Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
F. Các Radical của các Pi – đại số

F. Các Radical của các Pi – đại số

Tải bản đầy đủ - 0trang

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 =



47



(s-11)(1-1xj) = (1-1h(s))(1-1xj). Do đó (s-11)j(1-1xj) = (1-1h(s))j(1-1xj). Cho nên s-1xj = 1-1h(s)jxj.

Vì vậy:

f(s-1a1, s-1a2 ,…, s-1am) = ∑



fj(a1,a2 ,…, am) = ∑



xj = ∑



h(s)jxj =



Bổ đề II.19.1 đƣợc chứng minh xong.

Bổ đề II.19.2: Nếu B là vành giao hoán, có đơn vị và g(λ ) = a0+ a1λ + ....... . . + anλ n, là ƣớc

của đơn vị trong B[λ ] thì a0 là ƣớc của đơn vị còn a1,a2, . . . , an là các phẫn tử lũy linh của B.

Chứng minh bổ đề II.19.2 :

Vì g(λ ) = a0+ a1 λ +....+anλn

nên



là ƣớc của đơn vị trong B[λ ]



h



∈ [ ] sao cho g(λ)h(λ) =1 . Do đó:



Suy ra a là ƣớc của đơn vị. Ta chứng minh với r mà 0



r



m đều có (an)r+1bm-r



=



0. Thật vậy với r = 0 thì đó chính là đẳng thức thứ m+1 của hệ trên. Nhân đẳng thức thứ m

với an ta đƣợc (an)2bm-1 + anan-1bm = 0

(an)2ta đƣợc (an)3 bm-2 +



(an )2 bm-1



=0. Lại nhân đẳng thức thứ m-1 với



48



+ (an)2 an-1 bm-1 + (an)2an-2 bm = 0

=0



(an)m+1 b0a0 =0



(an)3bm-2 =0 ….. Từ kết quả trên với r= m ta có (an)m+1 b0



(an)m+1 =0



an luỹ linh



-anλn lũy linh trong B[λ]. Xét g(λ) + (-anλn



) , nếu g(λ) + (-anλn ) khơng là ƣớc của đơn vị thì g(λ) + (-anλn ) thuộc một, ideal tối đại ρ

nào đó của B[λ]. Mà -anλn lũy linh

và II.13)



- an λn∈ρ



g(λ) ∈ρ



-anλn ∈∩ideal nguyên tố của B[λ] (theo Mệnh đề II.2



1 ∈ρ (vì g(λ) là ƣớc của đơn vị). Vơ lý.



Chứng tỏ g(λ) + ( -anλn ) là ƣớc của đơn vi. Tức là a0 + a1λ + ...... + an-1 λn-1 là ƣớc của đơn

vị. Lặp lại chứng minh trên ta suy ra an-1 lũy linh. Tiếp tục nhƣ vậy ta suy ra a1,a2 , an lũy linh.

Ta nhận thấy rằng: Nếu A là đại số nguyên thủy thì A có modun M bất khả qui, trung

thành. Khi đó nếu B, C là các ideal ≠ 0 trong A thì do CM và BM là các modun con ≠ 0 của

M cho nên CM=BM=M. Vì vậy (BC)M = B(MC) = BM = M. Suy ra BC ≠ 0. Vậy A là đại số

ngun tố. Chính vì thế bổ để II.19.3 sau đây theo mộtt nghĩa nào đấy là sự mở rộng định lý

Kaplansky-Amitsur-Levtzki

Bổ đề II.193: Nếu A là đại số nguyên tố thỏa mãn đổng nhất thức hoàn toàn f bậc n thì A

thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn tắc S2[n/2]

Chứng minh Bổ đề II. 19.3:

Ta gọi C là tâm của A và xem A là đại số trên C. Nếu k ∈K

thì k1∈ C và ka = (k1)a. Thay hệ số k của f bởi k1 ta đƣợc đồng nhất thức



49



hoàn toàn f0 của đại số A trên C. Gọi S= C\ {0}, địa phƣơng hóa của A với S đƣợc ký hiệu là

A0. Do A là đại số nguyên tố nên C là một miền nguyên. Gọi F là trƣờng các thƣơng của

miền ngun C thì A0 chính là F



K



A. Theo bổ đề II.19.1 thì f0 là đồng nhất thức của A0 trên



trƣờng F cho nên f0 là đồng nhất thức chính qui mạnh.

