Định nghĩa 20. Cho tập X tùy ý khác rỗng. Ta gọi P(X) là tập hợp tất cả các tập con của X. Gọi A∗ là một họ các tập con của X. A∗ được gọi là một đại số các tập con của X nếu A∗ thỏa ba tiên đề sau:
1. X ∈A∗
2. ∀A∈A∗⇒Ac ∈A∗ (Đóng kín với phép toán lấy phần bù) 3. ∀A, B ∈A∗, A∪B ∈A∗ (Đóng kín với phép toán hợp)
Định nghĩa 21. Cho tập X tùy ý khác rỗng. Ta gọi P(X) là tập hợp tất cả các tập con của X. Gọi A∗ là một họ các tập con của X. A∗ được gọi là một σ - đại số các tập con của X nếu A∗ thỏa mãn ba tiên đề sau:
1. X ∈A∗
2. ∀A∈A∗⇒Ac ∈A∗ (Đóng kín với phép toán lấy phần bù) 3. ∀A1, A2, ..., An, ...∈A∗ ⇒[
i≥1
Ai ∈A∗
Dựa vào hai định nghĩa trên ta có nhận xét
Nhận xét 20. Khái niệm "đại số các tập con của tập X" và khái niệm
"σ - đại số các tập con của X" rất gần với nhau. Điều đó thể hiện qua sự giống nhau giữa hai tiên đề đầu tiên. Sự khác biệt cơ bản giữa hai khái niệm này là ở tiên đề số 3. Đối với "đại số các tập con của X thì hợp "HỮU HẠN" các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗. Còn
"σ - đại số các tập con của X" hợp "VÔ HẠN" các phần tử của A∗ là một phần tử thuộc A∗
Mệnh đề 29. Cho X là một tập tùy ý khác rỗng. Gọi A∗ là một "đại số các tập con của X". Khi đó:
1. ∅ ∈A∗
2. Hợp hữu hạn các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗ Hay A1, A2, ..., An ∈A∗ ⇒
n
[
i=1
Ai ∈A∗
3. Giao hữu hạn các phần tử thuộc A∗ là một phần tử thuộc A∗ (Đóng kín với phép toán giao)
Hay A1, A2, ..., An ∈A∗ ⇒
n
\
i=1
Ai ∈A∗
4. Đóng kín với phép toán hiệu nghĩa là: ∀A, B ∈A∗ ⇒A\B ∈A∗
5. Đóng kín với phép toán lấy hiệu đối xứng nghĩa là: ∀A, B ∈ A∗ ⇒ A△B ∈A∗
Định lý 35. Cho tập X bất kỳ khác rỗng. Giả sử trên X có một phép toán α. Phép toán α được gọi là đóng kín với tập X nếu ta lấy hai phần tử bất kỳ thuộc X, thao tác qua phép toán ta được một phần tử mới và phần tử này cũng thuộc X.
Để dễ hiểu ta lấy một ví dụ đơn giản. Trên tập N có phép toán cộng thông thường. Ta lấy hai phần tử bất kỳ thuộc N (lấy hai số tự nhiên).
Dễ thấy rằng cộng hai số tự nhiên là một số tự nhiên và số tự nhiên này cũng thuộc N. Như vậy ta nói N đóng kín với phép cộng.
Trong trường hợp tổng quát thì nó sẽ là một tập X bất kỳ.
Tiếp theo ta sẽ chứng minh từng ý trong mệnh đề 1.
Chứng minh:
1. Vì X ∈A∗ (Tiên đề 1) nên Xc =∅ ∈A∗ (Tiên đề 2)
2. Ta quy nạp dựa theo tiên đề 2 sẽ có điều phải chứng minh.
3.∀A, B ∈A∗ ta có Ac, Bc ∈A∗. Khi đó(Ac∪Bc)∈A∗ ⇒[(Ac∪Bc)]c∈A∗ hay A∩B ∈A∗
Từ đây ta quy nạp lên giao hữu hạn phần tử sẽ có điều phải chứng minh.
4. Chưa chứng minh 5. Chưa chứng minh
22 Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính
Định lý 36 (Định lý sự tồn tại và duy nhất cho hệ thống tuyến tính).
Cho I là một đoạn thực bất kỳ và giả sử rằng A ∈ C(I, Mn(F)), B ∈ C(I,Fn). Cho mọi τ ∈ I, ξ ∈ Fn tồn tại một giải pháp duy nhất X của (IV P) trên đoạn I.
