Giải tích (cơ bản) - Bài 11: Các bài toán về đồng cấu vành

ĐẠI SỐ (CƠ SỞ)
Tài liệu ôn thi cao học năm 2005
Phiên bản đã chỉnh sửa
TS. Trần Huyên
Ngày 8 tháng 4 năm 2005
Bài 11
Các Bài Toán Về Đồng Cấu Vành
Cho các vành X,Y . Ánh xạ f : X → Y là đồng cấu vành nếu ∀x1, x2 ∈ X thì :
f(x1 + x2) = f(x1) + f(x2) và
f(x1x2) = f(x1) · f(x2)
Nói một cách vắn tắt : Ánh xạ f giữa hai vành là đồng cấu vành (hay đơn giản hơn : đồng cấu
!) nếu f bảo toàn hai phép toán có ở trong vành.
Đồng cấu vành f được gọi là đơn cấu nếu ánh xạ f đồng thời là đơn ánh.
Đồng cấu vành f được gọi là toàn cấu nếu ánh xạ f đồng thời là toàn ánh.
Và đồng cấu vành f được gọi là đẳng cấu nếu ánh xạ f đồng thời là song ánh.
Hiển nhiên f là đẳng cấu ⇔ f đồng thời là đơn cấu và toàn cấu.
Ta nhắc lại sau đây một vài kết quả đáng để ý về đồng cấu vành, thường được sử dụng
trong các bài toán liên quan đến đồng cấu vành.
• Hạt nhân của mỗi đồng cấu vành f được định nghĩa là : ker f = f−1(0) luôn là một Iđêan.
Kết quả này cho phép chúng ta, khi chứng minh bộ phận khác rỗng A là Iđêan của vành
X, có thể xác định một đồng cấu f : X → Y , với Y là vành nào đó, mà ker f = A.
• Đồng cấu vành f : X → Y là đơn cấu ⇔ ker f = 0. Kết quả này cho phép chúng ta, thay
cho việc kiểm tra f đơn ánh, thì chỉ cần tính hạt nhân ker f .
1
• Nếu f : X → Y là toàn cấu vành thì tồn tại và duy nhất đẳng cấu f˜ : X/Kerf → Y sao
cho f = f˜ · p trong đó p là phép chiếu p : X → X/ ker f .
Kết quả này cho phép ta khi chứng minh về sự tồn tại một đẳng cấu từ một vành thương
X/A tới vành Y nào đó ta chỉ cần thiết lập một toàn cấu f : X → Y mà ker f = A.
• Nếu f : X → Y là đẳng cấu thì f−1 : Y → X là đẳng cấu. Kết quả này cho thấy rằng
quan hệ đẳng cấu của các vành là quan hệ đối xứng và khi kết hợp với các tính chất phản
xạ, bắc cầu vốn có thì quan hệ đẳng cấu là quan hệ tương đương.
Các bài toán về đồng cấu vành, trước hết là các bài toán kiểm tra tính đồng cấu, đơn
cấu hay đẳng cấu của một ánh xạ nào đó giữa các vành.
Ví dụ 1 Cho vành X và End(X) là vành các tự đồng cấu của nhóm (X,+). Với mỗi phần tử
a ∈ X, xác định ánh xạ ha : X → X mà ha(x) = ax, ∀x ∈ X
Chứng minh rằng :
1. ∀a ∈ X thì ha ∈ End(X) và ánh xạ ϕ : X → End(X) mà ϕ(a) = ha,∀a ∈ X là đồng cấu
vành.
2. Chứng minh ϕ là đơn cấu nếu vành X có đơn vị.
Giải
1. Do tính chất phân phối của phép nhân với phép cộng trong vành X nên ∀a ∈ X :
ha(x+ y) = a(x+ y) = ax+ ay = ha(x) + ha(y), ∀x, y ∈ X
tức ha : X → X là tự đồng cấu nhóm, hay ha ∈ End(X).
Để kiểm tra ánh xạ ϕ : X → End(X) mà ∀a ∈ X : ϕ(a) = ha là đồng cấu vành, ta cần
kiểm tra với mọi a, b ∈ X thì :
ha+b = ϕ(a+ b) = ϕ(a) + ϕ(b) = ha + hb (1)
ha·b = ϕ(a · b) = ϕ(a) · ϕ(b) = ha · hb (2)
Vì các vế của các đẳng thức (1), (2) đều là các ánh xạ từ X vào X, để kiểm tra chúng
bằng nhau, ta chỉ cần kiểm tra chúng bằng nhau tại mỗi điểm của miền xác định X.