Giả sử (s-1 x)(t-1a)(u-1y) 0 đối với mọi t-1a ∈A0 . Khi đó xay=0 với mọi a∈ A. Do A

nguyên tố nên x = 0 hoặc y= 0. Vì vậy s-1= 0 hoặc u-1 y = 0. Suy ra A0 nguyên tố. Nếu A0

chứa nil ideal ≠ 0 thì theo mệnh đề II.16. nó sẽ chứa ideal lũy linh ≠ 0, mâu thuẫn với việc A0

ngun tố. Vậy A khơng có nil ideal ≠0. Xét đại số đa thức một biến A0[λ]. Do A0 không có

nil ideal ≠0 nên J(A0[λ])=0. Thật vậy giả thiết J(A0[λ]) ≠0. Chọn phần tử ≠ 0 trong J(A0[λ])

là φ(λ) = a0 + a1λ + ..... + am λm với số các hệ số khác khơng là ít nhất. Ta có thể giả thiết am

≠ 0.Ta có [ai,φ(λ)] và nếu nhƣ [ai,φ(λ)] ≠ 0 thì nó sẽ có số các hệ số khác khơng ít hơn là φ(λ ,

[ai ,aj] = 0 ∀i, j. Điều này cho thấy rằng đại số



trái với việc chọn φ(λ). Do vậy [ai , φ[λ]= 0



con B của A0 sinh bởi các ai là đại số giao hốn.

Theo Mệnh đề II.5 thì J(A0[λ]) tựa chính qui hai phía, mà h(λ) = λφ(λ) ∈ J(A0[λ]) nên

g(λ) sao cho h(λ) + g(λ) +h(λ)g(λ)=0 (*)

h(λ)]g(λ)=1



[1+h(λ)] + [1+



[l+h(λ)][l+g(λ)]=1.



Tƣơng tự

g'(λ)h(λ) = 1



1 + h(λ) + g(λ) + h(λ)g(λ)=1



g'(λ) sao cho h(λ) + g'(λ) + g'(λ)h(λ) = 0 (**)



1 + h(λ) + g'(λ) +



[1+h(λ )] + g'(λ) [1 + h(λ)] =1



[1+g'(λ)] [1 + h(λ)]= l

Đồng thời, từ (*) suy ra g'(λ)h(λ) + g'(λ)g(λ) + g'(λ)h(λ)g(λ) = 0 và từ (**) ta suy ra

h(λ)g(λ) + g'(λ)g(λ)+ g'(λ)g(λ)+ g'(λ)h(λ)g(λ)= 0- Từ hai đẳng thức



50



mới này ta có: h(λ)g(λ) = g'(λ)h(λ). Thay vào (*) và (**) ta đƣợc ha + g(λ) = h(λ) + g'(λ)



g(λ) =



g'( ) Tóm lại ta đƣợc:



Gọi



thì:



Nhƣng nếu gọi n là bậc của g(λ) Thì vì rằng :



Nhân 1 + g(λ) vào bên trái của hai vế đẳng thức trên là đƣợc:



Mà :



Vì vậy :



Suy ra :



Vì bậc deg g(λ)= n nên từ đẳng thức trên ta suy ra các hệ số của g(λ) là nhận đƣợc từ các hệ

số của ψ(λ) + ....+ ψ(λ)n . Có nghĩa rằng các hệ số của g(λ) thuộc đại số con B của A0 sinh bởi các hệ

số của φ(λ) . Tức là g(λ). Áp dụng bổ đề II. 19.2 ta suy ra a lũy linh. Do aφ(λ) và φ(λ)a∈ J(A0 [λ])

∀a∈A0 cho nên aam và ama lũy linh ∀a ∈A0. Suy ra A0 có nil ideal ≠ 0. Mâu thuẫn. Chứng tỏ rằng

J(A0[λ]) = 0.