Chứng minh. Cho bất kỳ t ∈ I, giả sử J = [c;d] là bất kỳ đoạn con bị chặn của I sao cho τ, π ∈ J, Bởi định lý 7.3 tồn tại một hàm Xj khác biệt duy nhất trên đoạn con [a, b] sao cho
XJt(s) = A(s)XJ(s) +B(s), XJ(τ) =ξ, s ∈J
Định nghĩa X(t) = Xj(t). Nếu ta chọn bất kỳ J1 = [c1, c2] ⊂ I sao cho τ, t∈J1, khi đó J1∩J là một đoạn con bị chặn chứa τ, t và kết quả duy nhất áp dụng cho đoạn này cho thấy rằng XJ1(s) = XJ(s), s∈J1∩J Đặc biệt, XJ1(t) = XJ(t). Để định nghĩa của chúng ta vềX(t)không phụ thuộc vào J được chọn. Vì X có tính khả vi trên [a, b] và thỏa mãn
X′(t) =A(t)X(t) +B(t), X(τ) =ξ, t ∈I
Nó là một giải pháp của (IV P) trên đoạn I. Nó là duy nhất, vì nếu Y cũng là môt giải pháp trên I thì đối với mọi t thuộc I có một đoạn con nhỏ J chứa τ, t và kết quả duy nhất cho J ngụ ý rằng X(t) =Y(t).
Trước khi tiếp tục phát triển lý thuyết, chúng ta xem xét một ví dụ khác. Xét bài toán với n = 1 :
x′= 3t2x, x(0) = 1, t∈ R Phương trình tích phân tương ứng là
x(t) = 1 + Z t
0
3s2x(s)ds= (T x)(t), t ∈ R.
Nếu x0(t) = 1, thì
xm+1(t) = 1 + Z t
0
3s2xm(s)ds, m= 0,1,2. . . Do đó
x1(t) = 1 + Z t
0
3s2ds= 1 +t3,
x2(t) = 1 + Z t
0
3s2[1 +s3]ds= 1 +t3+t6/2,
x3(t)1 + Z t
0
3s2[1 +s3+s6/2]ds= 1 +t3+t6/2 +t9/6, Và một quy nạp cho thấy rằng
xm = 1 +t3+ (t3)2
2 +(t3)3
3! +ã ã ã+(t3)m m! .
Chúng ta nhận raxm(i) là môt tổng riêng cho việc triển khai dãy số của hàm x(t) = et3.
Dãy số này hội tụ đến x(t) cho mọi t thuộc R, và hàm x(t) là kết quả của vấn đề.
Nhìn lại phương pháp chứng minh định lý 7.3, không khó để nhận thấy rằng bất kỳ sự lựa chọn nào của hàm liên tục ban đầu X0(t)cũng sẽ dần đến cùng một giải pháp X(t). Thực sự, bất đẳng thức cơ bản đó sẽ được áp dụng
|Xm+1(t)−Xm| ≤ ∥A∥∞ Z t
τ
|Xm(s)−Xm−1(s)|ds, m≥1, t∈I.
Sự khác biệt duy nhất phát sinh do sự khác biệt ban đầu giữa Xi(t)− X0(t). Ước lượng thu được từ lập luận quy nạp sau đó trở thành
|Xm+1(t)−Xm| ≤ ∥X1−X0∥∞h
∥A∥∞[t−τ]im /m!
Phần còn lại của lập luận diễn ra như trước đây, đưa ra giải pháp duy nhất X(t) của (7.2). Nếu (IV P) được xem xét trên bất kỳ đoạn I nào, ta cũng có thể ước lượng khoảng cách giữa Xm(t) và X(t) trên bất kỳ đoạn con nhỏ J = [a, b] nằm trong I chứa τ. Với mọi k > m
∥X−Xm∥∞,J ≤ ∥X−Xk∥∞,J +∥Xk−Xm∥∞,J
≤ ∥X−Xk∥∞,J +∥(Xk−Xk−1) + (Xk−1−Xk−2) +ã ã ã+ (Xm+1−Xm)∥∞,J Và sử dụng bất đẳng thức tam giác và lấy giới hạn khi (7.10) ngụ ý rằng
∥X−Xm∥∞,J ≤
∞
X
k=m
∥Xk+1−Xk∥∞,J, (7.11)
≤ ∥X1−X0∥∞,J
∞
X
k=m
h
∥A∥∞,J[b−τ] im
/m!.