Thật vậy, ∀x ∈ X :
ha+b(x) = (a+ b)x = ax+ bx = ha(x) + hb(x) = (ha + hb)(x), và
hab(x) = (ab)x = a(bx) = a · hb(x) = ha · hb(x) = (ha · hb)(x)
Vậy ta có đpcm ; tức ϕ là đồng cấu vành.
2
2. Để chứng minh ϕ là đơn cấu ta tính kerϕ :
kerϕ = {a ∈ X : ha ≡ 0} = {a ∈ X : ha(x) = 0,∀x ∈ X}
= {a ∈ X : ax = 0,∀x ∈ X} ⊂ {a ∈ X : a · 1 = 0} = {0}
Vậy kerϕ = 0, tức ϕ đơn cấu khi X có đơn vị 1
Ví dụ tiếp sau đây chỉ ra một cách kiểm tra Iđêan mà không dùng tới định nghĩa hay các
tiêu chuẩn về Iđêan, đồng thời cũng chỉ ra cách xác lập đẳng cấu từ một vành thương
nhờ sử dụng định lý về toàn cấu.
Ví dụ 2 Cho R[x] là vành đa thức hệ số thực và A là tập tất cả các đa thức nhận x = 1 làm
nghiệm. Chứng minh ACR[x] và vành thương R[x]/A là trường.
Nhận xét : Độc giả có thể xử lý ví dụ này bằng cách kiểm tra trực tiếp ACR[x], và đồng thời A
là Iđêan tối đại để có được kết quả R[x]/A là trường. Cũng có thể sử dụng định lý Bê du nói rằng
mỗi đa thức f(x) ∈ R[x] luôn được biểu diễn dưới dạng f(x) = q(x)(x+1)+f(1), từ đó để thấy
rằng mỗi lớp ghép f(x)+A ∈ R[x]/A có một biểu diễn duy nhất dưới dạng f(1)+A với f(1) =
r ∈ R; nhờ đó xác lập đẳng cấu trực tiếp từ R[x]/A→ R. Tuy nhiên ở đây, ta muốn xử lý tiết
kiệm hơn như sau: Giải
Xây dựng ánh xạ ϕ : R[x] → R, với R là trường số thực, mà ∀f(x) ∈ R[x] thì ϕ(f) = f(1).
Hiển nhiên ϕ là ánh xạ. Đồng thời ∀f(x), g(x) ∈ R[x] :
ϕ(f + g) = (f + g)(1) = f(1) + g(1) = ϕ(f) + ϕ(g)
ϕ(f(x), g(x)) = f(1) · g(1) = ϕ(f).ϕ(g)
tức ϕ là đồng cấu vành.
Dễ thấy ϕ là toàn ánh, vì ∀r ∈ R thì chọn f(x) = x+r−1, ta có ϕ(f) = f(1) = 1+r−1 = r
Vậy ϕ là toàn cấu và cho ta :
kerϕ = {h(x) : ϕ(h) = h(1) = 0} = ACR[x]
và R[x]/A ∼= R, tức R[x]/A là trường.
Nhận xét: Trong ví dụ trên thay cho việc chứng minh trực tiếp R[x]/A là trường, ta đã xây dựng
đẳng cấu R[x]/A ∼= R. Như vậy ở đây ta chấp nhận điều : nếu hai vành đẳng cấu với nhau thì
cấu trúc đại số trên hai vành ấy là như nhau. Thật ra, điều đó còn được nhân rộng hơn như sau :
Nếu đồng thời trên cả hai tập X và Y đều có trang bị hai phép toán cộng và nhân, và nếu
có tồn tại một song ánh ϕ : X → Y , bảo toàn hai phép toán cộng và nhân (tức ∀x1, x2 ∈ X
thì ϕ(x1 + x2) = ϕ(x1) + ϕ(x2);ϕ(x1x2) = ϕ(x1) · ϕ(x2)) thì từ X là vành, với cấu trúc nào,
ta suy ra Y cũng là vành với cấu trúc đó và ngược lại. Nói riêngX là trường⇔ Y cũng là trường.
Ví dụ 3 Chứng minh rằng tập hợp A các ma trận có dạng
A =
{[
a b
−b a
]
: a, b ∈ R
}
.
là trường với hai phép cộng và nhân ma trận.
3
Nhận xét: Để ý rằng mỗi ma trận thuộc A được xác định bởi một cặp số (a, b) ở dòng trên và
"quan sát" các phép cộng và nhân ma trận khi để vết lại ở các dòng trên, ta nhận thấy quy luật
của nó thực chất là quy luật cộng và nhân các số phức (độc giả hãy tự viết ra để xác nhận điều đó
!). Do vậy để xử lý bài toán ta cần thiết lập một song ánh, bảo toàn phép toán từ A lên trường số
phức (C; +, ·) Giải
Xây dựng ánh xạ
ϕ : A→ C[
a b
−b a
]
7→ a+ ib
Bạn đọc có thể kiểm tra trực tiếp rằng ϕ bảo toàn cả hai phép toán cộng và nhân, tương ứng
trên A và C. Hiển nhiên ϕ là song ánh vì với mỗi số phức a+ ib ∈ C, tồn tại và duy nhất một
ma trận K =
[
a b
−b a
]
∈ A mà ϕ(K) = a+ ib.
