợp gồm tất cả các giao hữu hạn m 1 ∩ m 2 ∩ ∩ m r, với m i là các ideal tối đại, có phần tử tối tiểu là m 1 ∩ ∩ m n Khi đó, với bất kỳ ideal tối đại m nào, ta có m ∩ m 1 ∩ ∩ m n = m 1 ∩ ∩ m n, dẫn đến m ⊇ m 1 ∩ ∩ m n Theo Mệnh đề 1.5.8, tồn tại isao chom ⊇ m i, và do tính tối đại của m i, ta có m = m i Như vậy, điều cần chứng minh đã được xác nhận.
Mệnh đề 2.1.7 Trong vành Artin thì căn lũy linhNlà lũy linh.
Chứng minh Theo tính chất của vành Artin thì tồn tạik∈ N ∗ thỏa mãn
Giả sử a ≠ 0, gọi Σ là tập các ideal b thỏa mãn b ≠ 0, do đó Σ ≠ ∅ vì a ∈ Σ Gọi phần tử tối tiểu của Σ là x, tồn tại x ∈ Σ sao cho a ≠ 0 Ta có (x) ⊆ c và do tính tối tiểu của c nên (x) = c Mặt khác, (xa)a = xa² = xa ≠ 0 và xa ⊆ a, suy ra xa = (x) do tính tối tiểu của (x) Vì xa = (x) nên tồn tại y ∈ a sao cho x = xy, dẫn đến x = xy = xy² = xy³ = = xyⁿ = Do y ∈ a = N k ⊆ N nên y lũy thừa, hay x = xyⁿ = 0, mâu thuẫn với cách chọn x Vậy a = 0 Định nghĩa 2.1.8: Vành R được gọi là vành Artin địa phương nếu R là vành Artin chỉ có duy nhất một ideal tối đại.
Nếu (R, M) là vành Artin địa phương với ideal tối đại duy nhất M, thì M là ideal nguyên tố duy nhất của R và cũng là căn lũy linh của R, dẫn đến mọi phần tử của M là lũy linh Theo Mệnh đề 2.1.7, bản thân M cũng lũy linh Định lý 2.1.10 cho thấy rằng một vành Artin A có thể được phân tích duy nhất (không tính đến đẳng cấu) thành tích trực tiếp của hữu hạn các vành Artin địa phương, từ đó cung cấp cơ sở để tìm hiểu sự tồn tại của vành con tối đại trong vành Artin.
Chứng minh Chom i (1 ≤i ≤ n)là các ideal tối đại phân biệt củaA Khi đó tồn tại k >0sao cho n
Theo Mệnh đề 1.5.7 các idealm k i đôi một nguyên tố cùng nhau nên φ là toàn cấu và n
Y i=1 m k i = 0 nên φlà đơn cấu Vậy φ : A −→ n
A/m k i là một đẳng cấu, và mỗi A/m k i là vành Artin địa phương với ideal nguyên tố duy nhất là φ(m i ) Do đó, A có đẳng cấu với tích trực tiếp của các vành Artin địa phương.
Tiếp theo ta chứng minh sự duy nhất của phân tích trên Giả sửA ∼ m
A i , trong đó A i là các vành Artin địa phương Khi đó với mỗi i ta có toàn cấu tự nhiên φ i :
Đặt \( a_i = \text{Ker}(\phi_i) \) trong vành \( A \) Theo Mệnh đề 1.5.7, các \( a_i \) đôi một nguyên tố cùng nhau và \( T a_i = 0 \) Gọi \( q_i \) là ideal nguyên tố duy nhất của \( A_i \) và \( g(q_i) = \phi^{-1}_i(q_i) \) Ideal \( p_i \) là nguyên tố và do đó nó tối đại Vì \( q_i \) là lũy linh, nên dẫn đến \( a_i \) là \( p_i \)-nguyên sơ.
∀x, y, xy ∈a i = Kerφ i ⇒ φ(x)φ(y) =φ(xy) = 0∈q i và vìq i nguyên tố nên φ(x) ∈ q i hoặcφ(y)∈ q i
Mà q_i là ideal nguyên tố duy nhất của A_i, do đó q_i là căn lũy linh của A_i Khi đó, φ(x_m) = φ_m(x) = 0 hoặc φ(y_n) = φ_n(y) = 0 với m, n là số nguyên dương nào đó, dẫn đến x_m ∈ a_i hoặc n ∈ a_i, chứng tỏ a_i là nguyên sơ Vì a_i = Kerφ_i, nên φ: A/a_i → A_i là đẳng cấu Suy ra φ^{-1}(q_i) = p_i là tập các ước của không trên A/a_i, chứng minh rằng a_i là p_i-nguyên sơ Từ đó, T_a_i = (0) là sự phân tích nguyên sơ của ideal không trong A Do a_i đôi một nguyên tố cùng nhau, p_i cũng đôi một nguyên tố cùng nhau, cho thấy chúng là các ideal nguyên tố cô lập của (0) Tất cả các thành phần nguyên sơ a_i tương ứng với ideal nguyên tố cô lập p_i được xác định duy nhất bởi A Tóm lại, A_i ∼= A/a_i là duy nhất.