Tất nhiên, chuỗi cuối cùng này lại là phần còn lại của chuỗi cho hàm mũ (∥A∥∞,J[b−τ]).
Do đó (7.11) ngụ ý rằng Xm →X trong định mức tối đa trên mỗi J. Chúng tôi tóm tắt trong định lý sau đây
Định lý 37 (Định nghĩa các xấp xỉ liên tiếp bởi).
Xm+1(t) = ξ+ Z t
τ
[A(s)Xm(s) +B(s)]ds, t∈I
Tại X0∈C(I,Fn) là tùy ý. Nếu X(t) là giải pháp của (IV P) trên I, thì Xm→X đồng đều
∥X−Xm∥∞,J →0, k→ ∞ Trên mỗi đoạn con nhỏ J ⊂I chứa τ
23 Tính liên tục của các giải pháp
Trở lại tình huống trong Định lý 7.3, trong đó [a, b] là một đoạn đóng, giải pháp X(t) của bài toán giá trị ban đầu.
X′=A(t)X+B(t), X(τ) = ξ, t ∈I,IV P
Rõ ràng phụ thuộc vào τ ∈ I, ξ ∈ Fn,A ∈ C(I, Mn(F)) và B ∈C(I,Fn). Kết quả chính của phần này khẳng định rằng đối với mọi t∈ I. Giá trị X(t) à một hàm liên tục của các biến này. Phân tích sự phụ thuộc này bắt đầu bằng một ước lượng cho ∥X∥∞ điều này được suy ra bằng cách sử dụng phương pháp chứng minh Định lý 7.3
Bắt đầu với việc xấp xỉ kế tiếp từ X0(t) = ξ+
Z t τ
B(s)ds,
Kết quả
X(t) = lim
k→∞Xk(t) Sau đó đáp ứng ước lượng
∥X∥∞ =∥ lim
k→∞Xk∥=
k→∞lim
X0(t) +
k−1
X
m=0
(Xm+1(t)−xm(t))
∞
≤ ∥X0∥+
∞
X
m=0
∥Xm+1−Xm∥∞
Bây giờ có thể áp dụng bất đẳng thức (7.8), cho kết quả là
∥X∥∞≤ ∥X0∥∞+∥X0∥∞
∞
X
m=0
∥A∥m+1∞ [b−τ]m+1 (m+ 1)!
=∥X0(t)∥∞exp(∥A∥∞[b−τ]).
Từ
∥X0(t)∥∞ =
ξ+ Z t
τ
B(s)ds ∞
≤ |ξ|+|b−a|∥B∥∞,
Ước lượng mong muốn cho ∥X∥∞ là
∥X∥∞≤
|ξ|+|b−a|∥B∥∞
exp(∥A∥∞[b−a]). (7.12)
Ước lượng đơn giản (7.12) có thể được sử dụng để chỉ ra bằng X là một hàm liên tục chung trong tất cả các biến này. Do đó, một sự thay đổi nhỏ trong t,A, b, τ, ξ sẽ tạo ra một sự thay đổi nhỏ trong X. Nếu chúng ta ký hiệu giải pháp của (IV P) tại thời điểm t bằng X(t,A, B, τ, ξ), sau đó, định lý 7.6 cung cấp ý nghĩa chính xác cho phát biểu rằng
X(s,C, D, σ, η)→X(t,A, B, τ, ξ), tại
(s,C, D, σ, η)→(t,A, B, τ, ξ).
Đó là, X là liên tục tại (t,A, B, τ, ξ).
Định lý 38. Đặt I là một đoạn[a, b]bị chặn,A,C∈C(I, Mn(F)),B, D∈ C(I,Fn), τ, σ ∈I, ξη ∈ Fn. Giả định X là kết quả của
X′ =A(t)X+B(t), X(τ) = ξ, t ∈I
Cho mọi t thuộc I và e > 0, ở đó có tồn tại ϵ > 0 như vậy nếu Y là kết quả của
Y′ =C(t)Y +D(t), y(σ) =η, t∈I và
|s−t|< δ, ∥C−A∥∞< δ, ∥D−B∥∞ < δ
|σ−τ|< δ, |η−ξ|< δ Vậy
|Y(s)−X(t)|< ϵ (7.14)
Chứng minh. Hiệu hai phương trình cho X(t) và Y(t) ta được (Y −X)′ =C(t)(Y −X) + (C(t)−A(t))X+D(t)−B(t).
