Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
D. Định lý KAPLANSKY - AMITSUR-LEVITZKI.

D. Định lý KAPLANSKY - AMITSUR-LEVITZKI.

Tải bản đầy đủ - 0trang

24



là deg x f.

3) f ∈ K[X] đƣợc gọi là thuần nhất theo x i nếu tất cả các đơn thức của f đều có cùng

một bậc theo xi

4) f ∈ K[X] đƣợc gọi là hoàn toàn thuần nhất nếu f thuần nhất theo mọi xi

5) f ∈ K[X] đƣợc gọi là đƣợc trộn đều theo xi nếu xi có mặt trong mọi đơn thức của f.

6) f ∈ K[X] đƣợc gọi là đƣợc trộn đều theo xi nếu xi có mặt trong mọi đơn thức của.

7) f ∈ K[X] đƣợc gọi là tuyến tính theo xi nếu bậc theo xi của mỗi đơn thức trong f

đều bằng 1.

8) Chiều cao của một đơn thức là bậc của nó trừ đi số các biến x i có mặt trong

đơn thức ấy.

9) Chiều cao của đa thức f là chiều cao lớn nhất của các đơn thức trong f. Chiều cao

của f ký hiệu là ht(f).

10) f∈ K[X] đƣợc gọi là đa tuyến tính nếu nó tuyến tính theo mỗi biến x i

Định nghĩa II.8: Giả sử A là một đại số, G là nhóm con của nhóm cộng A. Một đa thức f ∈

K[X] ược gọi là G giá trị nếu ∀ai ∈A thì f(a 1 ,a 2 …



m)



∈G



Đinh nghĩa II.9. Giả f(x1,x2,…xm) ∈ K[X] và 1 i m .Gọi :



25



Mệnh đề II.14: ( Định lý Kaplansky- Amitsur)

Nếu A là một đại số nguyên thủy (primitive) có đổng nhất thức hồn tồn bác d thì tâm C của

A là mót trƣờng,

A là đại số đơn và [A : C]



[ ]2.



Chứng minh: Trƣớc hết ta chứng minh một số bổ đề sau:

Bổ đề II.14.1: Mọi đa thức f ∈K[X] là tổng các đa thức đƣợc 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 xj.

4)Với mọi đại số A và nhóm con 6 của nhóm cơng

A, nếu f là G-giá trị thì các fj cũng là G-giá trị.

Chứng minh Bổ đề II. 14.1:

Gọi tf là số các xi có mặt trong f nhƣng khơng có mặt trong một đơn thức nào đó của

f. Ta chứng minh qui nạp theo tf:

Nếu tf = 0 thì f là đa thức đƣợc trộn đều và kết quả đúng hiển nhiên.

Giả sử tf >0, khơng mất tổng qt giả sử xi khơng có mặt trong một đơn thức nào đó

của f. Đặt f =f(0,x2 … xm) và f’’ = f – f’. Rõ ràng tf, tf’ < tf. Theo giả tliiết qui nạp các kết luận

của bổ đề đúng với f’ và f’’ do đó đúng với f.



26



Bổ đề II.14.2: Nếu g là một đơn thức sao cho :

a) degxig >1

b) xj khơng có mặt trong g

Thì



là tổng của các đơn thức gk trong đó xi, xj có mặt trong gk và khi thay xj bồi xi thì gk



trở thành g.

Chứng minh Bổ đề II.14.2:

Viết g dƣới dạng g(x1, x2, . . . xm) = axih ① trong đó a, h là các đơn thức mà degxia

= 0. Degx1h > 0.

Khi đó ta có:



Hai hạng tử đầu của biểu thức cuối cùng này rõ ràng có mặt cả xi lẫn xj, đồng thời khi

thay xj bởi xi thì đó chính là g. Ta chỉ còn xét hai hạng tử sau của biểu thức cuối cùng đó.