Vành con tối đại trong vành Artin địa phương
Mục này khám phá sự tồn tại của vành con tối đại trong vành Artin địa phương, với các kết quả chính được trình bày trong Định lý 2.2.3, 2.2.4 và 2.2.12 Những kết quả này được tham khảo từ các bài báo [4], [5], [6].
Quy ước vành (R, M) được nhắc đến là vành Artin địa phương với ideal tối đại duy nhất làM.
Mệnh đề dưới đây là một công cụ hữu hiệu giúp chúng ta kiểm tra xem một vành
Rbất kì có vành con tối đại hay không.
Mệnh đề 2.2.1 ChoRlà vành bất kì, khi đóRcó vành con tối đại khi và chỉ khi tồn tại một vành conS củaRvà một phần tửx∈R\S sao choS[x] = R.
Chứng minh Giả sử R có vành con tối đại là S Khi đóS[x] là vành con củaR và
S ( S[x] Do tính tối đại củaS nênS[x] = R.
Giả sử tồn tại S là vành con của R và phần tử x ∈ R \S sao cho S[x] = R Ta chứng minhRcó vành con tối đại Gọi Σ = {A|Alà vành con củaRchứaS vàx /∈A}.
Khi đó, theo bổ đề Zorn ta tìm được phần tử tối đạiAtrongΣ Ta sẽ chứng minhAlà vành con tối đại củaR.
Giả sử B là vành con của R và A Khi đó, S thuộc A (B), và do tính tối đại của A trong Σ, B chứa x hoặc B chứa S[x] = R Suy ra, B = R, từ đó ta đã chứng minh được điều cần chứng minh.
Mệnh đề 2.2.2 nêu rằng cho vành R và T là mở rộng nguyên của vành R Giả sử S là vành con tối đại của R thỏa mãn U(S) (U(R) ∩ S), trong đó U(S) và U(R) lần lượt là tập các phần tử khả nghịch của S và R Khi đó, T sẽ có vành con tối đại V.
Để chứng minh, gọi S₀ là bao đóng nguyên của S trong T Ta sẽ chứng minh rằng nếu x ∈ U(R) ∩ S và x ∉ U(S) thì x⁻¹ ∉ S₀ và S₀[x⁻¹] = T Giả sử x⁻¹ ∈ S₀, khi đó tồn tại một số tự nhiên n và aᵢ ∈ S, với 0 ≤ i ≤ n−1.
Nhân hai vế của phương trình trên vớix n ta có
Sắp xếp lại ta được x(−a n−1 −a n−2 x− ã ã ã −a 0 x n−1 ) = 1
(−a n−1 −a n−2 x− ã ã ã −a 0 x n−1 ) ∈S Điều nay dẫn đến mâu thuẫn làx∈U(S) Như vậyx −1 ∈/ S 0 và do đóS 0 là vành con thực sự củaT.
Bây giờ ta chứng minhS 0 [x −1 ] =T Lấyt ∈T, vìT nguyên trênR nên tồn tại số tự nhiênnvàa i ∈R,0≤i ≤n−1, sao cho t n +a n−1 t n−1 +ã ã ã+a 1 t+a 0 = 0.
Mặt khácS lại là vành con tối đại củaR vàx −1 ∈ R\S nên theo Mệnh đề 2.2.1 thì
S[x −1 ] = R Do đó tồn tại số tự nhiênmvàs i ∈S,0≤ i ≤n−1, sao choa i = s i x m ,
Nhân hai vế của phương trình vớix mn ta có
(x m t) n +s n−1 (x m t) n−1 +ã ã ã+s 1 x m(n−2) (x m t) +s 0 x m(n−1) = 0, suy rax m tnguyên trênS hay x m t∈ S 0 và do đót ∈ S 0 [x −1 ] Như vậyT = S 0 [x −1 ]. Theo Mệnh đề 2.2.1 thì T có vành con tối đại V chứa S 0 với x −1 ∈/ V Cuối cùng
S ⊆ V ∩R ( Rvà do tính tối đại củaS nên ta cóV ∩R =S.
Theo định lý 2.2.3, nếu F là một trường và R là một vành con tối đại không phải là trường của F, thì trong trường hợp K là một mở rộng đại số của F, K sẽ có một vành con tối đại không phải là trường.