Do đó nếu Z =Y −X thì Z đáp ứng giá trị bài toán ban đầu Z′ =C(t)Z+E(t), Z(σ) = η−X(σ)
Nơi
E(t) = (C(t)−A(t))X(t) +D(t)−B(t).
Chúng ta có thể áp dụng đánh giá (7.12) cho Z và thu được
∥Y −X∥∞=∥Z∥∞ ≤
|Z(σ)|+ (b−a)∥E∥∞
exp(∥C∥∞[b−a]) (7.15) Đặt e >0 được cho. Ta thấy
|Y(s)−X(t)|<|Y(s)−X(s)|+|X(s)−X(t)|
≤ ∥Y −X∥∞+|X(s)−X(t)| (7.16)
Từ X là liên tục tại t, cho mọi e >0 có ϵ >0 như vậy |s−t|< δ1. Ngụ ý
|X(s)−X(t)|< ϵ 3 Mà còn
|Z(σ)|=|η−X(σ)| ≤ |η−ξ|+|X(τ)−X(σ)|
Từ X là liên tục tại t, cho mọi e >0 có ϵ2>0 như vậy
|η−ξ|< δ2, |τ −σ|< δ2 Ngụ ý
|Z(σ)| exp(∥C∥∞[b−a])< ϵ 3. Cuối cùng, từ
E(t) = (C(t)−A(t))X(t) +D(t)−B(t) Có ϵ3 như vậy
∥C−A∥∞< ϵ3, ∥D−B∥∞< ϵ3 Ngụ ý
|b−a|∥E∥∞exp(∥C∥[b−a])< ϵ 3.
Và chọn δ > 0 thoả mãn δ = min(δ1, δ2, δ3). Vậy nếu (7.13) là hợp lệ cho ϵ (7.14) sau từ (7.15)-(7.19)
24 Một số kết quả liên quan
Trong toàn bộ luận văn, chúng ta ký hiệuJ(R)là căn Jacobson của vành R và U(R) là tập hợp tất cả các phần tử khả nghịch của vànhR có đơn vị.
Trong [?], các tác giả đã định nghĩa một vànhR được gọi là U J-vành nếu 1 +J(R) =U(R).
Cho S là một vành, không nhất thiết phải có đơn vị, khi đó vị nhóm S◦= (S,◦) của S là tập hợp S với phép toán
◦:S×S→S
(x, y)7→x◦y=x+y−xy.
Mặt khác, nếu S là vành có đơn vị, khi đó S◦ là đẳng cấu với vị nhóm (S, .) củaR với đẳng cấu
◦: (S,◦)→(S, .) x7→1−x.
Cụ thể, y ∈ S là khả nghịch trong vị nhóm S◦ (được gọi là phần tử tựa khả nghịch hay phần tử tựa chính quy) khi và chỉ khi 1−y là phần tử khả nghịch trong vành S và nhóm các phần tử khả nghịch U(S) của S là đẳng cấu với nhóm U◦(S) các phần tử tựa khả nghịch của S. Phần tử nghịch đảo của y trong S◦ được gọi là tựa nghịch đảo của y. Ta biết rằng I =J(S) là iđêan lớn nhất của S thỏa mãn U◦(I) = I.
Bổ đề 6 ([?], Bổ đề 1.1). Các điều kiện sau là tương đương đối với một vành R đã cho:
(1) U(R) = 1 +J(R), hay R là U J-vành;
(2) U(R/J(R)) ={1};
(3) C(R) là iđêan của R (khi đó C(R) =J(R)), với C(R) là tập các phần tử tựa chính quy của R;
(4) rb−cr ∈J(R), r∈R và b, c∈ C(R); (5) ru−vr∈J(R), u, v ∈U(R) và r ∈R;
(6) U(R) +U(R)⊆J(R) (khi đó U(R) +U(R) =J(R)).
Một vành được gọi là hữu hạn Dedekind nếu ab= 1 thì ba= 1 với a, b là hai phần tử bất kỳ của vành.
