Luận văn Các PI.đại số không có nil-Ideal khác (0)

MỤC LỤC

LỜI MỞ ĐẦU. 1

CHưƠNG 1: MỘT SỐ KHÁI NIỆM VÀ TÍNH CHẤT VỀ VÀNH KHÔNG GIAO HOÁN. 3

1.1. Cấu trúc Radical (Jacobson) của vành:. 3

1.2. Một vành đặc biệt : . 9

1.3. Mối quan hệ giữa các vành nửa đơn vành Artin vành đơn. 11

1.4. Tổng trực tiếp con :. 13

CHưƠNG2: CÁC PI. ĐẠI SỐ TRÊN VÀNH GIAO HOÁN CÓ ĐƠN VỊ. . 15

2.1. PI. đại số trên vành giao hoán có đơn vị :. 15

2.2. Định lý Kaplansky - Amitsur - Levitzky : . 19

2.3. Đa thức tâm của đại số ma trận. 30

CHưƠNG 3: MỘT SỐ KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU CÁC PI. ĐẠI SỐ KHÔNG CÓ NILIDEAL KHÁC KHÔNG. 34

3.1. Tổng quan về lớp vành không có nil-ideal khác không. 34

3.2. Đồng nhất thức thực sự của đại số nguyên tố . 39

3.3. PI.đại số không có ideal lũy linh khác 0. . 48

KẾT LUẬN. 51

pdf55 trang | Chia sẻ: lavie11 | Ngày: 15/12/2020 | Lượt xem: 46 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Luận văn Các PI.đại số không có nil-Ideal khác (0), để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
định nghĩa ( xi1 xi2 ...xir ) (xj1 xj2 ...xjs) = xi1 xi2 ...xir xj1 xj2 ...xjs . Kí hiệu K{X} là đại số của vị nhóm X trên vành giao hoán có đơn vị K. Ta gọi K{X} là đại số tự do sinh bởi tập đếm đƣợc các phần tử xi . Tập đếm đƣợc các phần tử xi này gọi là cơ sở của K{X}. Với A là một đại số bất kỳ và ánh xạ σ : X → A thì luôn tồn tại đồng cấu η : K{X}→ A sao cho biểu đồ sau giao hoán: 16 Ta kí hiệu K{x1, . . . , xm} là đại số con của K{X} sinh bởi tập hữu hạn {x1,. ., xm} và nếu f ∈ K{X}, f ∈ K{x1 , . . . , xm} ta viết f = f(x1, . . xm). Ảnh của f qua đồng cấu η tƣơng ứng xi → ai,1 ≤ i < ∞, viết f(a1, .. , am). 2.1.1.Một số định nghĩa: 1) Bậc của đơn thức là 2) Bậc của đa thức f ∈ K[X] là bậc lớn nhất của các đơn thức có mặt trong f. Bậc của đa thức f kí hiệu degf. 3) Bậc theo Xi của đa thức f(x1 , x2 , . . , xn) là bậc của Xi khi xem f là đa thức theo biến Xi, kí hiệu degxif. 4) Đa thức f ∈ K[X] được gọi là thuần nhất theo Xi nêu tất cả các đơn thức của f đều có cùng một bậc theo xi. 5) Đa thức f ∈ K[X] được gọi là hoàn toàn thuần nhất nếu f thuần nhất theo mọi xi. 6) Đa thức f ∈ K[X] được gọi là trộn đều theo xi nếu xi có mặt trong mọi đơn thức của của f. 7) Đa thức f ∈ K[X] được gọi là trộn đều nếu nó trộn đều theo mọi xi 8) Đa thức f ∈ K[X] được gọi là tuyến tính theo xi nếu bậc của x1 trong mỗi đơn có mặt trong f đều bằng 1. 9) Chiều cao của một đơn thức là bậc của nó trừ đi số các biến có mặt trong đơn thức ấy. 10) Chiều cao của đa thức f là chiều cao lớn nhất của các đơn thức trong f, được ký hiệu ht(f). 11) Đa thức f ∈ K[X] được gọi là đa thuyến tính nếu nó tuyến tính theo mỗi biến xi. 17 2.1.2. Định nghĩa: Giả sử A là đại số trên K, G là nhóm con của nhóm cộng A. Một đa thức f ∈ K[X] được gọi là G-giá trị nếu với 2.1.3. Định nghĩa: Giả sử f(x1, x2,...,xm ) ∈ K[X] với 1 ≤ i ≤ m. Đặt: 2.1.4. Một số kết quả: 2.1.4.1. Bổ đề: Mọi đa thức f ∈ K[X] là tổng các đa thức được trộn đều fj sao cho: (1) degfj ≤ degf. (2) ht(fj) ≤ ht(f). (3) Nếu f tuyến tính theo xi thì fj cũng tuyến tính theo xi. (4) Với mọi đại số A và nhóm con của nhóm cộng A, nếu f là G-giá trị thì các fj cũng G- giá