Chứng minh rằng K là mở rộng nguyên của F, do K là mở rộng đại số của F Theo Mệnh đề 2.2.2, với U(R) (F ∗ ∩ R = R ∗), ta kết luận rằng K có vành con tối đại không là trường Định lý 2.2.4 chỉ ra rằng nếu Kl là mở rộng trường của F và Sl là tập con không rỗng của K độc lập đại số trên F, thì F(S) có vành con tối đại không là trường Ngoài ra, nếu F là một trường và F ⊂ K, với K là mở rộng trường không đại số của F, thì K cũng có vành con tối đại không phải là trường.
Chứng minh i) Ta xét hai trường hợp:
• S ={α},αsiêu việt trênF Ta chứng minhF(S) =F(α)có vành con tối đại không là trường Ta có:
Dễ thấy S 0 là vành con củaF(α).
Mặt khác, α −1 thuộc F(α) nhưng không thuộc S0, và S0 chứa α −1 Theo Mệnh đề 2.2.1, F(α) có vành con tối đại S00 chứa S0, trong khi α −1 không thuộc S00 và S00 không phải là trường Nếu S00 là trường, thì do α thuộc S0, sẽ mâu thuẫn khi khẳng định α −1 thuộc S00 Tóm lại, F(α) có vành con tối đại không phải là trường.
• S có nhiều hơn một phần tử ĐặtF(S) =F(S\ {α})(α) Ta cóαsiêu việt trên
F(S \ {α}) dẫn đến F(S) = F(S \ {α})(α) có vành con tối đại không phải là trường Do K là mở rộng trường không đại số của F, S được coi là tập độc lập đại số tối đại của K trên S, nên F(S) cũng có vành con tối đại không phải là trường Hơn nữa, K là mở rộng trường của F(S) và mọi phần tử α ∈ K \ S đều đại số trên F, do đó α cũng đại số trên F(S) Điều này chứng tỏ K là mở rộng đại số của F(S), và theo Định lý 2.2.3, K có vành con tối đại không phải là trường.
Dựa vào hai định lý trên thì ta có hệ quả quan trọng sau:
Hệ quả 2.2.5 Cho K là trường NếuK có đặc số 0hoặc không đếm được thì K có vành con tối đại không phải là trường.
Chứng minh NếuK là đại số trênQthì theo Định lí 2.2.3 thìK có vành con tối đại không là trường.
NếuK không là đại số trênQthì ta xét hai khả năng:
• K có đặc số0suy ra trường con nguyên tố củaK đẳng cấu vớiQ, màK không đại số trênQnênK không đại số trên trường con nguyên tố của nó.
Nếu K có đặc số p, với p là một số nguyên tố, thì K không thể đếm được Do đó, K cũng không thể là đại số trên trường con nguyên tố của nó Giả sử K là đại số trên trường con nguyên tố của nó, với charK = p, thì trường con nguyên tố của K sẽ đẳng cấu với Zp, tức là K đại số trên Zp Điều này dẫn đến mọi phần tử α ∈ K là nghiệm của một đa thức f(x) = a0 + a1x + + anx^n (với ai ∈ Zp) Tuy nhiên, số lượng đa thức f(x) là đếm được, do đó số nghiệm của f(x) cũng phải đếm được, dẫn đến mâu thuẫn với giả thiết ban đầu rằng K không đếm được.
Tóm lại, nếuK không đại số trênQthìK không đại số trên trường con nguyên tố của nó Khi đó theo Định lí 2.2.4 thì ta có điều phải chứng minh.
Bổ đề 2.2.6 khẳng định rằng, trong không gian véc-tơ K-ChoV, hai mệnh đề sau đây là tương đương: Thứ nhất, V là không gian véc-tơ hữu hạn chiều; thứ hai, mọi dãy giảm của các không gian véc-tơ con của V đều dừng lại.
Để chứng minh rằng không gian véc-tơ V là hữu hạn chiều, ta có thể xem xét hai mệnh đề: i) ⇒ ii) và ii) ⇒ i) Giả sử V là không gian véc-tơ vô hạn chiều, tồn tại dãy vô hạn các phần tử độc lập tuyến tính (x_n) n Đặt U_n là không gian véc-tơ sinh bởi x_1, , x_n và V_n là không gian véc-tơ sinh bởi x_{n+1}, x_{n+2}, Ta nhận thấy rằng (U_n) n là dãy tăng nghiêm ngặt vô hạn, trong khi (V_n) là dãy giảm nghiêm ngặt vô hạn Điều này dẫn đến kết luận rằng V không thỏa mãn điều kiện dãy giảm các không gian véc-tơ con đều dừng, từ đó khẳng định rằng V là không gian véc-tơ hữu hạn chiều.
Hai mệnh đề tiếp theo đây cho ta mối liên hệ về sự tồn tại của vành con tối đại giữa vành Artin địa phương(R, M) và trườngR/M.
Mệnh đề 2.2.7 xác định rằng, với (R, M) là một vành Artin địa phương có đặc số 0 (hoặc không đếm được), thì R/M cũng sẽ có đặc số 0 (hoặc không đếm được) Hơn nữa, cả R và R/M đều sở hữu vành con tối đại.