Nếu degxi h = 1 thì h tuyến tính theo xi nên

tử đang xét là bằng 0 nên



h = 0. Trong trƣờng hợp này, hai hạng



g là tổng của hai đơn thức thỏa mãn kết luận của bổ đề.



Ta chứng minh bằng quy nạp theo bậc theo xi của đơn thức.



27



Nếu degxig = 2 thì degxih J nên theo trên bổ đề đúng với g.

Giả sử kết luận của bổ đề đã đúng với mọi đơn thức có bậc theo

xi bé hơn n và g là đơn thức có degxig = n. Khi đó theo ① thì degxih bé hơn n nên theo giả

thiết qui nạp, kết luận của bổ đề đúng với h. Thế thì theo ② sẽ đúng với g.

Bổ đề II. 14.2 đƣợc chứng minh xong.



Bổ đề II.143: Giả sử f là đƣợc trộn đều, degx.f >1, degx.í = 0. Khi đó:

là đƣợc trộn đều



Chứng minh Bổ đề II.14.3: Suy dễ dàng từ bổ đề II. 14.2.



Từ các bổ đề II.14.1, II.14.2, II.14.3 nói trên, ta có thể chứng minh đƣợc bổ đề II. 14.4

sau đây. Kết quả của bổ đề này cho phép chúng ta khi xét các PI-đại số có thể xem đồng nhất

thức của nó là đồng nhất thức đa tuyến tính. Việc "đa tuyến tính hóa" đồng nhất thức của các

PI-đại số là phƣơng pháp đƣợc sử dụng trong bản luận án này.



Bổ đề II.14.4: Nếu f là đồng nhất thức hoàn tồn của A thì tổn tại một

đồng nhất thức hồn tồn, đa tuyến tính g của A sao cho:



28



Chứng minh Bổ đề II. 14.4:

Áp dụng bổ đề II.14.1 với G = (0} la có thể giả thiết f là đƣợc trộn đều.

Nếu ht(f) = 0 thì f là đa tuyến tính và ta chỉ việc lấy g chính là f.

Giả sử ht(f) > 0. Thế thì phải



xi sao cho degxif > 1. Nến cần, bỏ đi các đơn thức



trong f mà có hệ số linh hóa A ta có thể giả thiết rằng khơng có hệ số nào của f linh hóa A.

Xét



f, áp dụng bổ đề II. 14.3 thì ta có



f là đồng nhất thức hồn tồn của A có ht(



f) <



ht(f). Phép qui nạp theo chiều cao của đồng nhất thức cho ta điểu phải chứng minh.

Trong định lý Amitsur - Levitzki ( mênh đề II. 15) sau này, ta sẽ mô tà rõ đổng nhất

thức của đại số các ma trận vuông cấp n trên vành giao hốn, có đơn vị. Nhƣng trƣớc hết ta

có ngay kết quả sau đây

Bổ đề II.14.5: Mn(K) khơng có đồng nhất thức hoàn toàn bậc < 2n.

Chứng minh Bổ đề II. 14.5: Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử Mn(K) có một đồng

nhất thức hồn tồn bậc < 2n. Khi đó theo bổ đề II.14.4 Mn(K) sẽ có một đồng nhất thức hồn

tồn đa tuyến tính f mà degf < 2n. Vì f là đa tuyến tính nên f có dạng:



trong đó d < 2n. Nếu cần sắp xếp lại thứ tự các biến xi ta có thể giả thiết rằng



…..dA



12



0.



Xét một dãy gồm d ma trận vuông cấp n trên K sau đây:e11,e12,e22,e23,e33,e34,….. trong đó eij

∈Mn(K) là ma trận mà phần tử hàng i cột j của nó là 1 còn các phần tử khác là 0. Ta thấy



ngay rằng tích của các ma trận ấy theo đúng thứ tự ƣên là e1k với k nào đó, còn tích của các

ma



29



trận ấy theo các thứ tự khác sẽ là ma trận 0. Vì f là đồng nhất thức trên Mn(K) nên f(e11, e12,

e22, e23, e33, e34,) = 0. Từ nhận xét trên ta suy ra

nên



... = 0. Do đó



... d eij = 0 ∀ i,j. Cho



12…de1k



12



= 0, mâu thuẫn với giả thiết.