Vậy từ C là trường suy ra A là trường.
Một dạng bài toán về đồng cấu vành cũng thường được xét tới là các bài xác định số các
đồng cấu từ một vành tới một vành cho trước, hay số các tự đồng cấu của chính một vành.
Ví dụ 4 Tìm tất cả các tự đồng cấu của trường các số hữu tỉ.
Nhận xét : Việc tìm các tự đồng cấu của một vành hay một trường phụ thuộc vào tính chất
cấu trúc của vành hay trường đó. Đối với trường Q, dễ thấy rằng nó có một hệ sinh đơn giản
chỉ là phần tử 1 ∈ Q. Vì vậy để xác định một tự đồng cấu f : Q→ Q, phải bắt đầu với sự xác
định f(1)
Giải
Nếu f : Q→ Q là đồng cấu thì f(1) = f(1 · 1) = f(1).f(1)
Suy ra :
f(1)(1− f(1)) = 0 ⇔
[
f(1) = 0 (1)
f(1) = 1 (2)
Để ý rằng nếu f là đồng cấu từ Q → Q thì ta có thể tính được f(m
n
) qua f(1) với mọi
m
n
∈ Q
Thật vậy : Vì
f(1) = f(n · 1
n
) = n · f( 1
n
)⇒ f( 1
n
) =
f(1)
n
Do đó : f(m
n
) = f(m · 1
n
) = m · f( 1
n
) = m · f(1)
n
= m
n
.f(1).
Quay trở lại với công thức (1), (2).
1. Khi f(1) = 0 thì theo (3) : f(m
n
) = 0, ∀m
n
∈ Q tương ứng với kết quả này ta có đồng
cấu không θ.
2. Khi f(1) = 1 thì theo (3) : f(m
n
) = m
n
, ∀m
n
∈ Q tương ứng với kết quả này ta có đồng
cấu đồng nhất.
Vậy có chỉ duy nhất hai tự đồng cấu của trường Q là đồng cấu θ và đồng cấu đồng nhất.
4
Ví dụ 5 : Cho M =
{[
a b
b a
]
: a, b ∈ R
}
là vành với hai phép cộng và nhân ma trận (xem
bài tập 5 §9). Với mỗi cặp số r, s ∈ R, xác định ánh xạ ϕsr : M → R mà với mỗi ma trận
A =
[
a b
b a
]
thì ϕsr(A) = ra+ sb. Tìm tất cả các cặp (r, s) sao cho ϕ
s
r là đồng cấu vành.
Giải
Dễ thấy rằng với bất kì cặp r, s nào thì ϕsr cũng bảo toàn phép toán cộng. Vậy ϕ
s
r sẽ là đồng
cấu vành ⇔ ϕsr bảo toàn phép toán nhân, tức khi và chỉ khi với mọi cặp ma trận
A =
[
a b
b a
]
, B =
[
c d
d c
]
thì : ϕsr(A ·B) = ϕsr(A) · ϕsr(B)
⇔ r(ac+ bd) + s(ad+ bc) = (ra+ sb)(rc+ sd)
⇔ r(ac) + r(bd) + s(ad) + s(bc) = r2(ac) + s2(bd) + rs(ad) + rs(bc),
∀a, b, c, d.
⇔

r = r2
r = s2
s = rs
⇔
 r = s = 0r = s = 1
r = 1 và s = −1
Vậy có tất cả là 3 đồng cấu :
ϕ00 : M→ R mà ϕ00(A) = 0, ∀A ∈M
ϕ11 : M→ R mà ϕ11(A) = a+ b, ∀A =
[
a b
b a
]
∈M
ϕ−11 : M→ R mà ϕ−11 (A) = a− b, ∀A ∈M
Nhận xét: Thật ra 3 đồng cấu nói trên chính là tập tất cả các đồng cấu có thể có từ M→ R.
Độc giả hãy thử tìm cách chứng minh khẳng định này thử xem ? Và nếu ví dụ trên yêu cầu
tìm tất cả các đồng cấu vành từ M→ R thì bạn sẽ giải như thế nào ?
Bài Tập
1. Cho ϕ : X → Y là một toàn cấu vành. Chứng minh rằng :
(a) Nếu I CX thì ϕ(I)C Y ; và nếu I là Iđêan nguyên tố hay tối đại (trong trường hợp
X, Y giao hoán có đơn vị) thì ϕ(I) cũng nguyên tố hay tối đại.
