Tài liệu Nhập môn đại số giao hoán | Đại học Sư phạm Hà Nội 2
Tài liệu Nhập môn đại số giao hoán | Đại học Sư phạm Hà Nội 2. Tài liệu được biên soạn dưới dạng file PDF gồm 54 trang, giúp bạn tham khảo, ôn tập và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Mời bạn đọc đón xem!
Môn: Nhập môn đại số giao hoán
Trường: Đại học Sư phạm Hà Nội 2
Thông tin:
Tác giả:
Preview text:
Nhập môn đại số giao hoán G.-V. Nguyễn-Chu Ha Noi Inst. of Mathematics
Bổ đề Zorn. Giả sử S 6= ∅ là một tập được sắp thứ tự sao cho mọi tập con được sắp toàn phần đều có một
chặn trên trong S. Khi đó tồn tại ít nhất một phần tử cực đại. 1 Vành và ideal
Trong khuôn khổ của môn học này, một vành (nói riêng, một trường) luôn được giả sử là giao hoán và có
đơn vị và dĩ nhiên một đồng cấu vành chuyển đơn vị thành đơn vị.
Nhận xét 1.0.1. Ta không loại trừ khả năng phần tử 1 của một vành A có thể bằng 6= 0. Một vành A với
1 = 0 nhất thiết chỉ gồm một phần tử, thật vậy x ∈ A =⇒ x = x · 1 = x · 0 = 0 và được kí hiệu A = 0.
Ta sẽ chủ yếu quan tâm đến các vành sau cũng như các vành được xây dựng từ chúng. Ví dụ 1.0.2.
1. k, với k là một trường; 2. Z;
3. Vành đa thức một biến A[X] với A là một vành cho trước. Tổng quát hơn, với S là một tập chỉ số, ta
có vành đa thức nhiều biến A[Xi], i ∈ S với các biến tham số hóa bởi S;
4. Vành chuỗi các lũy thừa hình thức A[[X]] với A là một vành cho trước. Tổng quát hơn, vành các chuỗi
lũy thừa hình thức A[[Xi]], i ∈ S. 1.1
Nhắc lại một số khái niệm và kết quả ban đầu
Định nghĩa 1.1.1 (Phần tử khả nghịch). Một phần tử a của một vành A được gọi là khả nghịch nếu là ước
của 1, nói cách khác, tồn tại b ∈ A sao cho ab = 1. Phần tử b như vậy được gọi là nghịch đảo của A và kí
hiệu là a−1. Tập các phần tử khả nghịch của A, kí hiệu là A∗ lập thành một nhóm đối với phép nhân.
Định nghĩa 1.1.2 (Phần tử liên kết). Hai phần tử a, b của một vành A được gọi là liên kết với nhau nếu
tồn tại u ∈ A∗ sao cho a = ub. Nhận xét 1.1.3.
1. Do A∗ là một nhóm với phép nhân, quan hệ liên kết là một quan hệ tương đương;
2. Một phần tử là khả nghịch khi và chỉ khi liên kết với 1.
Định nghĩa 1.1.4 (Ước của 0). Cho A là một vành. Một phần tử a ∈ A được gọi là ước của 0 nếu tồn tại b 6= 0 sao cho ab = 0.
Một cách xây dựng quan trọng các vành mới từ các vành đã cho là thông qua vành thương.
Định nghĩa 1.1.5 (Ideal). Một tập con a ⊂ A được gọi là một ideal nếu là một nhóm con đối với phép cộng
và ổn định đối với phép nhân với các phần tử của A.
Ví dụ đơn giản nhất của ideal là các ideal chính, với mọi a ∈ A, ta định nghĩa (a) = {ba; b ∈ A}. Chú ý
rằng một ideal a ⊂ A chứa phần tử 1 khi và chỉ khi a = (1) = A, hay tổng quát hơn, với mọi ideal a ⊂ A.
a ∩ A∗ 6= ∅ ⇔ 1 ∈ a ⇔ a = (1) Ngoài ra, ta có
Mệnh đề 1.1.6. Cho f : A → B là một đồng cấu vành.
1. ker f là một ideal của A;
2. Tổng quát hơn, với mọi ideal b ⊂ B, f−1(b) là một ideal của A.
Ta nhắc lại định nghĩa của vành thương. 1
Định nghĩa 1.1.7. Cho a ⊂ A là một ideal. Nhóm thương A/a có một cấu trúc nhân duy nhất cảm sinh từ
phép nhân trên A khiến A/a trở thành một vành. Phép chiếu chính tắc π : A → A/a
là một đồng cấu vành với hạch ker π = a.
Kết quả đơn giản sau đây miêu tả các ideal của một vành thương.
Mệnh đề 1.1.8. Có một phép tương ứng 1 − 1 và bảo toàn thứ tự giữa các ideal của A/a và các ideal của A chứa a cho bởi ¯ b 7→ b = π−1(¯b). Chứng minh. Bài tập.
Định lí 1.1.9 (Định lý đồng cấu). Cho f : A → B là một đồng cấu vành. Tồn tại duy nhất một đơn cấu ¯ f
khiến biểu đồ sau giao hoán f A // B ;; ¯ w π f w w w w w w ##G G G G G G G G G w w A/ ker f Chứng minh. Bài tập.
Chú ý rằng Định lý 1.1.9 có khá nhiều biến tấu. Một trong số đó là phát biểu mạnh hơn sau đây.
Mệnh đề 1.1.10. Cho f : A → B là một đồng cấu vành và a là một ideal của A. Các khẳng định sau là tương đương
1. Tồn tại một đồng cấu vành ¯
f : A/a → B sao cho biểu đồ sau giao hoán f A // B ; G G ; ¯ w π f w w w w w w ##G G G G G G G w w A/ ker f 2. a ⊂ ker f. Hơn nữa, khi đó ¯
f được xác định duy nhất.
Kết quả trên áp dụng cho phép chiếu chính tắc cho ta
Hệ quả 1.1.11. Cho A là một vành và a là một ideal. Với mọi ideal a ⊂ b ta có đẳng cấu A/b ≃ (A/a)/(b/a). 1.2 Miền nguyên
Định nghĩa 1.2.1. Một vành A được gọi là một miền nguyên nếu A 6= 0 và không có ước của 0 ngoài 0.
Ta nhắc lại luật giản ước trong một miền nguyên.
Mệnh đề 1.2.2. Một vành A 6= 0 là một miền nguyên khi và chỉ khi luật giản ước, với mọi a 6= 0, ab = ac =⇒ b = c Chứng minh. Hiển nhiên.
Ta cũng nhắc lại rằng mọi trường là một miền nguyên. Ngoài ra, ta cũng có kết quả quen thuộc sau.
Mệnh đề 1.2.3. Cho A là một vành. Khi đó A là một miền nguyên khi và chỉ khi A[X] là một miền nguyên.
Chứng minh. Đây là một bài tập đơn giản. 2
Trường các thương của một miền nguyên. Việc xây dựng trường các số hữu tỉ từ vành các số nguyên
có thể được mở rộng cho mọi miền nguyên. Cho A là một miền nguyên. Ta đặt
S = {(a, b); a ∈ A, 0 6= b ∈ A}
và định nghĩa một quan hệ ∼ trên đó như sau
(a, b) ∼ (a′, b′) ⇔ ab′ = a′b
Ta kiểm tra dễ dàng rằng đây là một quan hệ tương đương. Gọi k là tập các lớp tương đương và kì hiệu
a ∈ k là lớp tương đương của (a, b). Như vậy a = a′ ⇔ ab′ = a′b. Định nghĩa các phép + và × trên k như b b b′ sau ′ • a + a′ = ab′+a b ; b b′ bb′ • a · a′ = aa′ . b b′ bb′
Các định nghĩa trên là tốt, nói cách khác, không phụ thuộc vào việc chọn các phần tử đại diện. Ta kiểm tra
dễ dàng rằng các phép toán trên khiến k trở thành một trường với 0k = 0 và 1 . Ngoài ra, ánh xạ tự 1 k = 1 1 nhiên A → k; a 7→ (a, 1)
là một đơn cấu vành. Thông thường, ta đồng nhất A với ảnh của nó trong k thông qua ánh xạ tự nhiên này
và gọi k là trường các thương của A.
Nhận xét 1.2.4. Một cách nôm na, trường các thương của một miền nguyên A là một trường nhỏ nhất chứa A.
Ví dụ 1.2.5. Ngoài việc trường các thương của Z là trường các số hữu tỉ, ta chú ý rằng với mọi trường k,
trưòng các thương của k[X], kí hiệu là k(X) là trường các phân thức, hay các hàm hữu tỉ P (X) k(X) = ; P (X), Q(X) ∈ k[X], Q 6= 0 Q(X)
Xây dựng này mở rộng cho nhiều biến k(X 1 n ) 1, . . . , Xn) = { P (X ,...,X ; P (X , Q X Q(X 1, . . . , Xn) ( 1, . . . , Xn) ∈ 1 ,...,Xn ) k[X1, . . . , Xn], Q 6= 0} 1.3
Ideal nguyên tố và ideal cực đại
Định nghĩa 1.3.1. Cho A là một vành và a là một ideal.
1. a được gọi là nguyên tố nếu a ( (1) và nếu với mọi a, b ∈ A, ab ∈ a =⇒ a ∈ a hoặc b ∈ a, hay một
cách tương đương, nếu a ( (1) và ab /∈ a =⇒ a /∈ a, b /∈ a.
2. a được gọi là cực đại nếu a ( (1) và cực đại trong quan hệ bao hàm giữa các ideal, nghĩa là với mọi
ideal b, a ⊂ b =⇒ b = a hoặc b = (1).
Ta kí hiệu Spec A, Specm A tương ứng là tập hợp các ideal nguyên tố của A và tập các ideal cực đại của A.
Ta nhắc lại đặc trưng quen thuộc của các ideal nguyên tố và ideal cực đại thông qua vành thương.
Mệnh đề 1.3.2. Cho a ⊂ A là một ideal. Ta có
1. a nguyên tố ⇔ A/a là một miền nguyên.
2. a cực đại ⇔ A/a là một trường. Chứng minh. Bài tập.
Ta biết rằng mọi trường là một miền nguyên nên nói riêng,
Hệ quả 1.3.3. a cực đại =⇒ a nguyên tố. Nói cách khác, Specm A ⊂ Spec A. 3
Mệnh đề 1.1.8 còn có thể dùng để miêu tả các ideal nguyên tố và ideal cực đại của một vành thương.
Mệnh đề 1.3.4. Cho A là một vành và a là một ideal. Phép tương ứng giữa các ideal của A/a và các ideal
của A chứa a cho bởi ¯b 7→ b = π−1(¯b) là một song ánh, bảo toàn thứ tự giữa các
1. các ideal nguyên tố chứa a của A và các ideal nguyên tố của A/a;
2. các ideal cực đại chứa a của A và các ideal cực đại của A/a.
Chứng minh. Áp dụng Hệ quả 1.1.11.
Cho đến giờ, các phát biểu của chúng ta là khá hình thức vì chúng ta chưa chỉ ra sự tồn tại của các ideal
nguyên tố và ideal cực đại. Đây là nội dung của kết quả sau đây.
Định lí 1.3.5. Mọi vành A 6= 0 có ít nhất một ideal cực đại. Nói cách khác, A 6= 0 =⇒ Specm A 6= ∅.
Chứng minh. Ta sử dụng Bổ đề Zorn. Gọi S là tập các ideal 6= (1) của A và trang bị quan hệ thứ tự bằng
quan hệ bao hàm quen thuộc. Ta có • S 6= ∅ vì (0) ∈ S;
• S được sắp thứ tự tốt. Thật vậy, gọi {ai} là một tập các phần tử của I (nghĩa là các ideal 6= (1)) sắp
thứ tự toàn phần. Đặt a = ∪i∈Iai. Điều kiện I sắp thứ tự toàn phần đảm bảo a là một ideal 6= 1 của
A. Mặt khác ai ⊂ a theo định nghĩa, có nghĩa là a ∈ I và là một chặn trên của I.
Theo Bổ đề Zorn, S chứa một phần tử cực đại. Nhưng các phần tử cực đại của S, theo định nghĩa, chính là
các ideal cực đại của A.
Hệ quả 1.3.6. Mọi ideal a 6= (1) đều nằm trong một ideal cực đại nào đó.
Chứng minh. Áp dụng Định lý trên cho A/a.
Hệ quả 1.3.7. Mọi phần tử không khả nghịch đều nằm trong một ideal cực đại nào đó.
Chứng minh. Giả sử A là một vành và a ∈ A. Ta biết rằng a /∈ A∗ ⇔ (a) 6= (1). Như vậy, ta chỉ cần áp dụng
Hệ quả trên để có kết quả mong muốn. Bài tập 1.
1. Xác định Z∗, (Z/(5))∗, (Z/(6))∗, R[X]∗, Z[X]∗.
Bài tập 2. Chứng minh rằng một miền nguyên với hữu hạn phần tử là một trường.
Bài tập 3. Cho k là một trường và A là một k-đại số hữu hạn (nghĩa là dimk(A) < ∞). Chứng minh rằng
A là một miền nguyên ⇔ A là một trường.
Bài tập 4. Chứng minh rằng một vành giao hoán A 6= 0 là một trường khi và chỉ khi tập các ideal của A chỉ gồm (0) và (1).
Bài tập 5. Định nghĩa Z(p) ⊂ Q qua công thức
Z(p) = {x ∈ Q; pnx ∈ Z với n tự nhiên nào đó}
Chứng minh rằng trường các thương của Z(p) ≃ Q.
Bài tập 6. Cho A là một miền nguyên với trường các thương K. Giả sử B là một vành sao cho A ⊂ B ⊂ K.
Chứng minh rằng trường các thương của B đẳng cấu với K. (Bài tập này mở rộng bài tập trước). √
Bài tập 7. Cho A = {a + bi; a, b ∈ Z} ⊂ C, B = {a + b 2; a, b ∈ Z} ⊂ C. Chứng minh rằng trường các √
thương của A và B tương ứng là K = {a + bi; a, b ∈ Q}, L = {a + b 2; a, b ∈ Q}.
Bài tập 8. Cho f : A → B là một đồng cấu vành giữa các miền nguyên A, B. Gọi K, F là các trường các
thương tương ứng của A và B. Chứng minh rằng
1. Nếu f là đơn cấu thì f có thể mở rộng một cách duy nhất thành một đồng cấu trường ¯ f : K → L; 4
2. Nếu f là một đẳng cấu thì f có thể mở rộng một cách duy nhất thành một đẳng cấu trường ¯ f : K → L.
Bài tập 9. Cho A là một vành. Chứng minh rằng A là một miền nguyên ⇔ A[[X]] là một miền nguyên.
Bài tập 10. Liệt kê các ideal của 1. Z/(6);
2. Z/(2010). Các ideal nào là nguyên tố, các ideal nào là cực đại ?
Bài tập 11. Miêu tả các ideal nguyên tố, ideal cực đại của 1. C[X]; 2. R[X].
Bài tập 12. Chứng minh rằng trong một vành hữu hạn mọi ideal nguyên tố là cực đại.
Nhận xét 1.3.8. Chú ý rằng khác với các nhóm Abel hữu hạn, vấn đề phân loại các vành hữu hạn là một bài toán khó.
Bài tập 13. Cho A là một vành sao cho với mọi a ∈ A, ∃n = n(a) nguyên dương > 1 sao cho an = a.
Chứng minh rằng Spec A = Specm A.
Bài tập 14. Đặt A = k[X1, . . . , Xn] với k là một trường, n ≥ 1. Chứng minh rằng với mọi bộ (a1, . . . , an) ∈ kn ideal ma = (x1 − a1, . . . , xn − a 1 ,...,an
n) ⊂ A là một ideal cực đại.
Bài tập 15. Cho A = C([0, 1], R) là vành các hàm liên tục tử [0, 1] vào R. Với x ∈ [0, 1] ta đặt mx = {f ∈ A; f (x) = 0}.
1. Chứng minh rằng mx là một ideal cực đại.
2. Chứng minh rằng mọi ideal cực đại của A đều có dạng mx với x ∈ [0, 1] nào đó. 2
Một số phép toán trên các ideal 2.1
Tổng, giao, tích, thương và linh hóa tử
Định nghĩa 2.1.1. Cho A là một vành và a, b, ai, i ∈ I là các ideal.
1. Tập a + b = {a + b; a ∈ a, b ∈ b} là một ideal của A gọi là tổng của a và b. Tổng quát hơn, tập P a x a i∈I i = {Pi∈I i; ∀i, xi ∈ ai với hầu hết các
i, xi = 0} là một ideal của A gọi là tổng của các i.
2. ∩i∈Iai là một ideal của A;
3. Tích của hai ideal a và b là ideal của A sinh bởi các phần tử dạng ab với a ∈ a, b ∈ b. Nói cách khác. ab = {tồng hữu hạn
X aibi; ∀i, ai ∈ a, bi ∈ b} i
Ta định nghĩa một cách tương tự, khi I hữu hạn, tích một số hữu hạn các ideal Q a i∈I i. Nói riêng ta
định nghĩa các lũy thừa an bằng cách đặt a0 = (1), an = a · · · a (n phiên bản của a).
Ví dụ 2.1.2. Trên vành Z, ta có
1. (a) + (b) = (d) với d = UCLN(a, b);
2. (a) ∩ (b) = (m) với m = BCNN(a, b); 3. (a)(b) = (ab).
Các đẳng thức trên có thể được mở rộng một cách hoàn toàn tương tự cho một họ hữu hạn các ideal của Z. 5
Nhận xét 2.1.3. Từ định nghĩa, ta dễ dàng kiểm tra rằng 1. P a a
i∈I i là ideal nhỏ nhất của A chứa đồng thời tất cả các i;
2. ∩i∈Iai là ideal lớn nhất nằm trong mỗi ai.
Kết quả sau tóm lược một số tính chất đơn giản của các phép toán trên.
Mệnh đề 2.1.4. Cho A là một vành và a, b, c là các ideal.
1. Các phép toán tổng, giao, tích trên các ideal là giao hoán
2. Phép lấy tích phân phối với phép lấy tổng c(a + b) = ca + cb. Chứng minh. Bài tập. Nhận xét 2.1.5.
1. Nói chung hợp của các ideal không là một ideal.
2. Trong vành Z, phép giao và lấy tổng là phân phối với nhau. Tuy nhiên, với A tổng quát, điều này nói
chung không còn đúng nữa. Kết quả tốt nhất theo hướng này mà ta có thể có là
(a + b) ∩ c = a ∩ c + b ∩ c nếu c ⊂ a hoặc c ⊂ b
3. Trong Z ta có đẳng thức (a + b)(a ∩ b) = ab. Điều này được suy ra từ đẳng thức quen thuộc BCNN(m, n) UCLN(m, n) = mn
với mọi m, n nguyên dương. Tuy nhiên trong trường hợp tổng quát, đẳng thức này không đúng mà ta chỉ có bao hàm (a + b)(a ∩ b) ⊂ ab
Bởi vì (a + b)(a ∩ b) = a(a ∩ b) + b(a ∩ b) ⊂ ab + ab = ab.
Mệnh đề 2.1.6. Cho A là một vành, a1, . . . , an là một tập hữu hạn các ideal của A và p là một ideal nguyên tố.
1. a1 · · · an ⊂ p ⇔ ai ⊂ p với i nào đó;
2. ∩ni=1ai ⊂ p ⇔ ai ⊂ p với i nào đó. Chứng minh.
1. Nếu ai ⊂ p thì a1 · · · an ⊂ ai ⊂ p. Ta chứng minh bao hàm ngược lại bằng phản chứng.
Giả sử ai 6=⊂ p với mọi i. Với mỗi i, gọi ai là một phần tử của ai\p. Ta có a1 · · · an ∈ a nhưng a1 · · · an /
∈ p vì p nguyên tố, vô lý.
2. Rõ ràng nếu ai ⊂ p thì ∩ni=1ai ⊂ p. Để chỉ ra bao hàm ngược lại, ta có thể tiến hành tương tự như trên
hoặc áp dụng phần trên với nhận xét rằng a1 · · · an ⊂ ∩ni=1ai.
Định nghĩa 2.1.7 (Ideal nguyên tố cùng nhau). Ta nói a, b là nguyên tố cùng nhau nếu a + b = (1). Một
cách tổng quát, ta nói một tập các ideal {ai}i∈I là nguyên tố cùng nhau nếu P a i∈I i = (1). Nhận xét 2.1.8.
1. Như vậy, theo Nhận xét 2.1.3, một họ các ideal ai, i ∈ I là nguyên tố cùng nhau ⇔
các ai không đồng thời nẳm trong bất kì một ideal a 6= (1) nào của A ⇔ ai không đồng thời nẳm trong
bất kì một ideal cực đại m nào của A ⇔ ai không đồng thời nẳm trong bất kì một ideal p nguyên tố nào của A.
2. Dễ thấy nếu a và b nguyên tố cùng nhau và c ⊃ b thì a và c cũng nguyên tố cùng nhau.
Mệnh đề 2.1.9. Cho a, b1, . . . , bn là các ideal của một vành A. Khi đó a nguyên tố với b1 · · · bn khi và chỉ
khi a nguyên tố cùng nhau với mỗi bi. 6
Chứng minh. Giả sử a nguyên tố cùng nhau với mỗi bi nhưng a và b1 · · · bn không nguyên tố cùng nhau.
Khi đó tồn tại một ideal nguyên tố p chứa đồng thời a và b1 · · · bn. Nhưng theo Mệnh đề 2.1.6 thì p ⊃ bi với
i nào đó, điều này mâu thuẫn với giả thiết a và bi nguyên tố cùng nhau.
Chiều ngược lại là hiển nhiên vì b1 · · · bn nằm trong mỗi bi.
Nhận xét 2.1.10. Ta có thể tránh sử dụng Mệnh đề 2.1.6 bằng cách tiến hành như sau. Giả sử a nguyên tố
cùng nhau với mỗi bi. Khi đó, tồn tại các phần tử x1, . . . , xn ∈ a, y1 ∈ b1, . . . , yn ∈ an sao cho xi + yi = 1.
Đặt y = y1 · · · yn ∈ b1 · · · bn. Ta có y = (1 − x1)(1 − x2) · · · (1 − xn). Do mỗi xi ∈ a, rõ ràng y = 1 + x với
x ∈ a nào đó, như vậy −x + y = 1 và do đó a nguyên tố cùng nhau với b1 · · · bn. Cũng như trong chứng minh
trên, chiều ngược lại là hiển nhiên.
Mệnh đề 2.1.11. Cho A là một vành và a, b, a1, . . . , an là các ideal của A.
1. Nếu a, b là nguyên tố cùng nhau thì ab = a ∩ b
2. Tổng quát hơn, nếu a1, a2, . . . , an là các ideal đôi một nguyên tố cùng nhau thì n Y ai = ∩ni=1ai i=1 Chứng minh.
1. Ta luôn có ab ⊂ a ∩ b. Bao hàm ngược lại đến từ tính toán đơn giản
a ∩ b = (1)(a ∩ b) = (a + b)(a ∩ b) = a(a ∩ b) + b(a ∩ b) ⊂ ab
2. Ta tiến hành qui nạp theo n. Trường hợp n = 2 được giải quyết ở trên. Giả sử n > 2 và đẳng thức
đúng với n − 1. Đặt b = Qn−1 a i=1 i = ∩n−1
i=1 ai. Do ai và an nguyên tố cùng nhau, theo Mệnh đề 2.1.9, b
và an nguyên tố cùng nhau và ta áp dụng phần 1.
Định lí 2.1.12 (Thặng dư Trung Hoa). Cho A là một vành và a, b, a1, . . . , an là các ideal của A.
1. Nếu a, b là nguyên tố cùng nhau thì A/ab ≃ (A/a) × (A/b)
2. Nếu a1, a2, . . . , an là các ideal đôi một nguyên tố cùng nhau thì
A/(a1a2 · · · an) ≃ (A/a1) × (A/a2) × · · · × (A/an) Chứng minh.
1. Đồng cấu tự nhiên A → (A/a) × (A/b), a 7→ (a mod a, a mod b) có hạch a ∩ b = ab, vì
thế cảm sinh một đơn cấu φ : A/ab → (A/a) × (A/b)
Ta sẽ chứng minh φ là toàn cấu. Do a, b nguyên tố cùng nhau nên tồn tại x2 ∈ a, x2 ∈ b sao cho
x2 + x1 = 1 (chú ý cách đánh thứ tự). Với mọi a, b ∈ A ta có ax1 + bx2 ≡ a mod a, ax1 + bx2 ≡ b
mod b. Các đồng dư này chứng tỏ
φ(ax1 + bx2 mod ab) = (a mod a, b mod b)
2. Được suy ra từ qui nạp. 7
Ví dụ 2.1.13. Với A = Z, ta có phát biểu cụ thể hơn như sau. Cho n1, . . . , nk là các số nguyên dương đôi
một nguyên tố cùng nhau. Ta có đẳng cấu vành
Z/(n1 · · · nk) ≃ Z/(n1) × · · · × Z/(nk)
Định nghĩa 2.1.14 (Thương và linh hóa tử). Cho a, b là các ideal của một vành A. Ta đặt (a : b) = {x ∈ A; xb ⊂ a}
Ta dễ dàng kiểm chứng (a : b) là một ideal của A, gọi là ideal thương của a cho b. Khi a = 0 ta kí hiệu
Ann(b), và gọi là linh hóa tử của b, thay cho (0 : b).
Nhận xét 2.1.15. Với khái niệm này, tập các ước của 0 của một vành A là
D = {x ∈ A; ∃0 6= y ∈ A, xy = 0} = ∪06=y∈A Ann(y)
Ví dụ 2.1.16. Giả sử A = Z, a = (m), b = (n). Thế thì (a : b) = (q) với q = m . Nói cách khác nếu UCLN(m,n)
viết m = Q prp, n = Q psp thì q = Q ptp trong đó p p p
tp = max(rp − sp, 0) = rp − min(rp, sp)
Ta có một số tính chất của phép lấy thương các ideal
Định lí 2.1.17. Cho a, b, c, {ai}i∈I là các ideal của một vành A và 0 6= x ∈ A. Khi đó 1. a ⊂ (a : b); 2. (a : b)b ⊂ a; 3. b ⊂ a =⇒ (a : b) = a; 4. (a : (1)) = a; 5. ((1) : a) = (1);
6. (a : (b + c)) = (a : b) ∩ (a : c);
7. (a : (x)) = 1 (a ∩ (x)) nếu A là một miền nguyên; x
8. ((a : b) : c) = (a : bc) = ((a : c) : b); 9. (∩i ( ); ∈I ai : b) = ∩i∈I ai : b 10. (b : P a b : a ; i∈I i) = ∩( i) Chứng minh. Bài tập.
