Nhập môn đại số giao hoánG.-V. Nguyễn-Chu

Ha Noi Inst. of Mathematics

Bổ đề Zorn. Giả sử S 6= ∅ là một tập được sắp thứ tự sao cho mọi tập con được sắp toàn phần đều có mộtchặn trên trong S. Khi đó tồn tại ít nhất một phần tử cực đại.

1 Vành và ideal

Trong khuôn khổ của môn học này, một vành (nói riêng, một trường) luôn được giả sử là giao hoán và cóđơn vị và dĩ nhiên một đồng cấu vành chuyển đơn vị thành đơn vị.

Nhận xét 1.0.1. Ta không loại trừ khả năng phần tử 1 của một vành A có thể bằng 6= 0. Một vành A với1 = 0 nhất thiết chỉ gồm một phần tử, thật vậy x ∈ A =⇒ x = x · 1 = x · 0 = 0 và được kí hiệu A = 0.

Ta sẽ chủ yếu quan tâm đến các vành sau cũng như các vành được xây dựng từ chúng.

Ví dụ 1.0.2. 1. k, với k là một trường;

2. Z;

3. Vành đa thức một biến A[X] với A là một vành cho trước. Tổng quát hơn, với S là một tập chỉ số, tacó vành đa thức nhiều biến A[Xi], i ∈ S với các biến tham số hóa bởi S;

4. Vành chuỗi các lũy thừa hình thức A[[X]] với A là một vành cho trước. Tổng quát hơn, vành các chuỗilũy thừa hình thức A[[Xi]], i ∈ S.

1.1 Nhắc lại một số khái niệm và kết quả ban đầu

Định nghĩa 1.1.1 (Phần tử khả nghịch). Một phần tử a của một vành A được gọi là khả nghịch nếu là ướccủa 1, nói cách khác, tồn tại b ∈ A sao cho ab = 1. Phần tử b như vậy được gọi là nghịch đảo của A và kíhiệu là a−1. Tập các phần tử khả nghịch của A, kí hiệu là A∗ lập thành một nhóm đối với phép nhân.

Định nghĩa 1.1.2 (Phần tử liên kết). Hai phần tử a, b của một vành A được gọi là liên kết với nhau nếutồn tại u ∈ A∗ sao cho a = ub.

Nhận xét 1.1.3. 1. Do A∗ là một nhóm với phép nhân, quan hệ liên kết là một quan hệ tương đương;

2. Một phần tử là khả nghịch khi và chỉ khi liên kết với 1.

Định nghĩa 1.1.4 (Ước của 0). Cho A là một vành. Một phần tử a ∈ A được gọi là ước của 0 nếu tồn tạib 6= 0 sao cho ab = 0.

Một cách xây dựng quan trọng các vành mới từ các vành đã cho là thông qua vành thương.

Định nghĩa 1.1.5 (Ideal). Một tập con a ⊂ A được gọi là một ideal nếu là một nhóm con đối với phép cộngvà ổn định đối với phép nhân với các phần tử của A.

Ví dụ đơn giản nhất của ideal là các ideal chính, với mọi a ∈ A, ta định nghĩa (a) = ba; b ∈ A. Chú ýrằng một ideal a ⊂ A chứa phần tử 1 khi và chỉ khi a = (1) = A, hay tổng quát hơn, với mọi ideal a ⊂ A.

a ∩A∗ 6= ∅ ⇔ 1 ∈ a⇔ a = (1)

Ngoài ra, ta có

Mệnh đề 1.1.6. Cho f : A→ B là một đồng cấu vành.

1. ker f là một ideal của A;

2. Tổng quát hơn, với mọi ideal b ⊂ B, f−1(b) là một ideal của A.

Ta nhắc lại định nghĩa của vành thương.

1

Định nghĩa 1.1.7. Cho a ⊂ A là một ideal. Nhóm thương A/a có một cấu trúc nhân duy nhất cảm sinh từphép nhân trên A khiến A/a trở thành một vành.

Phép chiếu chính tắc

π : A→ A/a

là một đồng cấu vành với hạch kerπ = a.Kết quả đơn giản sau đây miêu tả các ideal của một vành thương.

Mệnh đề 1.1.8. Có một phép tương ứng 1− 1 và bảo toàn thứ tự giữa các ideal của A/a và các ideal củaA chứa a cho bởi b 7→ b = π−1(b).

Chứng minh. Bài tập.

Định lí 1.1.9 (Định lý đồng cấu). Cho f : A→ B là một đồng cấu vành. Tồn tại duy nhất một đơn cấu fkhiến biểu đồ sau giao hoán

A

π

##GGGG

GGGG

Gf // B

A/ ker f

f

;;wwwwwwwww

Chứng minh. Bài tập.

Chú ý rằng Định lý 1.1.9 có khá nhiều biến tấu. Một trong số đó là phát biểu mạnh hơn sau đây.

Mệnh đề 1.1.10. Cho f : A → B là một đồng cấu vành và a là một ideal của A. Các khẳng định sau làtương đương

1. Tồn tại một đồng cấu vành f : A/a→ B sao cho biểu đồ sau giao hoán

A

π

##GGGG

GGGG

Gf // B

A/ ker f

f

;;wwwwwwwww

2. a ⊂ ker f .

Hơn nữa, khi đó f được xác định duy nhất.

Kết quả trên áp dụng cho phép chiếu chính tắc cho ta

Hệ quả 1.1.11. Cho A là một vành và a là một ideal. Với mọi ideal a ⊂ b ta có đẳng cấu A/b ' (A/a)/(b/a).

1.2 Miền nguyên

Định nghĩa 1.2.1. Một vành A được gọi là một miền nguyên nếu A 6= 0 và không có ước của 0 ngoài 0.

Ta nhắc lại luật giản ước trong một miền nguyên.

Mệnh đề 1.2.2. Một vành A 6= 0 là một miền nguyên khi và chỉ khi luật giản ước, với mọi a 6= 0,

ab = ac =⇒ b = c

Chứng minh. Hiển nhiên.

Ta cũng nhắc lại rằng mọi trường là một miền nguyên. Ngoài ra, ta cũng có kết quả quen thuộc sau.

Mệnh đề 1.2.3. Cho A là một vành. Khi đó A là một miền nguyên khi và chỉ khi A[X] là một miền nguyên.