Mệnh đề 30 ([?], Mệnh đề 1.3). Cho R là U J-vành. Khi đó (1) 2∈J(R);
(2) Nếu R là thể, khi đó R∼=F2;
(3) R là rút gọn (không có phần tử lũy linh khác không) do đó R giao hoán;
(4) Nếu x, y ∈ R thỏa mãn xy ∈ J(R) khi đó yx ∈ J(R) và xRy, yRx ⊆ J(R);
(5) Giả sử I ⊆J(R) là iđêan của R. Khi đóR là U J-vành khi và chỉ khi R/I là U J-vành;
(6) R là hữu hạn Dedekind;
(7) Vành Y
i∈I
Ri là U J-vành khi và chỉ khi các vành Ri là U J-vành với mọi i∈I.
Một vành R được gọi là nửa địa phương nếu vành thương R/J(R) là tổng trực tiếp của các iđêan phải cực tiểu.
Mệnh đề 31 ([?], Mệnh đề 1.4). Vành nửa địa phương R là U J-vành khi và chỉ khi R/J(R)≃F2×. . .×F2.
Cho R là một vành có đơn vị. Ta ký hiệuMn(R) là vành các ma trận cấp n×n trên R.
Định lý 39 ([?], Định lý 3). Cho R là vành tùy ý, có đơn vị và n >1. Khi đó, mỗi phần tử của Mn(R) là tổng của ba phần tử khả nghịch của Mn(R).
Cho R là một vành có đơn vị, một phần tử a ∈ R được gọi là clean nếu a có biểu diễn a=e+u trong đó e là phần tử lũy đẳng của R, u là phần tử khả nghịch của R nào đó. Ta ký hiệu Cl(R) là tập tất cả các phần tử clean của vành R. Một vànhR được gọi làclean nếuR=Cl(R).
Hệ quả 10 ([?], Hệ quả 1.7). Cho R là một vành. Khi đó, các điều kiện sau là tương đương
(i) R là vành rút gọn;
(ii) U(R[x]) = U(R); (iii) Cl(R[x]) =Cl(R).
Cho R là một vành và M là song môđun trên vành R. Một mở rộng tầm thường của R và M là
T(R, M) = {(r, m) :r∈R và m∈M},
với phép cộng theo các thành phần và phép nhân được định nghĩa bởi (r, m)(s, n) = (rs, rn+ms).
Mệnh đề 32 ([?], Mệnh đề 4.9 (2)). Cho R là một vành và M là song môđun trên R. GọiT(R, M)là mở rộng tầm thường. Khi đó tập các phần tử khả nghịch của T(R, M) là U(T(R, M)) =T(U(R), M).
Một vành R được gọi là I-vành nếu mỗi iđêan phải lũy linh khác không đều chứa ít nhất một phần tử lũy đẳng khác không.
Một hệ n2 phần tử {eij} của vành R được gọi là hệ các ma trận khả nghịch nếu
eijej′k =
(0 nếu j ̸=j′ ejk nếu j =j′.
Định lý 40 ([?], Định lý 2.1). Cho R là I-vành. Nếu a là phần tử lũy linh cấp n (nghĩa là an = 0, an−1 ̸= 0) và nếu an−1 ∈/ J(R) thì iđêan (a) sinh bởi a chứa hệ n2 các ma trận khả nghịch.
25 Vô hạn chiều.
Định nghĩa 22. (i) Không gian vector thực E được gọi là vô hạn chiều nếu nó không hữu hạn chiều và ta viết dimRE =∞.
(ii) Nếu dimRE = ∞, hệ B ⊂ E được gọi là một cơ sở (đại số hoặc Hamel) của E nếu nó là hệ các vector độc lập tuyến tính (nghĩa là mỗi tập con hữu hạn của nó đều là độc lập tuyến tính) và B là tập lớn nhất của tất cả các tập chứa các vector độc lập tuyến tính trong E.
Điều này có thể được chứng minh theo nguyên lý cực đại Hausdorff, với mỗi không gian vector vô hạn chiều E có một cơ sở B và mỗi phần tử thuộc E có thể được biểu diễn duy nhất (hữu hạn) theo tổ hợp tuyến tính của những phần tử thuộc B.
Khi dimRE =∞, (E,∥.∥E) và (E′,∥.∥E′) không nhất thiết là đẳng cấu topo. Tuy nhiên, ta chứng minh một vài tính chất topo của (E′,∥.∥E′) như là tính tách được vẫn còn giữ trên (E,∥.∥E).
Định lý 41. (E,∥.∥E) là tách được nếu (E′,∥.∥E′) là tách được.