Nhận xét 2.1.18. Về mặt hình học, khái niệm ideal thương khá thuận tiện, chẳng hạn
1. Nếu X, Y là hai tập con của một đa tạp đại số thì (I(X) : I(Y )) = I(X\Y ) trong đó I(X), I(Y ), . . .
là các ideal định nghĩa của X, Y, . . .;
2. Nếu a, b ⊂ k[X1, . . . , Xn] là các ideal của một vành đa thức trên một trường thì V (a : b) = V (a)\V (b)
trong đó V (a), V (b) là các tập các không điểm của a, b và X kí hiệu bao đóng Zariski của X. 8 2.2
Căn lũy linh và căn Jacobson
Định nghĩa 2.2.1 (Phần tử lũy linh). Một phần tử a của một vành A được gọi là lũy linh nếu an = 0 với
một số nguyên n > 0 nào đó. Số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho an = 0 được gọi là chỉ số lũy linh của a. Nhận xét 2.2.2.
1. Chú ý rằng 0 là một phần tử lũy linh, đây cũng là phần tử lũy linh duy nhất với chỉ số lũy linh bằng 1.
2. Một phần tử lũy linh là một ước của 0. Nói riêng nếu A là một miền nguyên thì 0 là phần tử lũy linh duy nhất của A.
Mệnh đề-Định nghĩa 2.2.3 (Căn lũy linh). Tập các phần tử lũy lính của một vành A tạo thành một ideal,
gọi là căn lũy linh của A và kí hiệu là nilrad(A).
Chứng minh. Giả sử a, b ∈ nilrad(A), như vậy an = 0, bm = 0 với m, n nguyên dương nào đó, và x ∈ A. Ta
có (xa)n = xnan = xn · 0 = 0, như vậy xa ∈ nilrad(A). Việc a + b ∈ nilrad(A) được suy ra từ công thức nhị thức. Thật vậy n + m − 1 n + m − 1 (a + b)m+n−1 = an+m−1 + an+m−2b + · · · + anbm−1 + 1 n n + m − 1 n + m − 1 + an−1bm + · · · + abn+m−2 + bm n − 1 1 = 0 + 0 + · · · + 0 = 0
bởi vì n hạng tử đầu tiên triệt tiêu do an = 0, m hạng tử sau do bm = 0. Ví dụ 2.2.4.
1. Nếu A là một miền nguyên thì nilrad(A) = 0;
2. Nếu A = Z/(n) với n nguyên dương nào đó thì nilrad(A) = (d)/(n) = dZ/nZ trong đó d là ước lớn
nhất không chứa chính phương của n. Nói cách khác, nếu n = Qk psi thì i=1 i d = Qk p i=1 i.
Định nghĩa 2.2.5 (Vành rút gọn). Một vành A được gọi là rút gọn nếu không có phần tử lũy lính 6= 0, nói
cách khác, nếu nilrad(A) = 0. Ví dụ 2.2.6.
1. Mọi miền nguyên là một vành rút gọn;
2. Với A = Z/(n), n nguyên dương > 1 nào đó, thì A rút gọn khi và chỉ khi n không có ước chính phương
(nghĩa là n là tích của các ước nguyên tố phân biệt của nó).
Ta có một miêu tả khác của căn lũy linh.
Mệnh đề 2.2.7. Ta có nilrad(A) là giao của các ideal nguyên tố của A, nghĩa là nilrad(A) = ∩p∈Spec Ap
Chứng minh. Thật vậy một ideal nguyên tố luôn chứa tất cả các phần tử lũy linh nên giao của tất cả các
ideal nguyên tố chứa nilrad(A). Ngược lại, giả sử f không lũy linh. Gọi Σ là tập các ideal a sao cho a không
chứa bất kì một lũy thừa nguyên dương nào của f. Do (0) ∈ Σ nên Σ 6= ∅. Áp dụng bổ đề Zorn cho tập Σ
(với thứ tự bao hàm quen thuộc) ta được một phần tử cực đại p. Khi đó p là một ideal nguyên tố: thật vậy, giả sử x, y /
∈ p. Các ideal (x) + p, (y) + p không phải là các phần tử của Σ (vì chứa p) nên ta tìm được m, n
sao cho fm ∈ p + (x), fn = p + (y). Ta suy ra fm+n ∈ p + (xy). Như vậy p + (xy) /∈ Σ, do đó xy /∈ p.
Mệnh đề 2.2.8. Cho A là một vành. Vành thương A/ nilrad(A) là một vành rút gọn.
Chứng minh. Thật vậy, theo Mệnh đề 2.2.7 ở trên, ta có
nilrad(A/ nilrad(A)) = ∩¯p∈Spec A/ nilrad(A)¯ p
Nhưng ta biết rằng p 7→ ¯p = p mod nilrad(A) tạo thành một song ánh giữa {p ∈ Spec A; p ⊃ nilrad(A)} và
Spec A/ nilrad(A). Nhưng cũng theo Mệnh đề 2.2.7, p ⊃ nilrad(A) với mọi p ∈ Spec A. Như vậy vế phải của
đẳng thức trên chính là ảnh trong A/ nilrad(A) của ∩ 0
p∈Spec Ap = nilrad(A) và như vậy bằng . 9
Kết quả trên giải thích khái niệm sau.
Định nghĩa 2.2.9. Vành Ared := A/ nilrad(A) được gọi là vành rút gọn của A.
Nhận xét 2.2.10. Ta có thể nhìn vành rút gọn Ared như vành thương rút gọn lớn nhất của A.
Trước hết ta đưa ra khái niệm sau.
Định nghĩa 2.2.11. Một ideal nguyên tố được gọi là cực tiểu nếu không chứa một ideal nguyên tố nào
ngoài chính nó. Nói cách khác p ∈ Spec A là cực tiểu nếu q ∈ Spec A, q ⊂ p =⇒ q = p.
Dĩ nhiên, do 0 ⊂ p với mọi p ∈ Spec A nên nếu A là một miền nguyên thì 0 là ideal nguyên tố cực tiểu duy nhất.
Mệnh đề 2.2.12. Tồn tại ít nhất một ideal nguyên tố cực tiểu.
Chứng minh. Sử dụng bổ đề Zorn.
Theo Nhận xét 2.2.8, ta biết rằng căn lũy linh của một vành A luôn chứa 0 và nằm trong tập các ước
của 0. Kết quả sau đây đưa ra một mối liên hệ lý thú khác giữa chúng.
Mệnh đề 2.2.13. Giả sử A không là một miền nguyên. Khi đó A là một vành không rút gọn hoặc A có
nhiều hơn một ideal nguyên tố cực tiểu.
Chứng minh. Nhắc lại rằng A không rút gọn có nghĩa là A chứa một phần tử lũy lính 6= 0, hay nilrad(A) 6= 0.
Giả sử nilrad(A) = 0, ta sẽ chứng minh A có nhiều hơn một ideal nguyên tố cực tiểu. Theo Mệnh đề 2.2.7 ta có nilrad(A) = ∩p∈Spec Ap = 0
Trước hết, dễ thấy rằng mọi ideal nguyên tố luôn chứa ít nhất một ideal nguyên tố cực tiểu (nói riêng mọi
vành có chứa ít nhất một ideal nguyên tố cực tiểu). Mặt khác nếu p ⊂ q với p, q là các ideal nguyên tố thì
trong giao ∩p⊂A;pnguyên tốp ta có thể bỏ q đi. Nói cách khác,
nilrad(A) = ∩p,pnguyên tố cực tiểup
Như vậy nếu A chỉ có một ideal nguyên tố cực tiểu, chẳng hạn p, thì ta có nilrad(A) = p. Nhưng nilrad(A) = 0
theo giả thiết nên p = 0 và do đó A là một miền nguyên, vô lý.
Nhận xét 2.2.14. Kết quả trên sẽ trở nên có ý nghĩa hơn khi ta biết rằng nếu A là một vành Noether thì
A chỉ chứa một số hữu hạn các ideal nguyên tố cực tiểu.
Mệnh đề 2.2.7 gợi ý một khái niệm tương tự như căn lũy linh khi thay các ideal nguyên tố bằng các ideal cực đại.
Định nghĩa 2.2.15 (Căn Jacobson). Căn Jacobson của A, kí hiệu là J(A) được định nghĩa như là giao của
tất cả các ideal cực đại của A, nghĩa là J(A) = ∩m∈Specm Am Ví dụ 2.2.16.
1. Với A = Z/(n), n nguyên dương thì J(A) = nilrad(A). 2. Với A = Z thì (p)
J(A) = Ap (và nilrad(A) = 0). Đây là một trường hợp đặc biệt của các vành địa
phương mà ta sẽ đề cập tới. Nhận xét 2.2.17.
1. Định nghĩa như một giao cùa ideal, rõ ràng J(A) là một ideal của A.
2. Vì một ideal cực đại luôn là nguyên tố nên Định nghĩa trên cùng với Mệnh đề 2.2.7 chứng tỏ nilrad(A) ⊂ J(A)
Mệnh đề 2.2.18. Cho A là một vành. Ta có J(A/ J A) = 0.
Chứng minh. Hoàn toàn tương tự như chứng minh của Mệnh đề 2.2.8 10
Các phần tử của J(A) có thể được đặc trưng bởi kết quả sau.
Mệnh đề 2.2.19. J(A) = {x; xy − 1 khả nghịch với mọi y ∈ A}.
Chứng minh. Giả sử x ∈ J(A) và y ∈ A sao cho 1 − xy không khả nghịch. Như vậy (1 − xy) là một ideal
riêng do đó nằm trong một ideal cực đại m ⊂ A. Do x ∈ m, xy ∈ m ta suy ra 1 ∈ m, vô lí. Giả sử x / ∈ J(A), nghĩa là x /
∈ m với một ideal cực đại m nào đó. (x) + m chứa m nên = A. Do vậy
xy + m = 1 với y ∈ A, m ∈ m nào đó. Do đó 1 − xy ∈ m nên không phải là một phần tử khả nghịch.
Nhận xét 2.2.20. Cho dù có một số điểm tương đồng, hai khái niệm căn lũy linh và căn Jacobson khác
nhau rất xa về bản chất. Thật vậy, căn lũy linh đặc trưng tính rút gọn của một vành, trong khi đó cho dù ta
không đề cập đến ở đây, căn Jacobson miêu tả tính nửa đơn của một vành đã cho. 2.3
Căn của một ideal và ideal căn
Mệnh đề-Định nghĩa 2.3.1 (Căn của một ideal và ideal căn). Cho A là một vành và a ⊂ A là một ideal. Tập hợp
√a = {x ∈ A;xn ∈ a với một n ≥ 1 nào đó}
là một ideal của A, gọi là căn của a.
Chứng minh. Tương tự như với Định nghĩa 2.2.3.
Ví dụ 2.3.2. Với A = Z và a = (n), với n nguyên dương nào đó, thì √a = (d), trong đó d là ước lớn nhất
không chứa chính phương của n.
Nhận xét 2.3.3. Các tính chất sau dễ dàng được suy ra từ định nghĩa √ 1. nilrad(A) = 0; 2. Với mọi ideal √ a ta có a ⊃ a; √ 3. Nếu √ a ⊂ b thì a ⊂ b; 4. √a = (1) ⇔ a = (1). √
Định nghĩa 2.3.4 (Ideal căn). Ta nói a là một ideal căn nếu a = a.
Ta có một miêu tả khác về căn của một ideal như sau.
Mệnh đề 2.3.5. Căn của một ideal a là giao của tất cả các ideal nguyên tố chứa a. Nói cách khác, √a = ∩ p p∈Spec A;p⊃a
Chứng minh. Thật vậy, chỉ cần áp dụng mệnh đề 2.2.7 cho A/a. √
Mệnh đề 2.3.6. Cho A là một vành và a ⊂ A là một ideal. Ta có nilrad(A/a) = a/a.
Chứng minh. Gọi π : A → A/a là phép chiếu chính tắc. Ta có √ √ nilrad(A/a) = ∩ ¯ ¯ p,p∈Spec A/ap = ∩ π(p) = π(∩ ) = π( a) = a/a p∈Spec A,p p p∈Spec A,p⊃a ⊃a √ Nhận xét 2.3.7.
1. Nói một cách khác, vành rút gọn của A/a là A/ a.
2. Như vậy, a là một ideal căn khi và chỉ khi A/a là một vành rút gọn.
Một số tính chất khác của căn ideal được tóm tắt trong kết quả sau đây.
Mệnh đề 2.3.8. Cho A là một vành và a, b là các ideal của A. Ta có
1. Giả sử a 6= (1). Ta có √a = a khi và chỉ khi a là giao của một họ các ideal nguyên tố của A. 11 2. p√ √ a = a; √ √ √ 3. √ ab = a ∩ b = a ∩ b; √ q √ 4. √ a + b = a + b;
5. Với mọi ideal nguyên tố p, với mọi số nguyên dương n, √pn = p. √
6. √a, b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi a, b nguyên tố cùng nhau. Chứng minh.
1. Giả sử a = ∩i∈Ipi trong đó pi ∈ Spec A với mọi i ∈ I. Ta sẽ chứng minh √a = a. Bao √ √
hàm a ⊂ a là hiển nhiên. Giả sử x ∈ a, như vậy xn ∈ a với n nguyên dương nào đó. Ta suy ra
xn ∈ pi với mọi i ∈ I. Do pi nguyên tố xn ∈ pi =⇒ x ∈ pi. Như vậy x ∈ ∩i i = . ∈I p a √ √
Ngược lại nếu a = a thì a = a = ∩ p p∈Spec A,p . ⊃a √ √ 2. Bao hàm
a ⊂ p√a là hiển nhiên. Ta chứng minh √a ⊃ p√a. Giả sử x ∈ p√a như vậy xn ∈ a
với n nguyên dương nào đó, nhưng điều này lại chứng tỏ (xn)k ∈ a với k nguyên dương nào đó. Như √
vậy xnk ∈ a và do đó x ∈ a.
3. Thật vậy, theo Mệnh đề 2.1.6, với mọi p ∈ Spec A ta có p ⊃ a ∩ b ⇔ p ⊃ a hoặc p ⊃ b ⇔ p ⊃ ab. √ √ q √ q √ √ 4. Ta có √ √ √ √ a ⊂ a, b ⊂ b nên a + b ⊂ a + b. Ngược lại. Nếu x ∈ a + b thì xn ∈ a + b với √ √
n nguyên dương nào đó. Ta suy ra tồn tại các phần tử α1, α2, . . . , αs ∈ a, β1, . . . , βs ∈ b sao cho
xn = α1β1 + · · · αsβs. Gọi m1, . . . , ms, k1, . . . , ks là các số nguyên dương sao cho αmi i ∈ a, βki i ∈ b với
mọi i = 1, . . . , k. Đặt N = max{m1, . . . , ms, k1, . . . , ks} thế thì αNi ∈ a, βNi ∈ b với mọi i. Khi đó ta dễ
dàng kiểm tra được rằng sau khi khai triển, mỗi hạng tử của
xnNs = (α1β1 + · · · αsβs)Ns √
đều một phần tử của a hoặc của b. Như vậy xnNs ∈ a + b và do đó x ∈ a + b. 5. Theo phần trên √ √ √ pn =
p. Một mặt, ta biết rằng p ⊂ p, mặt khác, √p = ∩ q = q∈Spec A,q⊃p p T ∩ q q∈Spec A,q⊃p,q6=p ⊂ p. √ √ 6. Giả sử √
a, b nguyên tố cùng nhau, nghĩa là a + b = (1). Khi đó √a + b = (1) bởi vì a ⊂ a, b ⊂ b, √ √
như vậy √a, b nguyên tố cùng nhau. Ngược lại, giả sử √a, b nguyên tố cùng nhau. Ta có, theo một √ q √ đẳng thức ở trên √ a + b = a +
b = p(1) = (1), và do đó a + b = (1). 2.4
Mở rộng và co rút các ideal
Cho φ : A → B là một đồng cấu vành, (nói cách khác B là một A-đại số) và a ⊂ A, b là các ideal, khi đó
φ−1(b) là một ideal của A nhưng φ(a) nói chung không phải là một ideal của B (trừ khi φ là toàn cấu). Ta
biết rằng nếu b là nguyên tố thì φ−1(b) cũng là nguyên tố. Tuy nhiên, ảnh ngược của một ideal cực đại nói
chung không phải là một ideal cực đại.
Định nghĩa 2.4.1. Cho φ : A → B là một đồng cấu vành và a ⊂ A, b ⊂ B là các ideal.
1. Ta gọi mở rộng ae của một ideal a ⊂ A ideal aB của B sinh bởi φ(a);
2. co rút bc của b, theo định nghĩa, là ảnh ngược của b bởi φ, nghĩa là bc = φ−1(b) ⊂ A.
Ta có một số tính chất của mở rộng và co rút các ideal.
Định lí 2.4.2. Cho φ : A → B là một đồng cấu vành và a, a1, a2 ⊂ A, b, b1, b2 ⊂ B là các ideal. 1. a ⊂ aec, b ⊃ bce; 2. ae = aece, bc = bcec; 12
3. Gọi Σ là tập các co rút của các ideal của B và Ω là tập các mở rộng của các ideal của A. Ta có Σ = {a ⊂ A; aec = a} Ω = {b ⊂ B; bce = b}
Hơn nữa a 7→ ae là một song ánh giữa Σ và Ω với nghịch đảo b 7→ bc; 4. (a e 1 + a2) = ae ; 1 + ae 2, (b1 + b2)c = bc1 + bc 2 5. (a e 1 ∩ a2) ⊂ ae ; 1 ∩ ae2, (b1 ∩ b2)c = bc 1bc 2 6. (a e 1a2) = ae ; 1ae2, (b1b2)c ⊃ bc1bc 2 7. (a e 1 : a2)
⊂ (ae1 : a2)e, (b1 : b2)c ⊂ (bc1 : bc2); √ √ √ 8. √ e c ae ⊂ a ; bc ⊂ b . Chứng minh. Bài tập.
Bài tập 16. Với a = (X1, . . . , Xn) ⊂ K[X1, . . . , Xn], miêu tả an. √ √
Bài tập 17. Cho A = Z[X]. Tính a + b, a ∩ b, ab, a, b với 1. a = (X − 1), b = (X); 2. a = (X2 + 1), b = (X + 2).
Bài tập 18. Cho m là một ídeal cực đại của một vành A và n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng
m là ideal nguyên tố duy nhất của A chứa mn.
Bài tập 19. Chứng minh rằng hai ideal cực đại phân biệt của một vành luôn nguyên tố cùng nhau.
Bài tập 20. Các vành Z/(4) và Z/(2) × Z(2) có đẳng cấu với nhau không? Vì sao?
Bài tập 21. Chứng minh rằng A ≃ B và hãy xây dựng cụ thể một đẳng cấu vành f : A → B trong các truờng hợp sau
1. A = Z/(2) × Z/(3) và B = Z/(6);
2. A = R[X]/(X − 1) × R[X]/(X + 1) và B = R[X]/(X2 − 1);
3. A = R[X]/(X2 + X) × R[X]/(X2 + 5X + 6) và B = R[X]/(X(X + 1)(X + 2)(X + 3)) ;
Bài tập 22. Giải các hệ hệ phương trình đồng dư trong Z x ≡ 1 (mod 3) x ≡ 2 (mod 5) x ≡ 4 (mod 6) x ≡ 5 (mod 6) (a) , (b) , (c) , (d) x x ≡ 1 (mod 3) x ≡ 3 (mod 4) ≡ 3 (mod 4) x ≡ 3 (mod 4) x ≡ 4 (mod 5)
Bài tập 23. Tìm tất cả các đa thức f(X) ∈ R[X] sao cho X − 1 | f(X) + 1 và X2 + 1 | f(X) + X.
Bài tập 24. Có bao nhiêu số nguyên dương n, 1 ≤ n < 20102 thỏa mãn n2 = 1 mod 20102 ?
Bài tập 25. Cho K là một trường. Tìm căn lũy linh của A = K[X]/(X2)?
Bài tập 26. Cho A là một vành và f(X) = a0 + a1X + · · · + anXn ∈ A[X]. Chứng minh rằng 1. f(X) ∈ A[X]∗ ⇔ a ∗ 0 ∈ A
và a1, . . . , an là các phần tử lũy linh;
2. f(X) ∈ nilrad(A[X]) ⇔ ai ∈ nilrad(A) với mọi i;
3. f(X) là một ước của 0 trong A[X] khi và chỉ khi tồn tại a ∈ A sao cho af(X) = 0. 13
Bài tập 27. Cho A là một vành. Chứng minh rằng nilrad(A[X]) = J(A[X])
Bài tập 28. Cho A là một vành và f(X) = P∞ a n=0
nX n ∈ A[[X ]]. Chứng minh rằng
1. f(X) ∈ A[[X]]∗ ⇔ a0 ∈ A∗;
2. f(X) ∈ nilrad(A[[X]]) =⇒ an ∈ nilrad(A) với mọi n;
3. f(X) ∈ J(A[[X]]) ⇔ a0 ∈ J(A);
4. Từ đó suy ra nếu A không rút gọn thì nilrad(A[[X]]) ( J(A[[X]]).
Bài tập 29. Cho A là một vành và j : A → A[[X]] là phép nhúng chuẩn tắc. Cho m ∈ Specm A[[X]]. Chứng minh rằng 1. mc ∈ Specm A;
2. m = mce + (X) (nghĩa là m sinh bởi mc và X).
Bài tập 30. Chứng minh một vành là rút gọn khi và chỉ khi đẳng cấu với một vành con của một tích một họ các trường nào đó. 3 Miền nhân tử hóa 3.1
Phần tử nguyên tố, phần tử bất khả qui
Định nghĩa 3.1.1 (Phần tử bất khả qui). Cho A là một miền nguyên. Một phần tử a ∈ A được gọi là bất
khả qui nếu a 6= 0, không phải là một phần tử đơn vị và không có ước ngoài các phần tử liên kết với a, nghĩa
là nếu a = bc thì hoặc b ∈ A∗ hoặc c ∈ A∗.
Định nghĩa 3.1.2 (Miền nhân tử hóa). Một miền nguyên A được gọi là nhân tử hóa nếu thỏa mãn hai điều kiện sau
NTH1. Mọi phần tử 0 6= a ∈ A có thể được phân tích dưới dạng a = u · a1 · · · an
với u ∈ A∗ và các ai là các phần tử bất khả qui của R.
NTH2. Các phân tích trên là duy nhất theo nghĩa sau. Nếu a = u′a′1 · · · a′m
là một phân tích tương tự (nghĩa là u′ ∈ A∗, bi bẩt khả qui) thì n = m và tồn tại một hoán vị σ của
{1, 2, . . . , n} sao cho ai liên kết với b với mọi i. σ(i) Ví dụ 3.1.3.
1. Ví dụ điển hình của một miền nhân tử hóa là vành Z mà ở đó các điều kiện của định
nghĩa trên chính là phát biểu của Định lý cơ bản của số học. 2. Tập hợp √ √
Z[ −3] = {a + b 3i; a, b ∈ Z} ⊂ C
là một vành con của C. Ta có √ √
4 = 2 × 2 = (1 − 3i) × (1 + 3i) √
là hai phân tích không tương đương của 4 ra tích các phần tử bất khả qui. Như vậy Z[ −3] không phải
là một miền nhân tử hóa. 14
Định nghĩa 3.1.4 (Phần tử nguyên tố). Cho A là một miền nguyên. Một phần tử a ∈ A được gọi là một
phần tử nguyên tố nếu a 6= 0 và (a) là một ideal nguyên tố, nói cách khác, nếu a 6= 0 và a | bc =⇒ a | b hoặc a | c.
Ta có mối quan hệ cơ bản giữa hai khái niệm phần tử bất khả qui và phần tử nguyên tố như sau.
Mệnh đề 3.1.5. Mọi phần tử nguyên tố là bất khả qui.
Chứng minh. Giả sử a nguyên tố, như vậy nói riêng a 6= 0, a /∈ A∗. Giả sử a = bc, nói riêng a | bc. Do a
nguyên tố, ta suy ra a | b hoặc a | c. Nếu a | b thì b = ab′, như vậy a = ab′c và do đó b′c = 1, điều này chứng
tỏ c ∈ A∗. Tương tự nếu a | c thì ta suy ra b ∈ A∗.
Định lí 3.1.6. Một miền nguyên A là nhân tử hóa nếu thỏa mãn hai điều kiện sau NTH1. Xem ở trên.
NTH2’. Mọi phần tử bất khả qui là nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử A là một miền nhân tử hóa và a ∈ A là một phần tử bất khả qui. Giả sử b, c ∈ A sao
cho a | bc, như vậy bc = ad với d ∈ A nào đó. Vì A là nhân tử hóa, ta có thể phân tích
d = ud1 · · · dk, b = vb1 · · · bm, c = wc1 · · · cn
với u, v, w ∈ A∗ và dr, bs, ct là các phần tử bất khả qui. Ta viết lại đẳng thức ad = bc dưới dạng
uad1 · · · dk = vwb1 · · · bmc1 · · · cn
Bởi vì r là bất khả qui, mỗi vế của đẳng thức trên có dạng đơn vị nhân với tích các phần tử bất khả qui.
Theo tích chất duy nhất của phân tích (điều kiện NTH2) ta suy ra a liên kết với một trong các bs hay ct.
Như vậy a | b hoặc a | c, có nghĩa là a là một phần tử nguyên tố.
Bây giờ ta chứng minh chiều ngược lại, nghĩa là NTH1 + NTH2’ =⇒ NTH2. Giả sử ta có một đẳng thức
ua1 · · · am = vb1 · · · bn (1)
trong đó u, v ∈ A∗, ai, bj là các phần tử bất khả qui. Ta cần chứng minh đẳng thức này kéo theo m = n và
mỗi ai liên kết với một bj nào đó. Ta tiến hành bằng qui nạp theo m. Giả sử m = 0, nghĩa là u = vb1 · · · bn.
Nếu n > 0 ta có b1 | u =⇒ b1 | 1 =⇒ b1 ∈ A∗, trái với giả thiết b1 bất khả qui. Như vậy m = 0 =⇒ n = 0.
Giả sử m > 0 và ta có đẳng thức 1 ở trên. Trước hết, ta giả sử m ≤ n, trường hợp m ≥ n tương tự. Do mỗi
ai, bj là bất khả qui nên là các phần tử nguyên tố theo Bổ đề 3.1.5. Như vậy, từ đẳng thức 1 ta suy ra an | bj
với j nào đó. Không mất tổng quát, ta giả sử an | bm (nếu cần, ta có thể sắp xếp lại thứ tự các bj). Nhưng
do bn bất khả qui, am | bn =⇒ am bn (vì am /∈ A∗). Như vậy am = wbn với w ∈ A∗ nào đó và đẳng thức 1,
sau khi thay am bằng wbn và triệt tiêu bn ở hai vế trở thành uwa1 · · · am vb −1 = 1 · · · bn−1
Bây giờ áp dụng giả thiết qui nạp cho m − 1, đẳng thức trên cùng với điều kiện NTH2 chứng tỏ m = n và
mỗi a1, a2, . . . , am−1 liên kết với một trong các b1, . . . , bm−1. Thế nhưng ta biết rằng am bn nên bài toán qui nạp được chứng minh.
