Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
E. Các Pi – đại số thảo mãn đồng nhất thức chính qui mạnh.

E. Các Pi – đại số thảo mãn đồng nhất thức chính qui mạnh.

Tải bản đầy đủ - 0trang

41



mạnh bậc
chính qui mạnh bậc m. Gọi L = L(A) là Levitzki nil radical của A. Xét



= A/L , rõ ràng



cũng là nil đại số thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh bậc m. Ta sẽ chứng minh rằng

≠ 0 thì



0. Thật vậy nếu



0



dƣơng nhỏ nhất sao cho



≠0 . Vì



2



≠ 0 và



k+1



=



≠ 0 và



thì



2



2k+2



=



=



của



thì







.



∈ I ) và I 2= 0



= 0} thì I là ideal trái của , I ≠ 0 ( vì



/



k



. Nhƣ vậy ln tìm đƣợc sao



= 0. Với đã chọn nhƣ trên, ta xét ideal trái



Nếu A ≠ 0 đặt I = { ∈

I lũy linh



lũy linh. Gọi n là số nguyên



= 0. Rõ ràng n>l. Nếu n chẵn, n = 2k thì ta gọi



0.Còn nếu n lẻ, n = 2k +1 ta gọi

cho



là một nil đại số nên



I lũy linh địa phƣơng. Nhƣ vậy, trong trƣờng hợp nãy tồn tại ideal trái lũy linh



địa phƣơng I≠ của A .



≠ 0 thì gọi I =



Nếu



, viết f (x1, x2, . . . xm) dƣới dạng f(x1, x2,…xm) =



x1f1(x2,x3,…,xm) + f2(x1,x2,…,xm) (vì f tuyến tính theo x1 nên các đơn thức của f có bậc theo

x1 là 1). Với



= thì với mọi



1



2,



3,….



m







ta có



2,…,



f1( 1,



= 0.Nhƣng do mỗi đơn thức của f2 khơng bắt đầu bằng x1. Với

có dạng…

Do đó

Z={ ∈



f1( ,



.



3,…,



2,



/(



ta thấy với mọi



.



.

m)



2



… Do



2



+ Z,



3



+ Z,…..,



m



2,



3,…,



+Z∈



2,



m







3,…,



m)



I



2,



linh hóa



ta có f1( 2,



/ Z trong đó



+f2( ,



thì với mọi



= 0 nên suy ra mỗi từ của f2 ( ,



= 0. Có nghĩa là f1 ( ,



) = 0} thì với mọi



1=



m)







3,…,



2,



2,



3,…,



3,…,



3,…,



m)



m)



m∈



bằng 0.



về bên phải. Gọi

m)



∈ Z. Xét



∀ I = 2,3,….,m thì do



/Z



42



Mà theo trên

nên

đồng nhất thức bậc m- 1 trên



Vậy f1 là



/ Z và hiển nhiên là đồng nhất thức chính qui mạnh ( Do Sf1



Sf). Theo giả thiết qui nạp thì A a/Z lũy linh địa phƣơng. Nhƣng do Z2 = 0 nên Z lũy linh

Nhƣ vậy



/Z và Z đều lũy linh địa phƣơng, cho nên



trong mọi trƣờng hợp,



lũy linh địa phƣơng. Nhƣ vậy,



luôn chứa ideal trái lũy linh địa phƣơng I≠0 , mâu thuẫn với mệnh



đề II.4 Do đó A = 0,nghĩa là A=L(A), vì vậy A lũy linh địa phƣơng.

Mệnh đề II. 16 đƣợc chứng minh xong.

Mệnh đề II.17: Giả sử A là đại số thỏa mãn đổng nhất thức chính qui mạnh bậc d và B là nil

đại số con bất kỳ của A thì:



( Ở đây N(0) là tổng các ideal lũy linh của A ).

Chứng minh:

Trƣớc hết ta chứng minh cho trƣờng hợp B là lũy linh. Với mọi số nguyên dƣơng n ta

đinh nghĩa:



Tức là



Khi đó với h



2n ta có



Đồng thời ∀ j > k ta có UjUk



ABnA



(**)



Do B là lũy linh nên tồn tại số nguyên dƣơng n nhỏ nhất sao

cho ABnA là lũy linh. Rõ ràng một đồng nhất thức chính qui mạnh là một đồng

nhất thức hồn tồn. Theo giả thiết A thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh



43



bậc d cho nên áp đụng bổ đề II. 14.4 ta có thể giả thiết đó là đồng nhất thức đa tuyến tính.

Hơn nữa vì các "hệ số" khác khơng của đồng nhất thức này là khả nghịch nên ta có thể giả

thiết rằng đồng nhất thức f của A có dạng :

(***)

Nếu nhƣ n > [d/2] thì 2n > d. Khi đó, nếu đặt h = d và thay

xi= ui ∈ Ui trong (*** ) ta sẽ đƣợc

Áp dụng (*) và (**) ta có (Bn-1A)d



[ ]



ABnA



Do



Tóm lại (ABn-1A)d+1



ABnA .Suy ra ABn-1A lũy linh, mâu thuẫn với cách chọn số n. Mâu



thuẫn này chứng tỏ khơng thể có n > [d/2]. Vì vậy

[ ]



A+



[ ]



[ ]



A lũy linh. Suy ra



A là ideal lũy linh của A và do đó bị chứa trong N(0). Suy ra



[ ]



[ ]



+



[ ]



+



N(0).