Theo bổ đề II. 14.4, ta có thể xem f và f0 là đa tuyến tính. Do đó A0 (λ) thỏa mãn đồng nhất

thức hoàn toàn bậc n. Với P là ideal nguyên thủy của A0 [λ] thì A0[λ]/Plà đại số nguyên thủy trên

trƣờng thỏa mãn đồng nhất thức hoàn toàn bậc n . Theo định lý Kaplansky -AmitsnrLevitzki thì

S2[n/2] là đồng nhất thức của A0[λ]/P.Do đó nếu φ1 ,φ2, ......φ2[n/2] = A0 [λ] thì S2[n/2] (φ1 ,φ2,....,φ2[n/2])

∈P. Do JA0[λ] = 0 nên⋂



=0. Suy



51



nhúng vào A0[ λ] cho nên S2[n/2] là đồng nhất thức trên A.

Bổ đề II. 19.3 đƣợc chứng minh xong.



Bổ đề II.19.4: Nếu A là tích trực tiếp con các đại số nguyên tố và thỏa mãn đồng nhất thức

hồn tồn thì A khơng có nil ideal ≠ 0

Chứng minh Bổ đề II.19.4:

Ta chỉ cần chứng minh cho trƣờng hợp A là đại số nguyên tố. Khi đó theo bổ đề II.

19.3 thì A thỏa mãn đồng nhất thức chuẩn tác và dĩ nhiên là đông nhất thức chính qui mạnh.

Nếu nhƣ A chứa một nil ideal ≠ 0 thì theo Mệnh đề II.16 A sẽ chứa một ideal lũy linh ≠ 0 trái

với việc A là đại số nguyên tố. Bổ đề II. 19.4 đƣợc chứng minh xong.

Áp dụng các bổ đề nêu trên, ta chứng minh Mệnh đề II.19:

Giả sử A là một PI -đại số. Gọi N = ln(A), theo Mệnh đề II.2 thì A/N là tích trực tiếp

con của các đại số nguyên tố. Mặt khác, vì A là PI-đại số nên A/N thỏa mãn đồng nhất thức

hoàn toàn. Do vậy, theo bổ đề II. 19.4 thì A/N khơng có nil ideal ≠ 0. Giả sử P là nil ideal của

A, P



N



P/N là nil ideal của A/N



P/N = 0



P = N. Do vậy, N là nil ideal tối đại của A.



Tức là ln(A) = N = Un(A). Từ Mệnh đề II.8, ta suy ra ln(A) = L(A) = Un(A).

Mệnh đề II. 19 đƣợc chứng minh xong.

Bổ đề II. 19.3 là một trong những bổ đề đƣợc chúng ta ấp đụng để chứng minh sự

trùng nhau của lower nil radical, Levitzki nil radical và upper nil radical của một PI đại số

Không những thế nó còn cho ta một điểu kiện cần và đủ nữa để một đại số là PI-đại số nhƣ hệ

quả dƣới đây:

Hệ quả II.19.5: A là mót PI-đại số khi và chỉ khi A thỏa mãn đồng nhất thức

nào đó.

Chứng minh Hệ quả II.19.5:



với n và m



52



Giả sử A là PI đại số. Khi đó tồn tại đồng nhất thức f trên A sao cho SfA = A(ở đây Sf

= {α 1, α 2 , . . ., αr } ). Gọi d là bậc của f và đặt n=[d/2].

Xét A2n = AxAx….xA ( Tích 2n lần của A ). Gọi A' = ∏



trong đó Aα = A∀α ∈A2n .



Theo Mệnh đề II.11, tồn tại các ai∈A để:



Giả sử ãj ∈ ∏





là phần tử mà các thành phần của nó đều là aj∈A. Thế thì ∑



j.



Do đó A'



là một PI-đại số. Gọi N' = ln(A') = Un(A') thì theo mệnh đề II.2 A'/N' là tích trực tiếp



con các đại số nguyên tố thỏa mãn f và f là đồng nhất mức hoàn toàn đối với tất cả các đại số

nguyên tố đó.

Áp dụng bổ đề II.19.3 ta suy ra S2n là đồng nhất thức của A/N'.

Gọi âj ∈A' là phần tử mà thành phần thứ α= (a1, a2,. . .,a2n ) ∈ A2n của nó là aj thì S2n

(â1, ……, â2n )∈ N'. Do đó, vì N' = Un(A') là nil ideal của A' cho nên

(â1,.......,â2n )]m = 0. Từ đó suy ra rằng [S2n (â1,.......,â2n )]m

A2n



m sao cho [S2n



= 0. Cho α chạy khắp tập chỉ số



ta suy ra [S2n (a1,…….. , a2n )]m =0∀a1,……. , a2n∈ A. Có nghĩa rằng là đồng nhất thức



của A.