Ví dụ 3.1.7. Ta quay lại với vành √ √
Z[ −3] = {a + b 3i; a, b ∈ Z} ⊂ C Đẳng thức √ √
2 × 2 = (1 − 3i) × (1 + 3i) √
cũng chứng tỏ phần tử bất khả qui 2 là không nguyên tố. Điều này cũng lý giải vì sao Z[ −3] không phải là một miền nhân tử hóa. 15 3.2
A miền chính =⇒ A nhân tử hóa
Nhắc lại rằng một vành chính là một vành mà mọi ideal là chính. Một miền chính là một miền nguyên đồng thời là một vành chính.
Mệnh đề 3.2.1. Cho A là một miền chính nhưng không phải là một trường và a ⊂ A là một ideal. Các
điều kiện sau là tương đương.
1. a là một ideal cực đại;
2. a là một ideal nguyên tố 6= 0;
3. Tồn tại một phần tử bất khả qui p ∈ A sao cho a = (p).
Chứng minh. 1 =⇒ 2. Ta biết rằng a cực đại =⇒ a nguyên tố. Mặt khác, điều kiện A không phải là một trường chứng tỏ a 6= 0;
2 =⇒ 3. Giả sử a là một ideal nguyên tố 6= 0. Do A là chính a = (p) với p 6= 0 nào đó. Nói rằng ideal chính
(p) là một ideal nguyên tố có nghĩa là p là một phần tử nguyên tố. Nhưng ta biết rằng mọi phần tử
nguyên tố là bất khả qui.
3 =⇒ 1. Giả sử a = (p) với p bất khả qui nào đó. Vì p bất khả qui, p /∈ A∗, như vậy a = (p) = 6 (1). Giả sử
b = (q) là một ideal chứa a. Ta có p ∈ (q) nên p = qr với r nào đó. Do p bất khả qui, ta suy ra hoặc
q ∈ A∗, khi đó (q) = (1), hoặc q liên kết với p, khi đó (q) = (p). Ta suy ra a là một ideal cực đại.
Hệ quả 3.2.2. Cho A là một miền nguyên và p ∈ A. Khi đó p nguyên tố ⇔ p bất khả qui.
Chứng minh. Nếu A là một trường thì A không chứa bất kì phần tử bất khả qui cũng như phần tử nguyên
tố nào. Giả sử A không phải là một trường, khi đó khẳng định được suy ra từ 2 ⇔ 3 trong Mệnh đề trên.
Định lí 3.2.3. Mọi miền chính là nhân tử hóa.
Chứng minh. Giả sử A là một miền chính. Theo Định lý 3.1.6, ta cần kiểm tra rằng A thõa mãn hai điều kiện NTH1 và NTH2’.
NTH1. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại 0 6= a ∈ A sao cho a không có phân tích thành
tích của một phần tử đơn vị với các phần tử bất khả qui như trong phát biểu của NTH1. Ta sẽ gọi các phần
tử như vậy của A − {0} là tồi, các phần tử còn lại là tốt. Nói riêng, phần tử tồi a không phải là một phần
tử đơn vị cũng như không phải là bất khả qui. Ta suy ra tồn tại hai phần tử a1, b1 ∈ A không phải đơn vị,
(cũng như không phải là liên kết với a) sao cho a = a1b1. Chú ý rằng ít nhất một trong hai phần tử a1 hoặc
= b1 phải là tồi (nếu không a sẽ tổt)). Vai trò của a1, b1 là như nhau, không mất tổng quát, ta có thể giả sử
a1 là tồi. Ta có a, a1 là các phần tử tồi sao cho a1 | a, a1 không liên kết với a. Suy luận tương tự như trên
với a1 ta xây dựng được một phần tử tồi a2 | a1 và a2 không liên kết với a1. Tiến hành tương tự như vậy ta
thu được một dãy các phần tử tồi a0 = a, a1, a2, . . . sao cho · · · | ai | ai−1 | · · · | a1 | a và ai không liên kết
với ai−1. Chú ý rằng do ai | ai−1 nên (ai ( )
−1) ⊂ ai , hơn nữa do ai
không liên kết, đây là một bao hàm −1, ai thực sự. Như vậy
(a0) ( (a1) ( · · · ( (ai) ( (ai−1) ( · · · Đặt I = ∪∞
i=0(ai). Dễ dàng kiểm tra rằng I là một ideal của A. Do A là một miền chính, ta có I = (c) với
c ∈ A nào đó. Do d ∈ I = ∪∞ , do đó (ai) = I.
i=0(ai) nên c ∈ (ai) với i nào đó. Như vậy (c) ⊂ (ai) ⊂ I = (c)
Nhưng ta lại có (ai) ( (ai+1) nên ta có điều vô lý.
NTH2’. Đây chính là Hệ quả 3.2.2.
Ta lưu ý kết quả cổ điển sau.
Định lí 3.2.4. Cho A là một vành. Khi đó A[X] là một miền chính khi và chỉ khi A là một trường. 16
Chứng minh. Nếu A là một trường thì như ta sẽ chỉ ra ở sau A[X] là một miền Euclid và do đó là một miền chính.
Bây giờ, giả sử A không là một trường nhưng A[X] là một miền chính. Trước hết ta biết rằng A[X] là
một miền nguyên thì vành con A ⊂ A[X] là một miền nguyên. Giả sử a ∈ A×. Gọi a ⊂ A[X] là ideal sinh
bởi a và X. Do A[X] là chính, tồn tại một đa thức P ∈ A[X] sao cho a = (P ). Vì a ∈ a, X ∈ a, tồn tại các
đa thức Q, R ∈ A[X] sao cho a = P Q, X = P R.
Trước hết, do A là một miền nguyên, ta có deg a = deg P Q = deg P +deg Q. Ta suy ra deg P = deg Q = 0,
nghĩa là P, Q ∈ A×. Mặt khác đẳng thức X = P R chứng tỏ phần tử P ∈ A× là ước của hệ số cao nhất
của X, nghĩa là 1. Như vậy P ∈ A×. Ta suy ra a = (a, X) = (1) và như vậy tồn tại S, T ∈ A[X] sao cho
aS + XT = 1. Viết S = c0 + c1X + · · · + cnXn. So sánh hệ số hằng ở hai vế ta được ac0 = 1, như vậy a ∈ A×.
Như vậy ta vừa chứng minh mọi phần tử 6= 0 của A là khả nghịch, có nghĩa là A là một trường.
Ví dụ 3.2.5. Cho K là một trường và A = K[X1, . . . , Xn]. Như ta sẽ thấy ở một mục tới đây, A luôn là
một miền nhân tử hóa. Tuy nhiên, theo kết quả trên,
1. Nếu n = 1 thì A = K[X] là một miền chính;
2. Nếu n ≥ 2 thì A không là một miền chính. 3.3
Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất trong miền nhân tử hóa
Ta nhắc lại định nghĩa ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất như sau.
Định nghĩa 3.3.1 (Bội chung nhỏ nhất và ước chung lớn nhất). Cho A là một vành và {ai, i ∈ I} là một
tập 6= ∅ các phần tử của A.
1. Ta nói một phần tử d ∈ A là một ước chung lớn nhất của các phần tử ai nếu d | ai, ∀i ∈ I và nếu d′ | a ′
i, ∀i ∈ I thì d | d. Nếu 1 là một ước chung lớn nhất thì ta nói các phần tử ai là nguyên tố cùng nhau;
2. Ta nói một phần tử m ∈ A là một bội chung nhỏ nhất của các phần tử ai nếu ai | m, ∀i ∈ I và nếu
ai | m′, ∀i ∈ I thì m | m′;
Rõ ràng, nếu d là một ước chung lớn nhất của {ai}i∈I thì mọi liên kết của d đều là một ước chung lớn
nhất của {ai}i∈I, cụ thể hơn, tập {ud; u ∈ A∗} là tập các ước chung lớn nhất của {ai}i∈I. Từ nay về sau, ta
sẽ lạm dụng ngôn từ bằng cách nói d là ước chung lớn nhất của các phần tử ai và ta viết d = UCLN(ai)
Có nghĩa là đẳng thức trên được hiểu như một đẳng thức chính xác tới phép liên kết. Ta có các nhận xét
tương tự với bội chung nhỏ nhất.
Nhận xét 3.3.2. Ta lưu ý rằng, nói chung, không phải luôn tồn tại ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhẩt.
Ta có thể miêu tả một cách hình thức khái niệm ước chung nhỏ nhất và bội chung lớn nhất như sau.
Mệnh đề 3.3.3. Kí hiệu P tập các ideal chính của một vành A và trang bị P quan hệ thứ tự cho bởi bao
hàm. Cho {ai, i ∈ I} là một tập 6= 0 các phần tử của A.
1. Tập {ai, i ∈ I} có một bội chung nhỏ nhất khi và chỉ khi tập các ideal chính (ai) có một cận dưới
trong P. Cụ thể hơn, m là bội chung nhỏ nhất của {ai, i ∈ I} khi và chỉ khi (m) là một cận dưới của (ai), i ∈ I trong P;
2. Tập {ai, i ∈ I} có một ước chung lớn nhất khi và chỉ khi tập (ai) có một cận trên trong P. Cụ thể hơn,
d là ước chung lớn nhất của {ai, i ∈ I} khi và chỉ khi (d) là một cận trên của (ai), i ∈ I trong P. Chứng minh.
1. Giả sử m là bội chung nhỏ nhất của {ai, i ∈ I} khi đó, với mọi i ∈ I, ai | m =⇒ (m) ⊂
(ai). Giả sử (m′) ∈ P sao cho với mọi i ∈ I, (m′) ⊂ (ai) ta có ai | m′ với mọi i, do đó m | m′.
Như vậy (m′) ⊂ (m), nghĩa là (m) là cận dưới của tập (ai), i ∈ I trong P. Ngược lại nếu (m) ∈ P
là một cận dưới của (ai), i ∈ I thì rõ ràng ai | m∀i ∈ I, bởi vì (m) ⊂ (ai), và nếu ai | m′∀i ∈ I thì
(m′) ⊂ (ai)∀i ∈ I nên (m′) ⊂ (m) và như vậy m | m′. 17
2. Ta suy luận tương tự như trên.
Mệnh đề 3.3.4. Cho {ai, i ∈ I} là một tập 6= 0 các phần tử của một vành A.
1. Nếu ∩i∈I(ai) = (m) thì m là một bội chung nhỏ nhất của {ai, i ∈ I}; 2. Nếu P (a i∈I
i) = (d) thì d là một ước chung lớn nhất của {ai, i ∈ I }.
Chứng minh. Các khẳng định này là hiển nhiên, bởi vì ∩i∈I(ai) (tương ứng P (ai)) là cận dưới (tương i∈I
ứng, cận trên) trong tập các ideal của A với quan hệ bao hàm. Nói riêng, khi chúng là các ideal chính thì
chúng là các cận dưới (tương ứng, cận trên) trong tập con các ideal chính của A.
Định lí 3.3.5. Nếu A là một vành chính thì ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất tồn tại.
Chứng minh. Được suy ra từ tính chính của A và Mệnh đề 3.3.4 ở trên.
Hệ quả 3.3.6 (Định lý Bézout). Cho A là một vành chính và {ai, i ∈ I} là một tập 6= ∅ các phàn tử của A.
Gọi d là một ước chung lớn nhất của {ai, i ∈ I}. Tồn tại các phần tử si, i ∈ I sao cho si = 0 với hầu hết i và X d = siai i∈I
Chứng minh. Điều này là hiển nhiên, bởi vì d ∈ P (ai). i∈I
Nhận xét 3.3.7. Khi A không phải là một vành chính thì Định lý Bezout không còn đúng nữa. Chẳng hạn với
A = Z[X, Y ] thì 2, X là các phần tử nguyên tố cùng nhau nhưng không tồn tại các đa thức f (X, Y ), g(X, Y ) ∈
Z[X, Y ] sao cho 1 = 2f (X, Y ) + Xg(X, Y ).
Khi vành A là một miền nhân tử hóa thì bội chung nhỏ nhất và ước chung lớn nhất luôn tồn tại.
Mệnh đề 3.3.8. Trong một miền nhân tử hóa, mọi tập hữu hạn 6= ∅ các phần tử đều có một ước chung lớn
nhất và một bội chung nhỏ nhất.
Chứng minh. Giả sử A là một miền nhân tử hóa. Gọi {pi}i∈I là một tập các phần tử bất khả qui đôi một
không liên kết và sao cho mọi phần tử bất khả qui p ∈ A đều liên kết với một trong các pi. Giả sử a1, . . . , an
là các phần tử của A. Nếu ak = 0 với k nào đó thì rõ ràng bội chung nhỏ nhất của a1, . . . , an bằng 0. Giả
sử ak 6= 0 với mọi k. Do A là một miền nhân tử hóa, mỗi ak có một phân tích duy nhất dưới dạng Y ak = uk pri,k i i∈I
trong đó với mỗi k, ri,k = 0 với hầu hết i. Với mỗi i ∈ I, đặt si = max ri,k 1≤k≤n
Thế thì si = 0 với hầu hết i và Y m = psi i i∈I
là một bội chung nhỏ nhất của a1, . . . , an.
Với ước chung lớn nhất, ta cũng tiến hành tương tự. Nếu ak = 0 với mọi k thì 0 là ước chung lớn nhất
của chúng. Nếu a1, . . . , an không đồng thời = 0 thì rõ ràng sau khi loại bỏ các phần tử = 0, ước chung lớn
nhất (nếu tồn tại) là không thay đổi. Như vậy, ta có thể giả sử ak 6= 0 với mọi k. Viết Y ak = uk pri,k i i∈I
như trên. Với mỗi i đặt ti = min ri,k 1≤k≤n 18
Khi đó ti = 0 với hầu hết i và phần tử Y d = ptii i∈I
là một ước chung lớn nhất của a1, . . . , an.
Ta chú ý mối liên hệ sau đây giữa ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất
Mệnh đề 3.3.9. Cho A là một miền nhân tử hóa và a, b là hai phần tử 6= 0 của A. Gọi d, m lần lượt là một
ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất của a, b. Khi đó dm = ab
(Đẳng thức chính xác tới phép liên kết.)
Chứng minh. Theo chứng minh của kết quả trên ta chỉ cần kiểm tra rằng, với hai số nguyên r, r′,
r + r′ = min(r, r′) + max(r, r′)
nhưng điều này là tầm thường. Nhận xét 3.3.10.
1. Có nghĩa là nếu d là một ước chung lớn nhất của a, b thì ab là một bội chung nhỏ d
nhất của a và b. Như vậy, để tìm bội chung nhỏ nhất của hai phần tử, ta chỉ cần tìm ước chung lớn nhất của chúng.
2. Nói chung, với một vành nhân tử hóa tổng quát, việc xác định các phần tử bất khả qui là một vấn đề
phức tạp. Do đó phương pháp xác định ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất thông qua phân tích
thành tích các nhân tử bất khả qui như trình bày ở trên nói chung là không đơn giản.
3. Ta sẽ thấy rằng khi A là một miền Euclid, thuật toán Euclid là một phương pháp hữu hiệu đem lại ước
chung lớn nhất của hai phần tử (và do đó bội chung nhỏ nhất của chúng).
Kết quả quen thuộc sau là một trong các tính chất quan trọng nhất của số học của các miền nhân tử hóa.
Mệnh đề 3.3.11 (Bổ đề Euclid). Cho a, b, c là các phần tử của một miền nhân tử hóa A. Giả sử a | bc và
a, c là các phần tử nguyên tố cùng nhau. Thế thì a | b.
Chứng minh. Đây là một bài tập đơn giản. 4 Miền Euclid 4.1
Hai định nghĩa của miền Euclid
Ta nhắc lại định nghĩa quen thuộc của miền Euclid. Với A là một vành, ta kí hiệu A× tập hợp các phần tử 6= 0 của A.
Định nghĩa 4.1.1 (Định nghĩa quen thuộc). Một miền Euclid là một miền nguyên A được trang bị một
hàm số f : A× → N thỏa mãn các tính chất sau
E1 Với mọi a ∈ A, b ∈ A×, tồn tại q, r ∈ A sao cho a = bq + r với hoặc r = 0 hoặc f(r) < f(b);
E2 Với mọi a, b ∈ A×, f(a) ≤ f(ab).
Hàm f trong định nghĩa trên được gọi là hàm Euclid (hoặc hàm chuẩn) của miền Euclid A. Cách biểu
diễn a = bq + r ở trên được gọi là phép chia Euclid của a cho b, trong đó q, r tương ứng được gọi là thương và phần dư.
Ta lưu ý rằng tính chất E2 có thể được phát biểu một cách tương đương như sau
E2’ ∀a, b ∈ A×, a | b =⇒ f(a) ≤ f(b). 19 Ví dụ 4.1.2.
1. Mọi trường là một miền Euclid. Thật vậy, với K là một trường, ta trang bị f : K\{0} →
N bằng cách đặt f (x) = 1 với mọi x (khi đó mọi phép chia Euclid trên K có dư = 0).
2. Z với hàm Euclid cho bởi giá trị tuyệt đối. Lưu ý rằng, theo định nghĩa trên, phép chia Euclid là không
duy nhất, nghĩa là bộ (q, r) là không duy nhất. Chẳng hạn như, phép chia 3 cho 2 có thể được viết theo hai cách 3 = 1 × 2 + 1 = 2 × 2 − 1
3. Vành các đa thức một biến với hệ số trong một trường với hàm Euclid cho bởi bậc của đa thức (ví dụ
này giải thích tại sao ta không định nghĩa f(0)). Trong trường hợp này, phép chia Euclid là duy nhất.
Trong thực tế, đôi khi một số tác giả định nghĩa Euclid như một vành A với một hàm f : A× → N thỏa
mãn điều kiện E1 (nghĩa là không yêu cầu điều kiện E2). Một trong các lý do, theo tác giả, là vi trong chứng
minh các kết quả chính về các miền Euclid, như A Euclid =⇒ A chính, điều kiện E2 là không cần thiết.
Hai định nghĩa của miền Euclid mà ta vừa trình bày, nghĩa là
1. (A, f) thỏa mãn E1 và E2;
2. và (định nghĩa yếu hơn) (A, f) thỏa mãn E1.
có vẻ như đem lại hai lớp vành khác nhau. Thực ra không phải như vậy và kết quả sau lý giải điều đó.
Mệnh đề 4.1.3. Cho A là một vành trang bị một hàm f : A× → N thỏa mãn điều kiện E1 ở trên. Ta định
nghĩa A× → N bằng cách đặt ˜ f (a) = minf (ab) b6=0 Khi đó (A, ˜ f ) là một miền Euclid.
Chứng minh. Ta cần chứng minh hàm ˜
f thỏa mãn các tính chất E1 và E2. Trước tiên nhận xét rằng, với
mọi a ∈ A×, bằng cách viết a = a × 1 ta suy ra ˜ f (a) ≤ f(a)
Một mặt, giả sử a, b ∈ A×. Ta có ˜
f (ab) = f (abc) với c ∈ A× nào đó. Như vậy ˜ f (a) = minx∈A× f(ax) ≤ f (abc) = ˜ f (ab), nghĩa là ˜
f thỏa mãn điều kiện E2.
Mặt khác, áp dụng tính chất E1 của f đối với bộ (a, bc) ta tìm được q, r ∈ A sao cho a = bcq + r
với r = 0 hoặc f(r) < f(bc). Rõ ràng a = bq′ + r với q′ = cq. Ta sẽ chỉ ra (q′, r) là phép chia Euclid của a
cho b ứng với f′. Nếu r = 0 thì ta không có gì phải chứng minh. Nếu không, ta có ˜ f (r) ≤ f(r) < f(bc) = ˜ f (b)
theo cách chọn của c. Như vậy ˜ f (r) < ˜ f (b) và ˜
f thỏa mãn điều kiện E2. 4.2 A Euclid =⇒ A chính
Định lí 4.2.1. Mọi miền Euclid là chính.
Chứng minh. Ta lập luận giống như chứng minh Z là một miền chính. Giả sử A là một miền Euclid với hàm
Euclid f và I ⊂ A là một ideal. Nếu I = {0} thì hiển nhiên I là một ideal chính. Giả sử I 6= {0}. Tập ảnh
f (I) là một tập con khác rỗng (vì I 6= {0}) của N nên chứa một phần tử cực tiểu. Gọi 0 6= a ∈ I là một
phần tử với f(a) nhỏ nhất: f(a) ≤ f(b) với mọi 0 6= b ∈ I. Ta sẽ chứng minh I = (a). Thật vậy, rõ ràng
(a) ⊂ I, ta cần chỉ ra I ⊂ (a). Giả sử b ∈ I, theo tính Euclid của A, tồn tại q, r sao cho b = aq + r sao cho
hoặc r = 0 hoặc f(r) < f (a). Nếu r 6= 0 thì r = b − aq ∈ I và f(r) < f(a), mâu thuẫn với cách chọn của a ở
trên. Vậy r = 0 và do đó b = aq ∈ (a). 20
Nhận xét 4.2.2. Trong chứng minh trên, ta không sử dụng tính chất E2 của A.
Dĩ nhiên A là một miền chính không suy ra A là một miền Euclid. Tuy nhiên, việc xây dựng các ví dụ
về các miền chính không Euclid không phải là một bài toán dễ. Ta có thể chứng minh rằng ( √ ) a + b 19i A = ; a, b ∈ Z ⊂ C 2
là một miền chính nhưng không Euclid. 4.3 Thuật toán Euclid
Cho A là một miền Euclid với hàm Euclid f và a, b ∈ A với b 6= 0. Thuật toán Euclid cho phép chia a cho b là thuật toán sau đây.
Tiến hành phép chia Euclid a0 = a cho a1 = b, ta được hai phần tử q1, r sao cho a0 = a1q1 + r1 với r = 0
hoặc f(r1) < f(a1). Nếu r1 6= 0 ta tiến hành phép chia Euclid a1 cho r1 ta được các phần tử q2, r2 sao cho
a1 = r1q2 + r2 với r2 = 0 hoặc f (r2) < f (r1). Tiến hành theo cách như trên, qui trình sẽ dừng lại chính
xác khi thu được một phép chia có dư = 0. Số các phép chia trong qui trình phải là hữu hạn. Thật vậy, nếu
không, ta sẽ nhận được một dãy vô hạn các số dư r1, r2, . . . sao cho dãy các số tự nhiên f(ri), i = 1, 2, . . . là
thực sự giảm, một điều hiển nhiên không thể xảy ra.
Ta viết lại các phép chia ở trên như sau a = bq1 + r1 b = r1q2 + r2 · · · = · · · rk r r −2 = k−1qk−1 + k rk r −1 = kqk
với f(b) > f(r1) > · · · > f(rk).
Qui trình trên được gọi là thuật toán Euclid.
Định lí 4.3.1. Cho A là một miền Euclid và a, b ∈ A với b 6= 0. Gọi d là phần dư 6= 0 cuối cùng trong
thuật toán Euclid cho phép chia a cho b. Khi đó d là một ước chung lớn nhất của a và b.
Chứng minh. Với các kí hiệu trên, ta có d = rk. Bằng qui nạp ta chứng minh
UCLN(a, b) = UCLN(b, r1) = · · · = UCLN(rk−1, rk) = rk
Thật vậy, chẳng hạn ta muốn chứng minh UCLN(a, b) = UCLN(b, r1). Giả sử c ∈ A là một ước chung của
a và b khi đó c | a, c | b =⇒ c | a − bq1 = r1. Ngược lại, nếu c | b và c | r1 thì c | r1 + bq1 = a.
Thuật toán Euclid không những cho phép xác định UCLN của a và b một cách khá nhanh mà còn cho
ta đẳng thức Bezout một cách cụ thể, có nghĩa là cho ta một cặp (s, t) thỏa mãn sa + tb = d
Thật vậy, ta bắt đầu bằng phép chia cuối cùng với phần dư 6= 0, nghĩa là rk−2 = rk r −1qk−1 + k và sao cho
rk | rk−1. Ta có d = rk = UCLN(rk−2, rk−1) và d = rk r −2 − qk−1 k−1
Tương tự, d = UCLN(rk−3, rk−2) và d = rk r −2 − qk−1 k−1 = rk r r
−2 − qk−1( k−3 − k−2qk−2)
= −qk−1rk−3 + (1 + qk−1qk−2)rk−2
Tiến hành theo cách này rõ ràng ta thu được một cặp s, t cần tìm. 21
Ví dụ 4.3.2. Với các số nguyên a = 630, b = 132, một thuật toán Euclid có thể được viết như sau 630 = 4 × 132 + 102 132 = 1 × 102 + 30 102 = 3 × 30 + 12 30 = 2 × 12 + 6 12 = 2 × 6
Như vậy, ta tìm được UCLN(630, 132) = 6. Hơn nữa, 6 = 30 − 2 × 12 6 = 30 − 2(102 − 3 × 30) = −2 × 102 + 7 × 30 6 =
−2 × 102 + 7(132 − 1 × 102) = 7 × 132 − 9 × 102
6 = 7 × 132 − 9(630 − 4 × 132) = −9 × 630 + 43 × 132 4.4
Các phần tử đơn vị của miền Euclid
Kết quả sau miêu tả các phần tử khả nghịch của một miền Euclid như tập các phần tử 6= 0 với giá trị của hàm Euclid cực tiểu.
Mệnh đề 4.4.1. Cho (A, f ) là một miền Euclid và a, a′, b là các phần tử 6= 0. Ta có
1. f(a) ≥ f(1) với mọi a 6= 0; 2. f(a) = f(1) ⇔ a ∈ A∗;
3. Tổng quát hơn, f(ab) = f(a) ⇔ b ∈ A∗. Nói riêng, nếu a, a′ là các phần tử liên kết thì f(a) = f(a′). Chứng minh.
1. Theo tính chất E2, ta có f(a) = f(a · 1) ≥ f(1);
2. Tất nhiên ta chỉ cần áp dụng điểm 3 sau đây với a = 1 để có 2. Tuy nhiên ta có thể chứng minh trực
tiếp một cách khá đơn giản. Nếu a ∈ A∗ thì f(1) = f(a · a−1) ≥ f(a). Kết hợp với bẩt đẳng thức
f (1) ≤ f(a) ở trên ta suy ra f(a) = f(1). Ngược lại, giả sử f(a) = f(1). Thực hiện phép chia Euclid 1
cho a ta được 1 = aq + r. Nếu r 6= 0 thì theo tính chất E2, f(r) < f(1), mâu thuẫn với bất đẳng thức
f (r) ≥ f(1) ở trên. Như vậyr = 0, nghĩa là aq = 1 và do đó a ∈ A∗.
3. Giả sử a ∈ A∗. Một mặt theo tính chất E2, f(a) ≤ f(ab). Mặt khác, do a khả nghịch, cũng theo tính
chất E2, ta có f(ab) ≤ f(a−1 · ab) = f(b). Ta suy ra f(a) = f(ab).
Ngược lại, giả sử f(ab) = f(a). Ta sẽ chứng minh b ∈ A∗ bằng phản chứng. Giả sử ngược lại b /∈ A∗.