trị. Chứng minh: Gọi tf là số xi có mặt trong f nhƣng không có mặt trong một đơn thức nào đó của f. Ta chứng minh bổ đề bằng phƣơng pháp quy nạp theo tf. Nếu tf = 0 thì f là đa thức đƣợc trộn đều và hiển nhiên bổ đều đúng. Nếu tf > 0, không mất tính tổng quát ta có quyền chọn x1 không có mặt trong một đơn thức nào đó của f. Đặt f1 = f(0, x2 , . . . , xm) và f2 = f - f1. Hiển nhiên ta có tf1 < tf , tf2 < tf . Theo giả thiết quy nạp thì bổ đề đúng cho f1 và f2, suy ra bổ đề đúng cho f. 2.1.4.2. Bổ đề: Nếu g là đem thức sao cho: degxig > 1 và xj không có mặt trong g, thì g là tổng của các đơn thức gK trong đó xi, xj có mặt trong gK và khi thay xj bởi xi thì gK trở thành g. 18 Chứng mình: Viết g dƣới dạng g(x1, x2,..., xm) = t xi h (1) trong đó t, h là các đơn thức sao cho degxi t =0, degxih > 0. Khi đó ta có : Hai hạng tử đầu của biểu thức (2) có mặt cả xj và xi , hơn nữa nếu thay xj bởi xi thì trở thành g. Bây giờ ta xét 2 hạng tử còn lại của biểu thức đó. Nếu degxih = 1 lúc này h tuyến tính theo xi nên h = 0. Nhƣ vậy 2 hạng tử đang xét bằng 0. Do đó g là tổng của 2 đơn thức thỏa mãn bổ đề. Nếu degxig = 2 thì degxih = 1, theo kết quả trên thì bổ đề đúng với g. Giả sử bổ đề đúng cho mọi đơn thức có bậc theo Xi nhỏ hơn n và g là đơn thức có degxig = n. Từ (1) ⇒ degxih < n, theo giả thiết quy nạp ⇒bổ đề đúng cho h. Từ (2) ⇒ bổ đề đúng cho g. Nhờ kết quả bổ đề trên ta dễ dàng suy ra kết quả dƣới đây: 2.1.4.3. Bổ đề: Nếu f được trộn đều, degxif >1 , degxif = 0. Thì : (1) f là được trộn đều. (2) deg f ≤ degf. (3) degxi f = degxif -1. (4) ht( f) ≤ ht(f) (5) ⊂ Sf. 19 Những kết quả trên đây cho ta biết được những tính chất đặc trưng của một đa thức nhiều biến, dùng để làm cơ sở cho các vận dụng sau này. Sau đây xin trình bày nội dung cụ thể các định lý Kaplansky-Amitsur-Levitzky 2.1.5. Định nghĩa: * Một đa thức f (x1, x2,...., xd) được gọi là một đồng nhất thức thực sự của đại số A nếu tồn tại hệ số nào đó của f không linh hóa A và f (a1, a2,...., ad) = 0 đối với ∀ai ∈ A , i = ̅̅ ̅̅̅ . * Giả sử đại số A có đồng nhất thức thực sự, ta gọi A là PI.đại số. 2.2. Định lý Kaplansky - Amitsur - Levitzky : Giả sử A là đại số nguyên thủy có một đồng nhất thức thực sự có bậc d, thì tâm C của A là một trường, A là đơn và [A:C] ≤ [d/2]2. Trƣớc hết ta chứng minh một số bổ đề sau đây: 2.2.1. Bổ đề: Giả sử f là đồng nhất thức thực sự của A thì tồn tại một đồng nhất thức thực sự đa tuyến tính g của A sao cho deg g ≤ deg f. Chứng mình: Áp dụng kết quả bổ đề 2.1.4.1 cho g = {0} và giả sử f là đƣợc trộn đều. Nếu ht(f) = 0 ⇒ f đa tuyến tính, lúc này ta chọn g = f. Bây giờ ta xét ht(f) > 0 ⇒ ∃xi :degxif > 1và ta có thể giả sử rằng không có hệ số nào của f linh hóa A. Áp dụng bổ đề II.4.3 ta có f là đồng nhất thức thực sự của A và ht ( f) < ht(f). Sử dụng phép chứng minh quy nạp theo chiều cao của đồng nhất thức ta có (đpcm). 