(b) Tồn tại một song ánh từ tập các Iđêan của Y tới tập các Iđêan chứa kerϕ của vành
X.
2. Cho các tập các ma trận cấp hai sau:
A =
{[
a b
3b a
]
: a, b ∈ Q
}
;B =
{[
a b
√
3
b
√
3 a
]
: a, b ∈ Q
}
Chứng minh rằng cả A,B đều là trường đối với hai phép toán cộng và nhân ma trận.
Khẳng định A ∼= B đúng hay sai ?
5
3. Tìm tất cả các đồng cấu của các vành sau :
(a) Từ Z6 tới Z12.
(b) Từ Z15 tới Z9.
4. Tìm tất cả các tự đồng cấu của :
(a) Vành các số nguyên Z
(b) Vành Z20 các số nguyên môđun 20.
(c) Trường các số thực R
(d) Trường các số phức C
Bài 12
Các Bài Toán Kiểm Tra Các Phần Tử Khả
Nghịch, Phần Tử Bất Khả Qui Trong Vành
Giao Hoán Có Đơn Vị.
Các vành giao hoán có đơn vị, đặc biệt là các miền nguyên, được xem như là sự tổng quát
hóa của vành Z các số nguyên, nên hoàn toàn có thể trang bị các yếu tố của lí thuyết chia hết
của vành số nguyên và nghiên cứu về chúng.
Khái niệm chia hết trong vành giao hoán có đơn vị đặc biệt trong miền nguyên, được xác
định một cách tương tự như trong vành số nguyên. Cụ thể là, cho X là vành giao hoán, có đơn
vị 1 và a, b ∈ X. Ta nói a chia hết cho b hay a là bội của b nếu tồn tại phần tử c ∈ X sao cho
a = b · c. Khi đó ta cũng nói b chia hết a hay b là ước của a. Các kí hiệu về "chia hết" hay
"chia hết cho " được dùng như trong miền nguyên Z; các tính chất cơ bản của mối quan hệ
ước, bội này trong Z vẫn được bảo toàn trong vành giao hoán có đơn vị bất kì, và chúng sẽ
được dùng về sau, mỗi khi cần đến mà không cần phải nhắc lại.
Phần tử khả nghịch trong vành giao hoán có đơn vị X là phần tử u ∈ X sao cho u là ước
của đơn vị 1. Nói cách khác u khả nghịch ⇔ ∃v ∈ Xmà u · v = 1
Trong đại số cơ sở ta đã biết rằng : tập U tất cả các phần tử khả nghịch của một miền nguyên
X lập thành một nhóm đối với phép nhân. Kết quả này hoàn toàn có thể mở rộng cho vành
giao hoán có đơn vị bất kì ; tức là nếu X là vành giao hoán, có đơn vị thì tập U các phần
tử khả nghịch của X cũng lập thành một nhóm đối với phép nhân. Việc chứng minh kết quả
này là sự "sao chép" nguyên xi phép chứng minh về kết quả tương tự trong miền nguyên được
trình bày trong giáo trình đại số cơ sở; xin được dành cho bạn đọc kiểm chứng.
Ví dụ sau đây cho ta một tiêu chuẩn kiểm tra tính khả nghịch của phần tử u trong vành
giao hoán có đơn vị X, trong mối quan hệ với các phần tử lũy linh
6
Ví dụ 1 Trong vành giao hoán có đơn vị X, phần tử x ∈ X được gọi là lũy linh nếu tồn tại số
tự nhiên n > 0 sao cho xn = 0. Chứng minh rằng :
1. Nếu x lũy linh thì 1 + x khả nghịch.
2. Phần tử u ∈ X là khả nghịch ⇔ với mọi phần tử lũy linh x thì u+ x là khả nghịch.
Phân tích ban đầu : Để chứng minh 1+x khả nghịch ta cần chỉ ra nó là ước của đơn vị 1. Do tính
lũy linh của xmà tồn tại n > 0 để xn = 0, từ đó (−x)n = 0 và 1 = 1−(−x)n là bội của 1+x = 1−
(−x) Giải :
1. Do x lũy linh nên tồn tại n > 0 để xn = 0, do đó (−x)n = 0. Vì 1 = 1 − (−x)n =
(1 + x)(1 + (−x) + · · ·+ (−x)n−1) nên hiển nhiên (1 + x)\1, tức (1 + x) khả nghịch.
2. Nếu mọi x lũy linh mà u+x khả nghịch thì nói riêng với x = 0 (là một phần tử lũy linh),
u = u+ 0 là khả nghịch.