Thực hiện phép chia Euclid a cho ab ta được a = abq + r. Nếu r = 0 thì a = abq, như vậy bq = 1 và
b ∈ A∗ (mâu thuẫn với b ∈ A∗!). Giả sử r 6= 0, khi đó f(r) < f(ab) = f(a). Đẳng thức a = abq + r có
thể được viết lại thành r = a(1 − bq). Do b /∈ A∗, 1 − bq 6= 0 và theo tính chất E2 ta có f(a) ≤ f(r),
mâu thuẫn với bất đẳng thức f(r) < f(a) ở trên.
Ví dụ 4.4.2. Miêu tả các phần tử đơn vị của một miền Euclid ở trên áp dụng cho Z (và hàm Euclid cho
bởi giá trị tuyệt đối) và K[X] với K là một trường (và hàm Euclid cho bởi bậc) cho ta Z∗ = {±1} K[X]∗
= {P (X); deg P (X) = deg 1 = 0} 22 4.5
Miền Euclid với phép chia Euclid duy nhất
Định lí 4.5.1. Cho A là một miền Euclid sao cho phép chia Euclid trên A là duy nhất. Khi đó hoặc A là
một trường hoặc A đẳng cấu với một vành các đa thức một biến với hệ số trong một trường.
Có nghĩa là hoặc A là một trường hoặc tồn tại một trường K sao cho A ≃ K[X].
Ta sẽ chứng minh một kết quả mạnh hơn một chút.
Định lí 4.5.2. Cho một miền nguyên A được trang bị một hàm số f : A× → N thỏa mãn E1 và sao cho
phép chia Euclid là duy nhất. Khi đó (A, f) là một miền Euclid. Hơn nữa, hoặc A là một trường, hoặc A
đẳng cấu với một vành các đa thức một biến với hệ số trong một trường.
Trước hết ta chỉ ra rằng tính duy nhất của phép chia Euclid kéo theo tính chất E2.
Bổ đề 4.5.3. Giả sử A thỏa mãn các điều kiện của Định lý 4.5.2 trên. Khi đó A là một miền Euclid.
Chứng minh. Ta cần chỉ ra (A, f) thỏa mãn điều kiện E1. Giả sử ngược lại, f(ab) < f(a) với a, b ∈ A× nào
đó. Khi đó, ab = a × b + 0 = b × 0 + ab là hai phép chia Euclid phân biệt của ab cho b, vô lý. Đặt δ0 = mina∈A
. Theo Mệnh đề 4.4.1, ta có × f (a) A∗ = {a ∈ A×; f(a) = δ0}
Bổ đề 4.5.4. Giả sử A thỏa mãn các điều kiện của Định lý 4.5.2 trên. Khi đó K = A∗ ∪ {0} là một trường.
Chứng minh. Theo xây dựng rõ ràng K× = A∗ là một nhóm giao hoán đối với phép nhân. Để chứng minh
K là một trường ta chỉ cần chỉ ra K là một vành con của A.
1. Do K× ổn định dưới phép nhân nên K ổn định dưới phép nhân.
2. 1 ∈ K theo xây dựng và nếu a ∈ K thì −a ∈ K.
3. K ổn định dưới phép cộng. Thật vậy, giả sử a, b ∈ K. Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì hiển nhiên a + b ∈ K.
Ta giả sử a 6= 0, b 6= 0. Ta có a + b = a(1 + a−1b)
(nhắc lại rằng a ∈ K× có nghĩa là a ∈ A∗). Do K ổn định dưới phép nhân và do a−1b ∈ A∗ nên để
chứng minh a + b ∈ K ta chỉ cần chỉ ra 1 + u ∈ K với mọi u ∈ A∗.
Ta suy luận bằng phản chứng, giả sử 1 + u / ∈ K, nói riêng u 6= 0 và
f (1 + u) > δ0 = f (1) = f (−u−1)
Ta suy ra hai phép chia Euclid 1 cho 1 + u
1 = (1 + u) × 0 + 1 = (1 + u)u−1 + (−u−1)
Điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán.
Kết thúc chứng minh Định lý 4.5.2. Do A không phải là một trưòng nên A\K 6= ∅. Như vậy tồn tại một
phần tử x0 ∈ A\K sao cho δ1 = f(x0) là nhỏ nhất, nghĩa là δ1 = f (x0) = min f (x) x∈A\K
Định nghĩa hàm số φ : K[X] → A bằng cách đặt φ(P (X)) = P (x0)
Rõ ràng φ là một đồng cấu K-đại số. Ta sẽ chứng minh φ là một đẳng cấu. 23
Đơn cấu. Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo n khẳng định sau: nếu P (X) ∈ K[X] với bậc ≤ n sao cho
P (x0) = 0 thì P (X) = 0. Nếu P (X) = c ∈ K thì rõ ràng khẳng định là đúng vì P (x0) = c. Giả
sử khẳng định đúng với n − 1 và P (X) là một đa thức bậc ≤ n sao cho P (x0) = 0. Viết P (X) =
a0 + a1X + · · · + anXn với ai ∈ K. Ta có 0 = P (x n
0) = a0 + a1x0 + · · · + anx0 hay 0 = x n−1 0(anx0 + an−1xn−2 0 + · · · + a1) + a0
Đây là một phép chia Euclid của 0 cho x ∗
0. Thật vậy, hoặc a0 = 0 hoặc a0 ∈ K× = A , khi đó
f (a0) = δ0 < δ1 = f (x0). Thế nhưng 0 = x0 × 0 + 0 nên theo tính duy nhất của phép chia Euclid
ta suy ra a0 = 0. Như vậy P (X) = XQ(X) với Q(X) = anXn−1 + · · · a2X + a1 và Q(x0) = 0. Vì
deg Q ≤ n − 1 nên giả thiết qui nạp chứng tỏ Q(X) = 0 và do đó P (X) = 0.
Toàn cấu. Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo n ∈ N khẳng định sau: với mọi x ∈ A×, f(x) ≤ n =⇒ x ∈ Im φ.
Với mọi n ≤ δ0 khẳng định trên là đúng. Thật vậy, theo định nghĩa của δ0 các phần tử x ∈ A× với f (x) ≤ δ ∗
0 là các phần tử x ∈ A∗ (và khi đó f (x) = δ0). Nhưng theo định nghĩa A = K× ⊂ Im φ.
Giả sử khẳng định trên đúng với mọi số nguyên ≤ n − 1, ta sẽ chứng minh khẳng định là đúng với
số nguyên dương n. Gọi x ∈ A× là một phần tử sao cho f(x) ≤ n. Nếu f(x) ≤ δ0 thì (f(x) = δ0 và)
x ∈ Im φ như ta đã giải thích ở trên. Ta giả sử f(x) > δ0, nghĩa là x /
∈ K. Thực hiện phép chia Euclid
x cho x0 ta được x = x0q + r với r = 0 hoặc f (r) < f(x0) = δ1. Chú ý rằng, từ định nghĩa của δ0, δ1,
ta suy ra r = 0 hoặc f(r) = m0 và do đó r ∈ K. Như vậy, để chứng minh x ∈ Im φ ta chỉ cần chỉ ra
q ∈ Im φ. Ta sẽ chứng minh f(q) ≤ n − 1 và do đó theo giả thiết qui nạp q ∈ Im φ. Bất đẳng thức
f (q) ≤ n − 1 được suy ra từ f(q) < f(x0q) và f(x0q) = f(x − r) = f(x) (và giả thiết f(x) ≤ n) mà ta
sẽ thiết lập trong các Bổ đề sau đây
Bổ đề 4.5.5. Nếu x 6= 0 thì f(xx0) > f(x).
Chứng minh. Giả sử ngược lại, f(xx0) ≤ f(x). Bởi vì x | xx0 nên theo Bổ đề 4.5.3 ta có f(x) ≤ f(xx0).
Ta suy ra f(x) = f(xx0). Phép chia Euclid x cho xx0 cho ta q, r ∈ A sao cho x = xx0q + r với r = 0 hoặc
f (r) < f(xx0) = f (x). Chú ý rằng x | r nên nếu r 6= 0 thì f(x) ≤ f(r), vô lý. Vậy r = 0 và do đó x = xx0q.
Theo luật giản ước ta lại có x ∗ 0q = 1, như vậy x0 ∈ A
mâu thuẫn với cách xây dựng x0.
Bổ đề 4.5.6. Nếu a ∈ K và x /∈ K thì f(x + a) = f(x)
Chứng minh. Nếu a = 0 đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên. Giả sử a 6= 0, như vậy a ∈ A∗. Vì
a + x = a(1 + a−1x), x = aa−1x, nghĩa là a + x liên kết với 1 + a−1x, x với a−1x, nên theo Bổ đề 4.5.3 ta suy ra
f (a + x) = f (1 + a−1x), f(x) = f (a−1x)
Như vậy, ta chỉ cần chỉ ra nếu y /
∈ K thì f(y) = f(1 + y). Chú ý rằng y / ∈ K =⇒ 1 + y / ∈ K, nói riêng 1 + y 6= 0. Ta có
1 = (1 + y) × 1 − y = (1 + y) × 0 + 1
Theo xây dựng, điều kiện 1 + y /
∈ K =⇒ f(1 + y) > f (1) = m0. Như vậy 1 = (1 + y) × 0 + 1 là phép chia
Euclid của 1 cho 1 + y. Do tính duy nhất của phép chia Euclid ta suy ra 1 = (1 + y) × 1 − y không phải là
phép chia Euclid của 1 cho 1 + y. Ta suy ra f(y) ≥ f(1 + y).
Suy luận giống như trên với −(1 + y) thay vì y ta cũng suy ra f(−(1 + y)) > f(1 − (1 + y)). Nhưng
bất đẳng thức này tương đương với f(1 + y) ≥ f(y). Kết hợp với bất đẳng thức ngược lại ở trên ta suy ra
f (1 + y) = f (y) như mong đợi. 24 4.6 Vành các số nguyên Gauss
Trong mục này, ta áp dụng một số kết quả đã thu được để chứng minh tính nhân tử hóa của vành các số
nguyên Gauss và sử dụng tính nhân tử hóa để chứng minh kết quả số học kinh điển về tổng hai số chính phương.
Ta nhắc lại định nghĩa vành các số nguyên của Gauss
Định nghĩa 4.6.1. Tập hợp
Z[i] = {a + bi; a, b ∈ Z} ⊂ C
(với i2 = −1.) là một vành con của C, gọi là vành các số nguyên Gauss.
Định nghĩa 4.6.2. Cho z = x + yi ∈ C.
1. Ta gọi liên hợp của z phần tử ¯z = x − yi ∈ C;
2. Chuẩn của z là số thực không âm N(z) = z¯z = x2 + y2.
Nhận xét 4.6.3. Lưu ý rằng đây là khái niệm chuẩn trong lý thuyết số, hơi khác với khái niệm chuẩn trong
giải tích phức quen thuộc.
Rõ ràng N(z) = 0 ⇔ z = 0. Ngoài ra liên hợp và chuẩn có tính nhân.
Bổ đề 4.6.4. Với mọi z, z′ ∈ C ta có 1. ¯ zz′ = ¯ z ¯ z′; 2. N(zz′) = N(z) N(z′).
Chứng minh. Các tính toán đơn giản cho thấy ¯ zz′ = ¯ z ¯
z′. Tính nhân của chuẩn được suy ra từ tính nhân của liên hợp.
Lưu ý rằng nếu α ∈ Z[i] thì 1. ¯ α ∈ Z[i]; 2. N(α) ∈ N.
Do N(α) = 0 ⇔ α = 0 nên N : Z[i]× → Z>0.
Định lí 4.6.5. Vành Z[i] cùng với hàm N là một miền Euclid.
Chứng minh. Vành Z[i] là một vành con của C nên hiển nhiên là một miền chính. Ta sẽ chứng minh hàm
N thỏa mãn các tính chất của một miền Euclid. Trước hết, nếu α, β ∈ Z[i]× thì theo tính nhân của chuẩn
mà ta thiết lập ở Bổ đề 4.6.4, N(αβ) = N(α) N(β). Nhưng N(α), N(β) là các số nguyên dương nên rõ ràng N(α) ≤ N(αβ).
Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại của phép chia Euclid trên Z[i]. Giả sử α, β ∈ Z[i] với β 6= 0. Ta có, trong
C, α = x + yi với x, y ∈ R nào đó. Trong mặt phẳng phức C với trục tung Ri và trục hoành R, các số nguyên β
Gauss chính là tập các điểm có tọa độ nguyên. Ta chọn µ ∈ Z[i] là một điểm tọa độ nguyên gần x+yi nhất. Dễ
thấy khi đó khoảng cách giữa µ và x+iy không vượt quá một nửa của độ dài đường chéo một hình vuông đơn √
vị, nghĩa là ≤ 2, nói riêng luôn nhỏ hơn 1. Mặt khác, khoảng cách giữa hai điểm z, z′ trong mặt phẳng tọa 2
độ chính là N(z −z′)2. Như vậy, N(α −µ) < 1. Do đó N(α−βµ) = N β α − µ = N(β) N( α β β − µ) < N(β). β
Như vậy, nếu ta đặt ρ = α − βµ thì α = βµ + ρ chính là một phép chia Euclid cần tìm.
Trước hết ta xác định các phần tử khả nghịch của Z[i].
Bổ đề 4.6.6. Z[i]× = {α ∈ Z[i]; N(α) = 1} = {±1, ±i}.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 4.4.1, Z[i]× = {α ∈ Z[i]; N(α) = N(1) = 1}. Ngoài ra N(a + bi) = 1 ⇔ a2 + b2 =
1 ⇔ (a, b) = (±1, 0) hoặc (a, b) = (0, ±1) ⇔ a + bi = ±1 hoặc ±i.
Về phía các phần tử bất khả qui, trước hết ta có kết quả sau.
Mệnh đề 4.6.7. Cho γ ∈ Z[i] là một phần tử bất khả qui của Z[i]. Tồn tại duy nhất một số nguyên tố p ∈ Z sao cho γ | p. 25
Chứng minh. Ta có γ | γ¯γ = N(γ). Số nguyên dương N(γ) là tích của một số hữu hạn các (ước) số nguyên
tố. Do γ là một phần tử bất khả qui, ta suy ra γ là ước của một ước nguyên tố p nào đó của N(x). Số
nguyên tố p như vậy là duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại một số nguyên tố q 6= p sao cho γ | q. Theo Định
lý Bezout cho các số nguyên, ta biết rằng tồn tại các số nguyên a, b sao cho ap + bq = 1. Do đó γ | 1, mâu
thuẫn với giả thiết γ bất khả qui.
Nhận xét 4.6.8. Mệnh đề trên, đơn giản nhưng rất sâu sắc, nói rằng mọi phần tử bất khả qui của Z[i] đều
nằm trên một số nguyên tố nào đó. Nói một cách khác, ta đã có một miêu tả ban đầu các phần tử bất khả qui của Z[i].
Theo Mệnh đề 4.6.7 và tính nhân tử hóa của Z[i], việc miêu tả các phần tử bất khả qui của Z[i] tương
đương với việc miêu tả các nhân tử bất khả qui trong vành Z[i] của các số nguyên tố thông thường p. Ta bắt đầu với p = 2.
Mệnh đề 4.6.9. Các ước bất khả qui của 2 trong Z[i] là 1 + i và các phần tử liên kết với nó, nghĩa là {±1 ± i}.
Chứng minh. Ta có 2 = (1 + i)(1 − i) nên 1 + i | 2 cũng như các phần tử liên kết với 1 + i, nghĩa là
±1 ± i.. Mặt khác 1 + i là bất khả qui. Điều này được suy ra từ nhận xét đơn giản nhưng hữu hiệu sau:
một phần tử có chuẩn là một số nguyên tố là bất khả qui. Thật vậy nếu 1 + i = αβ thì N(α) N(β) = 2 là
một số nguyên tố nên hoặc N(α) = 1. hoặc N(β) + 1, nghĩa là hoặc α hoặc β là phần tử đơn vị.
Với các số nguyên tố p lẻ, ta chia ra làm hai trường hợp p ≡ 1 (mod 4) và ≡ 3 (mod 4).
Mệnh đề 4.6.10. Giả sử p là một số nguyên tố ≡ 3 (mod 4). Khi đó p là một phần tử bất khả qui của Z[i].
Chứng minh. Giả sử p là khả qui. Viết p = αβ với α, β là các phần tử không khả nghịch, như vậy N(α), N(β) >
1. Từ tính nhân của chuẩn N(α) N(β) = N(p) = p2 và do N(α), N(β) > 1 ta suy ra N(α) = N(β) = p. Viết
α = a + bi, a, b ∈ Z thế thì a2 + b2 = p ≡ 3 (mod 4) nhưng đồng dư này rõ ràng không thể xảy ra. Như vậy
p là một phần tử bất khả qui của Z[i].
Mệnh đề 4.6.11. Giả sử p là một số nguyên tố ≡ 1 (mod 4).
1. Tồn tại duy nhất một bộ nguyên dương (a, b), chính xác tới thứ tự, sao cho a2 + b2 = p;
2. Các ước bất khả qui của p trong Z[i] gồm a + bi, a − bi (với a, b như trên) và các phần tử liên kết với chúng.
Ví dụ 4.6.12. Để minh họa, số nguyên tố p = 5 có thể viết duy nhất dưới dạng tổng của hai số chính
phương 5 = 12 + 22. Số nguyên tố 5 không là bất khả qui trong Z[i] mà có hai ước bất khả qui 1 + 2i, 1 − 2i.
Có nghĩa là 5 có 8 ước bất khả qui gồm các phần tử liên kết với 1 + 2i, nghĩa là {1 + 2i, −1 − 2i, −2 + i, 2 − i}
và các phần tử liên kết với 1 − 2i, nghĩa là {1 − 2i, −1 + 2i, 2 + i, −2 − i}.
Trước hết, ta thiết lập kết quả đơn giản sau đây.
Bổ đề 4.6.13 (Lagrange). Cho p là một số nguyên tố ≡ 1 (mod 4). Tồn tại một số nguyên n sao cho p | n2 + 1.
Chứng minh. Thật vậy, đặt p = 4k + 1. Theo Định lý Wilson ta có (4k)! ≡ −1 (mod p). Mặt khác ta có
(4k!) = (1·2 · · · 2k)((2k +1)·(2k +2) · · · (4k)) ≡ (1·2 · · · 2k)((−2k)(−2k +1) · · · (−1)) ≡ (−1)2k(1·2 · · · 2k)2 ≡ (2k!)2 (mod p).
Nhận xét 4.6.14. Tất nhiên, ta cũng có thể sử dụng các công thức thặng dư toàn phương để chứng minh kết quả trên.
Để cho chứng minh đầy đủ, ta nhắc lại Định lý Wilson.
Bổ đề 4.6.15 (Định lý Wilson). Nếu p là một số nguyên tố thì (p − 1)! ≡ −1 (mod p).
Chứng minh. Nếu p = 2, 3 ta dễ dàng kiểm tra trực tiếp đồng dư trên. Giả sử p ≥ 5. Với mọi số nguyên
dương a < p, tồn tại một số nguyên dương b < p sao cho ab ≡ 1 (mod p). Thật vậy, b chính là phần
tử đại diện trong 1, 2, . . . , p − 1 của nghịch đảo ¯a−1 của trường hữu hạn Z/(p). Ta chú ý rằng a = b
khi và chỉ khi a = 1 hoặc a = p − 1. Như vậy tích 2 × 3 × · · · × (p − 2) có thể được viết thành tích
các cặp ab như ở trên, mỗi tích ab ≡ 1 (mod p). Ta suy ra 2 × 3 × · · · × (p − 2) ≡ 1 (mod p). Như vậy
(p − 1)! = 1 × (p − 1) × (2 × 3 × · · · × (p − 2)) ≡ p − 1 ≡ −1 (mod p). 26
Chứng minh Mệnh đề 4.6.11. Theo Bổ đề Lagrange, tồn tại một số nguyên n sao cho p | n2 + 1. Như vậy,
nếu xét trong vành Gauss, p | (n + i)(n − i). Tuy nhiên p ∤ n + i, p ∤ n − i (vì n ± 1i /∈ Z[i]). Từ đó suy ra p p
p không phải là một phần tử bất khả qui. Gọi a + bi ∈ Z[i] là một ước bất khả qui của p. Rõ ràng liên hợp
a − bi cũng là một ước của p (chỉ cần lấy liên hợp hai vế của một phân tích của p ra tích các phần tử bất khả qui trong Z[i]).
Ta sẽ chỉ ra a + bi, a − bi là các ước bất khả qui duy nhất (sai khác phép liên kết) của p. Thật vậy giả sử
c + di (và do đó c − di) là một ước bất khả qui của p. Theo sự tồn tại của phép phân tích ra tích các phần tử
bất khả qui ta suy ra (c + di)(c − di)(c + di)(c − di) | p (trong Z[i]). Điều này có nghĩa là (a2 + b2)(c2 + d2) | p (trong Z[i]) hay p ∈ Z[i], vô lý. (a2+b2)(c2+d2)
Hệ quả 4.6.16 (Định lý về tổng hai số chính phương). Một số nguyên tố lẻ p có thể được viết dưới dạng
p = a2 + b2 với a, b là các số nguyên khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4). Hơn nữa, một cách biểu diễn như vậy là
duy nhất, chính xác tới dấu và thứ tự.
Chứng minh. Như ta đã nói, nếu p ≡ 3 (mod 4), phương trình p = a2 + b2 không thể có nghiệm nguyên do
đồng dư a2 + b2 ≡ 3 (mod 4) không bao giờ xảy ra. Trường hợp p ≡ 1 (mod 4) là khẳng định đầu tiên của Mệnh đề 4.6.11.
Nhận xét 4.6.17. Ta có thể mở rộng kết quả trên cho các số nguyên dương bất kì như sau. Cho n là một số nguyên dương. Khi đó
1. n viết được thành tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi trong phân tích ra thừa số nguyên tố
của n, mọi ước nguyên tố ≡ 3 (mod 4) đều có lũy thừa chẵn.
2. Tổng quát hơn, số nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 = n bằng 4 lần hiệu của số các ước ≡ 1
(mod 4) của n trừ cho số các ước ≡ 3 (mod 4) của n.
Kết hợp các Mệnh đề 4.6.9, 4.6.10 và 4.6.11 ta thu được kết quả sau.
Định lí 4.6.18. Các phần tử bất khả qui của Z[i] gồm
1. 1 + i và các phần tử liên kết của nó, nghĩa là {±1 ± i};
2. Các số nguyên tố p ≡ 3 (mod 4) và các phần tử liên kết của nó, nghĩa là {±p, ±pi};
3. Hai nhân tử bất khả qui a + bi, a − bi trong phân tích ra tích các nhân tử bất khả qui của một số nguyên
tố p ≡ 1 (mod 4) và các phần tử liên kết của nó. Các số (a, b) có thể được đặc trưng như là bộ số
nguyên duy nhất, chính xác tới dấu và tới thứ tự thỏa mãn a2 + b2 = p.
Ta có thể diễn tả lại các kết quả trên dưới ngôn ngữ mở rộng và co rút các ideal. Xét phép nhúng chính
tắc Z → Z[i]. Như ta đã biết, cả Z và Z[i] là các miền Euclid và do đó là miền chính. Ta biết rằng mỗi
ideal nguyên tố 6= 0 của một miền chính là một ideal chính sinh bởi một phần tử bất khả qui. Như vậy các
ideal nguyên tố 6= 0 của Z có dạng (p) với p là một số nguyên tố, các ideal nguyên tố 6= 0 của Z[i] có dạng
(1 + i), (p), với p là một số nguyên tố ≡ 3 (mod 4) hoặc a + bi với a, b là các số nguyên dương thỏa mãn
a2 + b2 = q với q là một số nguyên tố ≡ 1 (mod 4). Kết quả sau đây miêu tả tường minh Mệnh đề 4.6.7
Hệ quả 4.6.19. Cho p là một ideal nguyên tố 6= 0 của Z[i]. co rút pc ⊂ Z của p là 1. pc = (2) nếu p = (1 + i);
2. pc = (p) nếu p là ideal chính sinh bởi một số nguyên tố p ≡ 3 (mod 4);
3. pc = (a2 + b2) nếu p là ideal chính sinh bởi một phần tử bất khả qui a + bi /∈ Z, a2 + b2 ≡ 1 (mod 4).
Chứng minh. Ta chứng minh cho p = (1 + i), các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự. Chu ý rằng co rút
của một ideal nguyên tố là một ideal nguyên tố. Mặt khác, do 2 ∈ Z, đẳng thức 2 = (1 − i)(1 + i) chứng tỏ
2 ∈ p ∩ Z = pc. Ta suy ra ideal nguyên tố pc của Z chính là ideal nguyên tố sinh bởi 2.
Hệ quả 4.6.20. Cho p là một số nguyên tố. Khi đó mở rộng (p)e của (p) trong Z[i] là
1. (p)e = (1 + i)2, nếu p = 2; 27
2. (p)e = (p) (và (p) là một ideal nguyên tố của Z[i]) nếu p ≡ 3 (mod 4);
3. (p)e = (a + bi)(a − bi) nếu p ≡ 1 (mod 4) và (a, b) là bộ số nguyên dương sao cho a2 + b2 = p. Mỗi
ideal chính (a + bi), (a − bi) là một ideal nguyên tố của Z[i].
Chứng minh. Rõ ràng mở rộng của một ideal chính (p) ⊂ Z là ideal chính trong Z[i] sinh bởi cùng phần tử.
Bây giờ, nếu p = 2 thì do 2 = −i(1 + i)2 nên 2 liên kết với (1 + i)2, nên (2)e là ideal chính sinh bởi (1 + i)2,
nghĩa là bình phương của ideal nguyên tố (1 + i). Suy luận này áp dụng cho hai trường hợp còn lại.
Nhận xét 4.6.21. Như vậy, mở rộng của ideal nguyên tố (2) ⊂ Z là bình phương của một ideal nguyên tố
của Z[i], mở rộng của ideal nguyên tố (p) với p ≡ 3 (mod 4) vẫn còn là một ideal nguyên tố, và của ideal
nguyên tố (p) với p ≡ 1 (mod 4) là tích của hai ideal nguyên tố phân biệt trong Z[i].
Tính nhân tử hóa của Z[i] là một công cụ rất hữu hiệu để giải quyết một số phương trình nghiệm nguyên.
Để minh họa cho điều này, ta trình bày một vài ví dụ.
Mệnh đề 4.6.22. Phương trình y2 = x3 − 1
chỉ có nghiệm nguyên duy nhất (x, y) = (1, 0).
Chứng minh. Giả sử (x, y) là nghiệm nguyên của phương trình đã nêu. Nếu x chẵn thì y2 ≡ −1 (mod 8)
nhưng −1 không phải chính phương modulo 8. Vậy x lẻ và y chẵn. Viết lại phương trình dưới dạng x3 = (y + i)(y − i)
Trước hết ta có nhận xét đơn giản sau.
Bổ đề 4.6.23. Với mọi a ∈ 2Z, các phần tử a + i và a − i là nguyên tố cùng nhau trong Z[i].
Chứng minh. Thật vậy, giả sử γ ∈ Z sao cho γ | a+i, γ | a−i như vậy γ | 2i. Nói riêng ta có N(γ) | N(2i) = 4.