2.2.2. Bổ đề : Mn(K) không có đồng nhất thức thực sự có bậc d < 2n. Chứng mình: Trƣớc hết ta có nhận xét: vối 0 < n ∈ N, ta có dãy: e11 , e22 ,..., enm có n phần tử và dãy e12 , e23,..., en-1n có n -1 phần tử. Khi đó tập { e11, e12, e22, e23, e33, e34,..., en - 1n, enn} sẽ có 2n-l phần tử, trong đó eij là ma trận có phần tử ở hàng i cột j bằng 1 còn các phần tử 20 khác đều bằng 0 thuộc Mn(K). Ta chứng minh bổ đề bằng phƣơng pháp phản chứng nhƣ sau: Giả sử Mn(K) thỏa mãn một đồng nhất thức thực sự f có bậc d < 2n. Theo bổ đề 2.2.1 ta có thể xem f đồng nhất thức thực sự đa tuyến. Do đó ta có thể viết f dƣới dạng: theo nhận xét trên ta chọn đƣợc tập gồm d ma trận vuông cấp n thuộc Từ (1) ⇒ nếu σ(i) ≠ 1 thì σ(1) σ(2) ... e σ(d) = 0 thì và do f đồng nhất thức trên với k nào đó mà k ≤ n ⇒ αeịj = α (ei1 e1k ekj) = ei1 (αe1k)ekj = 0 với ∀i , j nên αMn(K) = 0(!) mâu thuẩn với giả thiết. Mâu thuẫn này cho ta điều phải chứng minh. 2.2.3.Bổ đề: Giả sử F là một trường trên Kvà V là không gian vectơ vô hạn chiều trên F thì đại số các phép biến đổi tuyến tính EndFV không thỏa mãn đồng nhất thức thực sự. Chứng minh: Gọi f là đồng nhất thức trên EndFV có bậc là d. Với bất kỳ phần tử x ∈ V, ta xét M là không gian con hữu hạn chiều của V chứa x sao cho 2[M:F] > d. Đặt M' = V/ M và ta xác định đại số con B (không có đơn vị) của EndFV nhƣ sau: Theo định lý Wedderburn ta có B ≅ Mn(F) trong đó n =[M:F]. Mặt khác do f là đồng nhất thức trên EndFV có bậc là d, nên f là đồng nhất thức trên B có bậc là d ⇒ f là đồng nhất thức trên Mn(F) có bậc là d < 2n. Từ 21 kết quả bổ đề 2.2.2 ⇒ nếu α là hệ số bất kỳ của f thì ta có αMn(F) = 0 ⇒αB= 0 ⇒ (αφ)(x) = 0 ⇒ φ(αx) = 0 ⇒(α1)x = 0, ∀x ∈ V. Do đó α (EndFV) = 0. Vậy f không là đồng nhất thức thực sự của EndFV. 2.2.4. Bổ đề: Nếu ∆ là đại số chia chứa trường con tối đại F (trong K) và đối với mọi trường con F như vậy ta có C∆ (F) = F. Chứng minh: Áp dụng bổ đề Zorn ta suy ra đƣợc sự tồn tại của trƣờng con tối đại F. Ta gọi F là trƣờng con tối đại nhƣ vậy. Khi đó với mọi s ∈ C∆ (F) ⇒ đại số con M của C∆ (F) sinh bởi F và s là một đại số giao hoán chứa F ⇒ M ⊆ F, vì F là tối đại ⇒ s ∈ F ⇒ C∆ (F) ⊆ F. Mặt khác hiển nhiên ta có F ⊆ C∆ (F). Vậy C∆ (F) = F. 2.2.5. Bổ đề : Giả sử A là đại số con đơn của đại số E và B = CE (A), thế thì C = B ∩ A là tâm của A. Nếu như dãy a1, a2,.... ar ⊂ A là hệ C độc lập tuyến tính thì chứng cũng là hệ B - độc lập tuyến tính. Chứng minh: Đặt A0 = A. Trên A0 ta xác định phép toán * nhƣ sau: a*b = ba , ∀a,b ∈ A0. Đặt Ae = A A0 và với phép nhân ngoài (a b)x = axb thì A là một Ae - module, hơn nữa A là một Ae - module bất khả quy và trung thành (do tính đơn của A). Sự tác động của Ae lên A ta có thể mở rộng đến sự tác động của Ae lên E sao cho m(bx) = b(mx) với m ∈ Ae, b ∈ B, x ∈ E. Ở đây nếu thì . Mặt khác do A là một Ae - module bất khả quy , trung thành và dãy a1 , a2 , ...., ar ⊂ A là hệ độc lập tuyến tính trên trƣờng C (C là trƣờng vì do tính đơn của A). Với bất kỳ j , 1 ≤ j ≤ r ta xét dãy r phần tử dạng : 0,..., 1j,..., 0 ∈ A, kí hiệu 1j để chỉ phần tử đơn vị 1∈ A đứng ở vị trí thứ J trong dãy. Khi 22 đó theo định lý dày đặc sẽ tồn tại mj ∈ A e sao cho mj aj = 1, mj ai = 0 nếu i ≠ j. Xét đẳng thức Bây giờ ta trở lại việc chứng minh định lý Kaplansky - Amitsur. Do A là đại số nguyên thủy nên tồn tại A - module V bất khả quy , trung thành và thể ∆ . Khi đó A là đại số dày đặc trong End∆ V. Tổng quát hơn tâm hóa của A trong EndKV là tập ∆L gồm các tự đồng cấu: x ⟼ δx, δ ∈ ∆. Giả sử F trƣờng con tối đại của ∆ và