Chứng minh Do(R, M)là vành Artin địa phương nênM lũy linh, tức là
Ta chứng minh nếu R không đếm được (hoặc có đặc số0) thì tương ứngK = R/M cũng không đếm được (hoặc có đặc số0) Thật vậy:
Nếu R có đặc số 0, thì K cũng có đặc số 0 Giả sử K có đặc số p (với p là số nguyên tố), ta có p.1 R + M = p.(1 R + M) = 0, từ đó suy ra p.1 R ∈ M Vì M n = 0 nên p n 1 R = 0, dẫn đến việc R có đặc số p n, điều này mâu thuẫn với giả thiết R có đặc số 0.
• NếuR không đếm được vàK đếm được thì ta xét chuỗi
M i , vớii= 1,2, , n, là không gian véc-tơ trên trườngK Ta chứng minh mỗiV i này là không gian véc-tơ hữu hạn chiều Do chuỗi
M ⊇M 2 ⊇ ⊇M n−1 ⊇M n = (0). nên ta có chuỗi các không gian véc-tơ con củaV i là
Theo Bổ đề 2.2.6 thì mỗi V i = M i−1
Mỗi không gian véc-tơ hữu hạn chiều M_i, với i = 1, 2, , n, trên trường K đếm được đều là không gian đếm được Do đó, M cũng đếm được Nếu K là trường đếm được, điều này sẽ dẫn đến việc R cũng đếm được, gây ra mâu thuẫn.
Từ đó, theo Hệ quả 2.2.5, ta có K = R/M có vành con tối đại và do đó theo Bổ đề 1.6.2 thìRcó vành con tối đại.
Mệnh đề 2.2.8 Cho(R, M)là vành Artin địa phương có đặc sốp n vớiplà số nguyên tố NếuR không nguyên trênZ p n thìR vàR/M có vành con tối đại.
Chúng ta sẽ chứng minh rằng trường R/M có vành con tối đại Giả sử R/M không có vành con tối đại, theo Định lý 2.2.4, ta xem R/M như một đại số trên Z_p Mục tiêu là chứng minh rằng R là nguyên trên Z_p^n Lấy x ∈ R, do R/M là đại số trên Z_p, tồn tại a_i ∈ Z_p sao cho
MàZ p ⊂Z p n nên các hệ sốa i ∈Z p n DoM lũy linh nên tồn tại số nguyênksao cho
Vì vậyxnguyên trênZ p n và từ đóR nguyên trênZ p n
Vành con tối đại trong vành tích trực tiếp của hữu hạn vành
Trong phần này, chúng tôi khảo sát sự tồn tại của vành con tối đại trong vành tích trực tiếp của hữu hạn các vành Dựa trên Định lý về cấu trúc của vành Artin và các kết quả trước đó, chúng tôi đã xác định các điều kiện chung để một vành Artin giao hoán bất kỳ có thể có vành con tối đại Kết quả chính của mục này được trình bày trong Định lý 2.3.8 và được tham khảo từ các bài báo khoa học.
Trước tiên chúng ta sẽ đi đến với một số kết quả trong vành tích trực tiếp của hữu hạn các vành.
Bổ đề 2.3.1 ChoR là vành bất kì, khi đó vànhR 2 =R×Rluôn có vành con tối đại. Chứng minh Ta kí hiệu
Nếu M là ideal tối đại của R, thì tập S = R + M × M sẽ là vành con tối đại của R² Để chứng minh điều này, trước tiên cần lưu ý rằng S không thể bằng R² Nếu S = R², thì (1,0) sẽ thuộc S, dẫn đến tồn tại a ∈ R và m₁, m₂ ∈ M sao cho (1,0) = (a,a) + (m₁,m₂) Từ đó suy ra 1 = m₁ - m₂ ∈ M, điều này mâu thuẫn với việc M là ideal tối đại của R.
T là vành con của R² chứa S, với phần tử x ∈ R thỏa mãn (x,0) ∈ T \ S Điều này dẫn đến việc x không thuộc M, từ đó suy ra M + Rx = R Kết quả là tồn tại m ∈ M và r ∈ R sao cho m + rx = 1.
Tương tự, ta cũng có(0,1)∈ T Từ đây ta thấy rằng
Do đóT =R 2 VậyS là vành con tối đại củaR 2
Bổ đề 2.3.2 khẳng định rằng, cho R = R1 × R2, thì P là ideal nguyên tố của R khi và chỉ khi P có dạng P = P1 × R2 hoặc P = R1 × P2, trong đó P1 và P2 là ideal nguyên tố của R1 và R2 tương ứng Đồng thời, M là ideal tối đại của R khi và chỉ khi M có dạng M = M1 × R2 hoặc M = R1 × M2, với M1 và M2 là ideal tối đại của R1 và R2 tương ứng.
