Về tập nghiệm của họ đa thức trên một trường

Tập đại số

Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu khái niệm tập đại số và cung cấp một số ví dụ minh họa Một bộ phần tử (α1, …, αn) ∈ Vn được gọi là nghiệm của đa thức f(x1, …, xn) ∈ V[x1, …, xn] nếu f(α1, …, αn) = 0, và chúng tôi cũng nói rằng (α1, …, αn) là nghiệm của phương trình đa thức f(x1, …, xn) = 0 Đối với đa thức f(x1, …, xn) ∈ V[x1, …, xn], chúng ta có ánh xạ f: Vn → V, ánh xạ mỗi phần tử (a1, …, an) ∈ Vn đến phần tử f(a1, …, an) ∈ V Hàm f được gọi là hàm đa thức n biến trên V tương ứng với đa thức f(x1, …, xn).

Kết quả quan trọng cho thấy rằng trong một miền nguyên vô hạn V, mỗi đa thức có thể được đồng nhất với một hàm đa thức.

Vành giao hoán V được định nghĩa là một miền nguyên nếu V không phải là vành 0 và với mọi phần tử khác 0 a, b ∈ V, thì tích ab khác 0 Theo Định lý 1.1.3, nếu V là miền nguyên vô hạn, thì ánh xạ ϕ tương ứng mỗi đa thức f(x1, , xn) ∈ V[x1, , xn] với hàm đa thức f tạo thành một song ánh từ tập các đa thức V[x1, , xn] đến tập các hàm đa thức n biến trên V Đặc biệt, đa thức f(x1, , xn) sẽ là đa thức 0 nếu và chỉ nếu hàm đa thức f là hàm không.

Nếu f(x1, , xn) là đa thức 0, thì hàm đa thức tương ứng cũng là hàm 0 Để chứng minh chiều ngược lại, ta sử dụng quy nạp theo n Giả sử f là hàm 0, tức là f(a1, , an) = 0 với mọi (a1, , an) ∈ Vn Đối với n = 1, f(a1) = 0 với mọi a1 ∈ V, cho thấy đa thức một biến f(x1) có vô hạn nghiệm Do đó, f(x1) = 0 Với n > 1, giả sử kết quả đúng cho n - 1 biến, ta có thể biểu diễn f(x1, , xn) dưới dạng Xk i=0 fi(x1, , xn-1)xi n, trong đó fi(x1, , xn-1) thuộc V[x1, , xn-1] cho mọi i ∈ {0, 1, , k} Đặt ga(xn) = f(a1, , an-1, xn) cho mỗi a = (a1, , an-1) ∈ Vn-1, khi đó ga(xn) = Xk i=0 fi(a1, , an-1)xi n thuộc V[xn].

Theo giả thiết, ga(xn) là đa thức một biến có mọi phần tử của V là nghiệm, và do V là miền nguyên vô hạn, nên ga(xn) phải là đa thức 0 Điều này dẫn đến fi(a1, , an−1) = 0 cho mọi i thuộc {1, , k} Do đó, đa thức fi(x1, , xn−1) thuộc V[x1, , xn−1] cũng nhận mọi phần tử của V n−1 làm nghiệm Theo giả thiết quy nạp, fi(x1, , xn−1) là đa thức 0 với mọi i thuộc {0, , k} Kết luận, f(x1, , xn) là đa thức 0.

Chúng ta chứng minh ánh xạ ϕ cho tương ứng đa thức f(x₁, , xₙ) với hàm đa thức là song ánh từ V[x₁, , xₙ] đến tập các hàm đa thức từ Vⁿ đến V ϕ là toàn ánh, vì nếu hai đa thức f(x₁, , xₙ) và g(x₁, , xₙ) cho hai hàm đa thức bằng nhau, thì f(x₁, , xₙ) - g(x₁, , xₙ) cho hàm đa thức 0 Từ đó, f(x₁, , xₙ) - g(x₁, , xₙ) là đa thức 0, suy ra f(x₁, , xₙ) = g(x₁, , xₙ) Do đó, ϕ là đơn ánh.

Nếu V có hữu hạn phần tử, ánh xạ trong Định lý 1.1.3 không phải là song ánh Cụ thể, với V = {a1, , ar} và mỗi số tự nhiên n, tồn tại đa thức n biến khác 0 f(x1, , xn) với tổng các biến Xn i=1.

(xi−a 1 ) .(xi−ar), nhưng hàm đa thức tương ứng với nó lại là hàm 0.

Chú ý 1.1.4 Đối với đa thức một biến trên trường K, bài toán tìm nghiệm là bài toán cơ bản Chú ý rằng mỗi đa thức khác không trong

Đa thức K[x] chỉ có hữu hạn nghiệm, không vượt quá bậc của nó Ngược lại, đa thức nhiều biến thường có vô số nghiệm, làm cho việc nghiên cứu một nghiệm riêng lẻ trở nên không khả thi Thay vào đó, việc nghiên cứu tập hợp các nghiệm của một đa thức hoặc một họ đa thức là cần thiết, và những tập nghiệm này được gọi là tập đại số.

Ta gọi K n là không gian affin n chiều Đặc biệt K = K 1 được gọi là đường thẳng affin, K 2 được gọi là mặt phẳng affin Với mỗi tập con S của K[x 1 , , xn], ký hiệu

Tập Z(S) là tập nghiệm của S, tức là tập các không điểm chung của S Một tập con X của K^n được gọi là tập đại số (hay đa tạp affin) nếu tồn tại một tập S thuộc K[x₁, , xₙ sao cho X = Z(S) Khi đó, X được xem là tập đại số được định nghĩa bởi S.

Cho X = Z(S) là một tập đại số trong K n Nếu S = {f} thì ta viết

X = Z(f) Nếu f khác hằng thì Z(f) được gọi là một siêu mặt trong

Nếu S = {f1, , fk} là một tập hữu hạn, thì ta có thể viết X = Z(f1, , fk) Lưu ý rằng mỗi tập đại số (khác ∅ và khác K^n) đều có thể được biểu diễn dưới dạng giao của một họ siêu mặt, tức là X = Z(S) = T f ∈ S.

Ví dụ 1.1.6 (i) Tập X = {(0,0)} ⊆ R 2 là tập đại số Vì nó là tập nghiệm của họ gồm hai đa thức {x 1 , x 2 } ⊆ K[x 1 , x 2 ].

Tập X được định nghĩa là {t m , t n ) | t ∈ R}, trong đó m và n là hai số nguyên tố cùng nhau, tạo thành một tập đại số Để hiểu rõ hơn về tập đại số này, bạn có thể tham khảo Hệ quả 2.4.7 trong Chương 2, nơi có chứng minh chi tiết về tính chất của tập X.

Trong mặt phẳng affin R^n, tập đại số Z(x^2 + y^2 − 4) biểu thị đường tròn có bán kính 2 và tâm tại gốc tọa độ Hình học giải tích bao gồm các hình như đường tròn, elip, parabol và hyperbol, tất cả đều là các tập đại số Trong không gian affin 3 chiều R^3, tập đại số Z(z−x^2−y^2) mô tả mặt paraboloid tròn xoay, được tạo ra bằng cách quay parabol z = x^2 quanh trục z Các mặt bậc hai như ellipsoid và hyperboloid cũng thuộc về các tập đại số.