ta xét đại số con A’ của EndKV sinh bởi FL và A. Do các phần tử của FL giao hoán đƣợc với các phần tử của A nên A’ = FLA = AFL và FL ⊂ tâm của A’. Do vậy A’ có thể xem là một đại số trên F (hoặc trên FL ). Nếu ta xem V nhƣ là một không gian vectơ trên F thì A’ là một đại số con của EndFV . Ta cần chứng minh A' dày đặc trong EndFV. Thật vậy, do A là đại số nguyên thủy và V là A-môdun bất khả quy, nên V =Ax với ∀x ∈ V, x ≠ 0 ⇒ V = FLV = FLAx = A’x. Do đó V là A’ - môđun bất khả quy. Mặt lhacs giả sử c ∈ EndKV giao hoán với mọi phần tử của A’. Thế thì c giao hoán đƣợc với mọi a ∈ A, cho nên c ∈ ∆L. Do F là trƣờng con tối đại của A cho nên nó chứa trong FL. Bởi vậy EndA'V = F và suy ra A’ dày đặc trong EndFV. 23 Giả sử A có đồng nhất thức thực sự f bậc d. Ta có thể xem f là đa tuyến tính. Do A' = FLA là đại số trên F nên f là đồng nhất thức trên A'. Hiển nhiên ta có với mọi f ∈ K[X] thì ánh xạ biến: (11;.;.; 1m) ⟼ (11;12;...;1m) ∈ L = EndfV là ánh xạ liên tục trên không gian Tôpô hữu hạn chiều. Vì f là đồng nhất thức trên A’ , mà A’ dày đặc trong L cho nên f bằng 0 trên L hay f là đồng nhất thức trên L. Áp dụng kết quả của các bổ đề 2.2.2 và 2.2.3 suy ra [V: F] ≤ [d/2]. Lại do [ V:F] = [V: ∆] [∆:F] nên V là không gian hữu hạn chiều trên ∆. Vì A là đại số dày đặc trong End∆V, nên ta có A = End∆V là đại số đơn. Giả sử {a1; a2 ;...; ar} ⊂ A là hệ C - độc lập tuyến tính (C là tâm của A), t heo bổ đề 2.2.5 thì {a1; a2 ;...; ar} là hệ F-độc lập tuyến tỉnh trong A’ = FA. Do đó r ≤ [d/2] 2 . Tức là [A:C] ≤ [d/2] 2 . 2.2.6. Định lý (Amitsur-Levitzky): Đa thức chuẩn tắc S2n là một đồng nhất thức của Mn(K). Chứng minh: Trƣớc hết ta có một vài nhận xét về đa thức chuẩn tắc Sk . 3) Nếu i1 , i2, . . , ir là các số khác nhau và 1 ≤ j ≤ k, 0 < r < k. Gọi S’ là tổng các từ của Sk(x1,...xk) có xi1. xi2...xir ở bên trái thì : 4) Giả sử r là số lẻ, 0 < r < k và gọi S là tổng các từ trong Sk (x1,..., xk ) có dạng ± ayb với y = xi +1 xi +2 ... xi+r còn a và b la các đơn thức thì : S = Sk-r+1 ( x1,x2,..., xi,y, xi+r+1,...., xk). 24 Bây giờ ta trở lại việc chứng minh định lý (Amitsur-Levitzky) bằng phƣơng pháp qui nạp theo n. Hiển nhiên định lý đúng khi n = 1. Giả sử định lý đúng cho n - 1. Do tính đa tuyến tính và thay phiên của đa tức đa chuẩn tác, nên ta chỉ cần chứng minh rằng: Nếu {ei1j1,ei2j2, ...ei2nj2n} (*) là tập 2n ma trận đơn vị eij khác nhau ( eij là ma trận có phần tử ở hàng thứ i cột thứ j bằng 1 còn các phần tử khác đều bằng 0 )thì: S2n (ei1j, ei2j2,... ei2nj2n) = 0 (**). Với 1 ≤ k ≤ n ta kí hiệu f(k) là số lần k có mặt ở chỉ số trong tập (*). Khi đó Nếu k là số sao cho f(k) = 0 thì k không có mặt trong (*). Trong trƣờng hợp này các ma trận đơn vị trong (*) có thể xem nhƣ các ma trận đơn vị của Mn-1(K). Do S2(n-1) là đồng nhất thức của Mn- 1(K), từ nhận xét 1) ở trên thì S2n cũng là đồng nhất thức của Mn-1(K). Do đó (**) đúng. Nếu f(k) > 0, 1 ≤ k ≤ n. Để giúp cho việc trình bày phép chứng minh định lý đƣợc súc tích, dễ hiểu trƣớc hết ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề : Giả sử euu có mặt trong (*) và f(u) ≤ 4 thì (**) đúng. Chứng minh bổ đề) : a) Nếu f(u) = 2 thì u có mặt ở chỉ số của các phần tử trong tập { ei1j1,ei2j2, ...ei2nj2n }(*) chỉ với phần tử euu . Do đó mọi đơn thức trong S2n (ei1j, ei2j2,... ei2nj2n) đều bằng 0. Vậy ta có (**). b) Nếu f(u) = 3 thì có 2 khả năng xảy ra: Khả năng 1: Nếu u có mặt trong các phần tử euu và euv trong đó u ≠ v, thì các đơn thức khác 0 trong S2n (ei1j, ei2j2,... ei2nj2n) là bắt đầu với euu euv . 