Mặt khác, γ | a + i ⇒ N(γ) | N(a + i) = a2 + 1. Như vậy số nguyên dương N(γ) vừa là ước của 4 vừa là ước
của số nguyên lẻ a2 + 1, do đó N(γ) = 1. Điều này chứng tỏ γ là một phần tử đơn vị.
Ta biết rằng Z[i] là một vành nhân tử hóa với tập các phần tử khả nghịch {±1, ±i}. Mặt khác, theo Bổ đề
trên, y + i, y − i là nguyên tố cùng nhau. Như vậy y + i, y − i là lập phương của các phần tử của Z[i] (do mọi
phần tử khả nghịch đều là lập phương của một phần tử khả nghịch nào đó). Do đó tồn tại các số nguyên
a, b sao cho y + i = (a + bi)3 (khi đó, bằng cách lấy liên hợp, ta có y − i = (a − bi)3). So sánh các phần ảo
của hai vế của đẳng thức y + i = (a + bi)3 ta được 1 = b(3a2 − b2). Giải phương trình nghiệm nguyên đơn
giản này ta được (a, b) = (0, −1). Từ đây, ta suy ra y = 0 và như vậy x = 1.
Nhận xét 4.6.24. Với cùng ý tưởng trên, ta có thể chỉ ra rằng, với mọi n ≥ 2 phương trình xn − y2 = 1
không có nghiệm nguyên (x, y) với y 6= 0. Kết quả này, được thiết lập bởi Lebesgue, là một trường hợp riêng của phương trình Catalan. 5
Đa thức với hệ số trong một miền nhân tử hóa 5.1
A nhân tử hóa =⇒ A[X] nhân tử hóa
Định nghĩa 5.1.1 (Nội dung của một đa thức). Cho A là một miền nhân tử hóa và f ∈ A[X]. Ta định
nghĩa nội dung của f, kí hiệu là cont(f), như là một bội chung nhỏ nhất của các hệ số của f. Như vậy nội
dung của một đa thức được xác định một cách duy nhất, chính xác tới liên kết. Ta nói f là nguyên thủy nếu
cont(f ) = 1, nói cách khác nếu các hệ số của f là nguyên tố cùng nhau. Ví dụ 5.1.2. 1. Giả sử A = Z. Ta có
2. 2X + 1 là một đa thức nguyên thủy; 28
3. cont(2X + 4) = 2 cont(3X2 − 15) = 3.
Mệnh đề 5.1.3. Cho f, g ∈ A[X] là hai đa thức 6= 0.
1. Nếu f và g là hai đa thức nguyên thủy thì f g cũng là một đa thức nguyên thủy; 2. Một cách tổng quát, cont(fg) = cont(f ) cont(g)
(nhắc lại rằng, đẳng thức này là một đẳng thức chính xác tới liên kết) Chứng minh.
1. Giả sử ngược lại f, g là hai đa thức nguyên thủy nhưng fg không nguyên thủy. Gọi p ∈ A
là một phần tử bất khả qui sao cho p là ước của tất cả các hệ số của fg. Nói cách khác ¯ f ¯ g = 0, với ¯ f, ¯
g tương ứng là các đa thức hệ số trong A/(p) nhận được bằng cách rút gọn modulo p các hệ số của
f và g. Nhưng vì A/(p) là một miền nguyên A/(p)[X] cũng là một miền nguyên. Đẳng thức ¯ f ¯ g = 0 chứng tỏ hoặc ¯ f = 0, hoặc ¯
g = 0. Nói cách khác, hoặc p là một ước chung của các hệ số của f , hoặc p
là một ước chung của các hệ số của g. Nhưng điều này mâu thuẫn với tính nguyên thủy của f và g.
2. Ta có thể viết f = cont(f)f0, g = cont(g)g0 với f0, g0 là hai đa thức nguyên thủy và áp dụng phần trên cho f0, g0.
Mệnh đề 5.1.4. Cho A là một miền nhân tử hóa, K là trường các thương và f ∈ A[X]. Nếu f = gh với
g, h ∈ K[X] thì tồn tại g0, h0 ∈ A[X] sao cho f = g0h0 và deg g0 = deg g, deg h0 = deg h. Nói một cácáh
khác, nếu f phân tích dưới dạng tích của phần tử của K[X] thì f cũng phân tích được thành tích của các
phần tử của A[X] với cùng bậc với các nhân tử trong K[X].
Ta sẽ sử dụng khái niệm sau về rút gọn modulo một ideal của một đa thức.
Định nghĩa 5.1.5. Cho A là một vành, a là một ideal của A. Kí hiệu A → A/a, a 7→ ¯a ánh xạ chuẩn tắc.
Với f(X) = anXn + · · · + a1X + a0 ∈ A[X] ta định nghĩa ¯ f ∈ A/a[X] như sau ¯ f [X] = ¯ anXn + · · · + ¯a1X + ¯a0 Ta gọi ¯
f là đa thức rút gọn modulo a của f .
Ta dễ dàng kiểm tra rằng f 7→ ¯
f là một đồng cấu vành giữa A[X] và A/a[X].
Chứng minh Mệnh đề 5.1.4. Mọi phần tử của P (X) ∈ K[X] có thể được viết dưới dạng 1 P a 0(X ) với P (X ) ∈
A[X], 0 6= a ∈ A nào đó. Giả sử f(X) là một phần tử bất khả qui của A[X] và giả sử f(X) chấp nhận
một phân tích trong K[X] dạng f(X) = g(X) h(X) với a, b ∈ A, g(X), h(X) ∈ A[X] nào đó. Ta suy ra a b
abf(X) = g(X)h(X). Gọi p là một nhân tử bất khả qui bất kì của ab. Ta suy ra đẳng thức ¯ g(X)¯h(X) = 0
trong A/(p)[X] với ¯g, ¯h là các đa thức nhận được từ g, h bằng cách rút gọn các hệ số modulo p. Do p là bất
khả qui, p là nguyên tố nên A/(p) là một miền nguyên cũng như A/(p)[X]. Như vậy ¯g = ¯h = 0, nói cách khác
p là một ước chung của các hệ số của g hoặc của các hệ số của h. Như vậy ta có thể triệt tiêu nhân tử p ở hai
vế của đẳng thức abf(X) = g(X)h(X). Tiến hành qui nạp theo số các nhân tử bất khả qui của ab ta thu được
một đẳng thức có dạng f(X) = g0(X)h0(X) với g0(X), h0(X) ∈ A[X] và deg(g0) = deg(g), deg(h0) = deg(h).
Hệ quả 5.1.6 (Bổ đề Gauss). Cho A là một miền nhân tử hóa, K là trường các thương và f ∈ A[X]. Ta
có f là bất khả qui trong A[X] khi và chỉ khi f là bất khả qui trong K[X].
Định lí 5.1.7. Cho A là một miền nhân tử hóa. Vành các đa thức A[X] cũng là một miền nhân tử hóa.
Hơn nữa, một đa thức f ∈ A[X] là bất khả qui trong A[X] khi và chỉ khi f nguyên thủy và bất khả qui trong K[X]. 29
Chứng minh. Ta chứng minh tính nhân tử hóa của A[X], khẳng định về các phần tử bất khả qui của A[X]
nằm trong chứng minh. Giả sử f(X) = a ×
0 + a1X + · · · + anX n ∈ A[X ]
NTH1. Giả sử f ∈ A[X] là một phần tử bất khả qui của vành A[X]. Nếu f(X) là một hằng số f(X) = a0
thì rõ ràng a0 là một phần tử bất khả qui của A. Ngược lại, ta dễ dàng kiểm tra rằng mọi phần tử bất khả
qui a ∈ A đều bất khả qui nếu coi như phần tử của A[X].
Giả sử f(X) khác hằng. Ta viết f = cont(f)f0 với f0 ∈ A[X] sao cho cont(f0) = 1. Trước hết, do A
nhân tử hóa, ta có một phân tích cont(f) = ua ∗
1 · · · ak với u ∈ A , a1, a2, . . . , ak ∈ A bất khả qui. Theo nhận
xét trên, đây cũng là phân tích của cont(f) ∈ A[X] ra tích của một đơn vị với các phần tử bất khả qui của
A[X]. Bây giờ, nếu f0 là một phần tử bất khả qui của A[X] thì ta không có gì phải chứng minh. Nếu không,
f0 = g0h0 với deg g, deg h < deg f = deg f0. Chú ý rằng khi đó cont(g) = cont(h) = 1. Bằng cách tiến hành
qui nạp đơn giản theo deg f0 ta có được một phân tích của f0 ra tích các phần tử bất khả qui của A[X].
Kết hợp với phân tích ở trên của cont(f) ta thu được phân tích mong muốn của f.
NTH2. Bây giờ ta chứng minh tính chất NTH2’. Ta cần chỉ ra rằng nếu f ∈ A[X] là một phần tử bất
khả qui thì f là một phần tử nguyên tố của A[X] Giả sử f | gh, nghĩa là fk = ghvới g, h, k ∈ A[X] nào đó.
Coi đẳng thức này như đẳng thức trong K[X] với K là trường các thương của A. Một mặt, vì f là một phần
tử bất khả qui của A[X] nên theo Bổ đề Gauss f cũng bẩt khả qui trong K[X]. Mặt khác, ta nhắc lại rằng
K[X] là một miền chính và do đó là một miền nhân tử hóa. Như vậy đẳng thức fk = gh dẫn đến f | g hoặc
f | h trong K[X]. Không mất tổng quảt, giả sử f | g trong K[X], nói cách khác f p = g với p ∈ A[X], a ∈ A a
nào đó, nghĩa là fp = ag. Ta suy ra a | cont(fp) = cont(p) theo Mệnh đề 5.1.3 trên. Như vậy, p ∈ A[X] và a do đó f | g trong A[X].
Hệ quả 5.1.8. Nếu A là một miền nhân tử hóa và n nguyên dương thì A[X1, . . . , Xn] cũng là một miền
nhân tử hóa. Hơn nữa, các phần tử bất khả qui của A[X1, . . . , Xn] là các phần tử nguyên thủy và bất khả qui trong K[X1, . . . , Xn].
Chứng minh. Được suy ra từ qui nạp.
Nhận xét 5.1.9. Tương tự, ta có thể chỉ ra rằng nếu A là một miền nhân tử hóa thì A[[X]] cũng là một miền nhân tử hóa. 5.2 Tiêu chuẩn bất khả qui
Việc xác định các đa thức bất khả qui với hệ số trong một trường (hay vành) là bất khả qui là một bài toán
khó và nói chung không có phương pháp tổng quát. Ta sẽ trình bày sau đây một số tiêu chuẩn quen thuộc.
Trước hết ta có nhận xét sau đây.
Mệnh đề 5.2.1. Cho K là một trường và f ∈ K[X] với deg f = 2, 3. Thế thì f khả qui trong K[X] khi và
chỉ khi f có nghiệm trong K.
Chứng minh. Đây là một bài tập đơn giản.
Để chứng minh các đa thức một biến có bậc nhỏ 2, 3 là bất khả qui, ta có thể kết hợp kết quả trên với
phương pháp thử nghiệm nguyên sau đây.
Mệnh đề 5.2.2 (Phương pháp thử nghiệm nguyên). Cho A là một miền nhân tử hóa với trường các thương
K. Cho f (X) = anXn + · · · + a1X + a0 ∈ A[X]. Giả sử b , với b, c ∈ A nguyên tố cùng nhau, là một nghiệm c
trong K của f. Khi đó b | a0, c | an. Nói riêng nếu f là một đa thức đơn thì mọi nghiệm trong K của f đều
nẳm trong A và là ước của a0.
Chứng minh. Do b là một nghiệm của f nên c bn b a n−1 n n + · · · a + a0 = 0 =⇒ anbn + an a bc + a0c = 0 cn 1 c −1bn−1c + · · · + 1
Do b | 0 và mỗi hạng tử a n−1 n nbn, . . . , a1bc
ta suy ra b | a0c . Nhưng do b, c nguyên tố cùng nhau, điều này dẫn đến b | a0.
Tương tự, do c | 0 và mỗi hạng tử a n n c −1bn−1c, . . . , a0
nên c | anbn. Kết hợp điều này với việc b, c nguyên
tố cùng nhau ta cũng suy ra c | an. Nói riêng, khi a0 = 1 ta suy ra c ∈ A∗ và do đó b ∈ A. c
Ví dụ 5.2.3. Các đa thức 30 1. X3 − 5X2 + 1; 2. X2 − 2X2 − 6
là bất khả qui trong Q[X]. Ta lưu ý rằng với đa thức thứ 2 ta cũng có thể sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein sau đây.
Định lí 5.2.4 (Phương pháp rút gọn modulo p). Cho A là một miền nhân tử hóa và K là trường các thương.
Cho p là một ideal nguyên tố của A và L là trường các thương của A/p. Cho f(X) = anXn +· · ·+a1X +a0 ∈ A[X] sao cho an /
∈ a và gọi ¯f là rút gọn modulo p của f. Nếu ¯
f bất khả qui trong A/p[X] hay L[X] thì P bất khả qui trong K[X].
Chứng minh. Giả sử f = g0h0 với g0, h0 ∈ K[X]. Theo Mệnh đề 5.1.4, ta có thể viết f = gh với g, h ∈ A[X]
và deg g = deg g0, deg h = deg h0. Viết g(X) = b m k mX
+ · · · + b1X + b0, h(X) = ckX + · · · + c1X + c0
Như vậy m + k = n và an = bmck. Theo giả thiết an / ∈ p nên bm / ∈ p, ck /
∈ p. Ta suy ra deg f = deg ¯ f, deg g = deg ¯ g, deg h = deg ¯
h. Mặt khác, rút gọn modulo p đẳng thức f = gh ta thu được ¯ f = ¯ g¯h. Do ¯ f bất khả
qui trong A/a[X] hay L[X], đẳng thức cuối cùng kéo theo deg ¯g = 0 hoặc deg ¯
f = 0. Kết hợp điều này
với deg g = deg ¯g, deg h = deg ¯h ở trên ta suy ra deg g = 0 hoặc deg h = 0. Như vậy f bất khả qui trong K[X].
Ví dụ 5.2.5. Dựa vào phương pháp thử nghiệm, ta dễ dàng kiểm tra được rằng X2 + X + 1 là bất khả qui
trong Z/(2)[X]. Như vậy X2 + X + 1 là bất khả qui trong Q[X] cũng như mọi đa thức aX2 + bX + c với
a, b, c là các số nguyên lẻ.
Định lí 5.2.6 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho A là một miền nhân tử hóa với trường các thương K và
f (X) = a0 + a1X + · · · + anXn ∈ A[X] là một đa thức với bậc ≥ 1. Giả sử tồn tại một phần tử bất khả qui p ∈ A sao cho p ∤ an, p | an a a a −1, . . . , p | 1, p | 0, p2 ∤ 0
Khi đó f(X) là một đa thức bất khả qui trong K[X].
Chứng minh. Giả sử ngược lại, f phân tích được thành tích của hai đa thức với bậc ≥ 1 với hệ số trong
K[X]. Theo Mệnh đề 5.1.6 ta có một phân tích của f trong A[X] thành tích của hai đa thức bậc ≥ 1, f (X) = (b m m−1 m 1 mX + bm X −1 + · · · + b0)(cn m 1X n− − + · · · + c0) −mXn−m + cn− −
Ta có a0 = b0c0. Như vậy p | b0c0 nhưng p ∤ b0c0. Mặt khác ta biết rằng p là một phần tử nguyên tố do p
bất khả qui. Ta suy ra hoặc p | b0 hoặc p | c0 nhưng không đồng thời cả hai. Không mất tổng quát, giả sử
p | b0, p ∤ c0. Ngoài ra từ an = bmcn p −m ta suy ra
∤ bm. Như vậy, tồn tại một số nguyên 0 < k ≤ m sao cho
p | b0, p | b1, . . . , p | bk−1, b ∤ bk Nhưng ak = b0ck + b1ck c c
−1 + · · · + b1 k−1 + bk 0 Ta có p | b0ck, p | b1ck c
−1, . . . , p | bk−1 1 nhưng p ∤ bkc0. Ta suy ra p ∤ ak, như vậy k = n và do đó k = m = n.
Điều này có nghĩa là nhân tử c m 1 n c m 1X n− − + · · · + c −mXn−m + n− − 0 có bậc bằng 0, vô lý.
Ví dụ 5.2.7. Các đa thức sau đây là bất khả qui trong Q[X] 1. X2 − 2X + 6; 2. 3X2 − 15;
3. Xn ± p với mọi n ≥ 1, p nguyên tố. Tổng quát hơn, mọi đa thức dạng Xn − a với a 6= 0 không có ước chính phương.
Bài tập 31. Cho a, b ∈ A. Chứng minh rằng nếu (a) + (b) là một ideal chính thì (a) ∩ (b) cũng là một ideal chính. 31
Bài tập 32. Cho K và L là hai trường. Chứng minh rằng A = K × L là một vành chính nhưng không phải là một miền nguyên.
Bài tập 33. Đặt A = {x ∈ Q; ∃n ∈ Z, 10nx ∈ Z}. Chứng minh rằng A là một miền chính. (Một cách tổng
quát, ta có thể chứng minh rằng mọi vành con của Q là một miền chính).
Bài tập 34. Chứng minh rằng √ √
Z[ −5] = {a + b 5i; a, b ∈ Z}
là một miền nguyên không nhân tử hóa và chỉ ra một phần tử bất khả qui nhưng không là phần tử nguyên tố. √
Bài tập 35. Chứng minh rằng, trong vành Z[ −5], √
1. Các phần tử 2, 1 + −5 có một ước chung lớn nhất; √
2. Các phần tử 6, 2 + 2 −5 không có ước chung lớn nhất.
Bài tập 36. Cho K là một trường và A = K[[X]]. Định nghĩa hàm ord : A× → N như sau, với f(X) = P a n≥0 nXn thì ord(f ) = min n an6=0
Chứng minh rằng (A, ord) là một miền Euclid.
Nhận xét 5.2.8. Một cách tổng quát, nếu A là một vành định giá rời rạc thì A là Euclid.
Bài tập 37. Chứng minh rằng trong một miền nhân tử hóa, mọi ideal nguyên tố đều chứa một phần tử nguyên tố.
Bài tập 38. Cho a 6= 0, n 6= 0 là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau. Ta nói một số nguyên b là một nghịch
đảo modulo n của a nếu ab ≡ 1 (mod n), nói cách khác ¯a¯b = ¯1 trong Z/(n). Chứng minh rằng 100 và 233
là nguyên tố cùng nhau và hãy tìm một nghịch đảo modulo 233 của 100.
Bài tập 39. Cho (A, f) là một miền Euclid sao cho với mọi a, b ∈ A×, a 6= b, f(a − b) ≤ max(f(a), f(b).
Chứng minh rằng phép chia Euclid trên A là duy nhất.
Bài tập 40. Cho a = 5 − 8i, b = 7 + 3i ∈ Z[i].
1. Tìm tất cả các phép chia Euclid a = bq + r trong Z[i];
2. Tìm một thuật toán Euclid của phép chia a cho b;
3. Tìm một ước chung lớn nhất d của a và b cũng như các phần tử s, t ∈ Z[i] sao cho d = as + bt
4. Tìm một bội chung nhỏ nhất m của a và b.
Bài tập 41. Tìm một bộ α, β ∈ Z[i] sao cho
α(4 + 9i) + β(2 + 7i) = 3 + i
Bài tập 42. Tìm một bội chung nhỏ nhất của f(X) = X5 + ¯4, X6 + X5 + ¯
3X4 + X3 + X2 + X + ¯2 ∈ F5[X].
Trong đó F5 = Z/(5) là trường có 5 phần tử.
Bài tập 43. Chứng minh rằng phương trình x5 − y2 = 1
chỉ có nghiệm nguyên duy nhất (x, y) = (1, 0).
Bài tập 44. Cho a ∈ Z là một số nguyên lẻ. Chứng minh rằng a − 2i, a + 2i nguyên tố cùng nhau trong Z[i].
Bài tập 45. Chứng minh rằng phương trình y2 = x3 − 4
chỉ có các nghiệm nguyên (x, y) = (2, ±2), (5 ± 11). (Gợi ý: sử dụng bài tập trên). 32
Bài tập 46. Chứng minh rằng Z[X]/(X2 + 2) là một miền Euclid và hãy xác định các phần tử đơn vị cúa nó. Bài tập 47.
1. Chứng minh rằng X4 + 1 là bất khả qui trong Q[X];
2. Chứng minh rằng X4 + 4 là khả qui trong Q[X] và hãy chỉ ra một phân tích ra tích các nhân tử bất khả qui. Bài tập 48.
1. Chứng minh rằng đa thức X4 + X + 1 là bất khả qui trong Z/(2)[X];
2. Chứng minh rằng với mọi các số nguyên lẻ a, b, c, đa thức aX4 + bX + c bất khả qui trong Q[X].
Bài tập 49. Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng Xp − X − 1 là một đa thức bất khả qui trong
Z/(p)[X]. Từ đó suy ra Xp − X − 1 bất khả qui trong Q[X].
Bài tập 50. Cho a 6= 0 là một số nguyên không chứa chính phương (6= ±1). Chứng minh rằng đa thức
X4 + 2(1 − a)2 + (1 + a)2 là 1. bất khả qui trong Q[X];
2. nhưng không bất khả qui trong bất kì Z/(p)[X], với p nguyên tố, nào.
Chứng minh rằng đa thức X4 − X3 − 3X2 + 5X + 1 bất khả qui trên Q.
Bài tập 51. Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng Φp(X) = Xp−1 + Xp−1 + · · · + X + 1 bất khả qui trong Q[X]. Bài tập 52.
Bài tập 53. Cho t là một biến và Q(t), R(t) tương ứng là trường các hàm hữu tỷ với hệ số trong Q, R. Hãy
xác định xem các đa thức sau đây là khả qui hay bất khả qui trên i) R(t), và ii) Q(t). 1. X3 + X + t; 2. X3 + tX + 1; 3. X3 − 2tX + t.
Bài tập 54. Chứng minh rằng f(X, Y ) = X2 + Y 2 −1 là một đa thức bất khả qui trong Q[X, Y ]. Phải chăng
f (X, Y ) còn bất khả qui trong C[X, Y ] ?
Bài tập 55. Cho K là một trưòng và A = {f(X, Y ) ∈ K[X, Y ]; mọi hạng tử của f đều có bậc chẵn} ⊂
K[X, Y ]. Chứng minh rằng A không phải là một miền nhân tử hóa.
Bài tập 56. Cho K là một trường và K[T 2, T 3] ⊂ K[T ] là vành con của K[T ] sinh bởi T 2, T 3 (nói cách
khác, K[T 2, T 3] là tập các phần tử của K[T ] nhận được bằng cách thế X bằng T 2, Y bằng T 3 vào các đa
thức P (X, Y ) ∈ K[X, Y ]). Chứng minh rằng A không phải là một miền nhân tử hóa.
Nhận xét 5.2.9. Các bài tập trên cùng với các ví dụ đã trình bày nằm trong hai lớp chính các vành không nhân tử hóa
1. Vành các số nguyên OK của một trường số học K nào đó. Ở đây, tính không nhân tử hóa của vành
OK nói rằng K là một trường có số lớp bằng 1 (hay nhóm Picard là tầm thường);
2. Vành các hàm chính qui của một đa tạp đại số. Ở đây, tính không nhân tử hóa của vành phản ánh rằng đa tạp có kì dị.
Bài tập 57. Ta sẽ chứng minh một miền nhân tử hóa mà mọi ideal nguyên tố 6= 0 là cực đại là một miền
chính. Gọi A là một vành thỏa mãn điều kiện trên.
1. Cho x, y ∈ A là hai phần tử 6= 0. Chứng minh rằng tồn tại u, v ∈ A sao cho ux + vy = một bội chung nhỏ nhất của x và y;
2. Giả sử a ⊂ A là một ideal 6= 0. Chứng minh rằng tồn tại một phần tử 0 6= d ∈ A sao cho d là một ước
chung lớn nhất của tập tất cả các phần tử của a\{0}. 3. Kết luận.
Nhận xét 5.2.10. Nói riêng, nếu A là một vành Dedekind A thì A nhân tử hóa ⇔ A vành chính ⇔ nhóm
các lớp ideal (phân thức) của A là tầm thường. 33 6
Địa phương hóa một vành
Với một vành A cho trước, ta đã biết đến các xây dựng các vành mới từ A thông qua vành thương, vành
đa thức (và vành các lũy thừa hình thức). Trong mục này, ta trình bày một xây dựng đặc biệt quan trọng
thông qua địa phương hóa. 6.1 Định nghĩa vành S−1A
Định nghĩa 6.1.1. Một tập con S của một vành A được gọi là nhân tính nếu chứa 1 và đóng với phép nhân.
Ví dụ 6.1.2. Ta có các ví dụ điển hỉnh sau đây
1. Cho A là một vành và a ∈ A. Tập các lũy thừa không âm của a, nghĩa là {1, a, a2, . . .}, là một tập nhân tính của A;
2. A là một miền nguyên khi và chỉ khi tập A× là một tập nhân tính của A.
Ví dụ thứ hai là một trường hợp riêng của kết quả đơn giản sau đây.
Mệnh đề 6.1.3. Cho p ⊂ A là một ideal. Thế thì, p là nguyên tố khi và chỉ khi A\p là một tập nhân tính.
Chứng minh. Thật vậy, p ∈ Spec A ⇔ 1 /∈ p và ∀x, y ∈ A, x /∈ p, y /∈ p ⇔ xy /∈ p..
Với một tập nhân tính S ⊂ A ta định nghĩa quan hệ ∼ trên A × S như sau:
(a, s) ∼ (a′, s′) nếu (as′ − a′s)t = 0 với t ∈ S nào đó
Đây là một quan hệ tương đương: tính phản xạ và đối xứng là hiển nhiên, hãy chứng minh tính bắc cầu. Giả
sử (a, s) ∼ (a′, s′) và (a′, s′) ∼ (a′′, b′′). Như vậy tồn tại t, u ∈ S sao cho (as′ − a′s)t = (a′s′′ − a′′s′)u = 0,
do đó (as′′ − a′′s)s′tu = 0, nghĩa là (a, s) ∼ (a′′, s′′) do s′tu ∈ S. Ta sẽ viết a , hay s−1a, thay cho lớp tương s đương của (a, s).
Ta trang bị cho tập S−1A = A × S/ ∼ (còn có kí hiệu khác là AS) phép cộng và nhân như sau: a a as′ + a′s + = s s′ ss′ a a′ aa′ = s s′ ss′
Ta có thể kiểm tra các phép toán trên không phụ thuộc vào việc chọn các phần tử đại diện và chúng làm
AS trở thành một vành giao hoán có đơn vị, gọi là vành các phân thức của A tương ứng với S.