Chứng minh. Đây là một bài tập đơn giản.

2

Trường các thương của một miền nguyên. Việc xây dựng trường các số hữu tỉ từ vành các số nguyêncó thể được mở rộng cho mọi miền nguyên. Cho A là một miền nguyên. Ta đặt

S = (a, b); a ∈ A, 0 6= b ∈ A

và định nghĩa một quan hệ ∼ trên đó như sau

(a, b) ∼ (a′, b′)⇔ ab′ = a′b

Ta kiểm tra dễ dàng rằng đây là một quan hệ tương đương. Gọi k là tập các lớp tương đương và kì hiệuab ∈ k là lớp tương đương của (a, b). Như vậy a

b = a′

b′ ⇔ ab′ = a′b. Định nghĩa các phép + và × trên k nhưsau

• ab + a′

b′ = ab′+a′bbb′ ;

• ab ·

a′

b′ = aa′

bb′ .

Các định nghĩa trên là tốt, nói cách khác, không phụ thuộc vào việc chọn các phần tử đại diện. Ta kiểm tradễ dàng rằng các phép toán trên khiến k trở thành một trường với 0k = 0

1 và 1k = 11 . Ngoài ra, ánh xạ tự

nhiên

A→ k; a 7→ (a, 1)

là một đơn cấu vành. Thông thường, ta đồng nhất A với ảnh của nó trong k thông qua ánh xạ tự nhiên nàyvà gọi k là trường các thương của A.

Nhận xét 1.2.4. Một cách nôm na, trường các thương của một miền nguyên A là một trường nhỏ nhấtchứa A.

Ví dụ 1.2.5. Ngoài việc trường các thương của Z là trường các số hữu tỉ, ta chú ý rằng với mọi trường k,trưòng các thương của k[X], kí hiệu là k(X) là trường các phân thức, hay các hàm hữu tỉ

k(X) =P (X)Q(X)

;P (X), Q(X) ∈ k[X], Q 6= 0

Xây dựng này mở rộng cho nhiều biến k(X1, . . . , Xn) = P (X1,...,Xn)Q(X1,...,Xn) ;P (X1, . . . , Xn), Q(X1, . . . , Xn) ∈

k[X1, . . . , Xn], Q 6= 0

1.3 Ideal nguyên tố và ideal cực đại

Định nghĩa 1.3.1. Cho A là một vành và a là một ideal.

1. a được gọi là nguyên tố nếu a ( (1) và nếu với mọi a, b ∈ A, ab ∈ a =⇒ a ∈ a hoặc b ∈ a, hay mộtcách tương đương, nếu a ( (1) và ab /∈ a =⇒ a /∈ a, b /∈ a.

2. a được gọi là cực đại nếu a ( (1) và cực đại trong quan hệ bao hàm giữa các ideal, nghĩa là với mọiideal b, a ⊂ b =⇒ b = a hoặc b = (1).

Ta kí hiệu SpecA, SpecmA tương ứng là tập hợp các ideal nguyên tố của A và tập các ideal cực đại của A.

Ta nhắc lại đặc trưng quen thuộc của các ideal nguyên tố và ideal cực đại thông qua vành thương.

Mệnh đề 1.3.2. Cho a ⊂ A là một ideal. Ta có

1. a nguyên tố ⇔ A/a là một miền nguyên.

2. a cực đại ⇔ A/a là một trường.

Chứng minh. Bài tập.

Ta biết rằng mọi trường là một miền nguyên nên nói riêng,

Hệ quả 1.3.3. a cực đại =⇒ a nguyên tố. Nói cách khác, SpecmA ⊂ SpecA.

3

Mệnh đề 1.1.8 còn có thể dùng để miêu tả các ideal nguyên tố và ideal cực đại của một vành thương.

Mệnh đề 1.3.4. Cho A là một vành và a là một ideal. Phép tương ứng giữa các ideal của A/a và các idealcủa A chứa a cho bởi b 7→ b = π−1(b) là một song ánh, bảo toàn thứ tự giữa các

1. các ideal nguyên tố chứa a của A và các ideal nguyên tố của A/a;

2. các ideal cực đại chứa a của A và các ideal cực đại của A/a.

Chứng minh. Áp dụng Hệ quả 1.1.11.

Cho đến giờ, các phát biểu của chúng ta là khá hình thức vì chúng ta chưa chỉ ra sự tồn tại của các idealnguyên tố và ideal cực đại. Đây là nội dung của kết quả sau đây.

Định lí 1.3.5. Mọi vành A 6= 0 có ít nhất một ideal cực đại. Nói cách khác, A 6= 0 =⇒ SpecmA 6= ∅.

Chứng minh. Ta sử dụng Bổ đề Zorn. Gọi S là tập các ideal 6= (1) của A và trang bị quan hệ thứ tự bằngquan hệ bao hàm quen thuộc. Ta có

• S 6= ∅ vì (0) ∈ S;

• S được sắp thứ tự tốt. Thật vậy, gọi ai là một tập các phần tử của I (nghĩa là các ideal 6= (1)) sắpthứ tự toàn phần. Đặt a = ∪i∈Iai. Điều kiện I sắp thứ tự toàn phần đảm bảo a là một ideal 6= 1 củaA. Mặt khác ai ⊂ a theo định nghĩa, có nghĩa là a ∈ I và là một chặn trên của I.

Theo Bổ đề Zorn, S chứa một phần tử cực đại. Nhưng các phần tử cực đại của S, theo định nghĩa, chính làcác ideal cực đại của A.

Hệ quả 1.3.6. Mọi ideal a 6= (1) đều nằm trong một ideal cực đại nào đó.

Chứng minh. Áp dụng Định lý trên cho A/a.

Hệ quả 1.3.7. Mọi phần tử không khả nghịch đều nằm trong một ideal cực đại nào đó.

Chứng minh. Giả sử A là một vành và a ∈ A. Ta biết rằng a /∈ A∗ ⇔ (a) 6= (1). Như vậy, ta chỉ cần áp dụngHệ quả trên để có kết quả mong muốn.

Bài tập 1. 1. Xác định Z∗, (Z/(5))∗, (Z/(6))∗, R[X]∗, Z[X]∗.