12



Bổ đề II.14.6: Giả sử F là một trƣởng trong K và V là một không gian

vector vô hạn chiều trên F thì đại số các phép biến đổi tuyến tính EndFV khơng thỏa mãn

đổng nhất thức hồn toàn.

Chứng minh Bổ để II.14.6

Giả sử f là một đồng nhất thức trên EndFV và d là bậc của f. Giả sử x∈ V, gọi M là

không gian con hữu hạn chiều của V sao cho x∈ M và 2[ M:F] > d (Ở đây ký hiệu [ M:F] có

nghĩa là số chiều của M xem nhƣ không gian tuyến tính trên F ). Gọi B là đại số con (theo

nghĩa khơng có đơn vị) của EndFV bao gồm các

(m') = 0 ∀m'∈M’ trong đó M' =V\M. Thế thì B



∈ EndFV sao cho: (



(m) ∈ M ∀m∈M và



Mn(F) trong đó n = [M:F]. Theo bổ đề



II.14.5, do Mn(F) khơng có đồng nhất thức hoàn toàn bậc < 2n la suy ra nếu a là hệ số của f

thì



B = 0. Do đó ( 1)x = 0. Cho nên



A = 0. Vì vậy f khơng là đồng nhất thức hồn tồn



của A.

Bổ đề II. 14.6 đƣợc chứng minh xong.

Bể đề II.14.7:

Nếu



là một đại số chia đƣợc thì A chứa trƣờng con tối đại F (trong K ) và đối với



mọi trƣờng con F nhƣ vậy ta có C (F) = F. ( Ở đây C (F) = { c∈

tám hóa của F trong



).



/ cf =fc Ví ∈ F } là cái



30



Chứng minh Bổ đề II.14.7

Sử dụng bổ đề Zora ta suy ra ngay sự tồn tại của trƣờng con tối đại F. Giả sử F là một

trƣờng con tối đại nhƣ vậy. Khi đó ∀ C∈ C (F) thì đại số con chia đƣợc sinh bởi F và c là

một đại số giao hoán cho nên là một trƣờng chứa F. Vì F là tối đại nên đại số con chia đƣợc

đó phải trùng với F. Cho nên c ∈ F. Suy ra rằng C



(F) ∈ F. Mặt khác, hiển nhiên là F C



(F). Do đó C (F)=F.

Bổ đề II. 14.7: đƣợc chứng minh xong.

Bổ đề II.14.8: Giả sử A là đại số con đơn của đại số E ,B = CE(A), C là tâm của A trong E .

Nếu nhƣ { a1, a2. . . ., ar} A là hệ B- độc lập tuyến tính. Tức là nếu ∑



=0 thì tất cả các bi =



0

Chứng minh Bổ đề II. 14.8:

Gọi A° = A, ta xét A° là K-modun nhƣ là K-modun A, nhƣng phép "nhân" trên A° ký

hiệu là * đƣợc định nghĩa bởi:

a*b = ba ∀a, b ∈ A° .

Rõ ràng A° là một K đại số. Gọi Ae =A



A thì A lã K đại số.



Ta có thể xem A nhƣ một Ae – modun nếu định nghĩa :



Tác động của Ae trên A đƣợc xem nhƣ tác động trên E và rõ ràng

Ta có:



31



Do {a 1 , a 2 , …., a r } là C- độc lập tuyến tính nên theo định lý về trù mật ta suy

ra ∀ j : 1



j r tồn tại mj ∈ Ae sao cho mjaj =1 , mjai =0 ∀ j



Do vậy nếu ∑



=0



mj (∑



)







i







. Suy ra {a1, a2, …, ar}là



B- độc lập tuyến tính.