Ta cũng có một đồng cấu vành tự nhiên φ : A → S−1A, a 7→ a với các tính chất 1
1. Với mọi s ∈ S, φ(s) khả nghịch trong S−1A;
2. ker φ = {a ∈ A; as = 0 với s ∈ S nào đó} (nói riêng φ không đơn cấu trong trường hợp tổng quát);
3. Mọi phần tử của S−1A có dạng φ(a), a ∈ A, s ∈ S nào đó. φ(s)
Nói riêng, tính chất thứ hai ở trên có một hệ quả quan trọng sau đây.
Hệ quả 6.1.4. Đồng cấu A → S−1A là một đơn cấu khi và chỉ khi S không chứa ước của 0.
Nhận xét 6.1.5. Nói riêng khi A là một miền nguyên thì A → S−1A là một đơn cấu. Hơn nữa, ta có thể
đồng nhất S−1A với một vành con của trường các thương của A. Cũng chú ý rằng khi đó điều kiện a = b s t
được viết gọn lại thành at = bs.
Sau đây là một số ví dụ đặc trưng của xây dựng này. Ví dụ 6.1.6.
1. Nếu A là một miền nguyên và S = A× vành các phân thức tương ứng chính là trường các thương của A; 34
2. Tổng quát hơn, với p là một ideal nguyên tố của A và S = A\p, thì vành các phân thức tương ứng được
kí hiệu là A và được gọi là địa phương hóa của A tại ideal nguyên tố p. p
(a) Với A = Z và p = (p) ideal chính sinh bởi một số nguyên tố p thì ta có thể đồng nhất Z với (p)
vành con {a ∈ Q; (b, p) = 1} của trường các số hữu tỷ; b
(b) Cho A là một miền nguyên và a ∈ A. Ideal p = (X − a) là nguyên tố trong A[X] vì vành thương
A[X]/(p), đẳng cấu với A, là một miền nguyên. Ta có thể đồng nhất A[X] với một vành con (X−a)
của trường các phân thức n o A(X). Cụ thể, A f (X) (X−a) = ∈ A(X); g(a) 6= 0 . g(X)
3. Với f ∈ A, tập {fn; n ∈ N} là một tập nhân tính, vành các phân thức tương ứng được kí hiệu là Af.
(a) Với A = Z và n ∈ Z thì địa phương hóa của Z tại một số nguyên n là vành con Zn = { a f n ∈
Q; a ∈ Z; n ∈ Z} của trường các số hữu tỷ. o (b) Cho n
A là một miền nguyên và f ∈ A[X]. Ta có A[X] g(X) f =
; g(X) ∈ A[X], n ∈ Z ⊂ A(X). f (X)n
Chẳng hạn với f(X) = X ta có A[X]X ≃ A[X, X−1] ⊂ A(X).
Các tính chất mà ta liệt kê ở phần trên đặc trưng vành S−1A theo nghĩa sau: nếu một vành B cùng với một
đồng cấu vành f : A → B thỏa mãn các tính chất trên thì ta có một đẳng cấu B ≃ S−1A. Điều này dễ dàng
được suy ra từ tính chất phổ dụng của vành các phân thức mà ta trình bày sau đây.
Mệnh đề 6.1.7 (Tính chất phổ dụng của vành các phân thức). Giả sử f : A → B là một đồng cấu vành
sao cho f(s) là khả nghịch với mọi s ∈ S. Khi đó tồn tại duy nhất một đồng cấu vành g : S−1A → B sao cho f = g ◦ φ.
Chứng minh. Duy nhất. Giả sử g thỏa mãn các điều kiện của mệnh đề. Với mọi a ∈ A, ta có g(a/1) =
gφ(a) = f (a). Ta suy ra với mọi s ∈ S, g(1/s) = g((s/1)−1) = g(s/1)−1 = f(s)−1. Như vậy g(a/s) =
g(a)g(1/s) = f (a)f (s)−1 do đó, g hoàn toàn được xác định bởi f .
Tồn tại. Đặt g(a/s) = f(a)f(s)−1. Ta chứng minh g được định nghĩa tốt: giả sử a/s = a′/s′, ta có
(as′ − a′s)t = 0 với t ∈ S nào đó. Ta suy ra (f(a)f(s′) − f(a′)f(s))f(t) = 0, do f(t) khả nghịch, điều
này dẫn tới f(a)f(s′) − f(a′)f(s) = 0 hay là f(a)f(s)−1 = f(a′)f(s′)−1. Dễ thấy g là một đồng cấu vành.
Ta lưu ý rằng trong các ví dụ ở trên, ví dụ cuối cùng thực ra cho ta một vành thương của một vành đa thức.
Mệnh đề 6.1.8. Cho A là một vành và f ∈ A. Ta có một đẳng cấu vành Af ≃ A[X]/(Xf − 1)
Chứng minh. Ta định nghĩa ánh xạ ξ : A[X] → Af, a a a ξ(a n n−1 0
nX n + an−1Xn−1 + · · · + a0) = + + · · · + f n f n−1 1
Ta có ξ là một đồng cấu vành (và là đồng cấu vành A[X] → Af duy nhất gửi a ∈ A lên a và X lên 1 .) Rõ 1 f
ràng ξ là một toàn cấu. Ta sẽ chứng minh ker ξ = (Xf − 1)
Nhận xét rằng bao hàm (Xf − 1) ⊂ ker ξ là hiển nhiên. Ta chứng minh bao hàm ngược lại. Giả sử P ∈ ker ξ,
ta sẽ chứng minh P ∈ (Xf − 1).
Trước hết ta chứng minh fnP ∈ (Xf − 1) với n ∈ N nào đó. Điều kiện P = P (X) ∈ ker ξ có nghĩa là P ( 1 ) = 0 ∈ A
) = 0 với n nào đó > deg P . Ta có thể viết f nP (X) = Q(f X) f f , nói cách khác f nP ( 1 f
với Q(Y ) ∈ A[Y ], khi đó điều kiện fnP ( 1 ) = 0 chứng tỏ Q(1) = 0. Ta suy ra Q(Y ) = (Y − 1)Q f 0(Y ) với
Q0(Y ) ∈ A[Y ]. Như vậy, fnP (X) = Q(fX) = (fX − 1)Q0(fX).
Bây giờ chú ý rằng ta có đẳng thức Bezout 1 = Xf − (Xf − 1). Nâng lên lũy thừa n đẳng thức này và
sử dụng công thức nhị thức ta được 35 Xnf n + S(X)(Xf − 1) = 0
với S(X) ∈ A[X] nào đó. Vì thế, P (X) = XnfnP (X) + S(X)(Xf − 1)P (X) = Xn(Xf − 1)Q0(fX) +
S(X)(Xf − 1)P (X) ∈ (Xf − 1).
Ví dụ 6.1.9. Cho A là một miền nguyên. Ta đã thấy rằng địa phương hóa của A[X] tại tập {1, X, X2, . . .}
là A[X]X = A[X, X−1]. Mệnh đề trên nói rằng A[X]X ≃ A[X, Y ]/(XY − 1). Lưu ý rằng chứng minh của
Mệnh đề trên cũng đem lại cụ thể một đẳng cấu A[X, Y ]/(XY − 1) → A[X, X−1] như sau. Gọi φ là đồng
cấu vành A[X, Y ] → A(X) duy nhất cố định A, gửi X lên X và gửi Y lên X−1. Ta có ker φ = (XY − 1)
(xem chứng minh Mệnh đề trên) và hiển nhiên Im φ = A[X, X−1]. Vì vậy, φ cảm sinh một đẳng cấu
A[X, Y ]/(XY − 1) ≃ A[X, X−1]. 6.2 Ideal của S−1A
Trong mục này ta đưa ra một số mối liên hệ giữa các ideal của một vành và vành các phân thức S−1A với
S là một tập nhân tính. Kí hiệu φ : A → S−1A ánh xạ tự nhiên. Nhắc lại rằng ta đã định nghĩa mở rộng và
co rút các ideal như sau. Nếu a ⊂ A, b ⊂ S−1A là các ideal bc = φ−1(b) ae = (φ(a))
(nghĩa là ideal của S1A sinh bởi φ(a))
Với vành các phân thức ở đây, mở rộng một ideal có thể được miêu tả một cách cụ thể hơn như sau. Với
mọi tập con X ⊂ A, ta kí hiệu n a o S−1X = ; a ∈ X, s ∈ S ⊂ S−1A s
Mệnh đề 6.2.1. Cho S là một tập nhân tính của một vành A. Cho a là một ideal của A. Ta có n a o ae = S−1a = ; a ∈ a, s ∈ S s
Chứng minh. Một mặt, rõ ràng với a ∈ a, s ∈ S, a = 1 a ∈ ae nên S−1a ⊂ ae. Mặt khác, tập S−1a là một s s1
ideal của S−1A. Thật vậy, với mọi a1, a2, . . . , an ∈ a, s1, s2, . . . , sn ∈ S và mọi b1, . . . , bn ∈ A, t1, . . . , tn ∈ S
tổ hợp tuyến tính Pn bi ai là một phần tử của S−1 i=1 t
a vì ta có thể qui đồng mẫu số một cách quen thuộc i si n n Pn r X bi ai b = X iai ibiai = i=1 ti si siti s i=1 i=1 trong đó s = Qn s s i=1 iti, và ri = Qj6=i j tj .
Mệnh đề 6.2.2. Cho b là một ideal của S−1A. Ta có b = (bc)e.
Chứng minh. Hiển nhiên (bc)e ⊂ b. Ta chứng minh bao hàm ngược lại. Đặt a = bc, như vậy (bc)e = S−1a.
Giả sử x = a ∈ b với a ∈ A, s ∈ S. Thế thì a = xs ∈ b, do đó a ∈ a và như vậy x = a ∈ S−1a. s 1 1 s
Hệ quả 6.2.3. Mọi ideal của S−1A đều có là mở rộng của một ideal của A, và như vậy có dạng S−1a với
a là một ideal nào đó của A.
Chứng minh. Thật vậy, theo Mệnh đề 6.2.2 ở trên, nếu b là một ideal của S−1A thì b = S−1a với a = bc.
Mệnh đề 6.2.4. Cho a là một ideal của A. Ta có
S−1a = S−1A ⇔ a ∩ S 6= ∅
Chứng minh. Thật vậy, nếu s ∈ S ∩ a thì 1 = s ∈ S−1 − − − −
a nên S 1a = S 1A. Ngược lại, nếu S 1a = S 1A 1 s
thì 1 ∈ S−1a. Như vậy tồn tại a ∈ A, s ∈ S sao cho 1 = a, do đó (a − s)t = 0 với t ∈ S nào đó. Rõ ràng 1 1 s
st = at ∈ a ∩ S và do đó S ∩ a 6= ∅. 36
Khác với mở rộng các ideal, không phải mọi ideal của A là co rút của một ideal của S−1A. Ta sẽ miêu
tả tập các ideal co rút này. Trước hết ta có kết quả sau.
Mệnh đề 6.2.5. Cho a là một ìdeal của A. Ta có aec = ∪s∈S(a : s)
Chứng minh. Ta có ae = S−1a nên aec = (S−1a)c. Giả sử x ∈ (S−1a)c, nghĩa là x ∈ S−1a. Ta có x = a với 1 1 s
a ∈ A, s ∈ S nào đó, như vậy (xs − a)t = 0 với t ∈ S nào đó. Ta suy ra xst = at ∈ a và do đó x ∈ (a : st).
Ngược lại, nếu s ∈ S và x ∈ (a : s) thì xs = a với a ∈ a nào đó. Ta suy ra đẳng thức x = a trong S−1A và 1 s do đó x ∈ (S−1a)c.
Hệ quả 6.2.6. Một ideal a ⊂ A là co rút của một ideal của S−1A khi và chỉ khi không một phần tử nào
của S là một ước của 0 trong vành A/a.
Chứng minh. Theo Định lý 2.4.2, nói rằng a là co rút của một ideal của S−1A có nghĩa là ta có đẳng thức
aec = a. Nhưng ta luôn có a ⊂ aec nên aec = a ⇔ aec ⊂ a. Bao hàm này có nghĩa là với mọi x ∈ A nếu sx ∈ a
với s ∈ S nào đó thì x ∈ a. Khẳng định cuối cùng tương đương với việc S không chứa ước của 0 trong vành A/a.
Ta có mô tả quan trọng sau về các ideal nguyên tố của một vành các phân thức.
Định lí 6.2.7 (Ideal nguyên tố của S−1A). Cho S là một tập nhân tính của một vành A. Có một song
ánh, bảo toàn thứ tự giữa tập các ideal nguyên tố của S−1A và tập các ideal nguyên tố rời S của A cho bởi Spec S−1A
↔ {p ∈ Spec A; p ∩ S = ∅} q 7→ qc S−1p ← p
Chứng minh. Do ảnh ngược của một ideal nguyên tố qua một đồng cấu vành là nguyên tố nên nếu q ∈
Spec S−1A thì qc ∈ Spec A. Hơn nữa qc ∩ S = ∅ vì nếu không, theo Mệnh đề 6.2.4, q = qce = S−1qc = S−1A, vô lý.
Ngược lại, giả sử p là một ideal nguyên tố rời S của A. Gọi ¯
S là ảnh của S trong A/p. Như vậy ¯ S là một
tập nhân tính của A/p. Ta dễ dàng kiểm tra được S−1A/S−1p ≃ ¯ S−1(A/p)
Do p nguyên tố, A/p là một miền nguyên. Vì thế vành các phân thức ¯
S−1(A/p) hoặc bằng 0 hoặc là một
vành con của trường các phân thức của A/p và do đó là một miền nguyên, nghĩa là S−1p là một ideal nguyên
tố của S−1A. Nhưng theo Mệnh đề 6.2.4, S−1A/S−1p ≃ ¯S−1(A/p) = 0 ↔ S−1p = S−1A ↔ p ∩ S 6= ∅, mâu
thuẫn với giả thiết ban đầu.
Ta cũng chú ý rằng, trong trường hợp các vành phân thức, phép mở rộng ideal giao hoán với giao, tổng, tích và lấy căn.
Mệnh đề 6.2.8. Cho a, b là các ideal của A và S là một tập nhân tính của A. Ta có
1. S−1(a ∩ b) = (S−1a) ∩ (S−1b);
2. S−1(a + b) = S−1a + S−1b; 3. S−1ab = (S−1a)(S−1b); √ 4. √ S−1 a = S−1a; Chứng minh.
1. Rõ ràng S−1(a ∩ b) ⊂ S−1a ∩ S−1b theo định nghĩa. Để chứng minh bao hàm ngược lại.
Giả sử x ∈ S−1a ∩ S−1b. Ta có x = a = b với a ∈ a, b ∈ b, s, t ∈ S nào đó. Khi đó ta có thể viết s t
x = at = bs = c với c = at = bs ∈ a ∩ b, r = st ∈ S và như vậy x ∈ S−1(a ∩ b). st st r
2. Mọi phần tử của a + b có dạng a + b với a ∈ a, b ∈ b nào đó nên hiển nhiên S−1(a + b) ⊂ S−1a + S−1b.
Ngược lại, giả sử x ∈ S−1a + S−1b. Thế thì x = a + b với a ∈ a, b ∈ b, s, t ∈ S nào đó. Nhưng khi đó s t
x = at+bs = c với c = at + bs ∈ a + b và st ∈ S và do đó x ∈ S−1(a + b). st r 37
3. Chứng minh tương tự như trên. 4. Giả sử √ √
x ∈ S−1 a. Như vậy x = y với y ∈
a, s ∈ S nào đó. Ta có yn ∈ a với n nào đó. Ta suy ra s √
xn = yn ∈ S−1a và do đó x S−1a. sn ∈ √
Ngược lại, giả sử x = y ∈ S−1a, như vậy yn = a, a ∈ a, t ∈ S. s
sn ∈ S−1a với n nào đó. Viết yn sn t
Thế thì, tồn tại r ∈ S sao cho r(yntn − asn) = 0. Ta suy ra ryntn ∈ a và do đó yntnrn ∈ a. Ta có √ x = yrt ∈ S−1 a. srt
Nhận xét 6.2.9. Ta chứng minh được rằng nếu b là hữu hạn sinh thì S−1(a : b) = (S−1a : S−1b).
Hệ quả 6.2.10. Ta có nilrad(S−1A) = S−1 nilrad(A).
Chứng minh. Áp dụng đẳng thức cuối cùng của Mệnh đề trên cho a = 0. 6.3 Vành địa phương
Ta biết rằng mọi vành đều có ít nhất một ideal cực đại.
Định nghĩa 6.3.1 (Vành địa phương). Cho A là một vành. Ta nói A là một vành địa phương nếu A chỉ
chứa một ideal cực đại duy nhất. Nếu A là một vành địa phương với ideal cực đại duy nhất m thì trường
thương A/m được gọi là trường thặng dư của A. Ví dụ 6.3.2.
1. Mọi trường đều có một ideal cực đại duy nhất là ideal 0, nghĩa là mọi trường đều là một
vành địa phương. Hơn nữa, trường thặng dư của một trường (nhìn như một vành địa phương) chính là trường đã cho;
2. Cho p là một số nguyên tố. Thế thì, Z/(pn) là một vành địa phương với ideal cực đại pn−1Z/pnZ và trường thặng dư Fp;
3. Cho X là một không gian tôpô và a ∈ X. Tập hợp A các mầm hàm liên tục trên một lân cận của a với
giá trị thực là một vành địa phương với ideal cực đại m các mầm hàm triệt tiêu tại a. Trường thặng
dư đẳng cấu tự nhiên với R.
Nhận xét 6.3.3. Nếu A là một vành địa phương với ideal cực đại m thì J(A) = m.
Giả sử p là một ideal nguyên tố của A. Ta biết rằng tập S = A\p là một tập nhân tính của A. Ta sẽ viết
A thay cho S−1A và gọi là địa phương hóa của A tại ideal nguyên tố p. Với a là một ideal của A, ta sẽ viết p
aA thay cho ae và với b là một ideal của A ta viết b bc p p ∩ A thay vì .
Kết quá sau đây giải thích vì sao việc xây dựng A được gọi là địa phương hóa A tại p cũng như đem lại p
ví dụ điển hình nhất về vành địa phương.
Định lí 6.3.4. A là một vành địa phương với ideal cực đại pA . Trường thặng dư đẳng cấu một cách chính p p
tắc với trường các thương của A/p.
Chứng minh. Ta biết rằng các ideal nguyên tố của A có dạng qA p
p với q là một ideal nguyên tố của A rời
A\p, nghĩa là q ⊂ p. Trong số các ideal này, rõ ràng p là ideal nguyên tố lớn nhất. Như vậy, ideal pA chứa p
mọi ideal nguyên tố của A , và do đó là ideal cực đại duy nhất của Ap. p
Đồng cấu tự nhiên A → A gửi p vào pA do đó cảm sinh một đơn cấu A/p → A /p . Do A /pA p A p p p p p
là một trường, đơn cấu này cảm sinh một đơn cấu từ trường các thương của A/p vào A pA . Đây là một p/ p
toàn cấu. Việc kiểm tra được để lại cho bạn đọc. Ví dụ 6.3.5.
1. Với A = Z, p = (p) với p là một số nguyên tố nào đó thì vành Zp = {a ∈ Q; a, b ∈ b
Z, (b, p) = 1} là một vành địa phương với ideal cực đại là ideal chính sinh bởi p. Trường thặng dư tương
ứng là trường hữu hạn với p phần tử Fp.
2. Cho A là một miền nguyên và a ∈ A. Thế thì, p = (X − a) là một ideal nguyên tố của A[X]. Vành A[X]
là một vành địa phương với ideal cực đại là ideal chính sinh bởi (X−a) X − a. Trường thặng dư
đẳng cấu với trường các phân thức K của A. 38
Các vành địa phương có thể được đặc bởi một số tính chất khác nhau.
Mệnh đề 6.3.6. Cho A là một vành. Các điều kiện sau là tương đương.
1. A là một vành địa phương; 2. m = A\A∗ là một ideal;
3. Tồn tại một ideal cực đại m thỏa mãn x ∈ m =⇒ 1 + x ∈ A∗.
Chứng minh. 1 =⇒ 2. Giả sử A là một vành địa phương với ideal cực đại m. Ta biết rằng mọi x /∈ A∗ nằm
trong một ideal cực đại nào đó, như vậy x ∈ m. Ta suy ra A\A× = m.
2 =⇒ 1. Giả sử m = A\A∗ thì đây là một ideal cực đại bởi vì một ideal chứa thực sự m sẽ chứa một phần
tử khả nghịch và do đó là toàn bộ vành A. Suy luận này cũng chứng tỏ rằng mọi ideal cực đại của A
đều là một tập con của A\A∗. Ta suy ra m là ideal cực đại duy nhất của A.
1 =⇒ 3. Giả sử A là một vành địa phương với ideal cực đại m và x ∈ m. Rõ ràng 1 + x / ∈ m (vì nếu không
1 ∈ m =⇒ m = (1) không cực đại) nên 1 + x ∈ A\m = A∗ theo 1 =⇒ 2 ở trên.
3 =⇒ 1. Giả sử A không là một vành địa phương, như vậy tồn tại một ideal cực đại n 6= m. Ta có m+n = (1)
(vì là một ideal chứa thực sự m), do đó tồn tại x ∈ m, y ∈ n sao cho x+y = 1. Ta suy ra y = 1−x ∈ A∗
và như vậy n = (1) vô lý. 6.4
Một số tính chất bảo toàn bởi địa phương hóa
Định lí 6.4.1. Cho A là một vành và S là một tập nhân tính của A. Ta có
1. Nếu A là nhân tử hóa thì S−1A cũng là nhân tử hóa. Các phần tử bất khả qui của S−1A chính là các
phần tử bất khả qui của A không là ước của bất kì phần tử nào của S ;
2. Nếu A là một miền chính thì S−1A cũng là một miền chính;
3. Nếu A là một miền Euclid thì S−1A cũng là một miền Euclid.
Chứng minh. Để cho gọn, ta đặt B = S−1A. Nhận xét rằng nếu B là một trường thì các khẳng định cần
chứng minh là tầm thường. Ta sẽ giả sử B không phải là một trường.
1. Gọi P là một hệ đại diện các phần tử bất khả qui của A, nghĩa là một phần tử bất khả qui của A liên
kết với đúng một phần tử của P. Gọi Q tập con các phần tử của P không là ước của bất kì phần tử
nào của S. Giả thiết B không phải là một trường chứng tỏ Q 6= ∅. Từ tính nhân tử hóa của A dễ thấy
rằng mọi phần tử 6= 0 của B có thể được viết thành tích các phần tử của Q và một phần tử đơn vị.
Ta chứng minh mỗi phần tử của Q là bất khả qui trong B. Giả sử q ∈ Q. Trước hết nhận xét rằng q /
∈ B∗. Thật vậy, nếu q a = 1 với a ∈ A, s ∈ S nào đó thì qa = s và do đó q | s vô lý. Giả sử q = a b s s t
với a, b ∈ A, s, t ∈ S nào đó thì ab = qst, như vậy q | ab. Do q là bất khả qui trong A ta suy ra q | a
hoặc q | b, hay a = qa′ hoặc b = qb′. Nhưng khi đó hoặc 1 = a′ b hoặc 1 = a b′ , nghĩa là hoặc b ∈ B∗ s t s t t
hoặc a ∈ B∗. Như vậy q là bất khả qui trong B. Các lập luận trên cũng chứng tỏ các phần tử bất khả s
qui của B chính là các phần tử bất khả qui của A không là ước một phần tử nào của S.
Bây giờ ta chứng minh rằng các phần tử bất khả qui của B là nguyên tố. Giả sử a là một phần tử s
bất khả qui của B và chia hết b c , nghĩa là a d = b c với b, c, d t
∈ A, t, u, v ∈ S nào đó. Ta suy ra u s v t u
adtu = bcsv và như vậy a | bcsv. Nếu a | sv, nghĩa là ae = sv với e ∈ A nào đó thì a e = 1 và a s ∈ B∗, v s
mâu thuẫn với giả thiết bất khả qui của a. Như vậy a ∤ sv và do đó a | bc và a | b hoặc a | c. Nếu a | b s
trong A thì a | b trong B. Tương tự, nếu a | c trong B. s | c thì a t s u
2. Giả sử b là một ideal của B. Do A là một vành chính, ta có a = b ∩ A là một ideal chính, chẳng hạn
a = (a). Thế thì b là ideal chính của B sinh bởi a. 39
3. Giả sử f : A× → N là một hàm Euclid. Nếu x ∈ B× thì theo chứng minh tại phần 1 ở trên tồn tại
a ∈ A, u ∈ B∗ sao cho x = ua và a nguyên tố cùng nhau với mọi phần tử của S. Ta mở rộng hàm
Euclid trên B bằng cách đặt φ(x) = f (a)
Trước hết, ta chỉ ra đây là định nghĩa tốt. Thật vậy, giả sử x = vb với v ∈ B∗, b ∈ A và b nguyên tố
cùng nhau với mọi phần tử của S. Ta có auv−1 = b. Viết uv−1 = c với c ∈ A, s ∈ S nào đó, thế thì s
ac = bs. Nhưng bởi vì s và a nguyên tố cùng nhau, ta suy ra s | c, như vậy uv−1 ∈ A. Tương tự, ta có
vu−1 ∈ A. Từ đó suy ra a và b là hai phần tử liên kết của A và do đó f(a) = f(b).
Bây giờ ta chứng minh φ định nghĩa một hàm Euclid trên B. Trước hết ta chứng minh nếu x, y ∈ B×
thì φ(x) ≤ φ(xy). Viết x = ua, y = u′a′ với u, u′ ∈ B∗, a, a′ ∈ A là các phần tử nguyên tố cùng nhau
với mọi phần tử của S. Thế thì xy = uu′aa′ là với uu′ ∈ B∗, aa′ ∈ A nguyên tố cùng nhau với mọi
phần tử của S. Do đó φ(xy) = f(aa′) ≥ f(a) = φ(x). Cuối cùng ta chứng minh sự tồn tại của phép
chia Euclid trên B. Giả sử x ∈ B, y ∈ B×. Rõ ràng nếu x = 0 thì 0 = y ×0+0 là phép một chia Euclid.
Giả sử x ∈ B×. Như ở trên, ta viết x = ua, y = u′a′ với u, u′ ∈ B∗, a, a′ ∈ A là các phần tử nguyên tố
cùng nhau với mọi phần tử của S. Do A là một vành Euclid, ta có a = a′q′ + r′ với q′, r′ ∈ A và r′ = 0
hoặc f(r′) < f(a′). Thế thì x = yq + r với q = uu′−1q′, r = ur′ là phép chia Euclid cần tìm.
Nhận xét 6.4.2. Một số tính chất quan trọng khác cũng được bảo toàn dưới địa phương hóa mà ta sẽ đề
cập tới, chẳng hạn tính Noether, tính đóng nguyên, tính phẳng.
Bài tập 58. Cho A = Z/(6) và S = {¯1, ¯3, ¯
5}. Chứng minh rằng S là một tập nhân tính của A và tìm ker φ
với φ : A → S−1A là ánh xạ chuẩn tắc.
Bài tập 59. Cho A là một vành và S là một tập nhân tính. Chứng minh rằng các khẳng định sau là tương đương 1. S−1A = 0 2. 0 ∈ S; 3. S ∩ nilrad(A) 6= ∅.