Tập X = {(a, a) ∈ R² | a ≠ 1} không phải là tập đại số trong R² Giả sử X là tập đại số, tồn tại tập con S trong vành đa thức hai biến R[x, y] sao cho X = Z(S) Chọn f(x, y) ∈ S, đặt g(t) = f(t, t) và xem g(t) như đa thức một biến với hệ số thực Vì f(x, y) triệt tiêu trên X, ta có f(a, a) = 0 với mọi a ∈ R và a ≠ 1, dẫn đến g(a) = 0 cho mọi a ∈ R và a ≠ 1 Do R là trường vô hạn, g(t) nhận vô hạn nghiệm, nên g(t) là đa thức 0 và g(1) = 0 Điều này suy ra f(1, 1) = 0, tức là (1, 1) là nghiệm của mọi đa thức trong S, do đó (1, 1) ∈ Z(S) và (1, 1) ∈ X, điều này mâu thuẫn với giả định ban đầu Vì vậy, X không phải là tập đại số.

Bằng các lập luận tương tự như trong Ví dụ 1.1.8, ta có các ví dụ sau đây về các tập con của R n không là tập đại số.

Ví dụ 1.1.9 Các tập hợp sau đây không là tập đại số trong R n

(i) X = {(a, a) ∈R 2 | a 6=r}, trong đó n = 2 và r là một số thực tùy ý cho trước.

(ii) Y = {(a, sa) ∈ R 2 | a 6= r}, trong đó n = 2 và r, s là các số thực tùy ý cho trước.

(iii) Z = {(s 1 a, s 2 a, , sna) ∈ R n | a 6= r}, trong đó r, s 1 , , sn là các số thực tùy ý cho trước với ít nhất một chỉ số i sao cho si 6= 0.

Mối quan hệ giữa tập đại số và iđêan

Mệnh đề 1.2.1 Mỗi tập đại số trong K n là tập nghiệm của một iđêan trong vành đa thức K[x 1 , , xn].

Chứng minh Giả sửX = X(S)là tập đại số, trong đóS ⊆ K[x 1 , , xn]. Đặt I = (S) là iđêan của K[x1, , xn] sinh bởi S Ta có

(S) ={f1g1+ .+fkgk |k ∈ N, fi ∈ S, gi ∈ K[x1, , xn],∀i}. Suy ra X = Z(S) =Z(I).

Các phát biểu (i), (ii), (iii) trong mệnh đề dưới đây cho thấy rằng các tập đại số tạo thành một họ tập đóng trong không gian tôpô K n Tôpô này được gọi là tôpô Zariski.

Mệnh đề 1.2.2 Trong không gian affin K n , các phát biểu sau là đúng (i) Giao của một họ tùy ý các tập đại số là một tập đại số.

(ii) Hợp của một họ hữu hạn tập đại số là tập đại số.

(iii) ỉ và K n đều là tập đại số.

(iv) Mỗi tập hữu hạn trong K n là tập đại số.

Chứng minh (i) Giả sử {Xi} là một họ những tập đại số trong K n Khi đó Xi = Z(Si) với mọi i, trong đó Si ⊆ K[x1, xn] Ta có

Xi là tập đại số.

(ii) Giả sửX1, , Xk là các tập đại số trongK n Theo Mệnh đề 1.2.1 với mỗi i ta có Xi = Z(Ii), trong đó Ii là iđêan của K[x 1 , xn] Khi đó

Z(Ii) Khi đó với mỗii, tồn tại gi ∈ Ii, sao chogi(a 1 , , an) 6= 0 Suy rag(a 1 , , an) 6= 0, trong đó g = g 1 gk ∈

Ii Điều này vô lí Vì thế S k i=1

Ii) là tập đại số.

(iii) Vỡ ỉ = Z(1) và K n = Z(0) nờn ỉ và K n là cỏc tập đại số. (iv) Với mỗi điểm a = (a 1 , , an) ∈ K n ta có

Do đó, {a} được xác định là một tập đại số Theo định nghĩa (ii), mọi tập con hữu hạn của K cũng là tập đại số, vì chúng được hình thành từ hợp của một số hữu hạn các tập, mỗi tập chứa một phần tử.

Chúng ta đã liên kết mỗi lý thuyết I với tập đại số Z(I) trong phần trước Hiện tại, chúng ta sẽ xem xét chiều ngược lại bằng cách liên kết mỗi tập đại số trong K n với một lý thuyết tương ứng.

Bổ đề 1.2.3 Với mỗi tập đại số X của K n , kí hiệu I(X) là tập các đa thức triệt tiêu trên X, tức là

I(X) ={f ∈ K[x 1 , , xn] |f(a 1 , , an) = 0,∀(a 1 , , an) ∈ X}. Khi đó I(X) là một iđêan của K[x 1 , , xn].

Chứng minh Ta có 0 ∈ I(X), do đa thức 0 là đa thức triệt tiêu trên

K n Vì vậy I(X) 6= ∅ Giả sử, f, g ∈ I(X) và h ∈ K[x1, , xn] Cho (a 1 , , an) ∈ X Khi đó f(a 1 , , an) +g(a 1 , , an) = 0 + 0 = 0, h(a 1 , , an)f(a 1 , , an) =h(a 1 , , an).0 = 0

Do đó, I(X) là iđêan của K[x 1 , , xn] Định nghĩa 1.2.4 Với kí hiệu như trên, ta gọiI(X)làiđêan định nghĩa của tập đại số X.

Ví dụ 1.2.5 (i) Với X = {(0,0)} ⊆R 2 , ta có I(X) = (x, y).

(ii) Với X =K n và K vô hạn, ta có I(X) = 0

Chứng minh (i) Cho X = {(0,0)} Rõ ràng (x, y) ⊆ I(X) vìx và y đều triệt tiêu tại (0,0) Cho f(x, y) ∈ I(X) với f(x, y) = P aijx i y j , trong đó aij ∈R Khi đó f(0,0) = 0 Suy ra a 00 = 0 Vì thế f ∈ (x, y).

(ii) Cho X = K n Rõ ràng 0 ∈ I(X) Cho f ∈ I(X) Khi đó f triệt tiêu trên K n Vì K vô hạn nên theo Định lý 1.1.3 ta suy ra f = 0.

(iii) Cho X = Z(y −x 2 , z −x 3 ) Rõ ràng (y −x 2 , z −x 3 ) ⊆ I(X) Cho f(x, y, z)∈ I(X) Với i, j, k ∈ N0 ta có x i y j z k = x i (y−x 2 +x 2 ) j (z −x 3 +x 3 ) k

Xét biểu thức x i ((y−x 2 )g+x 2j )((z −x 3 )h+x 3k) với g, h ∈ R[x, y, z] Từ đó suy ra x i y j z k = (y−x 2 )g 1 + (z −x 3 )h 1 + x i+2j+3k, trong đó g 1, h 1 ∈ R[x, y, z] Do f là tổng hữu hạn từ, nên có thể biểu diễn f = (y−x 2 )g 2 + (z −x 3 )h 2 + q, với g 2, h 2 ∈ R[x, y, z] và q ∈ R[x] Với mỗi a ∈ R, vì (a, a 2 , a 3 ) ∈ X, ta có f(a, a 2 , a 3 ) = 0, dẫn đến q(a) = 0 với mọi a ∈ R Do đó, kết luận rằng q(x) = 0, và vì vậy f ∈ (y−x 2 , z−x 3 ).

Với mỗi tập đại số X ta có iđêan I(X), từ đó ta có tập đại số Z(I(X)) định nghĩa bởi I(X) Mệnh đề sau đây đưa ra mối quan hệ giữa X và

Mệnh đề 1.2.6 Nếu X ⊆ K n là tập đại số thì X = Z(I(X)).