Bài tập 2. Chứng minh rằng một miền nguyên với hữu hạn phần tử là một trường.

Bài tập 3. Cho k là một trường và A là một k-đại số hữu hạn (nghĩa là dimk(A) <∞). Chứng minh rằngA là một miền nguyên ⇔ A là một trường.

Bài tập 4. Chứng minh rằng một vành giao hoán A 6= 0 là một trường khi và chỉ khi tập các ideal của Achỉ gồm (0) và (1).

Bài tập 5. Định nghĩa Z(p) ⊂ Q qua công thức

Z(p) = x ∈ Q; pnx ∈ Z với n tự nhiên nào đó

Chứng minh rằng trường các thương của Z(p) ' Q.

Bài tập 6. Cho A là một miền nguyên với trường các thương K. Giả sử B là một vành sao cho A ⊂ B ⊂ K.Chứng minh rằng trường các thương của B đẳng cấu với K. (Bài tập này mở rộng bài tập trước).

Bài tập 7. Cho f : A→ B là một đồng cấu vành giữa các miền nguyên A,B. Gọi K, F là các trường cácthương tương ứng của A và B. Chứng minh rằng

1. Nếu f là đơn cấu thì f có thể mở rộng một cách duy nhất thành một đồng cấu trường f : K → L;

2. Nếu f là một đẳng cấu thì f có thể mở rộng một cách duy nhất thành một đẳng cấu trường f : K → L.

Bài tập 8. Cho A là một vành. Chứng minh rằng A là một miền nguyên ⇔ A[[X]] là một miền nguyên.

4

Bài tập 9. Liệt kê các ideal của

1. Z/(6);

2. Z/(2010). Các ideal nào là nguyên tố, các ideal nào là cực đại ?

Bài tập 10. Miêu tả các ideal nguyên tố, ideal cực đại của

1. C[X];

2. R[X].

Bài tập 11. Chứng minh rằng trong một vành hữu hạn mọi ideal nguyên tố là cực đại.

Nhận xét 1.3.8. Chú ý rằng khác với các nhóm Abel hữu hạn, vấn đề phân loại các vành hữu hạn là mộtbài toán khó.

Bài tập 12. Cho A là một vành sao cho với mọi a ∈ A,∃n = n(a) nguyên dương > 1 sao cho an = a.Chứng minh rằng SpecA = SpecmA.

Bài tập 13. Đặt A = k[X1, . . . , Xn] với k là một trường, n ≥ 1. Chứng minh rằng với mọi bộ (a1, . . . , an) ∈kn ideal ma1,...,an

= (x1 − a1, . . . , xn − an) ⊂ A là một ideal cực đại.

Bài tập 14. Cho A = C([0, 1],R) là vành các hàm liên tục tử [0, 1] vào R. Với x ∈ [0, 1] ta đặt mx = f ∈A; f(x) = 0.

1. Chứng minh rằng mx là một ideal cực đại.

2. Chứng minh rằng mọi ideal cực đại của A đều có dạng mx với x ∈ [0, 1] nào đó.

2 Một số phép toán trên các ideal

2.1 Tổng, giao, tích, thương và linh hóa tử

Định nghĩa 2.1.1. Cho A là một vành và a, b, ai, i ∈ I là các ideal.

1. Tập a + b = a + b; a ∈ a, b ∈ b là một ideal của A gọi là tổng của a và b. Tổng quát hơn, tập∑i∈I ai =

∑i∈I xi;∀i, xi ∈ ai với hầu hết các i, xi = 0 là một ideal của A gọi là tổng của các ai.

2. ∩i∈Iai là một ideal của A;

3. Tích của hai ideal a và b là ideal của A sinh bởi các phần tử dạng ab với a ∈ a, b ∈ b. Nói cách khác.

ab = tồng hữu hạn∑i

aibi;∀i, ai ∈ a, bi ∈ b

Ta định nghĩa một cách tương tự, khi I hữu hạn, tích một số hữu hạn các ideal∏i∈I ai. Nói riêng ta

định nghĩa các lũy thừa an bằng cách đặt a0 = (1), an = a · · · a (n phiên bản của a).

Ví dụ 2.1.2. Trên vành Z, ta có

1. (a) + (b) = (d) với d = UCLN(a, b);

2. (a) ∩ (b) = (m) với m = BCNN(a, b);

3. (a)(b) = (ab).

Các đẳng thức trên có thể được mở rộng một cách hoàn toàn tương tự cho một họ hữu hạn các ideal củaZ.

Nhận xét 2.1.3. Từ định nghĩa, ta dễ dàng kiểm tra rằng

1.∑i∈I ai là ideal nhỏ nhất của A chứa đồng thời tất cả các ai;

5

2. ∩i∈Iai là ideal lớn nhất nằm trong mỗi ai.

Kết quả sau tóm lược một số tính chất đơn giản của các phép toán trên.

Mệnh đề 2.1.4. Cho A là một vành và a, b, c là các ideal.

1. Các phép toán tổng, giao, tích trên các ideal là giao hoán

2. Phép lấy tích phân phối với phép lấy tổng c(a + b) = ca + cb.

Chứng minh. Bài tập.

Nhận xét 2.1.5. 1. Nói chung hợp của các ideal không là một ideal.

2. Trong vành Z, phép giao và lấy tổng là phân phối với nhau. Tuy nhiên, với A tổng quát, điều này nóichung không còn đúng nữa. Kết quả tốt nhất theo hướng này mà ta có thể có là

(a + b) ∩ c = a ∩ c + b ∩ c nếu c ⊂ a hoặc c ⊂ b

3. Trong Z ta có đẳng thức (a + b)(a ∩ b) = ab. Điều này được suy ra từ đẳng thức quen thuộc

BCNN(m,n) UCLN(m,n) = mn

với mọi m,n nguyên dương. Tuy nhiên trong trường hợp tổng quát, đẳng thức này không đúng mà tachỉ có bao hàm

(a + b)(a ∩ b) ⊂ ab

Bởi vì (a + b)(a ∩ b) = a(a ∩ b) + b(a ∩ b) ⊂ ab + ab = ab.

Mệnh đề 2.1.6. Cho A là một vành, a1, . . . , an là một tập hữu hạn các ideal của A và p là một ideal nguyêntố.