25 Tổng các từ trong S2n (ei1j, ei2j2,... ei2nj2n) bắt đầu với euu euv là: ± euueuvS2n-2 (ei1j1,...êuu..êuv...), trong đó kí hiệu êuu, êuv xóa đi chỉ số ghi ở dƣới. Do u không có mặt trong S2n-2 nên theo giả thiết qui nạp ta có .Vậy ta có (**). Khả năng 2: Nếu u có mặt trong các phần tử euu và evu trong đó u ≠ v, thì các đơn thức khác 0 trong S2n (ei1j, ei2j2,... ei2nj2n) là kết thúc với evueuu . Lập luận nhƣ trên ta cũng có (**). c) Nếu f(u) = 4 thì ta có 3 khả năng xảy ra: Khả năng 1: Nếu u có mặt trong các phần tử euu , euv , euw trong đó u ≠ v, u ≠ w thì tất cả các đơn thức trong S2n (ei1j, ei2j2,... ei2nj2n) đều bằng 0 nên ta có đẳng thức (**). Khả năng 3: Nếu u có mặt trong các phần tử euu , euv , ewu trong đó u ≠ v, u ≠ w thì tất cả các đơn thức khác 0 trong S2n (ei1j, ei2j2,... ei2nj2n) có một trong các dạng: euu euv a ewu, euv a ewu euu, a ewu euu euv b. Do số các phần tử eij trong a . ewu là lẻ nên dấu của euu euv a ewu và euv a ewu euu là trái dấu nhau cho nên sẽ bị triệt tiêu. Đồng thời theo nhận xét 2) và 4) về đa thức chuẩn tắc thì tổng các từ dạng a ewu euu euv b (= a . ewv. b) là trong S2n-2( ewv ,...). Do u không xuất hiện ở chỉ số của các phần tử trong S2n-2 cho nên theo giả thiết qui nạp ta có S2n-2( ewv,. .) = 0. Bởi vậy ta có đẳng thức (**). 26 Ta trở lại chứng minh định lý: Rõ ràng phần tử eij lũy đẳng khi và chỉ khi i = j. Gọi t là số phần tử lũy đẳng trong tập {ei1j, ei2j2,... ei2nj2n} (*). Khi đo: * Nếu t = n, khi đó tất cả các phần tử dạng eii , i = ̅̅ ̅̅̅ đều có mặt trong {ei1j, ei2j2,... ei2nj2n} (*). Do nên tồn tại u, 1 ≤ u ≤ n sao cho f(u) ≤ 4. Áp dụng bổ đề ta có (**). * Nếu t = r trong đó r < n và Giả sử (**) đúng khi t = s với mọi s, s ≥ r + 1. Do S2n là đa tuyến tính nên ta có: đối với mọi r + 1 phần tử khác nhau ui và mọi ar+2 , ar+3,...,a2n ∈ Mn (K). Ta xét trƣờng hợp khi K là một trƣờng. Giả sử hệ {e1,..., er+1} ⊂ Mn(K) gồm r + 1 phần tử lũy đẳng sao cho eiej = 0, ∀i ≠ j. Khi đó tồn tại đẳng cấu η: Mn(K) → Mn(K), cho bởi η(euiui) =ei với i = ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅̅ ̅. Suy ra S2n (e1,...er+1, ar+2,...a2n) = 0 với mọi ar+2 , ar+3 ,...., a2n ∈ Mn (K). Nhƣ vậy ta thấy rằng chứng minh (*.*) khi i1 = j1 = 1,..., ir = jr = r và ik ≠ jk nếu k > r. Xảy ra 2 trƣờng hợp sau: 1) Tập (*) chứa một phần tử eij với i > r , j > r , i ≠ j. Không mất tính tổng quát ta có thể giả thiết eij là phần tử thứ r + 1 của tập (*). Khi đó ta có 2 tập {e1,..., er, e’r+1 } và {e1,...,er, e’’r+1} trong đó e1 = e11,..., er = err còn e’r+1 = eii, e’’r+1 = eii + eij . Rõ ràng 2 tập trên đều gồm các phần tử lũy đẳng ete’r+1 = 0, et e’’r+1 = 0, et es = 0 với ∀t,s,1 ≤ t,s ≤ r,t ≠ s. Cho nên: S2n (e1,...er, e’r+1....) = 0; S2n (e1,..., er, e’’r+1,..) = 0 27 Trừ từng vé của 2 đẳng thức này ta có S2n ( e1, ..., er , eij...) = 0 2) Tập {e11 ,..., err , eir+1jr+1 ,...., ei2j2n} (1) không chứa phần tử eij trong đó i > r , i > r, i ≠ j. Nếu tất cả các chỉ số của tập trên đều ≤ r r trái với giả thiết từ đầu là f(k) ≥ 1. Nhƣ vậy sẽ tồn tại phần tử eij thuộc (1) sao cho i r và , i ≠ j . Mặt khác nếu r = 0 thì rơi vào trƣờng hợp ta đã chứng minh ở trên, nhƣ vậy ta chỉ xét trƣờng hợp r ≥ 1. Ta thấy rằng tích các ma trận eij khác 0 khi và chỉ khi chỉ số thứ 2 của mỗi nhân tử trong tích đó bằng chỉ số thứ nhất của nhân tử liền sau nó. Do đó đẳng thức (**) đúng ngoại trừ 2 trƣờng hợp sau: a) f(k) là số chẵn với mọi k. b) Có đúng 2 chỉ số là lẻ. Theo bổ đề 2.2.6.1 ta có thể giả thiết f(i) > 4, ∀i ≤ r. Vì 4n = nên tồn tại j , j > r sao cho f( j) ≤ 3 . Ta sẽ chứng minh tồn tại j, j > r sao cho f( j ) ≤ 2: + Nếu f(j )là số chẵn, kết hợp với f( j) ≤ 3 ta có ngay kết quả. + Nếu rơi vào trƣờng hợp b), ta giả sử ngƣợc lại f(j) > 2 với mọi j > r thì sẽ có 2 khả năng xảy ra: Khả năng b1: Nếu có 2 chỉ số với các j > r. Vì + Khi đó sẽ xảy ra các trƣờng hợp sau: * Hoặc (do i là số lẻ ). * Hoặc ∃i1 ≤ r sao cho f(i1) = 5 và f(i) ≥ 6 đối với ∀i ≠ i1 i ≤ r ⇒ . 28 Nhƣ vậy trong khả năng b1 này đều cho ta có r = 1. Khả năng b2 : Có một chỉ số j1 > r sao chó f(j1) = 3, còn f(j) ≥ 4 đối với mọi j > r còn lại. Trong khả năng này ta sẽ chứng minh không thể xảy ra f(i) ≥ 6 , ∀i ≤ r. Thật vậy, giả sử ngƣợc lại f(i) ≥ 6 , ∀i ≤ r, ta có: vô lý vì ta đang xét r ≥ 1. Nhƣ vậy ắt phải ∃i1 ≤ r sao cho f(i) = 5 và f(i) ≥ 6 đối với ∀i ≠ i1 , i ≤ r ⇒ 4r +2 ≥ 5 +6(r-1) ⇒ 3 ≥ 2 ⇒ r =1. Hoặc f(i) = 5, ∀i ≤ r ⇒ 4r +2 ≥ 5r ⇒ 2 ≥ r ⇒ r =1 (do i là số lẻ). Tóm lại trong trƣờng hợp b) ta đều có r = 1. Nhƣ thế trong tập (*) các phần tử eij có mặt trong tập này là e11, e1j, ej1 với j >1. Do đó trong tập này chỉ có 2n-1 phần tử (!) vô lí. Vậy ∃j > r : f( j) ≤ 2. Với j nhƣ vậy sẽ có i ≤ r sao cho eij hoặc eji thuộc tập + Nếu ta thay eii , eij trong tập này bởi ta đƣợc hệ gồm r + 1 phần tử lũy đẳng mà tích của 2 phần tử khác nhau bất kỳ của tập này đều bằng 0 sau đây: 29 mà: S2n(. . , eij . . , eij. . .) = 0 vì eij lặp lại. S2n( . . , eii , . . , ejj , . . . ) = 0 vì chứa r + 1 phần tử lũy đẳng có tích 2 phần tử khác nhau bất kỳ bằng 0. S2n(. . . , eij, . . , ejj, . . .) = 0 do bổ đề với ejj lũy đẳng và f(j) < 4. Nhƣ vậy ta có: s2n(. .., eii , ... eij ,...) = 0 (đpcm). ta lại đặt: ta đƣợc hệ gồm r + 1 phần tử lũy đẳng mà tích của 2 phần tử khác nhau bất kỳ của tập này đều bằng 0. Lập luận tƣơng tự ta có điều phải chứng minh. Nhƣ vậy ta đã chứng minh đƣợc cho trƣờng hợp K là trƣờng. Trở lại trƣờng hợp tổng quát, với K là một vành giao hoán có đơn vị. Vì Q là trƣờng hữu tỷ nên đẳng thức (**) đúng trên Mn(Q), mà Mn(Z) ⊂ Mn(Q) Vậy đẳng thức (**) đúng trên Mn(Z). Lại do Mn(K) ≅ Mn(Z) ZK và S2n đa tuyến tính cho nên đẳng thức (**) đúng trên Mn(K). Nhân xét 1: Nếu A là đại số đơn tâm của đại số E trên trƣờng K thì tâm hoa của A trong E là B = CE (A) thì AB = A B. Nhận xét 2: Nếu A dày đặc trong End∆V và F là trường con tối đại trong thể A thì A' = FLA dày đặc trong EndFV. Xét trong trường hợp đặc biệt khi A đơn tâm hữu hạn chiều trên trường K, V hữu hạn chiều trên A và A hữu hạn chiều trên K thì A’ = FLA = F KA = EndFV. Vì vậy nếu Suy ra: số chiều (hữu