Chúng ta có thể chứng minh rằng X ⊆ Z(I(X)) Do X là tập đại số, tồn tại iđêan J trong K[x1, , xn] sao cho X = Z(J) Điều này cho thấy J triệt tiêu trên X, trong khi I(X) là iđêan lớn nhất triệt tiêu trên X Do đó, ta có thể kết luận rằng X là tập con của Z(I(X)).

Kết quả này chỉ ra mối quan hệ bảo toàn ngược giữa các tập đại số và các iđêan định nghĩa của chúng.

Hệ quả 1.2.7 Cho X, Y là hai tập đại số trong K n Khi đó X ⊆ Y nếu và chỉ nếu I(X) ⊇ I(Y) Đặc biệt, X = Y nếu và chỉ nếu I(X) =I(Y).

Chứng minh Rõ ràng nếu X ⊆ Y thì I(X) ⊇ I(Y) Giả sử ta có quan hệ I(X)⊇ I(Y) Theo Mệnh đề 1.2.6 ta có

Mệnh đề 1.2.8 Cho J là iđêan của K[x 1 , , xn] Khi đóJ ⊆ I(Z(J)).

Chứng minh Cho f(x 1 , , xn) ∈ J Khi đó f(a 1 , , an) = 0 với mọi(a 1 , , an) ∈ Z(J) Suy ra f ∈ I(Z(J)).

Định lý cơ sở Hilbert

Mục tiêu của tiết học này là chứng minh Định lý cơ sở Hilbert, theo đó mỗi iđêan trong vành đa thức K[x1, , xn] đều là hữu hạn sinh Điều này cho phép chúng ta quy mỗi tập đại số thành tập nghiệm chung của một hệ hữu hạn đa thức.

Trước khi trình bày Định lý cơ sở Hilbert, cần nhắc lại khái niệm về vành Noether Một vành V được gọi là vành Noether nếu nó thỏa mãn điều kiện rằng mọi dãy tăng của các iđêan đều dừng lại.

Trong bài viết này, chúng ta xem xét chuỗi bao gồm các vành I1, I2, , In, với điều kiện I1 ⊆ I2 ⊆ ⊆ In và tồn tại một số tự nhiên n0 sao cho In = In0 với mọi n > n0 Để chứng minh Định lý cơ sở Hilbert, cần thiết phải có một số đặc trưng quan trọng của vành Noether.

Nhắc lại rằng, một iđêan I của V được gọi là hữu hạn sinh nếu tồn tại a 1 , , an ∈ I sao cho

Mệnh đề 1.3.2 Các phát biểu sau là tương đương.

(ii) Mỗi iđêan của V là hữu hạn sinh.

(iii) Mỗi họ khác rỗng những iđêan của V đều có phần tử cực đại (theo quan hệ bao hàm).

Chứng minh rằng (i) dẫn đến (ii) trong trường hợp I là iđêan của V Giả sử I không hữu hạn sinh, ta chọn a1 ∈ I Vì I không hữu hạn sinh nên (a1) khác I, do đó tồn tại a2 ∈ I\{a1} Tiếp tục với (a1, a2) khác I, sẽ có a3 ∈ I\{a1, a2} Quá trình này tiếp tục diễn ra, dẫn đến việc hình thành một dãy tăng không dừng.

(a 1 )⊂ (a 1 , a 2 ) ⊂ ⊂ (a 1 , a 2 , , an) ⊂ các iđêan của V, điều này mâu thuẫn với giả thiết (i).

Cho Γ 6= ∅ là một họ các iđêan của V Nếu Γ không có phần tử cực đại, ta có thể chọn I1 ∈ Γ Vì I1 không cực đại, tồn tại I2 ∈ Γ sao cho I1 ⊂ I2 và I1 6= I2 Tiếp tục quá trình này, ta sẽ tìm được một dãy tăng không dừng I1 ⊂ I2 ⊂ ⊂ In ⊂ với các phần tử thuộc Γ Đặt I = S n ≥ 1.

Khi đó I là iđêan của V Theo giả thiết (ii), I hữu hạn sinh Giả sử

Xét tập hợp I = (a1, , ak), với mỗi i = 1,2, , k, có ai ∈ I thì tồn tại ni sao cho ai ∈ In i Chọn n0 là số lớn nhất trong các ni, với i = 1, , k, dẫn đến ai ∈ In0 cho mọi i Từ đó suy ra I ⊆ In0, cho thấy In = In0 với mọi n ≥ n0, điều này dẫn đến mâu thuẫn.

(iii) ⇒ (i) Cho I 1 ⊆ I 2 ⊆ ⊆ In ⊆ là dãy tăng các iđêan của V. Đặt Γ = {In} n ≥ 1 Theo giả thiết (iii), Γ có phần tử cực đại In 0 Suy ra

In = In 0 với mọi n ≥ 0. Định lý 1.3.3 (Định lý cơ sở Hilbert) Cho V là vành Noether Khi đó

Chứng minh Theo Mệnh đề 1.3.2, ta cần chứng minh mọi iđêan của

V[x] là một không gian vector hữu hạn sinh Đối với một iđêan J của V[x], nếu J = {0}, thì J rõ ràng là hữu hạn sinh Trong trường hợp J khác {0}, ta gọi m là bậc nhỏ nhất của các đa thức khác 0 thuộc J Đối với n lớn hơn hoặc bằng m, chúng ta định nghĩa

In = { a∈ V | ∃f(x) Xn i =0 aixi ∈ J, degf(x) =n, an = a} ∪ {0}.

Với V là vành Noether và In ⊆ I n+1, theo Mệnh đề 1.3.2, In hữu hạn sinh, do đó có thể viết In = (an,1, , an,i n) với mọi n ≥ m Hơn nữa, vì V là vành Noether, tồn tại một số tự nhiên k ≥ m sao cho In = Ik với mọi n ≥ k Đối với mỗi n từ m đến k và mỗi j từ 1 đến in, gọi fn,j(x) ∈ J là đa thức bậc n với hệ số cao nhất là an,j.

An = {fn,j(x)| j = 1, , in} và A Sk n = m

An Khi đó A là tập hữu hạn Ta chứng minh J = (A).

Rõ ràng, tập hợp A là một tập con của J Đối với đa thức p(x) có hệ số cao nhất là a, ta có deg p(x) ≥ m Để chứng minh rằng p(x) thuộc về (A), ta sử dụng phương pháp quy nạp theo deg p(x) Khi deg p(x) = m, có a thuộc vào Im, từ đó tồn tại các phần tử c1, , ci m thuộc V sao cho a = ai m.

Khi q(x) bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn m, ta có q(x) ∈ J Do đó, q(x) = 0 theo cách chọn m, dẫn đến việc suy ra rằng p(x) ∈ (A) Giả sử deg(p(x)) = n > m và mọi đa thức trong J có bậc nhỏ hơn n đều thuộc (A), từ đó a ∈ In Đặt t = min{n, k}, ta có In = It và do đó a ∈ It.

Do đó tồn tại c 1 , , ci t ∈ V sao cho a i t

Khi đó q(x) ∈ J và q(x) hoặc bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn n Theo giả thiết quy nạp, q(x) ∈(A) Suy ra p(x) ∈ (A) Do đó J = (A).

Hệ quả 1.3.4 Mỗi tập đại số là tập nghiệm chung của hữu hạn đa thức Nói cách khác, mỗi tập đại số là giao của hữu hạn siêu mặt.