1. a1 · · · an ⊂ p⇔ ai ⊂ p với i nào đó;

2. ∩ni=1ai ⊂ p⇔ ai ⊂ p với i nào đó.

Chứng minh. 1. Nếu ai ⊂ p thì a1 · · · an ⊂ ai ⊂ p. Ta chứng minh bao hàm ngược lại bằng phản chứng.Giả sử ai 6=⊂ p với mọi i. Với mỗi i, gọi ai là một phần tử của ai\p. Ta có a1 · · · an ∈ a nhưnga1 · · · an /∈ p vì p nguyên tố, vô lý.

2. Rõ ràng nếu ai ⊂ p thì ∩ni=1ai ⊂ p. Để chỉ ra bao hàm ngược lại, ta có thể tiến hành tương tự như trênhoặc áp dụng phần trên với nhận xét rằng a1 · · · an ⊂ ∩ni=1ai.

Định nghĩa 2.1.7 (Ideal nguyên tố cùng nhau). Ta nói a, b là nguyên tố cùng nhau nếu a + b = (1). Mộtcách tổng quát, ta nói một tập các ideal aii∈I là nguyên tố cùng nhau nếu

∑i∈I ai = (1).

Nhận xét 2.1.8. 1. Như vậy, theo Nhận xét 2.1.3, một họ các ideal ai, i ∈ I là nguyên tố cùng nhau ⇔các ai không đồng thời nẳm trong bất kì một ideal a 6= (1) nào của A ⇔ ai không đồng thời nẳm trongbất kì một ideal cực đại m nào của A ⇔ ai không đồng thời nẳm trong bất kì một ideal p nguyên tốnào của A.

2. Dễ thấy nếu a và b nguyên tố cùng nhau và c ⊃ b thì a và c cũng nguyên tố cùng nhau.

Mệnh đề 2.1.9. Cho a, b1, . . . , bn là các ideal của một vành A. Khi đó a nguyên tố với b1 · · · bn khi và chỉkhi a nguyên tố cùng nhau với mỗi bi.

Chứng minh. Giả sử a nguyên tố cùng nhau với mỗi bi nhưng a và b1 · · · bn không nguyên tố cùng nhau.Khi đó tồn tại một ideal nguyên tố p chứa đồng thời a và b1 · · · bn. Nhưng theo Mệnh đề 2.1.6 thì p ⊃ bi vớii nào đó, điều này mâu thuẫn với giả thiết a và bi nguyên tố cùng nhau.

Chiều ngược lại là hiển nhiên vì b1 · · · bn nằm trong mỗi bi.

6

Nhận xét 2.1.10. Ta có thể tránh sử dụng Mệnh đề 2.1.6 bằng cách tiến hành như sau. Giả sử a nguyên tốcùng nhau với mỗi bi. Khi đó, tồn tại các phần tử x1, . . . , xn ∈ a, y1 ∈ b1, . . . , yn ∈ an sao cho xi + yi = 1.Đặt y = y1 · · · yn ∈ b1 · · · bn. Ta có y = (1 − x1)(1 − x2) · · · (1 − xn). Do mỗi xi ∈ a, rõ ràng y = 1 + x vớix ∈ a nào đó, như vậy −x+y = 1 và do đó a nguyên tố cùng nhau với b1 · · · bn. Cũng như trong chứng minhtrên, chiều ngược lại là hiển nhiên.

Mệnh đề 2.1.11. Cho A là một vành và a, b, a1, . . . , an là các ideal của A.

1. Nếu a, b là nguyên tố cùng nhau thì

ab = a ∩ b

2. Tổng quát hơn, nếu a1, a2, . . . , an là các ideal đôi một nguyên tố cùng nhau thì

n∏i=1

ai = ∩ni=1ai

Chứng minh. 1. Ta luôn có ab ⊂ a ∩ b. Bao hàm ngược lại đến từ tính toán đơn giản

a ∩ b = (1)(a ∩ b) = (a + b)(a ∩ b) = a(a ∩ b) + b(a ∩ b) ⊂ ab

2. Ta tiến hành qui nạp theo n. Trường hợp n = 2 được giải quyết ở trên. Giả sử n > 2 và đẳng thứcđúng với n− 1. Đặt b =

∏n−1i=1 ai = ∩n−1

i=1 ai. Do ai và an nguyên tố cùng nhau, theo Mệnh đề 2.1.9, bvà an nguyên tố cùng nhau và ta áp dụng phần 1.

Định lí 2.1.12 (Thặng dư Trung Hoa). Cho A là một vành và a, b, a1, . . . , an là các ideal của A.

1. Nếu a, b là nguyên tố cùng nhau thì

A/ab ' (A/a)× (A/b)

2. Nếu a1, a2, . . . , an là các ideal đôi một nguyên tố cùng nhau thì

A/(a1a2 · · · an) ' (A/a1)× (A/a2)× · · · × (A/an)

Chứng minh. 1. Đồng cấu tự nhiên A→ (A/a)× (A/b), a 7→ (a mod a, a mod b) có hạch a∩ b = ab, vìthế cảm sinh một đơn cấu

φ : A/ab→ (A/a)× (A/b)

Ta sẽ chứng minh φ là toàn cấu. Do a, b nguyên tố cùng nhau nên tồn tại x2 ∈ a, x2 ∈ b sao chox2 + x1 = 1 (chú ý cách đánh thứ tự). Với mọi a, b ∈ A ta có ax1 + bx2 ≡ a mod a, ax1 + bx2 ≡ bmod b. Các đồng dư này chứng tỏ

φ(ax1 + bx2 mod ab) = (a mod a, b mod b)

2. Được suy ra từ qui nạp.

Ví dụ 2.1.13. Với A = Z, ta có phát biểu cụ thể hơn như sau. Cho n1, . . . , nk là các số nguyên dương đôimột nguyên tố cùng nhau. Ta có đẳng cấu vành

Z/(n1 · · ·nk) ' Z/(n1)× · · · × Z/(nk)

7

Định nghĩa 2.1.14 (Thương và linh hóa tử). Cho a, b là các ideal của một vành A. Ta đặt

(a : b) = x ∈ A;xb ⊂ a

Ta dễ dàng kiểm chứng (a : b) là một ideal của A, gọi là ideal thương của a cho b. Khi a = 0 ta kí hiệuAnn(b), và gọi là linh hóa tử của b, thay cho (0 : b).