Bây giờ nếu u khả nghịch và x lũy linh, ta cần chỉ ra u + x khả nghịch. Ta sẽ áp dụng
1, bằng cách phân tích u+ x = u(1 + u−1x), với chú ý rằng x lũy linh thì u−1x cũng lũy
linh. Vậy theo 1) (1 + u−1x) là khả nghịch và u + x là tích hai phần tử khả nghịch là u
và (1 + u−1x) cũng là phần tử khả nghịch.
Nhận xét 1 : Trong chứng minh trên ta đã sử dụng hằng đẳng thức 1 − xn = (1 − x)(1 +
x+ · · ·+ xn−1) cho vành giao hoán có đơn vị X. Thật ra do tính chất các phép toán trong X,
mà mọi "hằng đẳng thức" khác có trong vành các số nguyên Z đều có thể được sử dụng cho
X, kể cả khai triển nhị thức Niu tơn !
Nhận xét 2 : Từ việc xử lý ví dụ trên, ta có thể rút ra vài phương pháp kiểm tra một phần
tử u ∈ X là khả nghịch. Đó là chỉ ra u là ước của đơn vị như trong lời giải 1/ (hoặc là chỉ ra
u là ước của một phần tử khả nghịch v nào đó). Cũng có thể chỉ ra u là tích của các phần tử
khả nghịch như trong lời giải 2/. Trở lại câu 2 của ví dụ trên bạn đọc có thể tự kiểm tra chi
tiết rằng u+ x là ước của một phần tử khả nghịch nào đó theo một trong các cách sau :
Cách 1 : Vì u khả nghịch nên tồn tại u−1, và
(u+ x)(u−1 + x) = uu−1 + ux+ x(u−1 + x) = 1 + v
với v = ux+ x(u−1x) là lũy linh.
Cách 2 : Vì xn = 0 nên :
(u+ x)(u+ (−x) + · · ·+ (−x)n−1) = un − (−x)n = un
với un là lũy thừa phần tử khả nghịch u.
Về các phần tử bất khả qui (tương tự số nguyên tố trong vành số nguyên Z) để tránh sự
phức tạp về mặt kĩ thuật, ta giới hạn sự xem xét chỉ trong miền nguyên.
Cho miền nguyên X, p ∈ X là phần tử khác 0 không khả nghịch được gọi là phần tử bất
khả qui nếu các ước của p chỉ là các phần tử khả nghịch hay các phần tử sai khác p một nhân
7
tử khả nghịch. Nói cách khác nếu q|p thì hoặc q|1 hoặc q = u · p với u|1. Phần tử q sai khác p
một nhân tử khả nghịch được gọi là phần tử liên kết với p và viết q ∼ p.
Các bài toán về phần tử bất khả qui trước hết là các bài toán kiểm tra tính bất khả qui của
phần tử cho trước nào đó.
Ví dụ 2 Cho miền nguyên A =
{[
a b
−b a
]
: a, b ∈ Z
}
với hai phép toán cộng và nhân ma
trận.
1. Tìm tất cả các phần tử khả nghịch của A.
2. Kiểm tra tính bất khả qui của các phần tử sau trong A :
A1 =
[
1 1
−1 1
]
;A2 =
[
1 −1
1 1
]
và B =
[
0 2
−2 0
]
Giải
1. Đơn vị của A là ma trận E =
[
1 0
0 1
]
có detE = 1.
Nếu A =
[
a b
−b a
]
là phần tử khả nghịch thì ắt tồn tại ma trận B ∈ A sao cho
A ·B = E ⇒ detA · detB = detE ⇒ detA = a2 + b2 là ước của 1. Điều này xảy ra khi và
chỉ khi hoặc a2 = 1 và b2 = 0 hoặc a2 = 0 và b2 = 1.
Vậy có tất cả 4 phần tử khả nghịch trong A là :[
1 0
0 1
]
;
[ −1 0
0 −1
]
;
[
0 1
−1 0
]
và
[
0 −1
1 0
]
.
Nhận xét : Từ việc chứng minh trên ta đi tới kết luận : Ma trận A =
[
a b
−b a
]
là khả
nghịch ⇔ detA = 1. Và do vậy A không khả nghịch ⇔ detA > 1. Điều này có ích cho lời
giải câu 2) sau đây.
2. Do nhận xét trên đây nếu một ma trận C ∈ A không khả nghịch thì detC > 1 và vì detC
là số nguyên nên detC ≥ 2. Chú ý rằng các ma trận A1 =
[
1 1
−1 1
]
và A2 =
[
1 −1
1 1
]
đều có detA1 = 2 = detA2 nên hiển nhiên A1, A2 không khả nghịch; và không thể phân
tích được thành tích của hai phần tử không khả nghịch vì như vậy thì định thức của
chúng phải không bé hơn 4 (mỗi phần tử không khả nghịch có định thức không bé hơn
2 !). Vậy cả A1 và A2 đều bất khả qui.