Giả sử X = X(S) là tập đại số với S ⊆ K[x1, , xn] Đặt I = (S) là iđêan của K[x1, , xn] sinh bởi S Theo Mệnh đề 1.2.1, ta có X = Z(S) = Z(I) Theo Định lý cơ sở Hilbert, I là hữu hạn sinh, cụ thể I = (f1, , fk).

Trước khi mô tả các tập đại số trong K 1 = K, chúng ta cần chứng minh rằng vành đa thức một biến trên một trường là miền iđêan chính Một miền nguyên được định nghĩa là miền iđêan chính nếu mọi iđêan của nó đều là iđêan chính, tức là được sinh bởi một phần tử.

Bổ đề 1.3.5 Vành K[x] là vành chính.

Chứng minh Cho I là iđêan của K[X] Nếu I = {0} thì I = (0) là một iđêan chính Giả sử I 6={0} Khi đó ta chọn được f(x) là đa thức khác

Trong bài viết này, chúng ta sẽ chứng minh rằng I = (f(X)), với f(x) thuộc I, dẫn đến (f(x)) là tập con của I Giả sử g(x) thuộc I, theo Định lý phép chia với dư, tồn tại các đa thức q(x) và r(x) trong K[x] sao cho g(x) = f(x)q(x) + r(x), trong đó r(x) bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn bậc của f(x) Vì cả f(x) và g(x) đều thuộc I, ta có r(x) = g(x) − f(x)q(x) cũng thuộc I.

Do đó theo cách chọn f(x) ta suy ra r(x) = 0 Vì thế g(x) = f(x)q(x) ∈(f(x)).

Do đó I ⊆ (f(x)), tức là I = (f(x)) là iđêan chính Vậy K[x] là vành chính.

Hệ quả 1.3.6 Các tập đại số trong K 1 là và chỉ là K và các tập con hữu hạn của K.

Chứng minh rằng vỡ ỉ = Z(1) và K = Z(0) cho thấy ỉ và K đều là các tập đại số Xét tập X = {a1, , an} ⊆ K, ta có X là tập đại số vì X = Z(f) với f(x) = (x − a1)(x − a2) (x − ak) ∈ K[x] Ngược lại, nếu X là tập đại số trong K, do K[x] là vành chính, theo Hệ quả 1.3.4, tồn tại một đa thức f ∈ K[X] sao cho X = Z(f) Nếu f(x) = 0, thì X = K; nếu f(x) ≠ 0, số nghiệm của f(x) không vượt quá bậc của f(x), do đó Z(f) là tập hữu hạn.

Cho V là vành và V1 là vành chứa V Cho α1, , αn ∈ V1 Đặt

V[α 1 , , αn] = {f(α 1 , , αn) |f(x 1 , , xn) ∈ V[x 1 , , xn]}Chú ý rằng V[α 1 , , αn] là vành con của V 1

Từ Định lý 1.3.3 và bằng quy nạp theo số biến ta suy ngay hệ quả sau.

Hệ quả 1.3.7 Các phát biểu sau đây là đúng.

(i) Nếu V là vành Noether thì V[x 1 , , xn] cũng là vành Noether. (ii) Nếu V là vành Noether, V 1 là vành chứa V và α 1 , , αn ∈ V 1 thì

Chứng minh rằng V[x1, , xn] = (V[x1])[x2, , xn] dẫn đến kết luận theo Định lý cơ sở Hilbert và quy nạp Đối với các phần tử α1, , αn ∈ V1, xét ánh xạ ϕ : V[x1, , xn]→ V1, được xác định bởi f(x1, , xn) 7→ ϕ(f) = f(α1, , αn).

Khi đó ta có Imϕ = V[α 1 , , αn] Theo Định lý đồng cấu vành ta có

V[x 1 , , xn]/kerϕ ∼= V[α 1 , , αn] Chú ý rằng vành thương của một vành Noether là vành Noether Do V[x1, , xn] là Noether nên ta có

Định lý không điểm Hilbert

Để chứng minh Định lý không điểm Hilbert, cần nhắc lại các khái niệm về môđun Noether và mở rộng trường Định nghĩa 2.1.1 cho biết rằng V là vành giao hoán, và một tập hợp M kết hợp với phép cộng và ánh xạ V × M → M, gọi là phép nhân vô hướng, trong đó ảnh của phần tử (a, u) ∈ V × M được ký hiệu là au.

V-môđun nếu M là nhóm giao hoán với phép cộng và các tính chất sau thỏa mãn:

(ii) a(u+v) = au+av,(a+b)u = au+bu với mọi a, b ∈V, u, v ∈ M. (iii) 1u= u với mọi u∈ M.

Chú ý rằng mỗi iđêan của V là một V-môđun Cho M 1 , , Mt là các

V-môđun Khi đó tích Đề các

M 1 × .×Mt = {(x 1 , , xt) | xi ∈ Mi,∀i = 1, , t} là một V-môđun với phép cộng theo tọa độ và phép nhân vô hướng được xác định bởi a(u 1 , , ut) = (au 1 , , aut) cho mọi a∈ V và (u 1 , , ut) ∈ M 1 × .×Mt Nếu M 1 = M 2 = = M, chúng ta ký hiệu M t thay cho M 1 × .×Mt Định nghĩa 2.1.2 nêu rõ rằng một tập con N của M được gọi là V-môđun con của M nếu N là V-môđun với phép cộng và tích vô hướng đóng kín trong N.

Chú ý 2.1.3 i) Giao của một họ khác rỗng những môđun con của M là môđun con của M. ii) Nếu M 1 , M 2 là hai môđun con của M thì

M1 +M2 := {u+v |u ∈ M1, v ∈ M2} là môđun con của M. iii) Cho L là tập con của V-môđun M Giao của các môđun con của

M chứa L, ký hiệu là (L), là môđun con nhỏ nhất của M và được gọi là môđun con sinh bởi L M được xem là môđun hữu hạn sinh khi nó được sinh bởi một tập hữu hạn {u1, , ut}.

M là một V-môđun và được biểu diễn dưới dạng M = V u₁ + + V uₜ, trong đó mỗi phần tử u ∈ M có thể viết dưới dạng u = a₁u₁ + + aₜuₜ với a₁, , aₜ ∈ V Theo định nghĩa 2.1.4, M được coi là môđun Noether nếu nó thỏa mãn điều kiện về dãy tăng dừng trên các môđun con Cụ thể, nếu có dãy tăng các môđun con M₁ ⊆ M₂ ⊆ ⊆ Mₙ ⊆ của M, thì tồn tại n₀ ∈ N sao cho Mₙ = Mₙ₀ với mọi n ≥ n₀.

Với M ′ là môđun con của V-môđun M, đặt

M/M ′ ={u+M ′ | u∈ M} là tập các lớp ghép trái của M ′ Ta có u+M ′ = v+M ′ khi và chỉ khi u−v ∈M ′ Tập M/M ′ là một V-mônđun với phép cộng

Trong lý thuyết mô-đun, ta có các phép toán như (u+M ′ ) + (v +M ′ ) = (u+v) +M ′ và a(u + M ′ ) = au + M ′ Môđun thương của M theo môđun con M ′ được ký hiệu là M/M ′ Một ánh xạ f :M → N giữa các V-môđun được gọi là đồng cấu nếu thỏa mãn điều kiện f(u+v) = f(u) +f(v) và f(au) = af(u) với mọi u, v ∈ M, a ∈ V Đồng cấu f được phân loại thành đơn cấu, toàn cấu hoặc đẳng cấu nếu nó là đơn ánh, toàn ánh hoặc song ánh.