hạn) của đại các đại số đơn tâm luôn là số chính phương. Từ đây ta có hệ quả sau: 2.2.7. Hệ quả của định lý Kaplansky-Amitsur-Levitzky: Giả sử A là đại số nguyên thủy. Khi đó A thỏa mãn một đồng nhất thức thực sự nếu và chỉ nếu A là đại số đơn và hữu hạn chiều trên tâm c của nó. Nếu d là bậc 30 nhỏ nhất của đồng nhất thức thực sự trên A thì d = 2n và [A : C] = n, đồng thời A thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn tắc Sd . Chứng minh: (⇒)Áp dụng định lý Kaplansky-Amitsur ta có ngay kết quả. (⇐) Ngƣợc lại, A là đại số đơn hữu hạn chiều trên tâm C của nó thì [A:C] = n2 và ta có trƣờng F sao cho F CA = Mn(F). Do S2n là đồng nhất thức trên Mn(F) nên S2n là đồng nhất thức trên F CA, vì vậy S2n là đồng nhất thức trên A. Chú ý: Ta gọi A là PI. Đại số lớp n. Để kết thúc phần này, xin đƣợc giới thiệu một nội dung sẽ có nhiều ứng dụng trong chƣơng 3 tiếp theo, đó là nội dung về đa thức tâm của Formanek. 2.3. Đa thức tâm của đại số ma trận Giả sử K là một vành giao hoán và Mn(K) là tập các ma trận vuông cấp n trên K. Nếu a (aij) ∈ Mn(K) ta viết đa thức đặc trƣng của ma trận a là: Xét vành đa thức Z [η1 ,..., ηn ], thì trong đó p1 = Σ ηj ,..., pn = η1 ... ηn là các đa thức đối xứng cơ bản. Ta dùng g để ánh xạ G: a → h (tr a,..., det a) (2) từ Mn(K) vào K. Trong trƣờng hợp đặc biệt ta đặt: và ta thu đƣợc biệt số của ánh xạ D. Nếu K là trƣờng vô hạn thì ánh xạ a → tr(a),..., a → det(a) là các hàm đa thức trên Mn(K). Do đó G là hàm đa thức. Nếu K là đại số đóng và ρ1 ,... ρn là trắc nghiệm trặc trƣng của ma trận a thì tr (a) = Σρi ,... 31 det (a) = ρ1 ,... ρn , nhƣ vậy G(a) =h (Σρi ,..., ρ1 ,... ρn ) = g (ρ1 ,... ρn ). Do đó G trùng với ánh xạ a → g (ρ1 ,... ρn ) (3). Trong trƣờng hợp riêng , nếu g = d thì ánh xạ D là Rõ ràng D(a) ≠ 0 nếu và chỉ nếu các nghiệm đặc trƣng là phân biệt. Giả sử Z [η1 ,..., ηn+1]là đại số đa thức trên vành số nguyên Z, trong đó η1,..., ηn+1 là ẩn và Z [x,y1,...,yn] là đại số tự do trên z sinh bởi x, y1,...yn. Nếu : f = ∑ =(v1,...,vn+1 ) ∈ Z[η1 ,..., ηn+1] (5) ta định nghĩa pf = Bây giờ ta đặc biệt hóa: thì Đẳng thức (9) bằng 0 trên tập còn trên tập : ta có đẳng thức: Hai chỉ số đƣợc chọn trong tập {i1,i2,...in, jn}. Bây giờ giả sử f thỏa mãn: (i) f (η1 ,..., ηn+1) chia hết mọi ηi - ηj , i ≠ j, ngoại trừ η1 - ηn+1 . (ii) g (η1 ,..., ηn) = f (η1 ,..., ηn, η1) là đôi xứng theo η1 ,..., ηn. Thì trên tập còn trên tập 32 với các ij phân biệt ta có : Ta định nghĩa: trong đó các chỉ số dƣới đƣợc viết theo mod n, thì : trên tập còn trên tập {ei1i2,ei2i3...ein- 1in ,einjn} với các ij phân biệt ta có : Để đơn giản ta chọn một f thỏa (i) và (ii) ta đƣợc đa thức Formanek Đẳng thức này có hệ số là ± 1 và ta có: (iii) Đối với bất kỳ trƣờng K tồn tại a ∈ Mn(K) sao cho G(a) ≠ 0, trong đó G đƣợc xác định bởi (2). 2.3.1 Định lý: 1/ Giả sử f ∈ Z[η1 ,..., ηn+1] thỏa mãn (i), (ii), (iii), thì : pf (x ,y1,...yn) được xác định bởi (6) và (9) là đa thức tâm của Mn(K) đối với mọi vành giao hoán K. 2/ Tồn tại a ∈ Mn(K) sao cho G(a) không lũy linh và b1, ...bn ∈ Mn(K) sao cho qf (a, b1,.., bn) ≠ 0. 3/ Nếu f thỏa 1/ và (η1 ,..., ηn ) ∈ Z [η1 ,..., ηn] và l là đối xứng thì: q1f(a, b1,...,bn)= L(a)qf (a, b1,...,bn) với ∀a,bi ∈ Mn(K) trong đó L được xác định trong (1) bơi l (η1 ,..., ηn). 