Trước khi chứng minh định lý này thì ta cần sử dụng điều kiện trù mật cho không gian con định chuẩn, đó là hệ quả của định lý Hahn-Banach thứ hai về hình học.
Mệnh đề 33 (Điều kiện trù mật trong không gian con). Cho (E,∥.∥E) là không gian định chuẩn. Giả sử M ⊂ E là một không gian con không trù mật trong (E,∥.∥E) và lấy x0 ∈E\M. Khi đó tồn tại f ∈E′ sao cho
⟨f, x⟩E′×E = 0, ∀x∈M và ⟨f, x0⟩E′×E = 1.
Chứng minh. Từ định lý Hahn-Banach thứ hai về hình học, tồn tạig ∈E′ sao cho siêu phẳng
H :={x∈E :⟨g, x⟩E′×E =α}, tách các tập M và {x0} một cách nghiêm ngặt, tức là
⟨g, x⟩E′×E < α <⟨g, x0⟩E′×E ∀x∈M . (71) Từ M vẫn là không gian con, theo (??), suy ra
λ⟨g, x⟩E′×E < α, ∀λ∈R, do
⟨g, x⟩E′×E = 0, ∀x∈M . (72)
Do đó, nếu ta xác định hàm f ∈E′ bởi
f := 1
⟨g, x0⟩E′×E
g,
ta có điều phải chứng minh.
Chứng minh Định lý 36. Cho
D:={fh :h∈N} ⊂(E′,∥.∥E′), là trù mật. Với mỗi h thì sẽ có một phần tử xh∈E với
∥xh∥= 1 và |fh(x)| ≥ 1
2∥fh∥E′. Cho
De :=spanQ{xh:h∈N} và D :=spanR{xh:h∈N},
tức là, các tập của tất cả các tổ hợp tuyến tính của các phần tử {xh : h∈N} với hệ số thực. Khi đó De là đếm được, D là không gian con của E và theo cách xây dựng
D˜ ⊂(D,∥.∥) là trù mật.
Để đưa ra được kết luận của chứng minh, ta cần phải chỉ ra rằng D⊂(D,∥.∥) là trù mật.
Theo phản chứng, nếu Dkhông trù mật, lấy x0 ∈E\D. Khi đó từ mệnh đề ??, tồn tại f ∈E′ sao cho
⟨f, x⟩E′×E = 0, ∀x∈D và ⟨f, x0⟩E′×E = 1.
Từ D trù mật, có một dãy con (fhk)k mà
k→∞lim ∥fhk−f∥E′ = 0.
Tuy nhiên, từ ∥xhk∥= 1,
∥fhk −f∥E′ ≥ |fhk(xhk)−f(xhk)|=|f(xhk)| ≥ 1
2∥fhk∥E′ ∀k∈N. Do dó
∥fhk∥E′ →0 khi k → ∞,
nghĩa là
f ≡0, mâu thuẫn với f(x0) = 1. Vì vậy
D=E.
26 Các tính chất tổng quát của các ∆U -vành
Ta biết rằng 1 +J(R)⊆U(R). Vành R được gọi là U J-vành nếu U(R)⊆ 1 +J(R), nghĩa là 1 +J(R) = U(R). Lưu ý nếu R là U J-vành khi đó
∆(R) =J(R).
Một vành R được gọi là ∆U-vành nếu 1 + ∆(R) = U(R).
Mệnh đề 34. Một vànhR là∆U-vành khi và chỉ khiU(R)+U(R)⊆∆(R) (khi đó U(R) +U(R) = ∆(R)).
Chứng minh. Giả sửR là ∆U-vành, lấy bất kỳ u, v ∈U(R), ta có 1 +u∈
∆(R) và 1 − v ∈ ∆(R), do đó u+ v = (1 + u)− (1− v) ∈ ∆(R) hay U(R) +U(R)⊆∆(R).
Ngược lại, giả sử U(R) +U(R)⊆∆(R), suy raU(R) +U(R) = ∆(R)(vì
∆(R)⊂U(R) +U(R)) hay 1 + ∆(R) = U(R) . Vậy R là ∆U-vành.
Mệnh đề sau trình bày một số tính chất cơ bản của ∆U-vành.