Hai môđun M và N được gọi là đẳng cấu với nhau, ký hiệu là M ∼= N, nếu có một đẳng cấu giữa chúng Nếu f : M → N là đồng cấu, thì tập hợp kerf = {u ∈ M | f(u) = 0} là môđun con của M, và Imf là môđun con của N Hơn nữa, có mối quan hệ M/kerf ∼ Imf.

Tiếp theo là đặc trưng của môđun Noether.

Bổ đề 2.1.5 Cho M là V-môđun và M ′ là môđun con của M.

(i) M là Noether khi và chỉ khi M ′ và M/M ′ là Noether.

(ii) Nếu M là môđun Noether thì M là hữu hạn sinh.

(iii) Nếu M là hữu hạn sinh và V là vành Noether thì M là môđun Noether.

Chứng minh (i) Cho M là Noether Nếu M 1 ′ ⊆ M 2 ′ ⊆ là dãy tăng các môđun con của M ′ thì nó dừng vì nó là dãy tăng các môđun con của

M Cho P 1 ⊆ P 2 ⊆ là dãy tăng các môđun con của M/M ′ Với mỗi n ∈ N, tồn tại môđun con Mn củaM sao choM ′ ⊆ Mn và Pn = Mn/M ′

Dãy tăng các môđun con M 1 ⊆ M 2 ⊆ của M phải dừng, dẫn đến dãy P 1 ⊆ P 2 ⊆ cũng dừng, do đó M′ và M/M′ là Noether Ngược lại, nếu M′ và M/M′ là Noether, thì dãy tăng các môđun con M 1 ⊆ M 2 ⊆ cũng sẽ tồn tại.

M ′ ⊆ các môđun con của M ′ và dãy tăng

(M 1 +M ′ )/M ′ ⊆ (M 2 +M ′ )/M ′ ⊆ các môđun con của M/M ′ phải dừng Vì thế tồn tại n 0 ∈ N sao cho

TM ′ và (Mn + M ′ )/M ′ = (Mn 0 + M ′ )/M ′ với mọi n > n 0 Suy ra Mn +M ′ = Mn 0 +M ′ với mọi n > n 0 Cho n > n 0 và u ∈Mn Khi đóu+M ′ ∈(Mn+M ′ )/M ′ , suy rau+M ′ ∈ (Mn 0+M ′ )/M ′

Do đó u+M ′ = v+M ′ với v = r+s, trong đó r ∈ Mn 0 và s∈ M ′ Đặt w = u−v Khi đów ∈ M ′ Suy ra u−r = w+s∈ M ′ Dor ∈ Mn 0 ⊆ Mn và u ∈ Mn nên u−r ∈ Mn Suy ra u−r ∈ M ′ T

M là một môđun Noether nếu và chỉ nếu Mn = Mn 0, tức là mọi phần tử u−r thuộc Mn 0 đều thuộc Mn, dẫn đến u thuộc Mn 0 Nếu M không hữu hạn sinh, sẽ tồn tại một dãy vô hạn các phần tử u1, u2, với u1 thuộc M, u2 thuộc M\(u1), u3 thuộc M\(u1, u2), và như vậy, ta có một dãy tăng không dừng các môđun con của M, điều này là không hợp lý.

(iii) Cho M là hữu hạn sinh và V là vành Noether Giả sử

Xét đồng cấu f : V t → M cho bởi f(a 1 , a 2 , , at = a 1 u 1 +a 2 u 2 + .+atut).

Khi f là toàn cấu, ta có V t /Kerf ∼= M Để chứng minh V t là Noether, ta sử dụng quy nạp theo t Trường hợp t = 1 là hiển nhiên Với t > 1 và giả thiết đúng cho V n với n < t, ta xét đồng cấu nhúng j : V → V t với j(a) = (a,0, ,0) Khi đó, V ∼= Imj, và vì V là Noether, nên Imj là môđun con Noether của V t Theo giả thiết quy nạp, V t /Imj ∼= V t − 1 cũng là Noether Do đó, V t là Noether và M cũng là Noether.

Nếu E là một trường chứa K, thì E/K được gọi là một mở rộng trường Khi E/K là một mở rộng trường, E có cấu trúc tự nhiên là không gian véc tơ trên K Nếu chiều của không gian véc tơ E là hữu hạn, thì E/K được coi là một mở rộng hữu hạn và được ký hiệu tương ứng.

Một phần tử α ∈ E được gọi là phần tử đại số trên K nếu nó là nghiệm của một đa thức khác 0 với hệ số trong K Cho α 1 , , αn ∈ E và với

0 6= α ∈ E, ta ký hiệu phần tử α −1 ∈ E là 1/α Ký hiệu

K[α 1 , , αn] = {f(α 1 , , αn)| f ∈ K[x 1 , , xn]}, và K(α 1 , , αn) được cho bởi

Khi đó K[α 1 , , αn] và K (α 1 , , αn) lần lượt là vành con và trường con bé nhất của E chứa K và α 1 , , αn.

Ta có các bổ đề sau đây (xem [1], Bổ đề 3.5.4, Bổ đề 3.5.5).

Bổ đề 2.1.6 Nếu các phần tử α 1 , , αn ∈ E đều đại số trên K thì

Bổ đề 2.1.7 Cho E = K[α 1 , , αn] Nếu E là một trường thì E là mở rộng hữu hạn của K.

Một iđêan I của vành V được gọi là iđêan tối đại nếu I 6= V và nếu

J là iđêan của V chứa I với I 6=J thì J = V

Hệ quả 2.1.8 chỉ ra rằng, với V = K[x₁, , xₙ] và J là iđêan tối đại của V, thì vành thương E = V/J là một trường chứa K, và K ⊆ E là một mở rộng hữu hạn Đặc biệt, nếu K là trường đóng đại số, thì K sẽ bằng E.

Vì J là tối đại, nên vành thương E = V /J là một trường Ánh xạ j : K → E được định nghĩa bởi j(a) = a + J là một đơn cấu, dẫn đến K ∼= j(K), cho phép xem K như trường con của E với việc đồng nhất phần tử a ∈ K với phần tử a + J ∈ E Đặt αi = xi + J ∈ E, ta có E = K[α1, , αn] Theo Bổ đề 2.1.7, E là một mở rộng hữu hạn của K, tức là dimK E < ∞ Vì E/K là một mở rộng hữu hạn, nên nó là mở rộng đại số, nghĩa là mọi phần tử của E đều có thể được biểu diễn dưới dạng đa thức với hệ số trong K.

E là một trường đại số trên K, do đó α là nghiệm của một đa thức f(x) bậc với hệ số trong K Nếu K là trường đóng đại số, thì α thuộc K và do đó E = K Định nghĩa 2.1.9: Cho V là vành giao hoán và J là iđêan của V, ta định nghĩa rad(J) = {a ∈ V | ∃n ∈ N, a^n ∈ J} Khi đó, rad(J) là iđêan của V chứa J và được gọi là căn của J.

J =rad(J) thì ta nói J là iđêan căn.

Ví dụ 2.1.10 Trong vành Z các số nguyên rad(p n Z) = pZ với p là một số nguyên tố tùy ý.