Ngƣợc lại nếu



( với n, m nào đó ) là đồng nhất thức của A thì đó sẽ là đồng nhất



thức hồn tồn đối với mọi ảnh đồng cấu khác không của A. Cho nên A là PI đại số.

Từ đây suy ra rằng đại số con của một PI-đại số là PI-đại số.

Nhƣ vậy vơi một PI-đại số bất kỳ ln(A) = L(A) = Un(A)

là liệu với các PI-đại số thì lower nil radical, Levitzki nil radical,



J(A). Vấn để đƣợc đặt ra



53



upper nil radical có trùng hay khơng với radical Jacobson ? Trong các mệnh đề II.17, II. 18,

II. 19 ta sẽ đƣa ra một số trƣờng hợp về các PI-đai số trong đó tất cả các radical là trùng nhau

ở phần cuối cùng của luận văn ta sẽ đƣa ra mót phản ví dụ về một PI-đại số mà lower nil

radical, Levitzki nil radical và upper nil radical không trùng với radical Jacobson .

Mệnh đề II.20: Nếu K là vành giao hốn có đơn vị thì trong đại số các đa thức một biến A =

K[ λ] ta có ln(A) = L(A) = Un(A) = J(A).

Chứng minh:

Giả sử φ ∈J(A),φ = a0 +……



+ a n λn. Nếu 1- φ không là ƣớc của đơn vị thì xét



họ tất cả các ideal của A chứa 1-φ rồi áp dụng bổ đề Zorn ta suy ra 1-φ thuộc một ideal tối đại

P nào đó. Nhƣng J(A) = ∩ ideal tối đại và φ ∈J(A) nên φ ∈P. Do đó l ∈P



p = A vô lý. Vậy



1-φ là ƣớc của đơn vi. Theo bổ đề II. 16.5 thì 1- a0 là ƣớc của đơn vi trong K còn a1, a2,. . . an

lũy

linh. Mặt khác với ψ =λ , vì J(A) là ideal nếu ψ φ ∈ J(A). Chứng minh tƣơng tự nhƣ trên đối

với 1 - ψ φ ta suy ra 1 - ψ φ là ƣớc của đơn vị. Tức là 1- a0λ- a1λ2 -......-anλn+1 là ƣớc của

đơn vị. Lại áp dụng bổ đề II.16.5 ta suy ra ra a0 lũy linh. Tóm lại tất cả các hệ số của φ đều

lũy linh cho nên φ lũy linh. Theo bổ đề II.13.1 thì φ ∈Un(A). Do vậy ln(A) = L(A) = Un(A) =

J(A).

Mệnh đề :II.21: Nếu A là đại số giao hoán sao cho mọi ideal khơng chứa trong ln(A) đều có

phần tử lũy đẳng ≠ 0 thì: ln(A) = L(A) = Un(A) = J(A).

Chứng minh:

Giả sử X∈J(A). Nếu X ln(A) thì sẽ tồn tại một ideal nguyên tố P sao cho x ∈P. Xét

ideal (x) thì (x)



ln(A).Theo giả thiết trong (x) có phần



54



tử lũy đẳng ≠ 0. Vậy a∈A sao cho (ax)2 = ax ≠ 0. Suy ra ax(l- ax) = 0 Nếu nhƣ 1-ax không

phải là ƣớc của đơn vị thì xét họ tất cả các ideal chứa 1- ax rồi áp dụng bổ đề Zorn ta suy ra

1- ax∈ p với P là một ideal tối đại nào đó. Nhƣng x∈J(A)

P = A vô lý. Vậy 1-ax là ƣớc của đơn vị

=0



ax∈J(A)



ax∈P. Do đó 1 ∈P



y∈A sao cho (1- ax)y=l. Từ đẳng Thức ax(l - ax)



ax - 0 vô lý. Nhƣ vậy ∀x∈J(A) ta đều suy ra x∈ln(A). Cho nên ln(A)



ax(l -ax)y = 0



= L(A) = Un(A) = J(A). Mệnh đề II.21 đƣợc chứng minh xong.

Để tất cả các radical của một PI-đại số là trùng nhau thì điều kiện đại số đố là giao

hốn khơng phải là điều kiện bắt buộc. Có những PI-đại số khơng giao hốn nhƣng vẫn có

tính chất trên. Sau đây ta xét một trƣờng hợp nhƣ vây.