Bài tập 60. Cho A là một vành và S là một tập nhân tính. Chứng minh rằng A → S−1A là một đẳng cấu
khi và chỉ khi mọi phần tử của S là khả nghịch.
Bài tập 61. Cho A, B là hai vành và C = A × B. Chứng minh rằng A, B là các vành các phân thức của C.
Bài tập 62. Cho A là một vành. Định nghĩa S = {x ∈ A×; ∃a, b ∈ A, x = a2 + b2}.
1. Chứng minh rằng S là một tập nhân tính của A;
2. Với A = Z, R[X], hãy xác định vành S−1A.
Bài tập 63. Cho A là một miền nguyên với trường các thương K. Với mỗi m ∈ Specm A ta đồng nhất Am
với một vành con của K. Chứng minh rằng A = ∩m . ∈Specm AAm
Bài tập 64. Cho K là một trường và A = K[X, Y ]/(Y 2). Đặt S = {f(X)X + g(X)Y ; f(X), g(X) ∈ K[X], f(X) 6= 0}.
1. Chứng minh rằng S là một tập nhân tính của A;
2. Chứng minh rằng vành S−1A đẳng cấu với K(X)[Y ]/(Y 2).
Bài tập 65. Cho A là một vành con của Q. Chứng minh rằng tồn tại một tập nhân tính S của Z sao cho
A ≃ S−1Z. Từ đó suy ra A là một miền Euclid (nói riêng, là một miền chính).
Bài tập 66. Cho A là một miền chính và K là trường các thương. Chứng minh rằng mọi vành B sao cho
A ⊂ B ⊂ K là một vành các phân thức của A tương ứng với một tập nhân tính nào đó. (Kết quả này mở rộng bài tập trước). 40
Bài tập 67. Cho K là một trường. Chứng minh rằng K[X, Y ]/(XY − 1) là một miền chính.
Bài tập 68. Cho A là một vành và m là một ideal cực đại. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, vành
A/mn là một vành địa phương.
Bài tập 69. Cho K là một trường. Chứng minh rằng K[[X]] là một vành địa phương.
Bài tập 70. Chứng minh rằng một vành A là địa phương khi và chỉ khi với mọi x, y ∈ A, x + y = 1 =⇒ x ∈ A∗ hoặc y ∈ A∗. 7 Cơ bản về module 7.1
Các định nghĩa và định lý đẳng cấu cơ bản
Định nghĩa 7.1.1 (Module). Một module trên một vành A là một nhóm giao hoán M cùng với một tác
động tuyến tính của A. Một cách cụ thể hơn, một A-module là một cặp (M, ·), trong đó M là một nhóm giao
hoán và · : A × M → M là một ánh xạ, mà ta sẽ viết am thay cho ·(a, m), thỏa mãn các tính chất sau 1. a(m + m′) = am + am′; 2. (a + a′)m = am + a′m; 3. (aa′)m = a(a′m); 4. 1m = m
với mọi a, a′ ∈ A, m, m′ ∈ M. Ví dụ 7.1.2.
1. Nếu a ⊂ A là một ideal thì a là một A-module;
2. Vành các đa thức A[X] và vành các chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số trong A là các A-module;
3. Nếu A = K là một trường thì khái niệm A-module trùng với khái niệm K-không gian vector;
4. Với A = Z, khi đó một Z-module không có gì khác ngoài một nhóm abel. Với G là một nhóm Abel, ta
chỉ cần đặt ng = g + g + · · · + g, n ∈ Z, g ∈ G;
5. Cho V là một K-không gian vector và f là một tự đồng cấu tuyến tính của V . Ta có thể trang bị cho
V cấu trúc của một K[X]-module bằng cách đặt P (X) · v = P (f)(v).
Định nghĩa 7.1.3 (Đồng cấu module). Cho M, N là hai A-module. Một đồng cấu A-module, hay một ánh
xạ A-tuyến tính, là một đồng cấu nhóm f : M → N tương thích với tác động của A. Nói cách khác nếu f (x + y) = f (x) + f (y) f (ax) = af(x)
với mọi x, y ∈ M, a ∈ A. Ta định nghĩa các khái niệm đơn cấu, toàn cấu, đẳng cấu A-module theo cách quen thuộc. Ví dụ 7.1.4.
1. Nếu A = K là một trường, một đồng cấu A-module chính là một ánh xạ tuyến tính giữa các K-không gian vector;
2. Một đồng cấu Z module chính là một đồng cấu nhóm giữa các nhóm Abel;
3. Ánh xạ x 7→ 2x là một đẳng cấu Z-module giữa Z và 2Z;
4. Ánh xạ Z2 → Z[i], (a, b) 7→ a + bi là một đẳng cấu Z module nhưng không là một đẳng cấu vành.
Dĩ nhiên, hợp thành của hai đồng cấu A-module là một đồng cấu A-module. Ngoài ra, tập các đồng cấu
A-module từ M vào N , kí hiệu là HomA(M, N) hay Hom(M, N) nếu không có sự nhầm lẫn nào về vành cơ
sở A, là một A-module với các phép toán sau: (f + g)(x) = f (x) + g(x) (af)(x) = a(f (x)) 41
Định nghĩa 7.1.5 (Module con và thương). Cho M là một A-module.
1. Một module con M′ của M là một nhóm con của M đóng với phép nhân với các phần tử của A (nói
cách khác nếu phép nhúng M′ → M là một đồng cấu A-module);
2. Nếu M′ là một module con của M thì nhóm thương M/M′ có một cấu trúc A-module tự nhiên, gọi là
module thưong, với phép nhân cho bởi a(m + M′) = am + M′.
Cho M′ ⊂ M là một modulue con. Phép chiếu chính tắc M → M/M′ là một đồng cấu A-module. Tương
tự như một kết quả quen thuộc với các ideal, ta có một phép tương ứng 1 − 1, bảo toàn thứ tự, giữa các
module con của M chứa M′ và các module con của M/M′.
Định nghĩa 7.1.6 (Hạch, ảnh và đối hạch). Cho f : M → N là một đồng cấu A-module. Khi đó, hạch
ker f = {m ∈ M; f(m) = 0} và ảnh Im f = f(M) (theo nghĩa đồng cấu nhóm) tương ứng là các A-module
con của M và N. Ta gọi module thương Coker(f) = N/ Im f là đối hạch của f.
Mệnh đề 7.1.7. Cho f : M → N là một đồng cấu A-module.
1. f là một đơn cấu ⇔ ker f = 0;
2. f là một toàn cấu ⇔ Im f = N ⇔ Coker f = 0.
Chứng minh. Hiển nhiên, bởi vì một đồng cấu A-module là một đồng cấu nhóm.
Tương tự như với định lý phân tích đồng cấu nhóm quen thuộc, ta có
Định lí 7.1.8 (Định lý đẳng cấu thứ nhất). Mọi đồng cấu A-module f : M → N cảm sinh một đẳng cấu A-module ¯ f : M/ ker f ≃ Im f định nghĩa bởi ¯ f (m + ker(f )) = f (m).
Chứng minh. Đây là một bài tập đơn giản.
Ta có một số xây dựng cơ bản các module từ các module cho trước như sau.
Định nghĩa 7.1.9 (Tổng và giao các module con). Cho (Mi)i∈I là một họ các A-module con của M. 1. Tổng ( ) X X Mi := mi; mi ∈ Mi i∈I h.h
là một module con của M. Cụ thể hơn, đây là module con nhỏ nhất chứa tất cả các Mi.
2. Giao ∩i∈IMi cũng là một module con của M. Đây là module con lớn nhất của M nằm trong tất cả các Mi.
Ta chú ý khái niệm sau đây.
Định nghĩa 7.1.10 (Tích của một module với một ideal). Với a là một ideal của A và M là một A-module,
ta định nghĩa aM là module con của M gồm các phần tử có dạng tổng hữu hạn P aimi, a i i ∈ a, mi ∈ M .
Các đẳng cấu sau đây là phiên bản cho các module của các kết quả quen thuộc cho nhóm.
Định lí 7.1.11 (Định lý đẳng cấu thứ hai). Giả sử L ⊂ M ⊂ N là các A-module. Ta có đẳng cấu A-module (N/L)/(M/L) ≃ N/M và
Định lí 7.1.12 (Định lý đẳng cấu thứ ba). Giả sử M′, M′′ là hai module con của M. Ta có đẳng cấu A-module
(M ′ + M ′′)/M ′ ≃ M′′/(M′ ∩ M′′)
Chứng minh. Các chứng minh là hoàn toàn tương tự với các chứng minh quen thuộc cho các nhóm. 42 7.2 Phần tử sinh của module
Định nghĩa 7.2.1 (Tổng trực tiếp và tích trực tiếp). Cho (Mi)i∈I là một họ các A-module. Ta định nghĩa
tổng trực tiếp và tích trực tiếp của chúng như sau
1. ⊕i∈IMi = {(mi)i∈I; mi ∈ I, mi = 0 với hầu hết các i}; 2. Q M i∈I i = {(mi)i m ∈I ; i ∈ I }.
với các phép toán được định nghĩa một cách hiển nhiên.
Nhận xét 7.2.2. Dễ thấy rằng các khái niệm tích trực tiếp và tổng trực tiếp là trùng nhau nếu tập chỉ số là hữu hạn.
Định nghĩa 7.2.3 (Hệ sinh, module tự do). Cho M là một A-module.
1. Với mọi m ∈ M, tập các bội {am, a ∈ A} của m là một A-module con của M, được kí hiệu bởi Am hay (m);
2. Một họ các phần tử (mi)i∈I của M được gọi là một hệ sinh của M nếu mọi phần tử của M đều có thể
viết dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các phần tử mi, nghĩa là, với mọi m ∈ M, tồn tại một họ các
phần tử ai ∈ A, i ∈ I, bằng 0 với hầu hết i sao cho X m = aimi i∈I
Như vậy, (mi)i∈I là một hệ sinh của M nếu X M = Ami i∈I
3. Module M được gọi là hữu hạn sinh nếu có một hệ sinh hữu hạn.
Mệnh đề 7.2.4. Một module là hữu hạn sinh nếu và chỉ nếu đẳng cấu với một thương của An với n nào đó.
Chứng minh. ⇒ . Giả sử x1, . . . , xn là một hệ sinh của M. Ta định nghĩa φ : An → M
(a1, . . . , an) 7→ a1x1 + · · · + anxn
Rõ ràng φ là một toàn cấu A-module. Ta suy ra M ≃ An/ ker φ.
⇐. Giả sử φ : A → M là một toàn cấu A-module. Với i = 1, . . . , n, đặt e n
i = (0, . . . , 0, 1, 0, . . . , 0) ∈ A
(trong đó 1 nằm ở vị trí thứ i). Thế thì các phần tử ei là một hệ sinh của An. Do φ là một toàn cấu, các
phần tử φ(e1), . . . , φ(en) là một hệ sinh của M.
Định nghĩa 7.2.5 (Module tự do, cơ sở). Cho M là một A-module.
1. Một họ khác rỗng các phần tử (mi)i∈I của M được gọi là một A-cơ sở của M nếu mọi phần tử của M
đều có thể viết một cách duy nhất dưới dạng tổ hợp tuyến tính của các phần tử mi. Nói một cách khác
(mi)i∈I là một cơ sở nếu là một hệ sinh và độc lập tuyến tính trên A;
2. M được gọi là một module tự do nếu có một cơ sở hoặc M = 0.
Mệnh đề 7.2.6. Một A-module M được là tự do nếu và chỉ nếu đẳng cấu với một tổng trực tiếp A(I) = ⊕i A ∈I các phiên bản của A. 43
Chứng minh. ⇒ . Giả sử (xi)i∈I là một A-cơ sở của M. Ta định nghĩa φ : A(I) → M (ai)i∈I 7→ P aix i∈I i
Rõ ràng φ được định nghĩa tốt và là một đẳng cấu A-module.
⇐. Giả sử φ : A(I) → M là một toàn cấu A-module. Với i ∈ I, gọi e (I) i ∈ A
là phần tử có tọa độ thứ j
bằng 1 nếu j = i và bằng 0 nếu j 6= i. Thế thì các phần tử (ei)i∈I là một cơ sở của A(I). Do φ là một đẳng
cấu, rõ ràng các phần tử φ(ei))i∈I tạo thành một cơ sở của M.
Tương tự như với các không gian vector, ta có
Mệnh đề 7.2.7. Hai cơ sở bất kì của một A-module tự do có cùng lực lượng.
Chứng minh. Gọi m là một ideal cực đại của A và k là trường thặng dư tương ứng. Module thương M/mM
bị triệt tiêu bởi m do đó có một cấu trúc k không gian vector. Mỗi A-cơ sở (xi)i∈I của M xác định một đẳng
cấu A-module A(I) ≃ M do đó cảm sinh một đẳng cấu k-không gian vector (A/m)(I) = k(I) ≃ M/mM. Như
vậy I chính là lực lượng của một cơ sở của k-không gian vector M/mM. Nhưng ta biết rằng lực lượng của
hai cơ sở của một không gian vector là bằng nhau.
Mệnh đề 7.2.7 cho phép đưa ra định nghĩa sau.
Định nghĩa 7.2.8 (Hạng của module tự do). Ta gọi hạng của một module tự do lực lượng của một A-cơ
sở bất kì. Theo qui ước, hạng của module 0 bằng 0.
Nhận xét 7.2.9. Trong một mục sau đây, ta sẽ đưa ra một khái niệm hạng của các module (không nhất
thiết tự do) trên một miền chính và hạng của một module con của một module tự do trên một miền nguyên. 7.3 Bổ đề Nakayama
Kết quả sau đây là phiên bản module của Định lý Cayley-Hamilton quen thuộc.
Định lí 7.3.1. Cho M là một A-module hữu hạn sinh và f : M → M là một A-tự đồng cấu module. Giả sử
Im f ⊂ aM với một ideal a nào đó. Khi đó tồn tại một đa thức đơn P (x) = a n−1 0 + a1x + · · · + an x −1 + xn
với các hệ số a0, a1, . . . , an−1 trong a sao cho P (f) = 0.
Chứng minh. Ta sử dụng mẹo định thức như sau. Gọi x1, . . . , xn là một hệ sinh của M. Ta có thể viết, với
i = 1, . . . , n, f (xi) = Pn a j=1
ij xj với aij ∈ a. Nói một cách khác ta có một hệ đẳng thức n X(δijf − aij)xj = 0 j=1
với mọi i = 1, . . . , n (ở đây, δij là kí hiệu Kronecker). Nhân hai vế ở bên trái với ma trận phụ hợp của ma
trận (δijf − aij) ta thấy det(δijf − aij) triệt tiêu tất cả các xi và do đó triệt tiêu M (vì các xi là một hệ
sinh). Như vậy det(δijf − aij) = 0. Khai triển định thức ở vế trái cho ta kết quả mong muốn.
Kết quả sau đây là cơ sở của nhiều dạng phát biểu khác nhau của Bổ đề Nakayama.
Mệnh đề 7.3.2. Cho M là một A-module hữu hạn sinh. Giả sử a là một ideal sao cho aM = M. Khi đó
tồn tại x ∈ A, x = 1 mod a sao cho xM = 0.
Chứng minh. Áp dụng Định lý 7.3.1 cho f = Id ta được một đẳng thức có dạng Id(1 + a1 + · · · + an) = 0
với các ai ∈ a. Rõ ràng phần tử x = 1 + a1 + · · · + an thỏa mãn điều kiện yêu cầu.
Kết quả quan trọng sau đây là phát biểu quen thuộc nhất của Bổ đề Nakayama.
Định lí 7.3.3 (Bổ đề Nakayama). Cho M là một A-module hữu hạn sinh và a ⊂ A là một ideal nằm trong
căn Jacobson của A. Nếu aM = M thì M = 0. 44
Chứng minh. Thật vậy, theo mệnh đề 7.3.2, xM = 0 với x ≡ 1 (mod J(A)) nào đó. Theo Mệnh đề 2.2.19,x−
1 ∈ J(A) =⇒ x ∈ A∗. Do đó M = x−1xM = 0.
Hệ quả 7.3.4. Giả sử M là một A-module hữu hạn sinh và N là một module con của M. Nếu a là một
ideal nằm trong căn Jacobson của A thỏa mãn aM + N = M thì M = N.
Chứng minh. Áp dụng Bổ đề Nakayama cho M/N cùng với nhận xét a(M/N ) = (aM + N)/N.
Giả sử M là một module trên một vành địa phương (A, m). Khi đó module thương M/mM bị triệt tiêu
bởi m nên có một cấu trúc A/m-module, nghĩa là một không gian vector trên A/m. Nhận xét rằng nếu M là
hữu hạn sinh thì ảnh của một hệ sinh của M là một hệ sinh của A/m-không gian vector M/mM. Kết quả
sau là một dạng địa phương của Bổ đề Nakayama.
Mệnh đề 7.3.5. Cho A là một vành địa phương với ideal cực đại m và M là một A-module hữu hạn sinh.
Giả sử m1, . . . , mn là các phần tử của M sao cho ảnh của chúng trong M/mM là một cơ sở của A/m-không
gian vector M/mM. Thế thì các phần tử m1, . . . , mn là một tập sinh của M.
Chứng minh. Gọi N là module con của M sinh bởi m1, . . . , mn. Khi đó hợp thành của các ánh xạ N → M → M/mM
là một toàn cấu từ N vào M/mM. Ta suy ra N + mM = M. Áp dụng Hệ quả 7.3.4 ta được M = N. 7.4 Dãy khớp module
Định nghĩa 7.4.1 (Dãy khớp). Cho M, N, P, M1, M2, M3, . . . là các A-module.
1. Một dãy các A-module và đồng cấu A-module f g M // N // P
được gọi là khớp nếu Im f = ker g, nói cách khác, nếu g ◦ f = 0 và f gửi M một cách toàn ánh lên ker g.
2. Một cách tổng quát hơn, một dãy dài f f f f · · · 0 1 2 3 // M // // // 1 M2 M3 · · ·
các A-module và đồng cấu A-module được gọi là khớp nếu khớp tại mọi Mi.
Như vậy, theo định nghĩa trên 1. f 0 // M
// N khớp ⇔ f là đơn cấu; 2. f M // N
// 0 khớp ⇔ f là toàn cấu; 3. f 0 // M / / / N
/ 0 khớp ⇔ f là đẳng cấu; 4. f g 0 // M / / / N
/ P khớp ⇔ f : M → ker g là đẳng cấu; 5. f g M // N / / / P
/ 0 khớp ⇔ g cảm sinh một đẳng cấu Coker f = N/ Im f → P ; 6. f g 0 // M / / / / N / P
/ 0 khớp ⇔ f đơn cấu, g toàn cấu và g cảm sinh một đẳng cấu
Coker f → P , nói một cách khác, nếu M có thể được đồng nhất (thông qua f) với một module con của
N và g cảm sinh một đẳng cấu N/M → P . Một dãy khớp có dạng này được gọi một dãy khớp ngắn. 45
Ta chú ý kết quả đơn giản nhưng quan trọng sau.
Mệnh đề 7.4.2 (Phân tích một dãy khớp dài thành các dãy khớp ngắn). Cho một dãy khớp dài các A-module f f f f · · · 0 i−1 i+1 // M / i / / i−1 / Mi / Mi+1 / · · ·
Với mỗi i, đặt Ni = ker fi = Im fi−1. Thế thì, với mọi i, dãy fi−1 fi 0 // N // / / i Mi / Ni+1 / 0 là khớp.
Chứng minh. Thật vậy, nói rằng dãy f f f f · · · 0 // i−1 i+1 M / i / i−1 / M / i / Mi+1
/ · · · khớp tại Mi nghĩa là f nói dãy i−1 fi 0 // N // / / i Mi / Ni+1 / 0 là khớp.
Nhắc lại rằng với M, N, P là các A-module, mọi đồng cấu A-module f : M → N cảm sinh các đồng cấu tự nhiên ¯ f : Hom(P, M) → Hom(P, N) u 7→ f ◦ u ˜ f : Hom(N, P ) → Hom(M, P ) v 7→ v ◦ f
Mệnh đề 7.4.3 (Tính khớp trái của Hom). Cho M là một A-module. 1. Mọi dãy khớp f g 0 // N′ // N // N′′ (2) cảm sinh một dãy khớp ¯ f ¯ g 0 // Hom(M, N′) // Hom(M, N) // Hom(M, N′′) (3) 2. Mọi dãy khớp f g N ′ // N // N′′ // 0 (4) cảm sinh một dãy khớp ˜ g ˜ f 0 // Hom(N ′′, M) // Hom(N, M) // Hom(N ′, M) (5) Chứng minh.
1. Ta kiểm tra tính khớp tại từng hạng tử của dãy 3. Tính khớp tại Hom(M, N ′) tương đương với việc ¯
f là đơn ánh. Giả sử u ∈ ker ¯
f , nghĩa là f ◦ u = 0, hay f(u(M)) = 0. Do dãy 2 là khớp,
ta có f là đơn cấu. Như vậy u(M) = 0 và u = 0. Ta kiểm tra tính khớp tại Hom(M, N ). Trước hết
nhận xét rằng g ◦ f = 0 (được suy ra từ tính khớp của dãy 2 tại N) kéo theo ¯g ◦ ¯ f = 0. Thật vậy, với
mọi u ∈ Hom(M, N′), ta có (¯g ◦ ¯
f )(u) = g ◦ f ◦ u = 0. Như vậy Im ¯
f ⊂ ker ¯g. Bây giờ ta kiểm tra rằng
bao hàm này là một đẳng thức. Giả sử v ∈ ker ¯g, có nghĩa là g ◦ v = 0, hay Im v ⊂ ker g. Do dãy 2 là
khớp ta có ker g = Im f. Như vậy Im v ⊂ Im f. Điều này, cùng với chú ý rằng f là một đơn cấu, cho
thấy với mọi x ∈ M, tồn tại duy nhất một phần tử u(x) sao cho f(u(x)) = v(x). Ánh xạ u hiển nhiên
là một đồng cấu A-module thỏa mãn v = f ◦ u = ¯
f (u). Ta vừa chứng minh xong ¯ f = ker ¯ g. 2. Hoàn toàn tương tự. 46
Nhận xét 7.4.4. Như vậy, nếu f g 0 // N′′ // N // N′′ // 0
là khớp thì với mọi M ta có các dãy khớp 0 // Hom(M, N′) // Hom(M, N) // Hom(M, N′′) 0 // Hom(N ′′, M) // Hom(N, M) // Hom(N ′, M)
Mệnh đề 7.4.5 (Bổ đề con rắn). Cho một sơ đồ giao hoán các A-module f f M 1 / 2 / / 1 / M2 / M3 / 0 α1 α2 α3 g1 g2 0 // N / / 1 / N2 / N3
với các hàng là khớp. Thế thì tồn tại một ánh xạ con rắn (hay ánh xạ đối biên) tự nhiên δ : ker α3 → Coker α1 khiến cho dãy ¯ f ¯ f δ ¯ g ¯ g ker α 1 / 2 / / 1 / 2 / 1 / ker α2 / ker α3 / Coker α1 / Coker α2 / Coker α3
là khớp. Ở đây, các ánh xạ ¯ fi, ¯
gi là các ánh xạ hạn chế của fi, gi.
Chứng minh. Ánh xạ δ được định nghĩa như sau. Giả sử x3 ∈ ker α3. Do hàng trên là khớp, nói riêng f2 là
ánh xạ lên. Ta có x3 = f2(x2) với x2 ∈ M2 nào đó. Do sơ đồ là giao hoán, ta có 0 = α3(f2(x2)) = g2(α2(x2).
Như vậy α2(x2) ∈ ker g2. Lại do hàng dưới là khớp, ker g2 = Im g1. Ta suy ra α2(x2) = g1(y1) với y1 ∈ N1
nào đó. Hơn nữa, chú ý rằng, do g1 là đơn ánh, phần tử y1 thỏa mãn điều kiện này là duy nhất.Ta gọi δ(x3)
là ảnh của y1 trong Coker α1 = N1/ Im α1.
Ta kiểm tra rằng ánh xạ δ được định nghĩa tốt. Nhận xét rằng theo xây dựng trên, x2 xác định một cách
duy nhất y1 và do đó ảnh của y1 trong Coker α1. Nói cách khác, ta chỉ cần kiểm tra rằng nếu thay x2 bằng một phần tử x′ ′ và
2 ∈ M2 sao cho f2(x2) = x3 và xây dựng phần tử y′1 ∈ N1 theo cách trên thì ảnh của y′1 y ′
1 trong Coker α1 trùng nhau. Ta có f2(x2) = f2(x2) = x3 nên x′2 − x2 ∈ ker f2. Do ker f2 = Im f1 ta có x′
là phần tử (duy nhất) trong
2 = x2 + f1(x1) với x1 ∈ M1 nào đó. Theo xây dựng, y′ 1 N1 sao cho
g1(y′1) = α2(x′2) = α2(x2 + f1(x)1) = α2(x2) + α2(f1(x1)) = g1(y1) + g1(α1(x1) = g1(y1 + α1(x1))
Bây giờ, do g1 là đơn ánh, y′
cùng định nghĩa một phần tử của
1 = y1 + α1(x1) và do đó y1, y′1 Coker α1.
Việc kiểm tra tính khớp được để lại cho bạn đọc.
Bài tập 71. Coi M = Z là Z-module trên chính nó. Cho a, b là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau.
1. Chứng minh rằng (a, b) là một hệ sinh cực tiểu của M (một hệ sinh được gọi là cực tiểu nếu mọi tập
con thực sự không là một hệ sinh);
2. Chứng minh rằng ta không thể bổ sung một số phần tử của M vào {a} để tạo thành một cơ sở của M. Bài tập 72.
1. Cho f : Am → An là một toàn cấu. Chứng minh rằng m ≥ n.
2. Cho f : Am → An là một đơn cấu cấu. Phải chăng ta luôn có m ≤ n ?
Bài tập 73. Cho 0 → M → N → P → 0 là một dãy khớp các A-module. Chứng minh rằng nếu M và P là
các A-module hữu hạn sinh thì N cũng vậy. 47
Bài tập 74. Cho M, N là hai module con của một A-module nào đó. Chứng minh rằng nếu M + N và
M ∩ N là các A-module hữu hạn sinh thì M, N cũng vậy.
Bài tập 75. Cho a là một ideal của A. Chứng minh rằng các khẳng định sau là tương đương:
1. a là hữu hạn sinh và a2 = a;
2. a = (a) với a2 = a nào đó.
Bài tập 76. Cho M là một A-module hữu hạn sinh và f ∈ HomA(M, M). Chứng minh rằng nếu f là một
toàn cấu thì f là một tự đẳng cấu.
Bài tập 77. Cho (A, m) là một vành địa phương và M là một A-module hữu hạn sinh. Chứng minh rằng
số phần tử của mọi tập sinh cực tiểu của M là bằng nhau.
Bài tập 78. (Mệnh đề đảo của Bổ đề Nakayama.) Cho a là một ideal của A thỏa mãn: với mọi A-module
hữu hạn sinh M ta có, aM = M =⇒ M = 0. Chứng minh rằng a ⊂ J(A).