Bổ đề II. 14.8 đƣợc chứng minh xong.

Ta chứng minh định lý Kaplansky Amitsur.

Vì A là nguyên thủy nên theo định lý về trù mật (chƣơng I),

A đẳng cấu với đại số trù mật của các phép biến đổi tuyến tính trong khơng gian

vector trên đại số chia đƣợc . Hơn nữa, cái tâm hóa của A trong End V là tập hợp

L



các tự đồng cấu :x



. Ta xét đại số A' các



x



∈ ,Theo bổ đề II.14.7 tồn tại trƣờng con tối đại F của



tự đồng cẩu của V sinh bởi F L và A. Do các phần tử của F.



giao hoán với các phần tử cùa A nên A' = F L A = AF L và F L



tâm của A ’ . Do vậy



A’ có thể xem nhƣ là một đại số trên F ( hoặc là trên F L ). Nếu ta xem V nhƣ khơng

gian vector trên F thì A’ là một đại số các phép biến đổi tuyến tính trong V trên F.

Ta thấy ∀x∈ V, x

sẽ



0



{x} độc lập tuyến tính. Do đó ∀v∈ V theo định lý về trù m ậ t



a∈ A sao cho v = ax. Cho nên V= Ax



sử rằng c là một



V=A'x. Suy ra V là modun bất khả qui. Giả



-tự đồng cấu của V giao hoán với mọi phần tử của A ’ Thế thì c



giao hoán với mọi phần tử a ∈ A, cho nên c ∈



L.



Do F là trƣờng con tối đại của A



cho nên nó bị chứa trong F L - Vì vậy End A’ V = F và ta suy ra A’ trù mật trong

End FV.

Ta giả sử rằng A có đồng nhất thức hoàn toàn f bậc d. Theo bổ đề II.14.4 ta có

thể xem f là đa tuyến tính. Do A' = F L A là đại số trên F



32



nên rõ ràng f là đồng nhất thức trên A'. Rõ ràng rằng nếu f ∈K[X] thì ánh xạ : (l1, l2, …, lm)

(l1, l2,…,lm) ∈ L = Endf V là ánh xạ liên tục tiên không gian tôpô hữu hạn. Xét với đồng

nhất thức f đang xét ở trên ta thây f có giá tri bằng 0 trên A’, A’ trù mật trong L cho nên f có

giá trị bằng 0 trên L.Có nghĩa là f là đồng nhất thức trên L. Từ các bổ đề II.14.5 và II. 14.6 ta

suy ra [V : F] < [d/2.]. Do [V : F] = [V :

trên



] [ : F] nên V là không gian hữu hạn chiều



. Do A là đại số trù mật các phép biến đổi tuyến tính trong V trên



nên ta đƣợc A = Ead V là đại số đơn. Giả sử { a1, a2,…ar }



A là hệ C - độc lập tuyến tính (



C là tâm của A ) thì theo bổ đề II. 14.8 đó sẽ là hệ F-độc lập tuyến tính trong A = FA. Do đó r

[d/2] . Tức là [A : C]



[d/2]2.



Mệnh đề II.15: ( Định lý Amilsur - Levitzki)

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 :



3) Nếu i1, i2,…., ir là các số khác nhau, 1



ij



k và 0


…,xk)có xi1, xi2,…xir ở bên trái thì :

4) giả sử r là số lẻ , 0
x1+1x1+2 ….x1+r còn a và b là các đơn thức thì:



Ta chứng minh Mệnh đề II.15 bằng quy nạp theo n.





ràng



n



=1



Mệnh



đề



đúng.