Còn ma trận B được phân tích thành :
B =
[
0 2
−2 0
]
=
[ −1 1
−1 −1
]
=
[
1 −1
1 1
]
trong đó cả hai nhân tử đều không khả nghịch. Vậy B không bất khả qui.
Nhận xét : Trong ví dụ trên để chứng minh một phần tử trong miền nguyên là bất khả
8
qui ngoài việc kiểm tra tính khác 0, không khả nghịch, ta dùng cách phản chứng để chứng
tỏ nó không thể phân tích được thành tích hai phần tử không khả nghịch; tức nó không
thể có ước thật sự (là ước không khả nghịch và không liên kết). Một cách khác để kiểm
tra tính bất khả qui của một phần tử cho trước, là sử dụng định nghĩa, lấy ước bất kì
của nó, ta tìm cách chứng minh, hoặc ước đó khả nghịch, hoặc ước đó liên kết với nó tức
đó là ước tầm thường.
Ví dụ 3 Cho miền nguyên X và p ∈ X là phần tử khác 0, không khả nghịch. Chứng minh rằng
nếu Iđêan sinh bởi phần tử p (là p ·X) là Iđêan nguyên tố thì p là bất khả qui
Giải
Lấy ước bất kì q của p, Khi đó tồn tại s ∈ X, s 6= 0 sao cho p = s · q. Hiển nhiên s · q ∈ p ·X là
Iđêan nguyên tố nên hoặc s ∈ pX hoặc q ∈ pX
Nếu s ∈ pX, ắt tồn tại t ∈ X mà s = pt. Kết hợp p = s · q, ta có s = t · q · s, và sau khi giản
ước phần tử s 6= 0 ( trong miền nguyên có luật giản ước này !) đẳng thức này cho ta t · q = 1.
Suy ra q|1, tức q là ước tầm thường.
Nếu q ∈ pX, ắt tồn tại u ∈ X mà q = u · p. Lập luận tương tự như trên ta đi đến u|1, do
đó q ∼ p, tức q là ước tầm thường.
Vậy trong bất kì trường hợp nào thì q cũng là ước tầm thường. Vậy p bất khả qui.
Bài Tập
1. Cho X là vành giao hoán, có đơn vị 1, gọi N(X) là tập tất cả các phần tử lũy linh của
X. Chứng minh:
(a) N(X) là Iđêan của X.
(b) Nếu N(X) là Iđêan tối đại thì N(X) là Iđêan tối đại duy nhất, đồng thời nhóm U
các phần tử khả nghịch là U = X|N(X).
2. Cho X là vành giao hoán có đơn vị 1 và u ∈ X. Chứng minh rằng nếu tồn tại phần tử
lũy linh x 6= 0 sao cho u+ x là khả nghịch thì u khả nghịch.
3. Cho K[X] là đa thức trên trường K. Chứng rằng nếu đa thức f(x) không có nghiệm
trong K mà degf = 2 hoặc degf = 3, thì f(x) là bất khả qui trong K[x].
4. Cho các trường K,F mà K ⊂ F và đa thức f(x) ∈ K[x]. Chứng minh rằng nếu f(x) bất
khả qui trong F [x] thì f(x) bất khả qui trong K[x]. Nếu f(x) bất khả qui trong K[x] thì
có thể khẳng định rằng f(x) cũng bất khả qui trong F [x] ?.
5. Xét tính bất khả qui của các đa thức sau trong vành Z[x] :
(a) f(x) = 2x2 − 3x+ 1.
(b) g(x) = x2 + x− 1.
6. Cho A là miền nguyên và p ∈ A ⊂ A[x]. Chứng minh rằng p bất khả qui trong A ⇔ p
bất khả qui trong A[x]
9
Bài 13
Các Bài Toán Về Vành Chính
Một miền nguyên bất kì X, dù được xem là sự mở rộng trực tiếp vành các số nguyên Z, còn
khá xa mới có được các tính chất cơ bản của lí thuyết chia hết trong vành Z. Nghiên cứu nguồn
gốc của các tính chất cơ bản này, có thể thấy hầu hết chúng đều được suy ra từ một tính chất
khá đặc biệt của vành Z. Đó là Iđêan bất kì của vành Z là Iđêan chính. Điều này dẫn ta tới
khái niệm vành chính được định nghĩa như sau :
Định nghĩa 1 Vành chính là một miền nguyên X, trong đó Iđêan bất kì đều là Iđêan chính.