Chứng minh i) Dễ dàng kiểm tra đượcP 1 ×R 2 ,R 1 ×P 2 là các ideal nguyên tố của
R Ngược lại giả sửP là ideal nguyên tố củaR 1 ×R 2 Ta có
Dễ dàng kiểm tra P 2 là ideal nguyên tố của R 2 Bây giờ ta chứng minh P R 1 ×P 2 Với bất kì(r 1 , r 2 )∈ R 1 ×P 2 thì
Ngược lại giả sử (r 1 , r 2 ) ∈P, khi đó vì(r 1 ,0)∈ P nên
Do đór 2 ∈P 2 tức là(r 1 , r 2 )∈ R 1 ×P 2 VậyP =R 1 ×P 2
Nếu (0,1) ∈ P, thì ta có thể chứng minh rằng P = P1 × R2 Vì mọi ideal tối đại đều là ideal nguyên tố, nên M phải có dạng M = M1 × R2 hoặc M = R1 × M2, với M1 và M2 tương ứng là các ideal nguyên tố của R1 và R2 Hơn nữa, M1 và M2 phải là các ideal tối đại Nếu M1 không phải là tối đại, thì sẽ tồn tại một ideal khác.
M =M 1 ×R 2 ( B×R 2 (R 1 ×R 2 =R Điều này mâu thuẫn với tính tối đại của M Chứng minh tương tự với M 2 Như vậy ta được điều cần chứng minh.
Mệnh đề 2.3.3 nêu rõ rằng, với hai vành R1 và R2, vành R = R1 × R2 có vành con tối đại nếu và chỉ nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: (i) R1 hoặc R2 có vành con tối đại; (ii) Tồn tại các ideal Ij (Rj, j = 1, 2) sao cho R1.
I 2 Cụ thể hơn, tồn tại các ideal tối đạiM j (R j ,j = 1,2sao cho R 1
Chứng minh Ta chú ý rằng R 1 , R 2 là ảnh củaR qua toàn cấu chiếu nên nếu i) thỏa thì hiển nhiênRcó vành con tối đại Nếu ii) thỏa, ta đặtT = R 1
Theo Bổ đề 2.3.1, ta suy ra R
I 1 ×I 2 có vành con tối đại và do đó R có vành con tối đại.
Ta xét chiều còn lại, choS là vành con tối đại củaR Đặt
J 1 là vành con tối đại của R
∼= R 2 nênR 2 có vành con tối đại Lập luận tương tự vớiJ 2 ⊆ S ta cũng có R 1 có vành con tối đại và do đó i) được thỏa mãn.
Bây giờ ta giả sử cả J 1 và J 2 đều không nằm trong S Do tính tối đại của S nên
Ta cóJ 1 0 +J 2 0 = S 1 ×S 2 là ideal củaS Ta chứng minhJ 1 0 +J 2 0 là một ideal thực sự củaS.
Nếu J 1 0 + J 2 0 = S thì S = S 1 × S 2 Do đó mỗi S i là vành con thực sự của R i , i = 1,2 Ta lại có
S =S 1 ×S 2 ( R 1 ×S 2 , S 1 ×R 2 (R điều này mâu thuẫn với S là vành con tối đại của R Do đó J 1 0 +J 2 0 là ideal thực sự củaS.
J 1 0 +J 2 0 là ảnh đồng cấu của cả S
I2 là ideal của R2 và I1 là ideal của R1, do đó khẳng định đầu tiên của ii) được thỏa mãn Sự tồn tại của ideal tối đại M1 của R1 và M2 của R2 hiển nhiên được đảm bảo.
Hệ quả 2.3.4 chỉ ra rằng, cho R = R1 × R2 × × Rn (với n ≥ 2) là các vành, thì R có vành con tối đại nếu và chỉ nếu một trong các điều kiện sau được thỏa mãn: i) Tồn tại ít nhất một vành con tối đại trong R i, với i thuộc {1, 2, , n}; ii) Có các ideal tối đại M i của R i và M j của R j (với i khác j) sao cho R i.
(Tồn tại các ideal phân biệtM vàN củaR thỏa R
Chứng minh Nếu i) hoặc ii) được thỏa mãn thì hiển nhiên R có vành con tối đại Ta chứng minh chiều ngược lại bằng cách tiến hành quy nạp theon.
Với n= 2thì ta đã chứng minh được ở Mệnh đề 2.3.3.
Giả sử khẳng định ở hệ quả đúng với n−1, ta đặt R = R1 × R2 × × Rn Nếu R1 hoặc T = R2 × × Rn có vành con tối đại, thì theo giả thiết quy nạp, điều cần chứng minh sẽ được xác nhận.