Mệnh đề 35. Cho R là một ∆U-vành. Khi đó (1) 2∈∆(R);
(2) Nếu R là thể, khi đó R∼=F2;
(3) Nếu x2 ∈∆(R) thì x∈∆(R) (do đó N(R)⊆∆(R));
(4) R là hữu hạn Dedekind;
(5) Cho I ⊆ J(R) là iđêan của R. Khi đó R là ∆U-vành khi và chỉ khi R/I là ∆U-vành;
(6) Vành Y
i∈I
Ri là ∆U khi và chỉ khi các vành Ri là ∆U, với mọi i∈I.
(7) Nếu T là vành con của R thỏa mãn U(T) = U(R)∩T, khi đó T là
∆U-vành. Cụ thể áp dụng cho Z =Z(R) tâm của R. Chứng minh. (1) Từ Mệnh đề 84 ta dễ dàng suy ra 2∈∆(R).
(2) Nếu R là thể thì ∆(R) = 0. Vì vậy R là U J-vành nên ta suy ra R∼=F2.
(3)Giả sửx2∈∆(R). Khi đó(1+x)(1−x) = (1−x)(1+x) = 1−x2 ∈U(R) tức là1+x∈U(R). VìRlà∆U-vành nên1+x∈1+∆(R), do đóx∈∆(R). (4) Giả sử a, b∈R với ab = 1. Khi đó phần tử 1−ba là lũy đẳng của R,
[b(1−ba)]2 = 0 = [(1−ba)a]2∈∆(R).
Từ (3), ta có b(1−ba)∈∆(R) và (1−ba)a∈∆(R). Suy ra 1−ba= (1−ba)2 = [(1−ba)a][b(1−ba)]∈∆(R) Từ đó, ba∈U(R) hoặc ba= 1.
(5) Nếu I ⊆J(R)là iđêan, khi đó ∆(R/I) = ∆(R)/I theo Mệnh đề 79.
Giả sử R là ∆U-vành. Khi đó, bất kỳ u+I ∈ U(R/I), ta có u∈U(R) vì vậy u∈1 + ∆(R). Suy rau+I ∈1 + ∆(R)/I = 1 + ∆(R/I). Do đó R/I là
∆U-vành.
Ngược lại, giả sử R/I là∆U-vành. Lấyu∈U(R) tùy ý. Khi đó u+I ∈ 1 + ∆(R)/I. Ta có thể kiểm tra u∈1 + ∆(R). Do đó, R là ∆U-vành.
(6) Hiển nhiên.
(7) Từ giả thiết U(T) = U(R)∩T suy ra ∆(R)∩T ⊆ ∆(T). Bây giờ U(R) = 1 + ∆(R) cho
1 + ∆(T)⊆U(T) = U(R)∩T = (1 + ∆(R))∩T = 1 + (∆(R)∩T)⊆1 + ∆(T).
suy ra 1 + ∆(T)⊆U(T) hayT là ∆U-vành.
Định lý 42. Vành ma trận Mn(R) là ∆U-vành khi và chỉ khi n = 1 và R là ∆U-vành.
Chứng minh. (⇐:) Hiển nhiên.
(:⇒) Giả sử rằng Mn(R) là ∆U-vành và n > 1. Đầu tiên ta sẽ chứng minh R là thể, tức là mọi phần tử khác không đều khả nghịch. Lấy bất
kỳ a ∈ R, a ̸= 0, ta có X =
0 0 0 . . . 1−a
0 0 0 . . . 0
. . . 0
. .
0 0 0 . . . 0
∈ Mn(R) và X2 = 0.
Do Mn(R) là ∆U-vành, ta lấy X ∈ ∆(Mn(R)). Lấy phần tử khả nghịch
U =
0 0 0 . . . 0 1
0 0 0 . . . 1 0 . . . 0 0 . .
1 0 0 . . . 0 0 ∈Mn(R). Khi đóIn−U X =
1 0 0 . . . 0
0 1 0 . . . 0
. . . 0
. .
0 0 0 . . . a là khả nghịch trong Mn(R), hay a∈U(R). Do đó, R là thể. Tiếp theo, ta chứng minh R ∼= F2. Lấy a ∈ R, a ̸= 0 và a ̸= 1. Lấy
X =
a 0 0 . . . 0
0 a 0 . . . 0
. . . 0
. .
0 0 0 . . . a ∈Mn(R). Khi đó X là khả nghịch. Vì Mn(R) là ∆U-vành nên ta có In−X =
1−a 0 0 . . . 0
0 1−a 0 . . . 0
. . . 0 .
.
0 0 0 . . . 1−a
∈∆(Mn(R)).