Trong đại số cơ sở ta đã biết rằng : vành Z, vành các đa thức K[x] trên một trường K đều là
các vành chính.
Để kiểm tra một vành cho trước X là vành chính, theo định nghĩa ta cần kiểm tra X là miền
nguyên và phải chỉ ra rằng mỗi Iđêan của X là Iđêan chính.
Ví dụ 1 Chứng minh rằng trường K bất kì là vành chính
Giải
Trước tiên ta chỉ ra rằng trong K chỉ có duy nhất hai Iđêan tầm thường là {0} và K. Thật
vậy, nếu I 6= 0 là một Iđêan của K thì ∃a 6= 0, a ∈ I, và khi đó ∀x ∈ K thì x = a(a−1x) ∈ I.
vậy I = K.
Bây giờ nếu I = 0 thì I = 0 ·K
Còn nếu I = K thì I = 1 ·K
Vậy mỗi Iđêan của K đều là Iđêan chính, tức trường K là vành chính.
Nhận xét : Trong ví dụ trên vì trường K chỉ có 2 iđêan duy nhất nên ta đã lần lượt kiểm tra
riêng từng Iđêan là Iđêan chính. Trường hợp chung nhất, ta thường lấy một Iđêan bất kì I 6= 0
và tìm cách chứng minh I là Iđêan chính (khi I = 0 thì hiển nhiên I là Iđêan chính !). Để làm
điều này, ta để ý rằng nếu I là Iđêan chính thì I phải được sinh bởi một phần tử nào đó a ∈ I∗,
mà a là ước của mọi phần tử trong I, tức a là phần tử nhỏ nhất trong I theo quan hệ thứ tự
chia hết. Căn cứ vào cấu trúc cụ thể của vành đang xét, tính chất nói trên của a giúp ta xác
định được a và ta chỉ còn phải tìm cách chứng minh là I = 〈a〉. Chẳng hạn, nếu 0 6= I C Z thì
từ điều a là nhỏ nhất theo quan hệ chia hết trong I suy ra a cũng là nhỏ nhất về giá trị tuyệt
đối trong I∗, do vậy ta xác định a = min{k > 0 : k ∈ I}. Hay nếu I 6= 0 là Iđêan trong vành
đa thức K[x], thì từ điều a là nhỏ nhất theo quan hệ chia hết trong I suy ra a có bậc nhỏ nhất
trong I∗ và dẫn đến việc xác định a là đa thức có bậc nhỏ nhất trong các đa thức của I∗.
Vành chính như đã biết, còn giữ được khá nhiều các tính chất quan trọng của lí thuyết chia
hết trong Z như :
• Trong vành chính A, ước chung lớn nhất hai phần tử bất kì là tồn tại.
• Trong vành chính A, hai phần tử a, b là nguyên tố cùng nhau ⇔ ∃s, t ∈ A mà sa+ tb = 1
• Trong vành chính A nếu ab...c và (a, c) = 1 thì b...c
• Trong vành chính A phần tử p 6= 0 không khả nghịch là bất khả qui ⇔ nếu ab...p thì hoặc
a
...p hoặc b
...p
10
• Trong vành chính A mỗi phần tử a 6= 0 không khả nghịch đều phân tích được thành tích
các nhân tử bất khả qui và sự phân tích là duy nhất nếu không tính đến thứ tự các nhân
tử hay sự sai khác các nhân tử khả nghịch.
. . .
Các tính chất này là công cụ giúp ta giải quyết các bài toán về tính chất và mối quan hệ
giữa các phần tử trong vành chính.
Ví dụ 2 Trong vành chính A cho a
...b, a
...c và (b, c) = 1. Chứng minh rằng a
...bc
Giải
Vì a
...b nên tồn tại k ∈ A mà
a = kb (3)
Vì a
...c nên tồn tại l ∈ A mà
a = lc (4)
Vì (b, c) = 1 nên tồn tại s, t ∈ A :
sb+ tc = 1 (5)
Nhân hai vế của (5) với a ta được :
sba+ tca = a.
thay a ở hạng tử đầu đẳng thức này theo (4), thay a ở hạng tử thứ hai theo (3) ta được :
a = sb(lc) + tc(kb) = (sl + tk)bc
Vậy: a
...bc.
Các tính chất trên của vành chính cũng giúp cho chúng ta trong việc xử lí các bài toán phủ
định một vành cho trước là vành chính.
Ví dụ 3 Chứng minh rằng vành các đa thức hệ số nguyên Z[x] không là vành chính.
Giải
Xét hai đa thức x và 2 nguyên tố cùng nhau trong Z[x]. Nếu Z[x] là vành chính thì ắt tồn tại
các đa thức h(x), g(x) ∈ Z[x] sao cho :
xh(x) + 2 · g(x) = 1
Tuy nhiên hệ thức này không thể có trong Z[x] bởi số hạng tự do của đa thức vế trái luôn
là số chẵn, trong khi đó số hạng tự do của đa thức vế phải là số lẻ !