Nếu J 1 ⊆ J 2 là các iđêan của vành V, thì có thể khẳng định rằng rad(J 1 ) ⊆ rad(J 2 ) Cụ thể, trong trường hợp V = Z, vành các số nguyên, ta có rad(4Z) = 2Z = rad(8Z) Đối với một số tự nhiên n = p i 1 1 p i k k được phân tích thành tích các thừa số nguyên tố, thì rad(nZ) = p 1 pkZ Ngoài ra, khi V = K[x 1 , , xn] là vành đa thức với K là trường, nếu X ⊆ K n là tập đại số, thì iđêan định nghĩa của X sẽ được xác định.

I(X) = {f ∈ K[x 1 , xn] |f(a 1 , , an) = 0,∀(a 1 , , an) ∈ X} là một iđêan căn. Định lý 2.1.11 (Định lý không điểm Hilbert) Cho K là trường đóng đại số và J là một iđêan của K[x 1 , , xn] Khi đó

(i) J là iđêan tối đại của K[x 1 , , xn] nếu và chỉ nếu tồn tại các phần tử a 1 , , an của K sao cho J = (x 1 −a 1 , , xn−an).

Chứng minh rằng J = (x1 - a1, , xn - an) với a1, , an ∈ K Giả sử f ∈ K[x1, , xn] và f(a1, , an) = 0 Thay xi bằng (xi - ai) + ai trong f, ta có f = f1(x1 - a1) + + fn(xn - an) + b, với f1, , fn ∈ K[x1, , xn] và b ∈ K Vì f(a1, , an) = 0 nên b = 0, suy ra f ∈ J Do đó, ánh xạ ρ : K[x1, , xn] → K, với ρ(f) = f(a1, , an), là một toàn cấu và ker ρ = J.

K[x1, , xn]/J ∼= K Do đó K[x1, , xn]/J là trường và vì thế J là iđêan tối đại Ngược lại, cho J là iđêan tối đại của K[x 1 , , xn]. Đặt

Mối quan hệ giữa tập đại số và iđêan căn

Trong Tiết 1.2, chúng ta đã tìm hiểu về khái niệm tập đại số và định nghĩa iđêan của nó Đây không phải là một quan hệ song ánh, vì nếu

Nếu I là một iđêan tùy ý trong K[x₁, , xₙ], thì tập nghiệm của I và Rad(I) là giống nhau, mặc dù các iđêan I và Rad(I) có thể khác nhau Trong bài viết này, chúng ta sẽ tiếp tục khám phá mối quan hệ giữa các tập đại số và các iđêan căn.

Trong Chương 1, chúng ta đã trình bày khái niệm iđêan định nghĩa của tập đại số Để nhắc lại, iđêan định nghĩa của một tập đại số X được xác định bởi các yếu tố liên quan đến cấu trúc của X.

Bổ đề 2.2.1 NếuX là tập đại số thìI(X)là iđêan căn củaK[x1, , xn].

Chứng minh Theo Bổ đề 1.2.3, I(X) là một iđêan của K[x 1 , , xn].

Ta chỉ cần chứng minh I(X) là iđêan căn, tức là Rad(I(X)) = I(X).

Rõ ràng I(X) ⊆ Rad(I(X)) Cho f ∈ Rad(X) Khi đó tồn tại n ∈ N sao cho f n ∈ I(X) Suy ra f n (a) = 0 với mọi a = (a1, , an) ∈ X Vì thế f(a) = 0 với mọi a= (a 1 , , an) ∈ X Suy ra f ∈ I(X).

Theo Mệnh đề 1.2.1, nếu X là tập đại số trong K n thì tồn tại một iđêan J của K[x1, , xn] sao cho

Nói cách khác, mỗi tập đại số đều là tập nghiệm của một iđêan trong vành đa thức.

Trong bài viết này, chúng ta xem xét hai ánh xạ bảo toàn ngược quan hệ bao hàm, được định nghĩa như sau: ánh xạ α từ tập đại số trong K^n đến iđêan căn trong K[x_1, , x_n], với α(X) = I(X), và ánh xạ β từ iđêan căn trong K[x_1, , x_n] đến tập đại số trong K^n, với β(J) = Z(J).

Nếu X là tập con của Y trong không gian đại số K^n, thì hình ảnh lý thuyết I(X) sẽ chứa I(Y) Ngược lại, nếu J là một iđêan căn của J', thì tập hợp nghiệm Z(J) sẽ bao hàm Z(J') Điều này cho thấy rằng các yếu tố α và β duy trì mối quan hệ bao hàm theo chiều ngược lại.

Chú ý rằng các mối quan hệ α, β ở trên không là song ánh khi K không là trường đóng đại số.

Ví dụ 2.2.2 Cho K = Q là trường các số hữu tỷ, cho J = Q[X] và

Iđêan J′ = (x² - 2) trong Q[X] được sinh bởi đa thức bất khả quy x² - 2 Mặc dù J ≠ J′, cả hai iđêan này đều có tập nghiệm Z(J) = ∅ và Z(J′) = ∅ Cả J và J′ đều là các iđêan căn của Q[X], điều này dẫn đến việc β không phải là đơn ánh và cũng không phải là song ánh Để chứng minh α không phải là toàn ánh, giả sử α là toàn ánh, ta xem xét iđêan căn J′ = (x² - 2) của Q[X] Vì α là toàn ánh, nên tồn tại một tập đại số X của Q sao cho α(X) = J′, dẫn đến J′ = I(X) theo Mệnh đề 1.2.6.

(x 2 −2) = J ′ =I(X) =I(∅) = K[X]. Điều này vô lí Vậy α không là toàn ánh Do đó α cũng không là song ánh.

Ví dụ 2.2.3 Cho K = R là trường số thực Chọn J = R[X] và

Trong bài viết, ta có J ′ = (x 2 + 1) và từ đó suy ra rằng β(J) = β(J ′ ) = ∅ với J 6= J ′, cho thấy β không phải là hàm đơn ánh Thêm vào đó, J ′ được xác định là một iđêan căn của R[X], nhưng không tồn tại tập đại số X của R 1 sao cho α(X) = J ′, điều này chứng minh rằng α không phải là hàm toàn ánh.

Kết quả chính của tiết này cho thấy rằng, dựa trên Định lý không điểm Hilbert, khi K là một trường đóng đại số, các ánh xạ α và β đều là song ánh Cụ thể, Định lý 2.2.4 khẳng định rằng trong trường hợp K là trường đóng đại số, các ánh xạ α và β không chỉ là song ánh mà còn bảo toàn ngược quan hệ bao hàm.

Giả sử X và Y là hai tập đại số trong K^n với điều kiện I(X) = I(Y), theo Hệ quả 1.2.7, ta suy ra X = Y, từ đó chứng minh rằng α là đơn ánh Nếu I là một iđêan căn của K[x_1, , x_n], theo phát biểu (iii) của Định lý không điểm Hilbert, ta có những kết luận quan trọng về cấu trúc của các tập đại số này.

Do đó, α là toàn ánh, bảo toàn ngược quan hệ bao hàm, tức là nếu X ⊆ Y là hai tập đại số trong K^n thì I(X) ⊇ I(Y) Tiếp theo, β được chứng minh là song ánh Cho J và J' là hai iđêan căn của K[x₁, , xₙ] với β(J) = β(J') Khi đó, Z(J) = Z(J') Theo Định lý không điểm Hilbert, ta có

Vì thế, β là đơn ánh Cho X là tập đại số Khi đó

Vì thế β là toàn ánh Vì vậy, β là song ánh Rõ ràng β bảo toàn ngược quan hệ bao hàm.