NếuR 1 vàT không có vành con tối đại thì theo Mệnh đề 2.3.3 thì tồn tại ideal tối đạiM 1 củaR 1 vàM củaT sao cho R 1
M Mặt khác theo Bổ đề 2.3.2
Trong đóM i là ideal tối đại của R i ,i ≥ 2.
M i và ta kết thúc chứng minh.
Dựa trên các kết quả từ vành tích trực tiếp của hữu hạn và các nghiên cứu trước đó về vành Artin địa phương, chúng tôi sẽ trình bày các điều kiện cần thiết để một vành Artin giao hoán bất kỳ có tồn tại vành con tối đại.
Mệnh đề 2.3.5 nêu rằng, nếu R là vành Artin không đếm được hoặc có đặc số 0, thì R sẽ có một vành con tối đại Hơn nữa, R cũng sở hữu một ideal tối đại M sao cho R/M có vành con tối đại Chứng minh điều này dựa trên Định lý 2.1.10, ta có thể đặt R ∼ n.
R i với R i là các vành Artin địa phương Giả sửRcó đặc số0(hoặc không đếm được), khi đó tương ứngR i có đặc số
Theo Mệnh đề 2.2.7, với mọi 1 ≤ i ≤ n, R i có vành con tối đại, dẫn đến R có vành con tối đại Nếu M i là ideal tối đại duy nhất của R i, thì R i /M i cũng sẽ có vành con tối đại.
M = R 1 × ×R i−1 ×M i ×R i+1 × ×R n thìR/M ∼= R i /M i có vành con tối đại.
Ví dụ tiếp theo chúng tôi xét đến trường hợp vành Artin vô hạn không là trường đếm được và có đặc số khác 0.
Ví dụ 2.3.6 Cho n≥ 2và{F i } n i=1 là họ các trường vô hạn không đẳng cấu với nhau và không có vành con tối đại Khi đó theo Hệ quả 2.3.4 thìR n
F i là vành Artin vô hạn không có vành con tối đại (Chú ýR là vành đếm được và có đặc số khác không).
Do các F_i, i = 1, n không có vành con tối đại, nên không thỏa mãn điều kiện i) Đồng thời, các F_i cũng là trường, do đó không tồn tại các ideal tối đại để thỏa mãn điều kiện ii).
Rkhông có vành con tối đại.
Hệ quả 2.3.7 Cho R là vành Artin không có vành con tối đại Khi đó tồn tại các số tự nhiên m 1 , m 2 , , m n và các số nguyên tố p 1 , p 2 , , p n sao cho R nguyên trên n
Z p i mi Cụ thể hơn, nếuRcó đặc sốm 6= 0thìR nguyên trênZ m
Chứng minh Theo Định lí 2.1.10, ta đặt R ∼ n
R i trong đó R i là vành Artin địa phương DoR không có vành con tối đại nênR i không có vành con tối đại với mọii.
Theo Mệnh đề 2.2.8, mỗiR i là nguyên trênZ p i mi vớip i là số nguyên tố vàm i là số tự nhiên Khi đóR ∼ n
Z p i ni Để chứng minh phần còn lại thì ta chú ý rằng
Định lý 2.3.8 là kết quả quan trọng trong nghiên cứu vành Artin, nêu rõ các đặc trưng cần có của một vành Artin để tồn tại vành con tối đại Cụ thể, một vành Artin R sẽ có vành con tối đại nếu và chỉ nếu R thỏa mãn một trong hai điều kiện sau: (i) Có tồn tại ideal tối đại M sao cho R/M có vành con tối đại; (ii) Có tồn tại ideal tối đại M và ideal I với điều kiện M^2 ⊆ I và R/I ∼= K[x].
(x 2 ) với K là trường; iii) Tồn tại các ideal tối đạiM vàN phân biệt của Rsao choR/M ∼= R/N.
Chứng minh DoRlà vành Artin nên theo Định lí 2.1.10, ta đặtR ∼ n
R_i là vành Artin địa phương với ideal tối đại duy nhất là M_i Theo Hệ quả 2.3.4, R có vành con tối đại khi và chỉ khi tồn tại i ∈ {1, 2, , n} sao cho R_i có vành con tối đại, hoặc điều kiện i) hoặc ii) theo Định lý 2.2.12 được thỏa mãn, hoặc tồn tại các ideal phân biệt M và N của R sao cho R/M ∼= R/N.
Trường không có vành con tối đại
Kết quả trong mục này giúp mô tả các trường không có vành con tối đại, với Định lý 2.4.11 và Định lý 2.4.14 là những kết quả chính Để nghiên cứu hiệu quả, chúng tôi trình bày một số tính chất về trường hữu hạn Cụ thể, Định lý 2.4.1 chỉ ra rằng nếu F là trường hữu hạn, thì F có đặc số nguyên tố, F ∗ là nhóm cyclic, mọi mở rộng hữu hạn của F đều là mở rộng đơn, và mọi mở rộng đại số của F đều là mở rộng tách được.