Vậy Z[x] không là vành chính.
Nhận xét : Để chỉ ra Z[x] không là vành chính, ta đã đưa ra một tính chất có trong vành
chính nhưng trong Z[x] lại không có. Đây là một trong những phương pháp thường dùng để
phủ định một vành không là vành chính. Ngoài phương pháp này ta có thể sử dụng một trong
các phương pháp truyền thống : phản chứng, chẳng hạn ở ví dụ trên ta có thể xử lí bằng phản
chứng như sau :
Giả sử Z[x] là vành chính khi đó Iđêan I sinh bởi hai đa thức x và 3 nguyên tố cùng nhau
là Iđêan sinh bởi ước chung lớn nhất của chúng (x, 3) = 1, tức I = Z[x], trong khi đó I = 〈x, 3〉
chỉ là tập các đa thức có hạng tử tự do là bội của 3, hoàn toàn là Iđêan con thực sự của Z[x].
Mâu thuẩn này chỉ ra giả sử ban đầu là sai, tức Z[x] không là vành chính.
11
Ví dụ 4 Cho Z(
√−5) = {a+ b√−5 : a, b ∈ Z}. Chứng minh rằng :
1. Z(
√−5) là miền nguyên và các phần tử 2, 3, 1+√−5 và 1−√−5 là các phần tử bất khả
qui trong Z(
√−5).
2. Z(
√−5) không là vành chính.
Giải
1. Việc kiểm tra Z(
√−5) là miền nguyên xin phép dành lại cho độc giả. Ở đây ta chỉ kiểm
tra 2, 3, 1 +
√−5 và 1−√−5 là các phần tử bất khả qui. Ta có nhận xét rằng cả 4 phần
tử trên đều có mô đun bé hơn 4, lớn hơn 1, và vì vậy để chứng minh cả 4 phần tử bất
khả qui, ta chứng minh một điều tổng quát hơn sau đây : nếu phần tử z ∈ Z(√−5) mà
1 < |z| < 4 thì z bất khả qui.
Trước hết ta thấy rằng trong Z(
√−5) các phần tử khả nghịch chỉ là 1+0√−5,−1+0√−5.
Vậy z = a+ b
√−5 không khả nghịch ⇔ hoặc b 6= 0 hoặc b = 0 và |a| ≥ 2.
Khi b 6= 0 thì |z| ≥ √−5 và khi b = 0 và |a| ≥ 2 thì |z| ≥ 2.
Vậy z không khả nghịch thì |z| ≥ 2. Do đó một phần tử không bất khả qui vì luôn phân
tích được thành tích hai phần tử không khả nghịch z1 · z2 với |z1|, |z2| không bé hơn 2,
tức phải có mô đun không bé hơn 2 · 2 = 4.
Vậy nếu z có 1 < |z| < 4 thì z bất khả qui, và cả bốn phần tử nói trên là bất khả qui.
2. Trong Z(
√−5) xét phần tử 6 ∈ Z(√−5) ta thấy
6 = 2 · 3và6 = (1 +√−5)(1−√−5)
Vậy trong Z(
√−5) tồn tại phần tử có tới hai cách phân tích thành các nhân tử bất khả
qui khác nhau, vi phạm vào tính duy nhất của sự phân tích thành nhân tử bất khả qui
trong vành chính.
Vậy Z(
√−5) không thể là vành chính.
Bài tập
1. Chứng minh rằng vành Z(
√−2) = {a+ b√−2 : a, b ∈ Z} là vành chính.
2. Giả sử p 6= 0 là phần tử của vành chính A. Chứng minh rằng p bất khả qui ⇔ Iđêan pA
là Iđêan nguyên tố. Chứng minh rằng p là bất khả qui khi và chỉ khi vành thương A/pA
là trường.
3. Vành Z(
√
2)[x] có là vành chính không ?
4. Cho Z(
√−3) = {a + b√−3 : a, b ∈ Z}. Khi đó Z(√−3) là miền nguyên. Chứng minh
rằng:
(a) Các phần tử 2, 1 +
√−3, 1−√−3 là các phần tử bất khả qui của Z(√−3).
12
(b) Z(
√−3) không là vành chính.
5. Vành con chứa đơn vị của một vành chính có là vành chính không ? Ảnh toàn cấu của
một vành chính có là vành chính không ?
6. Trong vành chính A cho a, b ∈ A mà (a, b) = 1. Chứng minh rằng với mọi số m,n nguyên
dương, ta cũng có (am, bn) = 1.
13