Giả



sử



Mệnh



đề



đúng



với



n



-1



33



Do tính đa tuyến tính và thay phiên của đa thức chuẩn tắc, ta chỉ cần chứng minh

rằng: nếu { e i1j1 , ei2j2 , ei2nj2n} (* ) là tập hợp 2n ma trận đơn vị eịj khác nhau ( trong đó eij là

ma trận mà phần tử hàng i cột j là 1 còn các phần tử khác là 0 ) thì s2n, (ei1j1 , ei2j2,….,

ei2nj2n) = 0 (**)

∀k , 1



k







=4n.



n , ta ký hiệu f(k) là số lần k có mặt trong chỉ số trong hệ (* ). Rõ ràng



Nếu k là số sao cho f(k)=0 thì k khơng có mặt trong hệ (* ). Trong trƣờng hợp này, các

ma trận đơn vị của hệ (* ) có thể xem nhƣ các ma trận đơn vi của Mn -1(K). Do S2n



là đồng



nhất thức của Mn-1(K) do đó (**) đúng.

Ta giả thiết f(k) 1, 1 k n. Để tiếp tục chứng minh Mệnh đề II.15, ta chứng minh bổ đề

sau:



Bổ đề II.15.1: Giả sử euu có mặt trong hệ { ei1j1 , ei2j2,…, ei2nj2n} và



Chứng minh Bổ đề II.15.1:

a) Trƣớc hết giả sử f(u)=2. Trong nƣờng hợp này u có mặt trong

chỉ số của hệ { ei1j1, ei2j2,



ei2nj2n } chỉ với phần tử euu- Do đó mọi đơn thức trong S2n (ei1j1,



ei2j2,ei2nj2n ) là 0 cho nên ta có (** )

b) Giả sử f(u) - 3. Hai khả năng xảy ra:

Khả năng 1: u có mặt trong phần tử euu và euv trong đó u

Khi đó các đơn thức khác khơng trong S2n (ei1j1, ei2j2,ei2nj2n ) là bắt đầu với

euu euv .Tổng các từ trong S2n (ei1j1, ei2j2,ei2nj2n ) bắt đầu với euu euv là:



v.



34



(Ở đây kí hiệu



có nghĩa là xóa đi thành phần ghi phía dưới). Do u khơng có mặt trogn S2n-2



nên theo giả thiết quy nạp suy ra:



Vì vậy ta có (** ).

Khả năng 2 : u có mặt trong phần tử euu và evu trong đó u≠V.

Khi đó các đơn thức khác không trong S2n (ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n ) là kết thúc với evu euu . Lập luận

tƣơng tự ta cũng suy ra (** )



c) Trƣờng hợp f(u) = 4. Các khả năng sau xảy ra:

Khả năng 1 : Nếu u có mặt trong euu , euv , euw trong đó V≠ u, w ≠ u thì tất cả các

đơn mức trong s2n (ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n ) đều là 0 cho nên ta có (** ).

Khả năng 2 : Nếu u có mặt trong euu , evu , ewu trong đó V ≠ u, w ≠ u thì lập luận tƣơng

tự ta suy ra (** ).

Khả năng 3 : Nếu u có mặt trong euu , evu , ewu trong đó v≠ u, w ≠ u . Khi đó các đơn

thức khác khơng trong S2n (ei1j1, ei2j2 ,ei2nj2n ) có một trong các dạng euu, euv,aewu. euv, aewu ,

euu ,euv b.

Do số các nhân tử eịj trong trong aewu là lẻ cho nên dấu của euueuvaewu và euvaewueuu 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 aewueuu euvb là S2n 2(ewv ,…). Vì u không xuất hiện trong chỉ số của các

phần tử trong S2n- 2 cho nên theo giá thiết qui nạp ta có S2n-2(ewv,…) = 0. Vì vậy S2n(ei1j1, ei2j2

,ei2nj2n ) =0

Ta tiếp tục chứng minh Mệnh đề II.15:

Ta thấy rằng phần tử eij lũy đẳng khi và chỉ khi i = j. Gọi α là



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

D. Định lý KAPLANSKY - AMITSUR-LEVITZKI.

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×