Để chứng minh rằng p là số nguyên tố, giả sử p không phải là số nguyên tố, khi đó p = p1 * p2 với 1 < p1, p2 < p Từ đó, ta có 0 = p1 = (p1 * p2) * 1 = (p1 * 1)(p2 * 1), dẫn đến hoặc p1 * 1 = 0 hoặc p2 * 1 = 0, điều này mâu thuẫn với giả thiết Do đó, p phải là số nguyên tố Tiếp theo, đặt |F∗| = q - 1 và gọi α là phần tử có cấp lớn nhất m ≤ q - 1 trong F∗ Vì F∗ là nhóm giao hoán hữu hạn, nên x^m = 1 với mọi x ∈ F∗, do đó mọi phần tử của F∗ đều là nghiệm của đa thức x^m - 1, mà đa thức này có m nghiệm.
Do đóm=|F ∗ | =q −1hayF ∗ là nhóm cyclic. iii) Gọi E là mở rộng hữu hạn của F, khi đó E ∗ là nhóm cyclic nên E ∗ = (α) và
E =F(α) Do đóE là mở rộng đơn củaF. iv) DoF tách được nên mọi mở rộng đại số củaF đều tách được
Bổ đề 2.4.2 NếuF là trường hữu hạn và[E : F] = dthì|E| =|F| d
Chứng minh rằng với cơ sở {α 1 , α 2 , , α d } của không gian vector E trên trường F, mỗi phần tử trong E có thể được biểu diễn duy nhất dưới dạng a 1 α 1 + a 2 α 2 + + a d α d, trong đó a i thuộc F Do đó, mỗi hệ số a i có |F| cách chọn, dẫn đến |E| = |F|^d.
Do mọi trường hữu hạn có đặc sốpđều chứa một trường con đẳng cấu vớiZ p nên theo bổ đề trên ta có hệ quả sau:
Hệ quả 2.4.3 cho biết rằng nếu F là trường hữu hạn với đặc số p, thì F có p^n phần tử, với n là số nguyên dương Định lý 2.4.4 khẳng định rằng mọi trường hữu hạn đều có số phần tử là p^n với n là số nguyên dương Hơn nữa, với mỗi số nguyên q = p^n, tồn tại duy nhất trường F_q (khác một đẳng cấu) có số phần tử là q, đồng thời là tập nghiệm của f_q(x) = x^q - x và là trường phân rã của f_q(x) trên Z_p.
Mọi trường hữu hạn có đặc số p sẽ có p^n phần tử Chúng ta sẽ chứng minh rằng chỉ tồn tại duy nhất (sai khác một đẳng cấu) một trường có p^n phần tử với mỗi số nguyên tố p và mỗi số nguyên dương n Đặt q = p^n và gọi S là trường phân rã của đa thức f_q(x) = x^q - x trên Z_p Gọi R là tập các nghiệm của f_q(x) trên S, khi đó nếu α, β ∈ R thì α^q = α và β^q = β.
Do đó, α, β ∈ R và αβ - 1 ∈ R, dẫn đến R là trường và R = S Hơn nữa, vì f_q(0) = qx^(q−1) - 1 = -1 nên đa thức f_q(x) không có nghiệm bội trong S, từ đó suy ra |S| = q Như vậy, tồn tại một trường hữu hạn S có q = p^n phần tử với mỗi số nguyên tố p và mỗi số nguyên dương n, và trường này được kí hiệu là F_q.
Giả sử F là trường có q = p^n phần tử, khi đó F* là nhóm giao hoán có cấp q−1 và mọi phần tử α ∈ F* đều thỏa α^(q−1) = 1 Mỗi phần tử α ∈ F là nghiệm của đa thức f_q(x) = x^q − x, với đa thức này có chính xác q nghiệm, cho thấy F là tập các nghiệm của f_q(x) và là trường phân rã của f_q(x) trên Z_p Vì bất kỳ hai trường phân rã của f_q(x) đều đẳng cấu với nhau, ta kết luận rằng hai trường hữu hạn có q phần tử thì đẳng cấu với nhau Do đó, điều cần chứng minh đã được xác nhận Định lý 2.4.5 khẳng định rằng trường F_p^n có duy nhất một trường con với số phần tử là p^d, với d | n, điều này đúng cho tất cả các trường con của F_p^n.
Nếu F ≤ F p n, thì tồn tại số nguyên dương d sao cho d|nvà|F| = p d Điều này dẫn đến d|n, từ đó suy ra p d −1|p n −1 và x p d −1 −1|x p n −1 −1, nên f p d (x)|f p n (x) Do f p n (x) phân rã trên F p n, nên f p d (x) cũng phân rã trên F p n Như vậy, F p n chứa trường phần rã của f p d (x), và do đó F p n chứa một trường con có p d phần tử.