Ta xét đại số M2(K) các ma trận vuông cấp 2 trên vành K bất kỳ. Theo định lý

Amitsur Levitzki ( Mệnh đề II.15) thì M2(K) là PI-đại số và do vậy là PI-đại số khơng giao

hốn. Ta gọi:

I2 = {X = (



) ∈ M2(K)/x,y∈J(K)}



I1 = {X = (



) ∈ M2(K)/x,y∈J(K)}



Với X = (



) ∈ I1 là phần tử bất kỳ . Vì x ∈ J(K) nên x’ ∈ K



Để x + x’ + xx’ = 0 . Gọi X’ = (



) ta có W = X + X’ + XX’ = (



cho nên nếu gọi Z=-W ta có W+Z+WZ =0

X'Z) +X(X'+Z+X'Z) =0



) ∈ I1 và W2 = 0



X+X'+XX'+Z+(X+X'+XX')Z=0



X tựa chính qui phải. Nhƣ vậy đã chứng minh đƣợc mọi X∈ I1,



đều tựa chính qui phải. Vì vậy I1 tựa chính qui phải. Theo mệnh đề II. 5 thì I1

Tƣơng tự I2

có dạng M2(P)



X+(X'+Z +



J(M2(K)). Suy ra M2(J(K))



J(M2(K)).



J(M (K)). Ngƣợc lại, do J(M2(K)) là ideal nên nó



55



trong đó P là một ideal nào đó của K. Giả sử b∈P, xét B = (



) ∈ M2(P) = J(M2(K)) nên



B tựa chính qui phải. Suy ra b tựa chính qui phải. Vì thế P tựa chính qui phải trong K Do đó P

J(K). Suy ra M2(P)



M 2(J(K)) Tức là J(M2(K))



M2(J(K)).



Tóm lại J(M2(K)) = M2(J(K)).

Ta xét trƣờng hợp đặc biệt khi K là vành nửa nguyên thủy (tức là J(K) = 0 ). Khi đó

J(M2(K)) = 0. Mà ln(M2(K)) = L(M2(K)) = Un(M2(K))



J(M2(K)). Cho nên suy ra ln(M2(K))



= L(M2(K)) = Un(M2(K)) = J(M2(K)).

Nhƣ Chúng ta đã đạt đƣợc trong mệnh đề II. 19, đối với PI đại số bất kỳ ta có lower

radical, Levitzki radical, upper radical trùng nhau. Ở trên, ta đã đƣa ra một số trƣờng hợp

trong đó không những lower radical, Levitzki radicaỊ upper radical trùng nhau mà chúng còn

trùng vơi radical Jacobson. Sau đây ta sẽ đƣa ra ví dụ về PI-đại số mà trong đó radical

Jacobson không trùng với các radical này.

Ta xét đại số con A=:{ x/ x ∈ Q, x =



, n lẻ} của đại số các số n hữu tỷ Q xem nhƣ



đại số trên vành các số nguyên. Đây là đại số giao hoán cho nên ln(A) - L(A) - Un(A) và

trùng với lùi radical cứa A. Do vậy ln(A) = L(A) = Un(A) = 0. Gọi



= { x/ x =



∈ A, m



chẵn, n lẻ } 0. Đây là ideal tối đại duy nhất của A. Cho nên J(A) = . Vậy ln(A) - L(A) =

Un(A)



J(A).

Sau đây là mót ví du về một PI-đại số khơng giao hốn mà lower radical, Levitzki



radical, upper radical của nó khơng trùng với radical Jacobson .

Xem vành K= { x/ x ∈Q, x =



, n lẻ } và xét đại số M2(K).



56



Ta đã biết rằng với vành K bất kỳ thì (M2(K)) = M2(J(K)). Cho nên trong trƣờng hợp này ta

có J(M(K)) :M2(ρ ) với p { x/ x=



∈ A, m chẵn, n lẻ }. Nhƣng dễ dàng thấy M2( ρ) không



phải là nil ideal cho nên không thể là upper, nil radical của M2(K). Nhƣ vậy radical Jacobson

cùa M2(K) không trùng với upper nil radical của nó.



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

F. Các Radical của các Pi – đại số

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×