Tập đại số bất khả quy

Các đa tạp bất khả quy, hay tập đại số bất khả quy, đóng vai trò quan trọng trong việc xây dựng các tập đại số Chúng ta sẽ tìm hiểu khái niệm tập đại số bất khả quy, tiêu chuẩn để xác định một tập đại số là bất khả quy, và định lý phân tích tập đại số thành hợp của các tập đại số bất khả quy Đặc biệt, nhờ vào Định lý không điểm Hilbert, có thể xây dựng một song ánh bảo toàn ngược giữa các tập đại số bất khả quy trong K^n và các iđêan trong vành đa thức K[x_1, , x_n], với điều kiện K là trường đóng đại số Nếu K không đóng đại số, mối quan hệ song ánh này có thể không tồn tại Định nghĩa 2.3.1 nêu rõ rằng một tập đại số X ⊆ K^n được coi là bất khả quy nếu X khác rỗng và không thể biểu diễn dưới dạng hợp của hai tập đại số nhỏ hơn.

Trong không gian Affine R³, tập X = {(t, t², t⁵) | t ∈ R} được xác định là một tập đại số bất khả quy Hệ quả 2.5.2 đã cung cấp chứng minh chi tiết cho tính chất này của tập X.

Theo Mệnh đề 1.2.2, không gian tôpô K n được xác định bởi tôpô Zariski, trong đó các tập đóng là các tập đại số trong K n Do đó, các tập đại số bất khả quy có những đặc tính tương tự như các tập đóng bất khả quy trong không gian tôpô thông thường Từ đó, chúng ta có thể rút ra kết quả sau: Mệnh đề 2.3.3 khẳng định rằng nếu X là một tập đại số trong K n và X không rỗng, thì

X là một tập đại số bất khả quy khi và chỉ khi mọi tập con của X mở theo tôpô cảm sinh đều là tập trù mật, nghĩa là bao đóng của chúng bằng chính tập đó.

Chúng ta sẽ liên kết mỗi đa tạp bất khả quy trong K n với một iđêan nguyên tố trong vành đa thức K[x1, , xn] Một iđêan I của vành đa thức K[x1, , xn] được coi là iđêan nguyên tố nếu I không bằng K[x1, , xn] và với hai đa thức bất kỳ f, g thuộc K[x1, , xn], nếu tích f g thuộc I thì ít nhất một trong hai đa thức f hoặc g cũng thuộc I.

Mệnh đề 2.3.5 Cho X ⊆ K n là tập đại số Khi đó X là bất khả quy nếu và chỉ nếu iđêan định nghĩa I(X) là iđêan nguyên tố.

Chứng minh Giả sử X ⊆ K n là tập đại số bất khả quy Vì X 6= ∅ nên I(X) 6= K[x 1 , , xn] Cho f g ∈ I(X) Đặt X 1 = X ∩ Z(f) và

X 2 = X ∩ Z(g), trong đó Z(f) và Z(g) lần lượt là tập nghiệm của f và g trong K n Rõ ràng X 1 , X 2 ⊆ X Suy ra X 1 ∪ X 2 ⊆ X Cho a ∈X Vì f g ∈ I(X) nên f(a)g(a) = 0 Suy ra f(a) = 0 hoặc g(a) = 0.

Do đó a ∈ Z(f) hoặc a ∈ Z(g) Vì thế a ∈ X 1 hoặc a ∈ X 2 Vì vậy

X ⊆ X1 ∪ X2 dẫn đến việc suy ra rằng X = X1 ∪ X2, với X và Z(f) đều là tập đại số Theo Mệnh đề 1.2.2, X1 = X ∩ Z(f) cũng là một tập đại số, tương tự như X2 Do X là bất khả quy, ta có X = X1 hoặc X = X2 Nếu X = X1 thì f thuộc I(X1) = I(X), còn nếu X = X2 thì g thuộc I(X2) = I(X) Do đó, I(X) được xác định là một iđêan nguyên tố.

Chúng ta sẽ chứng minh chiều ngược lại bằng cách xem xét X không bất khả quy Để chứng minh rằng I(X) không phải là iđêan nguyên tố, ta nhận thấy rằng do X không bất khả quy, tồn tại hai tập đại số X1 và X2 sao cho X = X1 ∪ X2, với điều kiện X1 và X2 không trùng nhau.

Ta khẳng định I(X 1 ) 6= I(X) Thật vậy, giả sử I(X 1 ) = I(X) Khi đó

Z(I(X 1 )) = Z(I(X)), trong đó Z(I(X 1 )) và Z(I(X)) lần lượt là tập nghiệm chung của I(X 1 ) và I(X) Vì X 1 và X là các tập đại số nên theo Mệnh đề 1.2.6 ta có Z(I(X1)) = X1 và Z(I(X)) = X Suy ra

X 1 = X là một mâu thuẫn, dẫn đến việc khẳng định rằng I(X 1 ) 6= I(X) Vì X 1 là tập con của X, nên I(X 1 ) chứa I(X) Chọn một đa thức f thuộc I(X 1 ) nhưng không thuộc I(X) Lấy một đa thức g thuộc I(X 2) tùy ý, và g sẽ triệt tiêu trên X 2 Do f thuộc I(X 1 ), f cũng triệt tiêu trên X 1 Vì X = X 1 ∪ X 2, nên tích fg sẽ triệt tiêu trên X, suy ra fg thuộc I(X) Vì X 2 khác X, từ các lập luận tương tự, ta cũng có I(X 2 ) 6= I(X) Do đó, vì X 2 là tập con của X, I(X 2 ) cũng chứa I(X).

Vì thế ta chọn đượcg ∈I(X2)\I(X) Khi đó f g ∈ I(X) vớif, g /∈ I(X). Điều này chứng tỏ I(X) không là iđêan nguyên tố.

Các tập đại số bất khả quy là những thành phần cơ bản cấu thành nên các tập đại số, như được nêu trong Định lý 2.3.6 (Định lý phân tích bất khả quy) Định lý này khẳng định rằng nếu X là một tập đại số không rỗng trong K n, thì tồn tại một số hữu hạn các tập đại số bất khả quy X 1, X 2, , Xn sao cho X có thể được biểu diễn dưới dạng hợp của các tập này: X = X 1 ∪ ∪ Xn.

Chúng ta sẽ chứng minh định lý bằng phương pháp phản chứng Giả sử tồn tại một tập đại số X khác rỗng mà không phải là hợp của hữu hạn tập đại số bất khả quy Nếu X là bất khả quy, thì X sẽ bằng chính nó, dẫn đến sự phân tích cần tìm Do đó, ta có thể viết X = Y1 ∪ Y2, trong đó Y1 và Y2 là những tập đại số khác với X.

Nếu Y2 có thể phân tích thành hợp của hữu hạn tập đại số bất khả quy, thì X cũng có thể được coi là hợp của hữu hạn tập đại số bất khả quy Vì vậy, Y1 hoặc

Y2 là hợp của các tập đại số hữu hạn bất khả quy Giả sử Y1 không phải là hợp của các tập đại số hữu hạn bất khả quy, do đó ta có Y1 = Y11 ∪ Y12, trong đó Y11 và Y12 là các tập đại số thỏa mãn điều kiện này.