Nhận xét 2.1.15. Với khái niệm này, tập các ước của 0 của một vành A là

D = x ∈ A;∃0 6= y ∈ A, xy = 0 = ∪06=y∈A Ann(y)

Ví dụ 2.1.16. Giả sử A = Z, a = (m), b = (n). Thế thì (a : b) = (q) với q = mUCLN(m,n) . Nói cách khác nếu

viết m =∏p p

rp , n =∏p p

sp thì q =∏p p

tp trong đó

tp = max(rp − sp, 0) = rp −min(rp, sp)

Ta có một số tính chất của phép lấy thương các ideal

Định lí 2.1.17. Cho a, b, c, aii∈I là các ideal của một vành A và 0 6= x ∈ A. Khi đó

1. a ⊂ (a : b);

2. (a : b)b ⊂ a;

3. b ⊂ a =⇒ (a : b) = a;

4. (a : (1)) = a;

5. ((1) : a) = (1);

6. (a : (b + c)) = (a : b) ∩ (a : c);

7. (a : (x)) = 1x (a ∩ (x)) nếu A là một miền nguyên;

8. ((a : b) : c) = (a : bc) = ((a : c) : b);

9. (∩i∈Iai : b) = ∩i∈I(ai : b);

10. (b :∑i∈I ai) = ∩(b : ai);

Chứng minh. Bài tập.

Nhận xét 2.1.18. Về mặt hình học, khái niệm ideal thương khá thuận tiện, chẳng hạn

1. Nếu X,Y là hai tập con của một đa tạp đại số thì (I(X) : I(Y )) = I(X\Y ) trong đó I(X), I(Y ), . . .là các ideal định nghĩa của X,Y, . . .;

2. Nếu a, b ⊂ k[X1, . . . , Xn] là các ideal của một vành đa thức trên một trường thì V (a : b) = V (a)\V (b)trong đó V (a), V (b) là các tập các không điểm của a, b và X kí hiệu bao đóng Zariski của X.

2.2 Căn lũy linh và căn Jacobson

Định nghĩa 2.2.1 (Phần tử lũy linh). Một phần tử a của một vành A được gọi là lũy linh nếu an = 0 vớimột số nguyên n > 0 nào đó. Số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho an = 0 được gọi là chỉ số lũy linh của a.

Nhận xét 2.2.2. 1. Chú ý rằng 0 là một phần tử lũy linh, đây cũng là phần tử lũy linh duy nhất với chỉsố lũy linh bằng 1.

2. Một phần tử lũy linh là một ước của 0. Nói riêng nếu A là một miền nguyên thì 0 là phần tử lũy linhduy nhất của A.

Mệnh đề-Định nghĩa 2.2.3 (Căn lũy linh). Tập các phần tử lũy lính của một vành A tạo thành một ideal,gọi là căn lũy linh của A và kí hiệu là nilrad(A).

8

Chứng minh. Giả sử a, b ∈ nilrad(A), như vậy an = 0, bm = 0 với m,n nguyên dương nào đó, và x ∈ A. Tacó (xa)n = xnan = xn · 0 = 0, như vậy xa ∈ nilrad(A). Việc a+ b ∈ nilrad(A) được suy ra từ công thức nhịthức. Thật vậy

(a+ b)m+n−1 = an+m−1 +(n+m− 1

1

)an+m−2b+ · · ·+

(n+m− 1

n

)anbm−1 +

+(n+m− 1n− 1

)an−1bm + · · ·+

(n+m− 1

1

)abn+m−2 + bm

= 0 + 0 + · · ·+ 0 = 0

bởi vì n hạng tử đầu tiên triệt tiêu do an = 0, m hạng tử sau do bm = 0.

Ví dụ 2.2.4. 1. Nếu A là một miền nguyên thì nilrad(A) = 0;

2. Nếu A = Z/(n) với n nguyên dương nào đó thì nilrad(A) = (d)/(n) = dZ/nZ trong đó d là ước lớnnhất không chứa chính phương của n. Nói cách khác, nếu n =

∏ki=1 p

sii thì d =

∏ki=1 pi.

Định nghĩa 2.2.5 (Vành rút gọn). Một vành A được gọi là rút gọn nếu không có phần tử lũy lính 6= 0, nóicách khác, nếu nilrad(A) = 0.

Ví dụ 2.2.6. 1. Mọi miền nguyên là một vành rút gọn;

2. Với A = Z/(n), n nguyên dương > 1 nào đó, thì A rút gọn khi và chỉ khi n không có ước chính phương(nghĩa là n là tích của các ước nguyên tố phân biệt của nó).

Ta có một miêu tả khác của căn lũy linh.

Mệnh đề 2.2.7. Ta có nilrad(A) là giao của các ideal nguyên tố của A, nghĩa là

nilrad(A) = ∩p∈SpecAp

Chứng minh. Thật vậy một ideal nguyên tố luôn chứa tất cả các phần tử lũy linh nên giao của tất cả cácideal nguyên tố chứa nilrad(A). Ngược lại, giả sử f không lũy linh. Gọi Σ là tập các ideal a sao cho a khôngchứa bất kì một lũy thừa nguyên dương nào của f . Do (0) ∈ Σ nên Σ 6= ∅. Áp dụng bổ đề Zorn cho tập Σ(với thứ tự bao hàm quen thuộc) ta được một phần tử cực đại p. Khi đó p là một ideal nguyên tố: thật vậy,giả sử x, y /∈ p. Các ideal (x) + p, (y) + p không phải là các phần tử của Σ (vì chứa p) nên ta tìm được m,nsao cho fm ∈ p + (x), fn = p + (y). Ta suy ra fm+n ∈ p + (xy). Như vậy p + (xy) /∈ Σ, do đó xy /∈ p.

Mệnh đề 2.2.8. Cho A là một vành. Vành thương A/ nilrad(A) là một vành rút gọn.