F p n không thể chứa nhiều hơn một trường con như vậy, vì khi đó đa thứcf p d (x) sẽ có nhiều hơnp d nghiệm trongF p n
F p n là một mở rộng đại số của F p cho mọi số nguyên dương n, vì vậy bao đóng đại số của F p cần phải bao gồm F p n Hơn nữa, ta có F p n! ≤ F p (n+1)!, dẫn đến việc hợp nhất các trường này.
F p n! là mở rộng trường củaF p chứaF p n với mọin ≤1. Định lý 2.4.6 TrườngF p là bao đóng đại số củaF p
Mọi phần tử của trường F p đều nằm trong F p n!, chứng tỏ F p là một trường đại số trên F p Giả sử E là một mở rộng đại số của F p với F p ≤ E, và gọi α ∈ E có đa thức tối tiểu p(x) trên F p Nếu deg p(x) = d, thì p(x) phân rã trên F p d, từ đó suy ra α ∈ F p.
Do đóE ≤ F p hayE =F p VậyF p không có mở rộng đại số thực sự nào và ta được điều phải chứng minh.
Tiếp theo chúng tôi sẽ trình bày các kết quả chính về các trường không có vành con tối đại.
Từ Định lí 2.2.4 ngay lập tức ta có hệ quả sau:
Hệ quả 2.4.7 Cho E là trường không có vành con tối đại Khi đóE đại số trên F p vớiplà số nguyên tố.
Chúng tôi sẽ trình bày chi tiết về các trường không có vành con tối đại Định nghĩa 2.4.8 nêu rõ rằng, cho N là tập hợp các số tự nhiên và T là một tập con của N, thì T được gọi là F G.
- tậpnếuE = S n∈T F p n là trường con củaF p , trong đóF p n là trường con duy nhất của
F p cóp n phần tử vàplà số nguyên tố Hơn thế nữa,T phải thỏa mãnT ⊆ T 0 ⊆Nvà
F p n thì T = T 0 Định nghĩa 2.4.9 cho biết rằng T 1 ⊂ T 2 là hai F G-tập, và T 1 được gọi là F G-tập con tối ưu của T 2 nếu không có F G-tập thực sự nào nằm giữa T 1 và T 2 Định lý 2.4.10 khẳng định rằng luôn tồn tại một ánh xạ bảo toàn thứ tự từ tập hợp các F G-tập con của N đến tập hợp các trường con của F p.
Chứng minh Gọi T,F lần lượt là tập hợp các F G - tập con của N và tập hợp các trường con củaF p n
F p n ,∀T ∈ T Ta chứng minhϕlà song ánh bảo toàn thứ tự.
MàT, T 0 ⊆T ∪T 0 vàT, T 0 là cácF G- tập nênT = T ∪T 0 =T 0 Vậyϕđơn ánh.
• Chứng minhϕlà toàn ánh.
Với bất kìE ∈ F ĐặtT ={n ∈ N: F p n ⊆E} Ta chứng minhϕ(T) =E.
Dễ thấy theo định nghĩa tập T thì S n∈T F p n ⊆ E Ngược lại, với bất kì a ∈ E thìa đại số trên F p Gọik = |F p (a) : F p | Khi đó theo Bổ đề 2.4.2 ta có|F p (a)| = p k
Và do Định lý 2.4.4 nên F p (a) = F p k Do F p (a) ⊆ E nên F p k ⊆ E hay k ∈ T.
F p n VậyT là F G - tập và ϕ(T) =E Do đóϕ là toàn ánh.
• Chứng minhϕbảo toàn thứ tự Ta có:
Trong lĩnh vực đại số, định lý 2.4.11 khẳng định rằng một trường F không có vành con tối đại nếu và chỉ nếu tồn tại một số nguyên tố p, sao cho hoặc F là trường hữu hạn Fp, hoặc F là trường con vô hạn của Fp Định lý này đóng vai trò quan trọng trong việc xác định các trường không có vành con tối đại, từ đó giúp chúng ta hiểu rõ hơn về cấu trúc của các trường này.
F p n , trong đóT làF G- tập không cóF G- tập con tối đại.
Giả sử F không có vành con tối đại, ta có F = Fp Nếu F ≠ Fp, theo Hệ quả 2.4.7, F là đại số trên Fp, dẫn đến F ⊂ Fp Với mọi α ∈ F, α là đại số trên Fp, ta đặt Fp(α) = Fp(kα) Kết luận, F = S α∈F.
F p nα VậyF là trường con vô hạnF p sao choF = S n∈T
Định lý 2.4.11 chỉ ra rằng để xác định trường không có vành con tối đại, cần xác định các F G-tập không có F G-tập con tối đại Hai kết quả tiếp theo sẽ hỗ trợ trong việc xác định chính xác những F G-tập này.
Chúng ta biết rằng nhóm F p ∗ n −1 (nhóm nhân các phần tử khác không của trường