33 2.3.2 Định lý: Bất kỳ đa thức tâm có số hạng tự do bằng 0 của Mn(K) đều là đồng nhất thức của Mn-1(K). Nhận xét: Trên đây ta đã giải quyết một cách trọn vẹn việc chứng minh định lý Kaplansky-Amitsur-Levitzky đúng trên các PI. Đại số nguyên thủy (trên một vành giao hoán có đơn vị). Do đó hiển nhiên định lý cũng đúng cho các PI. đại số nguyên thủy trên một trường, Ở đây khái niệm đồng nhất thức đa thức thực sự của đại số trên một vành giao hoán có đơn vị, tương đương với khái niệm đồng nhất thức đa thức khác 0 của đại số trên một trường. Từ những kết quả quan trọng trên đây, đặc biệt là kết quả định lý Kaplansky-Amitsur-Levitzky đã đặt nền móng, mở rộng và định hướng cho việc nghiên cứu các kết quả đó, trên một số lớp các PI. Đại số trên vành giao hoán rộng hơn, cụ thể là trên lớp các PI. đại số không có ni-ideal khác 0. Một trong các hướng mở rộng đó sẽ được đề cập một cách cụ thể trong chương 3 sau đây. 34 CHƢƠNG 3: MỘT SỐ KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU CÁC PI. ĐẠI SỐ KHÔNG CÓ NIL-IDEAL KHÁC KHÔNG. Mở đầu cho việc trình bày nội dung cơ bản nhất của chương 3, tác giả luận văn xin được giới thiệu tổng quan về lớp vành không có nil-ideal khác không.Khi đi sâu nghiên cứu, cho ta thấy được những kết quả không kém phần thú vị về lớp vành này. Đó là lớp vành " tựa tựa giống" như lớp vành chính nằm tiềm ẩn trong lớp vành không giao hoán nói chung. 3.1. Tổng quan về lớp vành không có nil-ideal khác không Mục đích chính của nội dung phần này, nhằm khảo sát đặc điểm đặc biệt về cấu trúc của lớp vành không có nil-ideal khác 0 mà đã được giới thiệu một cách khái quát ở trên. 3.1.1 Định lý: Giả sử vành R không có ideal lũy linh = (0) và p là ideal tối tiểu của R, ρ ≠ (0) thì ρ = eR với e là phần tử lũy đẳng của R. Chứng minh: Do ρ -ideal không lũy linh ⇒ ρ2 ≠ (0) ⇒ ∃x ∈ ρ: xρ ≠ (0) ⇒ xρ -ideal phải của R và xρ ⊂ ρ. Do ρ -ideal tối tiểu ⇒ xρ = ρ ⇒ ∃e ∈ ρ : xe = x ⇒ xe2 = xe ⇒ x(e2 - e) = 0. Đặt ρ0 = {a ∈ ρ \ xa = 0} ⇒ ρ0 - ideal phải của R và ρ0 ∅ ρ. Từ tính tối thiểu của ρ suy ra ρ0 = (0). Do x(e 2 - e) = 0, nên e 2 - e ∈ ρ0 ⇒ e 2 - e =0 ⇒ e2 = e. Từ xe = x và x ≠ 0 ⇒ e ≠ 0 và e ∈ eR ⊆ ρ (vì e ∈ ρ). Nhƣ vậy eR là ideal phải khác không của R chứa trong ideal tối tiểu ρ, nên ρ = eR hay ρ sinh bởi phần tử lũy đẳng e. 3.1.2.Định lý: Giả sử vành R không có ideal lũy linh khác 0 và e ≠ 0 là phần tử lũy đẳng của R, thì eR là ideal phải tối tiểu của R khi và chỉ khi eRe là một thể. 35 Chứng minh: (⇒) Nếu p = eR là ideal tối tiểu của R. Với a ∈ R và eae ≠ 0 ⇒ eae ∈ eRe ⇒ eaeR ≠ (0) và eaeR ⊆ eR ⇒ eaeR = eR (do eR ideal tối tiểu) ⇒ ∃y ∈ R: eaey = e ⇒ eaeye = e2 = e ⇒ (eae) (eye) = e ⇒ eye là nghịch phải của eae. Nhƣ vậy mọi phần tử của eRe đều có nghịch phải, nên eRe là một thể có đơn vị là e. (⇐) Nếu eRe là một thể, ta chứng minh eR là ideal tối tiểu của R. Thật vậy, giả sử eR không phải là ideal tối tiểu của R, tức là tồn tại ideal ρ0 ≠ (0) của R sao cho ρ0 ⊂ eR ⇒ ρ0 e ≠ (0) (vì nếu ngƣợc lại ρ0 e = (0) ⇒ ρ0 2 ⊂ ρ0 (e

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftv_cac_pi_dai_so_khong_co_nil_ideal_khac_0_6451_1921585.pdf
Tài liệu liên quan