Bài tập 79. (Mệnh đề đảo của Hệ quả 7.3.4.) Cho a là một ideal của A thỏa mãn: với mọi A-modules
N ⊂ M sao cho M/N hữu hạn sinh, N + aM = M =⇒ N = M. Chứng minh rằng a ⊂ J(A).
Bài tập 80. Cho A là một vành và a là một ideal nằm trong căn Jacobson của A. Cho f : M → N là một
đồng cấu A-module với N hữu hạn sinh. Chứng minh rằng f là một toàn cấu khi và chỉ khi đồng cấu cảm
sinh M/aM → N/aN là một toàn cấu.
Bài tập 81. Cho dãy khớp các không gian vector 0 // V / / / / 1 / V2 / · · · // Vn−1 / Vn / 0 Chứng minh rằng n X(−1)i dim Vi = 0 i=1
Bài tập 82. (Mệnh đề đảo của Mệnh đề 7.4.3.) Cho M là một A-module. 1. Cho dãy các A-modole f g 0 // N′ // N // N′′ (6)
Chứng minh rằng nếu với mọi A-module M, dãy cảm sinh ¯ f ¯ g 0 // Hom(M, N′) // Hom(M, N) // Hom(M, N′′) (7)
là khớp thì dãy 6 là khớp. 2. Cho dãy các A-module f g N ′ // N // N′′ // 0 (8)
Chứng minh rằng nếu với mọi A-module M, dãy cảm sinh ˜ g ˜ f 0 // Hom(N ′′, M) // Hom(N, M) // Hom(N ′, M) (9)
là khớp thì dãy 8 là khớp. 48 8
Module hữu hạn sinh trên một miền chính 8.1
Module con của module tự do
Cho A là một miền nguyên và K là trường các thương. Ta nhận xét rằng mọi module tự do trên A, như vậy
đẳng cấu với A(I) với một tập chỉ số I nào đó, đều có thể nhúng được vào một K không gian vector K(I).
Ta suy ra mọi module con M của một A-module tự do cũng nhúng được vào một K-không gian vector. Ta
có thể định nghĩa hạng của một module con M của một module tự do như chiều của K-không gian vector
sinh bởi M. Nếu M là một A-module tự do với một cơ sở hữu hạn n phần tử, hạng của M (theo định nghĩa trên) bằng n.
Định lí 8.1.1. Cho A là một miền chính và M là một module tự do hạng n. Cho N là một module con
của M. Thế thì N cũng là một module tự do hạng 0 ≤ k ≤ n.
Chứng minh. Khẳng định là tầm thường với N = 0, ta giả sử N 6= 0. Với v ∈ Hom(M, A) rõ ràng v(N) là
một module con của A, nghĩa là một ideal của A. Giả thiết A là chính dẫn đến v(N) = (av) với av ∈ A nào đó.
Nhận xét rằng, do A là vành chính, mọi tập 6= 0 các ideal của A chứa một phần tử cực đại theo quan hệ
bao hàm (điều này được chứng minh trong mục A là miền chính kéo theo A nhân tử hóa). Ta suy ra tồn tại
u ∈ Hom(M, A) sao cho (au) là cực đại trong số các ideal (av), v ∈ Hom(M, A).
Trước hết ta chứng minh au 6= 0. Gọi (x1, . . . , xn) là một cơ sở của M, điều này cho ta một đẳng cấu
M ≃ An. Gọi πi : M → A là phép chiếu xuống tọa độ thứ i, nghĩa là π(a1x1 + · · · + anxn) = ai với mọi
a1, . . . , an ∈ A. Do N 6= 0, ít nhất một trong các πi(N) 6= 0 và do đó au 6= 0.
Gọi f1 là một phần tử của N sao cho u(f1) = au. Ta sẽ chỉ ra rằng với mọi v ∈ Hom(M, A), av | v(f1).
Gọi d là ước chung lớn nhất của au và v(f1). Theo Định lý Bezout, ta có d = sau + tv(f1) với s, t ∈ A nào
đó. Ta suy ra d = (su + tv)(f1). Nhưng su + tv ∈ Hom(M, A), ta có (au) ⊂ (d) ⊂ u(N). Tính cực đại của
(au) chứng tỏ rằng (d) = (au) và do đó au | v(f1).
Nói riêng, với mọi i = 1, . . . , n ta có a πi(f1) u | πi(f1). Đặt e1 = Pn x i=1 a
i. Trước khi kết thúc chứng minh, u
ta thiết lập kết quả sau. Bổ đề 8.1.2. Ta có
1. f1 = aue1, u(e1) = 1, u(f1) = au; 2. M = ker u ⊕ Ae1; 3. N = (N ∩ ker u) ⊕ Af1. Chứng minh.
1. Hiển nhiên theo xây dựng của f1 ta có f1 = aue1 cũng như theo định nghĩa của e1 thì
u(e1) = au. Mặt khác, do u(f1) = au = auu(f1) và do af 6= 0, ta suy ra u(f1) = 1.
2. Bằng cách viết, với mọi x ∈ M, x = (x − u(x)e) + u(x)e, và nhận xét rằng u(x − u(x)e) = u(x) −
u(x)u(e) = 0, ta suy ra M = ker u + Ae1. Mặt khác, đẳng thức ker u ∩ Ae1 = 0 là hiển nhiên vì u(e1) = 1.
3. Với mọi y ∈ N, ta có af | f(y) nên f(y) = afb với b ∈ A nào đó. Ta viết y = (y − f(y)e) + f(y)e =
(y − f(y)e) + be0. Một mặt, chú ý rằng be0 ∈ N và y ∈ N nên y − f(y)e ∈ N. Mặt khác, hiển nhiên
f (y − f(y)e) = 0. Ta suy ra N = (N ∩ ker f) + Ae0. Một lần nữa, đẳng thức (N ∩ ker f) ∩ Ae0 là hiển nhiên.
Kết thúc chứng minh Định lý 8.1.1. Ta tiến hành qui nạp theo hạng (theo định nghĩa ở trên) k của N. Nếu
k = 0 thì N = 0 và ta không có gì phải chứng minh. Giả sử với mọi module con hạng k − 1 của một module
tự do trên A là một module tự do. Giả sử N là một module con hạng k > 0 của module tự do M hạng n.
Theo Bổ đề 8.1.2 ở trên, ta có N = (N ∩ ker u) ⊕ Af1 nên N ∩ ker u có hạng k − 1. Áp dụng giả thiết qui
nạp ta suy ra N ∩ ker u là một module tự do hạng k − 1. Lại do tổng N = (N ∩ ker u) ⊕ Af1 là trực tiếp, bổ
sung f1 vào một cơ sở của N ∩ ker u ta được một cơ sở của N. Như vậy M là một module tự do có hạng k.
Cuối cùng, hiển nhiên ta có k ≤ n vì chiều của không gian vector con sinh bởi N (bằng k) không vượt
quá chiều của không gian sinh bởi N (bằng n). 49
Kết quả trên có thể được làm mịn hơn như sau.
Định lí 8.1.3 (Cơ sở thích ứng). Cho A là một miền chính và M là một module tự do hạng n. Cho N là
một module con 6= 0 của M. Tồn tại một cơ sở (e1, . . . , en) của M cùng với các phần tử a1, . . . , ak khác 0 của A sao cho
1. (a1e1, . . . , akek) là một cơ sở của N;
2. ai | ai+1 với mọi i = 1, . . . , k − 1.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng qui nạp theo hạng n của M và sử dụng chứng minh cũng như các ký
hiệu của Định lý 8.1.1. Trường hợp n = 0 là hiển nhiên. Ta giả sử phát biểu là đúng cho các module M với
hạng n − 1. Giả sử M là một A-module tự do hạng n. Theo Định lý 8.1.1, ker u là một A-module tự do. Lại
theo Bổ đề 8.1.2, M = ker u ⊕ Ae1 ta suy ra ker u là một module tự do hạng n − 1. Nếu ker u ∩ N = 0 khẳng
định là hiển nhiên. Nếu ker u ∩ N 6= 0, áp dụng giả thiết qui nạp cho ker u và module con ker u ∩ N ta suy
ra tồn tại một cơ sở e2, . . . , en của ker u cũng như k − 1 ≤ n − 1 phần tử a2 | a3 | · · · | ak khác 0 sao cho
a2e2, . . . , akek làm thành một cơ sở của ker u ∩ N. Từ Bổ đề 8.1.2, ta suy ra e1, e2, . . . , en là một cơ sở của
M và a1e1, . . . , akek là một cơ sở của N .
Để kết thúc, ta chỉ cần chỉ ra a1 | a2. Gọi v ∈ Hom(M, A) là ánh xạ định nghĩa bởi v(e1) = v(e2) =
1, v(e3) = · · · = v(en) = 0, nói cách khác,
v(c1e1 + c2e2 + · · · + cnen) = c1 + c2
với mọi c1, . . . , cn ∈ A. Thế thì a1 = au = v(aue1) = v(f1) ∈ v(N). Ta suy ra (au) ⊂ v(N), kết hợp với tính
cực đại của (au) ta phải có (au) = v(N). Mặt khác a2 = v(a2e2) ∈ v(N) nên a2 ∈ (au) = (a1) và do đó a1 | a2.
Ví dụ 8.1.4. Gọi M là một Z-module tự do hạng 2 và e1, e2 là một cơ sở, như vậy M = Ze1 ⊕ Ze2. Gọi N
là module con của M sinh bởi 2e1, 3e2. Chú ý rằng cơ sở e1.e2 không là một cơ sở thích ứng của M đối với M . Đặt
f1 = −2e1 + 3e2, f2 = −e1 + e2
Thế thì f1, f2 là một cơ sở của M và f1, 6f2 là một cơ sở của N. Nói cách khác f1, f2 là một cơ sở thích ứng của M đối với N.
Nhận xét 8.1.5. Ta sẽ chỉ ra rằng dãy (a1, . . . , an) trong Định lý 8.1.3 là duy nhất (chính xác tới các liên kểt).
Nhận xét trên cho phép ta đưa ra
Định nghĩa 8.1.6. Dãy (a1, . . . , an) trong Định lý 8.1.3 được gọi là các nhân tử bất biến của N trong M.
Định lí 8.1.7 (Phân tích theo nhân tử bất biến). Cho M là một module hữu hạn sinh trên một miền chính
A. Tồn tại duy nhất một dãy, chính xác tới phép liên kết, các phần tử a1 | a2 | · · · | an của A (không nhất thiết 6= 0) sao cho
M ≃ A/(a1) ⊕ A/(a2) ⊕ · · · ⊕ A/(an)
Nói một cách khác tương đương, tồn tại một dãy ideal a1 ⊃ a2 ⊃ · · · ⊃ an sao cho
M ≃ A/a1 ⊕ A/a2 ⊕ · · · ⊕ A/an
Chứng minh. Ta biết rằng một module hữu hạn sinh luôn đẳng cấu với một thương của một module tự do
hạng hữu hạn. Như vậy, M ≃ An/N với N là một module con của An nào đó. Theo Định lý 8.1.3, tồn tại
một cơ sở e1, . . . , en của An và k ≤ n phần tử a1 | a2 | · · · | ak khác 6= 0 sao cho a1e1, a2e2, .. . , akek làm
thành một cơ sở của N. Đặt ak+1 = · · · = an = 0, và với mọi i, ai = (ai), thế thì M ≃ An/N
= Ae1/Aa1e1 ⊕ · · · ⊕ Aen/Aanen
= A/(a1) ⊕ A/(a2) ⊕ · · · ⊕ A/(an)
= A/(a1) ⊕ A/(a2) ⊕ · · · ⊕ A/(an) 50
Định nghĩa 8.1.8. Dãy các phần tử a1 | a2 | · · · | an (hay các ideal (a1) ⊃ (a2) ⊃ · · · ⊃ (an)) của Định lý
8.1.7 được gọi là các nhân tử bất biến của M.
Nhận xét 8.1.9. Như vậy hạng của module hữu hạn sinh M trên một miền chính bằng số các phần tử bằng
0 của dãy các nhân tử bất biến của M .
Ví dụ 8.1.10. Coi nhóm M = Z/(4) ⊕ Z/(6) như là một Z module. Áp dụng định lý thặng dư Trung Hoa cho M ta được
M ≃ Z/(4) ⊕ Z/(2) ⊕ Z/(3)
Cũng theo Định lý thặng dư Trung Hoa, ta có
Z/(2) ⊕ Z/(12) ≃ Z/(2) ⊕ Z/(4) ⊕ Z/(3)
Như vậy, M ≃ Z/(2) ⊕ Z/(12) và (2, 12) là các nhân tử bất biến của M.
Định lí 8.1.11 (Phân tích nguyên sơ). Cho M là một module hữu hạn sinh trên một miền chính A. Thế
thì M là một tổng trực tiếp M = ⊕i∈IMi
trong đó với mỗi i, hoặc Mi = A hoặc Mi = A/(pk) với p là một phần tử bất khả qui nào đó và k nguyên dương.
Định nghĩa 8.1.12. Các phần tử pk xuất hiện trong phân tích cho bởi Định lý 8.1.11 là duy nhất (chính
xác tới phép liên kết) và được gọi là các ước chính của module M.
Bài tập 83. Tìm các ước chính, các nhân tử bất biến của Z/(20) ⊕ Z/(6) ⊕ Z/(15).
Bài tập 84 (Nhân tử bất biến từ các ước chính). Tìm các hạng tử bất biến của nhóm Abel hữu hạn với các
ước chính là 2, 2, 33, 3, 3, 52, 5, 7. Bài tập 85. 1. Cho 3 1 A = . Tìm các ma trận L, R
Z , khả nghịch trên Z sao cho LAR là − ∈ M 1 2 2( )
một ma trận đường chéo với hệ số nguyên. 3 1 −4
2. Tương tự như trên, với A = 2 −3 1 −4 6 −2
Bài tập 86. Cho M ⊂ Z2 là module con sinh bởi các phần tử 4e1 + 2e2, 7e1 + 4e2, 2e1 + 6e2, trong đó e1, e2
là cơ sở chính tắc của Z2. Tìm một cơ sở thích ứng của Z2 đối với M.
Bài tập 87. Cho M là một Z-module tự do và (e1, e2, e3) là một cơ sở. Cho N là module con của M sinh
bởi x = 3e1 + e2 + e3, y = e1 + 3e2 + e3, z = e1 + e2 + 3e3. Tìm một cơ sở (f1, f2, f3) của M và các số nguyên
dương d1 | d2 | d3 sao cho (d1f1, d2f2, d3f3) là một cơ sở của N.
Bài tập 88. Giải các hệ phương trình sau trên Z 1. 4x + 7y + 2z = 0 2x + 4y + 6z = 0 2. 3x + 2y + 3z + 4t = −8 x + −2y + z − t = −3
Bài tập 89. Tìm các ước chính, nhân tử bất biến và phân tích nguyên sơ của Z3/N với N là module con
N = (x, y, x) ∈ Z3; x + 2y + 3z = x + 4y + 9z = 0 ⊂ Z3.
Bài tập 90. Cho G là một nhóm Abel hữu hạn sinh. Chứng minh rằng nhóm Aut(G) các tự đẳng cấu nhóm
của G là hữu hạn khi và chỉ khi trong phân tích chính tắc của G có tối đa một hạng tử đẳng cấu với Z. 51
Bài tập 91. Chứng minh lại phiên bản sau của bài tập 76: cho G là một nhóm Abel hữu hạn sinh. Chứng
minh rằng mọi tự đồng cấu và toàn ánh của G là một tự đẳng cấu.
Bài tập 92 (Tính toán các nhân tử bất biến). Cho M là một Z-module tự do hạng n là N là một module
con hạng k. Gọi (e1, . . . , en) là một cơ sở của M. Gọi a1 | a2 · · · | ak các hạng tử bất biến của N trong
M . Gọi f1, . . . , fm là một tập sinh của N . Gọi A là ma trận mà các cột là các hệ số của fi trong cơ sở
(e1, . . . , en). Ta sẽ chứng minh rằng với mọi 1 ≤ i ≤ k, a1 · · · ai bằng ước chung lớn nhất của các định thức con cấp i của A.
Ta cố định một số nguyên 1 ≤ s ≤ k.
1. Chứng minh rằng với mọi ánh xạ s-tuyến tính thay phiên f : Ms → Z và mọi bộ (x1, . . . , xs) ∈ Ns ta
có a1a2 · · · as | f(x1, . . . , xs);
2. Chứng minh rằng tồn tại một ánh xạ s-tuyến tính thay phiên f : Ms → Z và một bộ (x1, . . . , xs) ∈ Ns
sao cho a1a2 · · · as = f(x1, . . . , xs);
3. Từ đó suy ra a1 · · · as là ước chung lớn nhất của họ các phần tử f(x1, . . . , xs) trong đó f chạy trên tập
các dạng s-tuyến tính thay phiên trên M và (x1, . . . , xs) chạy trên Ns; 4. Kết luận.
Bài tập 93 (Tính toán các nhân tử bất biến, dạng chuẩn tắc Smith). Cho A ∈ Mm,n(Z). Nhắc lại rằng
GLk(Z) = {X ∈ Mk(Z); X khả nghịch và X−1 ∈ Mk(Z)}.
1. Chứng minh rằng tồn tại một ma trận đường chéo B ∈ Mm,n(Z) với các hệ số trên đường chéo là các số
tự nhiên thỏa mãn di | di+1 với mọi i và hai ma trận M ∈ GLm(Z), N ∈ GLn(Z) sao cho B = MAN.
Chứng minh rằng ma trận B là duy nhất.
2. Chứng minh rằng ước chung lớn nhất của các định thức con cấp i của A không thay đổi nếu ta nhân
A bên trái với một phần tử của GLm(Z) và bên phải với một phần tử của GLn(Z); 3. Kết luận.
Bài tập 94 (Định lý thặng dư Trung Hoa tường minh). Cho a, b là hai số nguyên 6= 0 và d là ước chung
lớn nhất d > 0. Gọi u, v là hai số nguyên sao cho d = ua + vb. Đặt a1 = a, b . Đặt (như vậy, d 1 = b m = ab d d
m là một bội chung nhỏ nhất của a và b). 1. Chứng minh rằng u v a 0 1 −vb 1 d 0 = −b1 a1 0 b 1 ua1 0 m và các ma trận u
v , 1 −vb1 là khả nghịch trên Z. −b1 a1 1 ua1
2. Từ đó suy ra một đẳng cấu cụ thể giữa Z/(a) ⊕ Z/(b) và Z/(d) ⊕ Z/(m).
Bài tập 95 (Nhóm Abel cho bởi phần tử sinh và quan hệ). Tìm các ước cơ bạn, hạng tử bất biến và phân
tích chuẩn tắc của các nhóm Abel cho bởi các phần tử sinh và các quan hệ như sau 1. G1 = hx, y; 10x = 9y = 0i;
2. G2 = hx, y, z; 15x = 6y = 4zi; 3. 2x − y − 2z = 0 G3 = x, y, z; ; 3x − 2y − 3z = 0 * 2x − y − 3z = 0+ 4. G4 = x, y, z; 3x − 2y − 3z = 0 ; 7x + 4y + 10z = 0 3x + 2y + z = 0 * + 5. 8x + 4y + 2z = 0 G5 = x, y, z; . 7x + 6y + 2z = 0 9x + 6y + 3z = 0 52 9
Điều kiện xích, vành và module Noether 9.1 Vành Noether
Mệnh đề 9.1.1. Cho M là một A-module, các điều kiện sau là tương đương.
1. Mọi xích tăng các module M1 ⊂ M2 ⊂ · · · là dừng: nghĩa là tồn tại n sao cho Mn = Mn+1 = · · · ;
2. Mọi tập 6= ∅ các module {Mi}i∈I đều chứa một phần tử cực đại (với quan hệ bao hàm);
3. Mọi module con của M là hữu hạn sinh.
Chứng minh. 1 ⇒ 2. Giả sử tồn tập 6= ∅ các module {Mi}i∈I không chứa một phần tử cực đại. Lấy M1 là
một module bất kì trong tập đã cho. Do M1 không cực đại, tồn tại M2 trong tập {Mi}i∈I sao cho
M1 ( M2. Bằng qui nạp, ta có thể xây dựng được một dãy các module M1 ( M2 ( M3 ( · · · . Dãy
này không dừng, mâu thuẫn với giả thiết của 1). Chú ý rằng 2) ⇒ 1) là hiển nhiên.
2 ⇒ 3. Giả sử M′ ⊂ M là một module con. Gọi Σ là tập các module con hữu hạn sinh của M′. Do {0} ∈ Σ
nên Σ 6= ∅. Gọi M′′ là một phần tử cực đại của Σ. Khi đó M′′ = M′: thật vậy, nếu không, gọi m là một
phần tử của M′/M ′′, hiển nhiên M′′ +Am là một module con hữu hạn sinh của M′ và M′′ ( M′′ +Am,
mâu thuẫn với tính cực đại của M′′.
3 ⇒ 1. Giả sử M1 ⊂ M2 ⊂ · · · là một xích tăng các module con của M. Khi đó ∪i=1,2...Mi là một module
con của M, do đó hữu hạn sinh. Gọi m1, . . . , mn là một tập sinh hữu hạn của ∪i=1,2...Mi và giả sử m1 ∈ Mi , m , . . . , m
. Khi đó nếu đặt k = sup{i 1 2 ∈ Mi2 n ∈ Min
1, i2, . . . , ik} thì Mk chứa tất cả các
phần tử sinh này, như vậy Mk = ∪i=1,2,...Mi và do đó Mk = Mk+1 = · · · .
Định nghĩa 9.1.2 (Vành và Module Noether). Một module thỏa mãn các tính chất ở mệnh đề trên được
gọi là module Noether trên A. Một vành được gọi là Noether nếu là module Noether trên chính nó.
Nói một cách khác, A là một vành Noether nếu thỏa mãn một trong các tính chất tương đương sau
1. Mọi xích tăng các ideal a1 ⊂ a2 ⊂ · · · đều là dừng;
2. Mọi tập 6= ∅ các ideal đều chứa một phần tử cực đại;
3. Mọi ideal của A đều là hữu hạn sinh. Ví dụ 9.1.3.
1. Mọi trường là Noether, tổng quát hơn, ta có;
2. Mọi vành chính là Noether;
3. Vành A[X1, X2, . . .] đa thức với vô hạn biến trên một vành không phải là Noether. Thật vậy, dãy các ideal
0 ⊂ (X1, X2) ⊂ (X1, X2) ⊂ (X1, X2, X3) · · ·
rõ ràng không phải là dừng.
Ta có một số tính chất cơ bản sau về module Noether. Mệnh đề 9.1.4.
1. Giả sử 0 → M → N → P → 0 là một dãy khớp các A-module. Khi đó N là Noether
khi và chỉ khi M và P là Noether.
2. Tổng trực tiếp hữu hạn các module Noether là Noether;
3. Một module hữu hạn sinh trên một vành Noether là Noether. Chứng minh.
1. Kí hiệu f, g lần lượt là các ánh xạ M → N, N → P .
⇒ . Một xích tăng các module trong M (tương ứng, một xích tăng các module trong P ) thông qua f
(tương ứng, thông qua g−1) cho ta một xích tăng trong N nên là dừng.
⇐ . Giả sử {Ni}i∈ là một xích tăng các module trong N
N . Các dãy {f−1(Ni)}, {g(Ni)} là dừng. Với n
đủ lớn, ta có đồng thời các đẳng thức f−1(Nn) = f−1(Nn+1) = · · · , g(Nn) = g(Nn+1) = · · · . Do tính
khớp của dãy đã cho, các đẳng thức này dẫn đến Nn = Nn+1 = ·· · . 53
2. Khẳng định này dễ dàng được suy ra từ 1 và phép qui nạp theo số module của tổng.
3. Khẳng định này được suy ra tử các khẳng định 1 và 2 ở trên cùng với nhận xét rằng một module hữu
hạn sinh là thương của một module tự do hạng hữu hạn An = A ⊕ A ⊕ · · · ⊕ A.
Mệnh đề 9.1.5. Cho A là một vành Noether.
1. Nếu a là một ideal thì A/a cũng là Noether;
2. Nếu f : A 7→ B là một toàn cấu vành thì B là Noether;
3. Nếu S là một tập nhân tính thì S−1A là một vành Noether (nói riêng A , A p f là các vành Noether với
f ∈ A, p là một ideal nguyên tố bất kì). Chứng minh.
1. Khẳng định này được suy ra từ Mệnh đề trên: A/a là một A-module Noether nên hiển nhiên là A/a-module Noether.
2. Khẳng định này được suy ra từ 1 cùng với định lý thác triển đồng cấu quen thuộc.
3. Khẳng định này được suy ra từ kết quả về cấu trúc của các ideal của vành các phân thức.
Nhận xét 9.1.6. Nói chung, vành con của một vành Noether không phải là Noether: K[X1, X2, . . .] ⊂ trường
các thương K(X1, X2, . . .) của nó . 9.2
Đa thức với hệ số trong một vành Noether
Định lí 9.2.1 (Định lí các cơ sở Hilbert). Cho A là một vành Noether. Thế thì vành đa thức A[X] cũng là Noether.
Chứng minh. Gọi I là một ideal của A[X]. Tập các hệ số bậc cao nhất của các đa thức trong I rõ ràng tạo
thành một ideal a ⊂ A. Theo giả thiết A là Noether nên a sinh bởi một số hữu hạn phần tử a1, . . . , ak. Với
mỗi i, gọi fi ∈ I là một đa thức với hệ số cao nhất bằng ai và viết
fi = aiXdi + (bậc nhỏ hơn)
Đặt d = sup{d1, . . . , dk}, J = (f1, . . . , fk) ⊂ I.
Giả sử f ∈ a. Ta có thể viểt f = g + h với deg g < d, h ∈ J. Thật vậy, nếu deg f = m ≥ d, ta viết
f = axm + (bậc nhỏ hơn). Theo định nghĩa a ∈ a nên a = Pk a − i i=1
iui, ui ∈ A. Đa thức f − (Pd u i f =1 iX d d i)
rõ ràng có bậc < m. Trừ f liên tiếp bởi các đa thức của I theo cách này ta sẽ nhận được một đa thức g có bậc < d.
Tập Ad−1[X] các đa thức có bậc nhỏ hơn d là một A-module hữu hạn sinh, và do A là Noether, là một
module Noether. Như ta đã chỉ ra ở trên I = (I ∩ Ad−1[X]) + J. Do tính Noether của Ad−1[X], I ∩ Ad−1[X]
sinh bởi một số hữu hạn đa thức g1, . . . , gl. Rõ ràng I sinh bởi f1, . . . , fk, g1, . . . , gl và như vậy là hữu hạn
sinh. Ta suy ra A[X] là một vành Noether.
Hệ quả 9.2.2. Nếu A là Noether thì A[X1, . . . , Xn] là Noether với mọi n nguyên dương.
Nhận xét 9.2.3. Tương tự, ta cũng chứng minh được rằng nếu A là Noether thì A[[X]] cũng là Noether. 54