Y 11 6= Y 1 , Y 12 6= Y 1 Cứ tiếp tục các lập luận trên, ta được dãy giảm không dừng các tập đại số

Từ đây ta có dãy tăng các iđêan định nghĩa

Chú ý rằng dãy iđêan ở trên là dãy tăng nghiêm ngặt Thật vậy, nếu

I(X) = I(Y 1 ) thì Z(I(X)) = Z(I(Y 1 )) và do đó theo Mệnh đề 1.2.6 ta có X =Y 1 , vô lí Suy ra I(X) 6=I(Y 1 ) Tương tự ta có

Vì vành đa thức K[x 1 , , xn] là vành Noether (theo Định lý cơ sở Hilbert), nên mọi dãy tăng các iđêan của nó phải dừng, điều này là vô lý.

Để chứng minh tính duy nhất của phân tích bất khả quy trong Định lý 2.3.6, ta cần xem xét phân tích không thừa của một tập đại số X khác rỗng Theo Định nghĩa 2.3.7, nếu X = X1 ∪ ∪ Xn là phân tích của X thành hợp các tập đại số bất khả quy, thì phân tích này được coi là không thừa khi mỗi thành phần Xi không thể bị loại bỏ.

Xj, với mọi i = 1, , n. Định lý 2.3.8 (Tính duy nhất của phân tích) Cho

X = X1∪ .∪Xn =Y1 ∪ .∪Yk là hai phân tích bất khả quy không thừa của tập đại số X ⊆ K n Khi đó n = k và sau một phép hoán vị δ của tập {1,2, , n} ta có

Chứng minh Với mỗi i ∈ {1,2, , n} ta có

Xi = Xi∩X = (Xi∩Y 1 )∪ .∪(Xi ∩Yk).

Theo Mệnh đề 1.2.2, tập Xi∩Yj là một tập đại số Do Xi không thể quy về tập khác, nên tồn tại j ∈ {1,2, , k} sao cho Xi = Xi ∩ Yj, điều này dẫn đến kết luận rằng Xi ⊆ Yj Tương tự, với mỗi j ∈ {1,2, , k}, chúng ta cũng có kết quả tương tự.

Yj =Yj ∩X = (Yj ∩X 1 )∪ .∪(Yj ∩Xn).

Suy ra Yj =Yj ∩Xt với t nào đó Vì thế Yj ⊆ Xt Do đó Xi ⊆ Yj ⊆ Xt.

Do phân tích bất khả quy X = X 1 ∪ .∪Xn không thừa nên quan hệ

Xi ⊆ Xt kéo theo i = t Suy ra Xi = Yj Hoàn toàn tương tự ta suy ra k = n và tồn tại hoán vị δ của tập {1,2, , n} sao cho

Trong phần tiếp theo, chúng ta sẽ khám phá mối quan hệ giữa các đa tạp bất khả quy trong không gian K^n và các iđêan nguyên tố trong K[x₁, , xₙ] Đặc biệt, chúng ta sẽ xem xét hai ánh xạ α ∗ và β ∗, giúp làm rõ sự tương tác giữa các khái niệm này.

K[x 1 , , xn]} xác định bởi α ∗ (X) =I(X). β ∗ : { iđêan nguyên tố trong K[x 1 , , xn]} → { tập đại số bất khả quy trong K n } cho bởi β ∗ (J) =Z(J).

Khi K là trường bất kỳ, các ánh xạ α ∗ , β ∗ ở trên nhìn chung không là song ánh Sau đây là một ví dụ.

Một ứng dụng xét tính bất khả quy của đa thức nhiều biến 29

Trong tiết này ta giả thiết K là một trường vô hạn (không nhất thiết đóng đại số), chẳng hạn K = R.

Trước khi trình bày các kết quả, cần nhắc lại khái niệm về vành nửa nhóm Theo định nghĩa, một tập H được gọi là nửa nhóm nếu nó chứa số 0 và tổng của bất kỳ hai phần tử a và b trong H cũng thuộc H, với điều kiện a, b là các phần tử của H.

Ví dụ 2.4.2 Cho a 1 , a 2 , , an ∈N Đặt

< a 1 , a 2 , , an >= {c 1 a 1 + .+cnan | ci ∈ N,∀i = 1, , n} Khi đó ha 1 , a 2 , , ani là nửa nhóm vì ta có

Trong bài viết này, chúng ta xem xét một nửa nhóm được định nghĩa bởi các phần tử a1, a2, , an Nếu a và b thuộc nửa nhóm này, với a được biểu diễn dưới dạng a = c1a1 + + cnan và b = d1a1 + + dnan, thì tổng a + b cũng thuộc nửa nhóm, cụ thể là a + b = (c1 + d1)a1 + + (cn + dn)an Chúng ta gọi nửa nhóm này là nửa nhóm sinh bởi a1, a2, , an Định nghĩa 2.4.3 đề cập đến một nửa nhóm H thuộc N và cách nó được áp dụng trong vành đa thức K[t].

Khi đó K[H] là vành con của vành đa thức K[t] Ta gọi K[H] là vành nửa nhóm sinh bởi H).

Ví dụ 2.4.4 Cho H = ha 1 , a 2 , , ani ⊆ N Khi đó

Để xét tính bất khả quy của đa thức nhiều biến trên K = R, một đa thức f ∈ K[x₁, , xₙ] được coi là bất khả quy nếu f khác 0, không khả nghịch và không có ước thực sự Đối với trường hợp n = 1, một đa thức f ∈ K[x] là bất khả quy khi deg f > 0 và không thể viết thành tích của hai đa thức có bậc nhỏ hơn Khi K = R, các đa thức bất khả quy trong R[x] chỉ là các đa thức bậc nhất hoặc bậc hai có biệt thức ∆ âm Tuy nhiên, với n > 1, việc xác định tính bất khả quy trong vành R[x₁, , xₙ] trở nên rất phức tạp.

Kết quả sau đây cho ta một lớp đa thức hai biến bất khả quy trên R. Đây là kết quả mới của luận văn do tác giả phát hiện.

Trong chứng minh kết quả, ta cần sử dụng tính chất của iđêan nguyên tố: iđêan I của vành giao hoán V là nguyên tố nếu và chỉ nếu vành thương V/I là miền nguyên Theo định lý 2.4.5, nếu m và n là hai số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thì đa thức x^n - y^m là bất khả quy trong vành R[x, y].

Chứng minh Xét ánh xạ ϕ :R[x, y]→ R[t m , t n ] cho bởi ϕ(f(x, y)) =f(t m , t n ) Rõ ràng x n −y m ∈ Kerϕ vì (t m ) n −(t n ) m = 0 Đặt J = (x n −y m ) là iđêan sinh bởi x n −y m Khi đó J ⊆ Kerϕ Ngược lại, cho f(x, y) là một phần tử trong Kerϕ.

Cho i∈ N Viết i =qir +ri có 0 ≤ ri < n, qi ∈ N Ta có x i y j = x r i (x n −y m +y m ) q i y j

= (x n −y m )gi+x r i y q i+j trong đó gi ∈ R[x, y] Vì f là tổng của hữu hạn phần tử có dạng aijx i y j với aij ∈ R, nên ta có f(x, y) = X aijx i y j = X aij[(x n −y m )gi+x r i y q i+j ]

= X aij(x n −y m )gi +X bijx i y j trong đó bij ∈ R với mọi i < n và mọi j.

Do f(x, y) ∈ Kerϕ nên f(t m , t n ) = 0 Suy ra h(t m , t n ) = 0, với mọi t ∈ R, trong đó h(x, y) = P bijx i y j Ta có h(t m , t n ) = X i