Chứng minh. Thật vậy, theo Mệnh đề 2.2.7 ở trên, ta có

nilrad(A/ nilrad(A)) = ∩p∈SpecA/ nilrad(A)p

Nhưng ta biết rằng p 7→ p = p mod nilrad(A) tạo thành một song ánh giữa p ∈ SpecA; p ⊃ nilrad(A) vàSpecA/ nilrad(A). Nhưng cũng theo Mệnh đề 2.2.7, p ⊃ nilrad(A) với mọi p ∈ SpecA. Như vậy vế phải củađẳng thức trên chính là ảnh trong A/ nilrad(A) của ∩p∈SpecAp = nilrad(A) và như vậy bằng 0.

Kết quả trên giải thích khái niệm sau.

Định nghĩa 2.2.9. Vành Ared := A/nilrad(A) được gọi là vành rút gọn của A.

Nhận xét 2.2.10. Ta có thể nhìn vành rút gọn Ared như vành thương rút gọn lớn nhất của A.

Trước hết ta đưa ra khái niệm sau.

Định nghĩa 2.2.11. Một ideal nguyên tố được gọi là cực tiểu nếu không chứa một ideal nguyên tố nàongoài chính nó. Nói cách khác p ∈ SpecA là cực tiểu nếu q ∈ SpecA, q ⊂ p =⇒ q = p.

Dĩ nhiên, do 0 ⊂ p với mọi p ∈ SpecA nên nếu A là một miền nguyên thì 0 là ideal nguyên tố cực tiểuduy nhất.

9

Mệnh đề 2.2.12. Tồn tại ít nhất một ideal nguyên tố cực tiểu.

Chứng minh. Sử dụng bổ đề Zorn.

Theo Nhận xét 2.2.8, ta biết rằng căn lũy linh của một vành A luôn chứa 0 và nằm trong tập các ướccủa 0. Kết quả sau đây đưa ra một mối liên hệ lý thú khác giữa chúng.

Mệnh đề 2.2.13. Giả sử A không là một miền nguyên. Khi đó A là một vành không rút gọn hoặc A cónhiều hơn một ideal nguyên tố cực tiểu.

Chứng minh. Nhắc lại rằng A không rút gọn có nghĩa là A chứa một phần tử lũy lính 6= 0, hay nilrad(A) 6= 0.Giả sử nilrad(A) = 0, ta sẽ chứng minh A có nhiều hơn một ideal nguyên tố cực tiểu. Theo Mệnh đề 2.2.7ta có

nilrad(A) = ∩p∈SpecAp = 0

Trước hết, dễ thấy rằng mọi ideal nguyên tố luôn chứa ít nhất một ideal nguyên tố cực tiểu (nói riêng mọivành có chứa ít nhất một ideal nguyên tố cực tiểu). Mặt khác nếu p ⊂ q với p, q là các ideal nguyên tố thìtrong giao ∩p⊂A;pnguyên tốp ta có thể bỏ q đi. Nói cách khác,

nilrad(A) = ∩p,pnguyên tố cực tiểup

Như vậy nếu A chỉ có một ideal nguyên tố cực tiểu, chẳng hạn p, thì ta có nilrad(A) = p. Nhưng nilrad(A) = 0theo giả thiết nên p = 0 và do đó A là một miền nguyên, vô lý.

Nhận xét 2.2.14. Kết quả trên sẽ trở nên có ý nghĩa hơn khi ta biết rằng nếu A là một vành Noether thìA chỉ chứa một số hữu hạn các ideal nguyên tố cực tiểu.

Mệnh đề 2.2.7 gợi ý một khái niệm tương tự như căn lũy linh khi thay các ideal nguyên tố bằng các idealcực đại.

Định nghĩa 2.2.15 (Căn Jacobson). Căn Jacobson của A, kí hiệu là J(A) được định nghĩa như là giao củatất cả các ideal cực đại của A, nghĩa là

J(A) = ∩m∈SpecmAm

Ví dụ 2.2.16. 1. Với A = Z/(n), n nguyên dương thì J(A) = nilrad(A).

2. Với A = Z(p) thì J(A) = Ap (và nilrad(A) = 0). Đây là một trường hợp đặc biệt của các vành địaphương mà ta sẽ đề cập tới.

Nhận xét 2.2.17. 1. Định nghĩa như một giao cùa ideal, rõ ràng J(A) là một ideal của A.

2. Vì một ideal cực đại luôn là nguyên tố nên Định nghĩa trên cùng với Mệnh đề 2.2.7 chứng tỏ

nilrad(A) ⊂ J(A)

Mệnh đề 2.2.18. Cho A là một vành. Ta có J(A/ JA) = 0.

Chứng minh. Hoàn toàn tương tự như chứng minh của Mệnh đề 2.2.8

Các phần tử của J(A) có thể được đặc trưng bởi kết quả sau.

Mệnh đề 2.2.19. J(A) = x;xy − 1 khả nghịch với mọi y ∈ A.

Chứng minh. Giả sử x ∈ J(A) và y ∈ A sao cho 1 − xy không khả nghịch. Như vậy (1 − xy) là một idealriêng do đó nằm trong một ideal cực đại m ⊂ A. Do x ∈ m, xy ∈ m ta suy ra 1 ∈ m, vô lí.

Giả sử x /∈ J(A), nghĩa là x /∈ m với một ideal cực đại m nào đó. (x) + m chứa m nên = A. Do vậyxy +m = 1 với y ∈ A,m ∈ m nào đó. Do đó 1− xy ∈ m nên không phải là một phần tử khả nghịch.

Nhận xét 2.2.20. Cho dù có một số điểm tương đồng, hai khái niệm căn lũy linh và căn Jacobson khácnhau rất xa về bản chất. Thật vậy, căn lũy linh đặc trưng tính rút gọn của một vành, trong khi đó cho dù takhông đề cập đến ở đây, căn Jacobson miêu tả tính nửa đơn của một vành đã cho.

10

2.3 Căn của một ideal và ideal căn

Mệnh đề-Định nghĩa 2.3.1 (Căn của một ideal và ideal căn). Cho A là một vành và a ⊂ A là một ideal.Tập hợp

√a = x ∈ A;xn ∈ a với một n ≥ 1 nào đó

là một ideal của A, gọi là căn của a.

Chứng minh. Tương tự như với Định nghĩa 2.2.3.