Nếu B là nil ideal thì theo mệnh đề II. 16 B là ideal lũy linh địa phƣơng. Với mọi họ

các phần tử bị b1b2,. . . , b[d/2] ∈B thì { b1, b2 . . , b[d/2]} sinh ra ideal lũy linh C. Theo chứng

minh trên ta có



[ ]



N(0).Do đó b1b2,. . . , b[d/2] ∈B cho nên ta suy ra



Mệnh đề II.17 đƣợc chứng minh xong.



[ ]



N(0).



44



Mệnh đề II.18: Nếu A là đại số thỏa mãn đồng nhất thức chính qui mạnh bậc d thì ln(A) =

L(A) = Un(A).

Chứng minh:

Gọi U = Un(A)thì U



N(0) Đồng thời theo bổ đề II.17 ta có



U/N(0) lũy linh trong A/N(0). Do đó U

Nhƣng theo mệnh đề II.8 thì ln(A)



[ ]



N(0)Cho nên



N(1). Từ định nghĩa về ln(A) ta có U ln (A).



L(A) Un(A) cho nên suy ra điều phải chứng minh.



45



F. Các Radical của các Pi – đại số



Chúng ta sẽ chứng minh sự trùng nhau của lower nil radical Levitzki nil radical và

upper nil radical của mót Pl-đại số bất kỳ. Đó là sự tổng quát hóa mệnh đề II. 13. Dựa vào

định nghĩa các radical , ta sẽ chứng minh ln(A) là nil ideal tối đại của A. Muốn vậy ta sẽ

chứng minh A/ln(A) khơng có nil ideal



0. Nhƣng A/ln(A) là tích trực tiếp con các đại số



nguyên tố cho nên chỉ cần chứng minh điều trên cho các PI-đại số nguyên tố. Nhờ định lý

Kaplansky-Amitsur-Levitzki ta chứng minh đƣợc các PI-đại số nguyên tố thỏa mãn đồng

nhất thức chuẩn tắc bằng cách nhúng nó vào một đại số các đa thức một biến. Nhƣng do các

đổng nhất thức chuẩn tắc là chính qui mạnh cho nên dùng những kết quả về PI-đại số thỏa

mãn đồng nhất thức chính qui mạnh, ta sẽ chứng minh đƣợc mệnh đề II. 19 sau đây:

Mệnh đề II.19: Mếu A là một PI- đại số thì ln(A) = L(A) = Un(A).

Trƣớc hết ta xét một số khái niệm và bổ đề sau:

Nếu S là vị nhóm con của vị nhóm nhân của vành giao hốn K và M là K-modun thì

ta ký hiệu MS là địa phƣơng hóa của M với S. Đó là một K -modun. Vì chính K lại là một K

modun nên có thể nói đến K-modun KS. Ta có đẳng cấu K-modun: MS

bởi s-1x



s-11



KS



X ).



MS có thể xem nhƣ một KS -modun với định nghĩa:

=



(k1x), ∀



∈K ∀







. Khi đó đẳng cấu K modun nói trên đƣợc xem nhƣ đẳng cấu KS -modun. Khi P



KM



( Cho



46



là một ideal nguyên tố của vành K, gọi S= K\ P thì MS trong Trƣờng hợp này đƣợc ký hiệu là

Mp. Rõ ràng KP là đại số địa phƣơng.

Đặc biệt khi A là K đại số thì As

Bổ đề II.19.1: Nếu f(x1 ,x2, .



KS



KA



là đại số trên KS.



,xm ) là một đồng nhất thức trên đại số A thì đó cũng là đồng



nhất thức trên AS xem là đại số trên K

Chứng minh Bổ đề II. 19.1:

Ta chỉ cần chứng minh



Ta viết

Khi đó ∀ s∈ S, ∀ai ∈ A ta có

Lần lƣợt thay s bởi 1, s, s2 ,. . ., sd ta đƣợc hệ phƣơng trình:



(*)



(ở đây xj = fj(a1,a2,…,am)) Ta có :



với t bất kỳ trong đó e = (d3 - d)/6 còn h(t) ∈ Z[t].

Nếu ta nhân các phƣơng trình của (* ) với các phần phụ đại số của các phần tử trong

cột j+l của định thức có đƣợc bằng cách thay t bởi s trong định thức nói trên rồi cộng các

phƣơng trình thu đƣợc lại thì ta nhận đƣợc se(1- sh(s))xj = 0

1-1 h(s)xj. Có nghĩa là



với 0 j d. Suy ra s-1xj =



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

E. Các Pi – đại số thảo mãn đồng nhất thức chính qui mạnh.

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×