Vì 1−a là khả nghịch nên In−X cũng khả nghịch, mâu thuẫn. Do đó R∼=F2.
Cuối cùng, ta sẽ chỉ ran = 1. LấyX1=
1 1 1 0
và X =
X1 0 0 In−2
∈ Mn(R). Khi đó X là khả nghịch trong Mn(R). Bởi giả thuyết, ta có In−X ∈ ∆(Mn(R)). Mặt khác, ta cũng có In −X =
X2 0 0 In−2
trong
đó X2=
0 1 1 1
. Suy ra In−X là khả nghịch, mâu thuẫn. Do đó, n = 1 và R∼=M1(R) là ∆U-vành.
Mệnh đề 36. Giả sử R là ∆U-vành và e là phần tử lũy đẳng của R. Khi đó eRe là ∆U-vành.
Chứng minh. Lấyu∈U(eRe). Khi đóu+ 1−e∈U(R). Vì R là ∆U-vành nên ta có u−e ∈ ∆(R). Ta sẽ chứng minh u−e ∈ ∆(eRe). Lấy tùy ý v khả nghịch trong eRe. Rõ ràng v + 1−e ∈ U(R). Vì u−e ∈ ∆(R) nên u−e+v+1−e ∈U(R)theo định nghĩa của∆, đặtu−e+v+1−e=t ∈U(R). Ta kiểm tra được et = te =ete = u−e+v, do đó ete ∈ U(eRe). Suy ra u−e+U(eRe)⊆U(eRe), hoặc u−e∈∆(eRe). Vì vậy,u∈e+ ∆(eRe)hay eRe là ∆U-vành.
Cho R là một vành và M là song môđun trên vành R. Một mở rộng tầm thường của R và M là
T(R, M) = {(r, m) :r∈R và m∈M},
với phép cộng theo các thành phần và phép nhân được định nghĩa bởi (r, m)(s, n) = (rs, rn+ms).
Mở rộng tầm thườngT(R, M)đẳng cấu với vành con
r m 0 r
:r∈R và m∈M
của vành các ma trận2×2
R M
0 R
. Hơn nữa, chúng ta có thể kiểm tra được T(R, R) ∼= R[x]/(x2). Theo Mệnh đề ??, chúng ta có tập các phần tử khả nghịch của mở rộng tầm thường T(R, M) là T(U(R), M), và vì vậy ∆(T(R, M)) =T(∆(R), M).
Morita context gồm 4 thành phần
A M
N B
trong đóA, B là các vành,
AMB và BNA là các song môđun, tồn tại một tích context M ×N → A và N×M →B với(ω, z) =ωz và (z, ω) = zω, thỏa mãn
A M
N B
là vành kết hợp với các phép toán trên ma trận.
Morita context
A M
N B
được gọi là tầm thường nếu tích context là tầm thường, nghĩa là M N = 0 và N M = 0 (xem [?], trang 1993). Ta có
A M
N B
∼=T(A×B, M ⊕N)
trong đó
A M
N B
là Morita context tầm thường theo [?].
Định lý 43. Cho M là (R, R) song môđun. Vành R là ∆U-vành khi và chỉ khi T(R, M) là ∆U-vành.
Chứng minh. (:⇒) Lấy u¯ =
u m 0 u
∈ U(T(R, M)) = T(U(R), M), trong đó u∈U(R) và m∈M. Ta chỉ ra u¯−1∈∆(T(R, M)). Rõ ràng, u∈U(R) và u= 1 +a∈1 + ∆(R) với a nào đó thuộc ∆(R). Suy ra
¯ a=
1 0 0 1
+
a m 0 a
∈T(∆(R), M) = ∆(T(R, M)).
Vì vậy T(R, M) là ∆U-vành.
(⇐:) Điều ngược lại là dễ thấy.
Hệ quả 11. Giả sử M là (R, S) song môđun. Khi đó vành ma trận các tam giác dạng
R M 0 S
là ∆U-vành khi và chỉ khi R và S là các
∆U-vành.
Hệ quả 12. R là ∆U-vành khi và chỉ khi vành các ma trận tam giác trên Tn(R) là ∆U-vành, n≥1.
27 Độ giao hoán tương đối của một nhóm con
Ta bắt đầu bằng định nghĩa độ giao hoán của một nhóm con.
Định nghĩa 23. Cho G là một nhóm và H là một nhóm con của G. Ký hiệu
C ={(h, g)∈H×G|hg=gh}.