Ví dụ 2.3.2. Với A = Z và a = (n), với n nguyên dương nào đó, thì√a = (d), trong đó d là ước lớn nhất

không chứa chính phương của n.

Nhận xét 2.3.3. Các tính chất sau dễ dàng được suy ra từ định nghĩa

1. nilrad(A) =√

0;

2. Với mọi ideal a ta có√

a ⊃ a;

3. Nếu a ⊂ b thì√

a ⊂√

b;

4.√

a = (1)⇔ a = (1).

Định nghĩa 2.3.4 (Ideal căn). Ta nói a là một ideal căn nếu√

a = a.

Ta có một miêu tả khác về căn của một ideal như sau.

Mệnh đề 2.3.5. Căn của một ideal a là giao của tất cả các ideal nguyên tố chứa a. Nói cách khác,

√a = ∩p∈SpecA;p⊃ap

Chứng minh. Thật vậy, chỉ cần áp dụng mệnh đề 2.2.7 cho A/a.

Mệnh đề 2.3.6. Cho A là một vành và a ⊂ A là một ideal. Ta có nilrad(A/a) =√

a/a.

Chứng minh. Gọi π : A→ A/a là phép chiếu chính tắc. Ta có

nilrad(A/a) = ∩p,p∈SpecA/ap = ∩p∈SpecA,p⊃aπ(p) = π(∩p∈SpecA,p⊃ap) = π(√

a) =√

a/a

Nhận xét 2.3.7. 1. Nói một cách khác, vành rút gọn của A/a là A/√a.

2. Như vậy, a là một ideal căn khi và chỉ khi A/a là một vành rút gọn.

Một số tính chất khác của căn ideal được tóm tắt trong kết quả sau đây.

Mệnh đề 2.3.8. Cho A là một vành và a, b là các ideal của A. Ta có

1. Giả sử a 6= (1). Ta có√

a = a khi và chỉ khi a là giao của một họ các ideal nguyên tố của A.

2.√√

a =√

a;

3.√

ab =√

a ∩ b =√

a ∩√

b;

4.√

a + b =√√

a +√

b;

5. Với mọi ideal nguyên tố p, với mọi số nguyên dương n,√

pn = p.

6.√

a,√

b nguyên tố cùng nhau khi và chỉ khi a, b nguyên tố cùng nhau.

Chứng minh. 1. Giả sử a = ∩i∈Ipi trong đó pi ∈ SpecA với mọi i ∈ I. Ta sẽ chứng minh√

a = a. Baohàm a ⊂

√a là hiển nhiên. Giả sử x ∈

√a, như vậy xn ∈ a với n nguyên dương nào đó. Ta suy ra

xn ∈ pi với mọi i ∈ I. Do pi nguyên tố xn ∈ pi =⇒ x ∈ pi. Như vậy x ∈ ∩i∈Ipi = a.

Ngược lại nếu a =√

a thì a =√

a = ∩p∈SpecA,p⊃ap.

11

2. Bao hàm√

a ⊂√√

a là hiển nhiên. Ta chứng minh√

a ⊃√√

a. Giả sử x ∈√√

a như vậy xn ∈√

avới n nguyên dương nào đó, nhưng điều này lại chứng tỏ (xn)k ∈ a với k nguyên dương nào đó. Nhưvậy xnk ∈ a và do đó x ∈

√a.

3. Thật vậy, theo Mệnh đề 2.1.6, với mọi p ∈ SpecA ta có p ⊃ a ∩ b⇔ p ⊃ a hoặc p ⊃ b⇔ p ⊃ ab.

4. Ta có a ⊂√

a, b ⊂√b nên

√a + b ⊂

√√a +√b. Ngược lại. Nếu x ∈

√√a +√b thì xn ∈

√a+√b với

n nguyên dương nào đó. Ta suy ra tồn tại các phần tử α1, α2, . . . , αs ∈√

a, β1, . . . , βs ∈√

b sao choxn = α1β1 + · · ·αsβs. Gọi m1, . . . ,ms, k1, . . . , ks là các số nguyên dương sao cho αmi

i ∈ a, βkii ∈ b với

mọi i = 1, . . . , k. Đặt N = maxm1, . . . ,ms, k1, . . . , ks thế thì αNi ∈ a, βNi ∈ b với mọi i. Khi đó ta dễdàng kiểm tra được rằng sau khi khai triển, mỗi hạng tử của

xnNs = (α1β1 + · · ·αsβs)Ns

đều một phần tử của a hoặc của b. Như vậy xnNs ∈ a + b và do đó x ∈√

a + b.

5. Theo phần trên√

pn =√

p. Một mặt, ta biết rằng p ⊂ √p, mặt khác,√

p = ∩q∈SpecA,q⊃pq =p⋂∩q∈SpecA,q⊃p,q6=pq ⊂ p.

6. Giả sử a, b nguyên tố cùng nhau, nghĩa là a + b = (1). Khi đó√

a +√

b = (1) bởi vì a ⊂√

a, b ⊂√

b,như vậy

√a,√

b nguyên tố cùng nhau. Ngược lại, giả sử√

a,√

b nguyên tố cùng nhau. Ta có, theo một

đẳng thức ở trên√

a + b =√√

a +√

b =√

(1) = (1), và do đó a + b = (1).

2.4 Mở rộng và co rút các ideal

Cho φ : A → B là một đồng cấu vành, (nói cách khác B là một A-đại số) và a ⊂ A, b là các ideal, khi đóφ−1(b) là một ideal của A nhưng φ(a) nói chung không phải là một ideal của B (trừ khi φ là toàn cấu). Tabiết rằng nếu b là nguyên tố thì φ−1(b) cũng là nguyên tố. Tuy nhiên, ảnh ngược của một ideal cực đại nóichung không phải là một ideal cực đại.

Định nghĩa 2.4.1. Cho φ : A→ B là một đồng cấu vành và a ⊂ A, b ⊂ B là các ideal.

1. Ta gọi mở rộng ae của một ideal a ⊂ A ideal aB của B sinh bởi φ(a);

2. co rút bc của b, theo định nghĩa, là ảnh ngược của b bởi φ, nghĩa là bc = φ−1(b) ⊂ A.

Ta có một số tính chất của mở rộng và co rút các ideal.

Định lí 2.4.2. Cho φ : A→ B là một đồng cấu vành và a, a1, a2 ⊂ A, b, b1, b2 ⊂ B là các ideal.

1. a ⊂ aec, b ⊃ bce;

2. ae = aece, bc = bcec;

3. Gọi Σ là tập các co rút của các ideal của B và Ω là tập các mở rộng của các ideal của A. Ta có

Σ = a ⊂ A; aec = aΩ = b ⊂ B; bce = b

Hơn nữa a 7→ ae là một song ánh giữa Σ và Ω với nghịch đảo b 7→ bc;

4. (a1 + a2)e = ae1 + ae2, (b1 + b2)c = bc1 + bc2;

5. (a1 ∩ a2)e ⊂ ae1 ∩ ae2, (b1 ∩ b2)c = bc1bc2;

6. (a1a2)e = ae1ae2, (b1b2)c ⊃ bc1b

c2;

7. (a1 : a2)e ⊂ (ae1 : a2)e, (b1 : b2)c ⊂ (bc1 : bc2);

8.√

ae ⊂√

ae;√

bc ⊂√

bc.

12

Chứng minh. Bài tập.

Bài tập 15. Với a = (X1, . . . , Xn) ⊂ K[X1, . . . , Xn], miêu tả an.

Bài tập 16. Cho A = Z[X]. Tính a + b, a ∩ b, ab,√

a,√

b với

1. a = (X − 1), b = (X);

2. a = (X2 + 1), b = (X + 2).

Bài tập 17. Cho m là một ídeal cực đại của một vành A và n là một số nguyên dương. Chứng minh rằngm là ideal nguyên tố duy nhất của A chứa mn.

Bài tập 18. Chứng minh rằng hai ideal cực đại phân biệt của một vành luôn nguyên tố cùng nhau.

Bài tập 19. Các vành Z/(4) và Z/(2)× Z(2) có đẳng cấu với nhau không? Vì sao?

Bài tập 20. Chứng minh rằng A ' B và hãy xây dựng cụ thể một đẳng cấu vành f : A → B trong cáctruờng hợp sau

1. A = Z/(2)× Z/(3) và B = Z/(6);

2. A = R[X]/(X − 1)× R[X]/(X + 1) và B = R[X]/(X2 − 1);

3. A = R[X]/(X2 +X)× R[X]/(X2 + 5X + 6) và B = R[X]/(X(X + 1)(X + 2)(X + 3)) ;

Bài tập 21. Giải các hệ hệ phương trình đồng dư trong Z

(a)x ≡ 2 (mod 5)x ≡ 1 (mod 3) , (b)

x ≡ 4 (mod 6)x ≡ 3 (mod 4) , (c)

x ≡ 5 (mod 6)x ≡ 3 (mod 4) , (d)

x ≡ 1 (mod 3)x ≡ 3 (mod 4)x ≡ 4 (mod 5)

Bài tập 22. Tìm tất cả các đa thức f(X) ∈ R[X] sao cho X − 1 | f(X) + 1 và X2 + 1 | f(X) +X.

Bài tập 23. Có bao nhiêu số nguyên dương n, 1 ≤ n < 20102 thỏa mãn n2 = 1 mod 20102 ?

Bài tập 24. Cho K là một trường. Tìm căn lũy linh của A = K[X]/(X2)?

Bài tập 25. Cho A là một vành và f(X) = a0 + a1X + · · ·+ anXn ∈ A[X]. Chứng minh rằng

1. f(X) ∈ A[X]∗ ⇔ a0 ∈ A∗ và a1, . . . , an là các phần tử lũy linh;

2. f(X) ∈ nilrad(A[X])⇔ ai ∈ nilrad(A) với mọi i;

3. f(X) là một ước của 0 trong A[X] khi và chỉ khi tồn tại a ∈ A sao cho af(X) = 0.

Bài tập 26. Cho A là một vành. Chứng minh rằng

nilrad(A[X]) = J(A[X])

Bài tập 27. Cho A là một vành và f(X) =∑∞n=0 anX

n ∈ A[[X]]. Chứng minh rằng

1. f(X) ∈ A[[X]]∗ ⇔ a0 ∈ A∗;

2. f(X) ∈ nilrad(A[[X]]) =⇒ an ∈ nilrad(A) với mọi n;

3. f(X) ∈ J(A[[X]])⇔ a0 ∈ J(A);

4. Từ đó suy ra nếu A không rút gọn thì nilrad(A[[X]]) ( J(A[[X]]).

Bài tập 28. Cho A là một vành và j : A→ A[[X]] là phép nhúng chuẩn tắc. Cho m ∈ SpecmA[[X]]. Chứngminh rằng

1. mc ∈ SpecmA;

2. m = mce + (X) (nghĩa là m sinh bởi mc và X).

Bài tập 29. Chứng minh một vành là rút gọn khi và chỉ khi đẳng cấu với một vành con của một tích mộthọ các trường nào đó.

13

3 Miền nhân tử hóa

3.1 Phần tử nguyên tố, phần tử bất khả qui

Định nghĩa 3.1.1 (Phần tử bất khả qui). Cho A là một miền nguyên. Một phần tử a ∈ A được gọi là bấtkhả qui nếu a 6= 0, không phải là một phần tử đơn vị và không có ước ngoài các phần tử liên kết với a, nghĩalà nếu a = bc thì hoặc b ∈ A∗ hoặc c ∈ A∗.

Định nghĩa 3.1.2 (Miền nhân tử hóa). Một miền nguyên A được gọi là nhân tử hóa nếu thỏa mãn hai điềukiện sau

NTH1. Mọi phần tử 0 6= a ∈ A có thể được phân tích dưới dạng

a = u · a1 · · · an

với u ∈ A∗ và các ai là các phần tử bất khả qui của R.

NTH2. Các phân tích trên là duy nhất theo nghĩa sau. Nếu

a = u′a′1 · · · a′m

là một phân tích tương tự (nghĩa là u′ ∈ A∗, bi bẩt khả qui) thì n = m và tồn tại một hoán vị σ của1, 2, . . . , n sao cho ai liên kết với bσ(i) với mọi i.

Ví dụ 3.1.3. 1. Ví dụ điển hình của một miền nhân tử hóa là vành Z mà ở đó các điều kiện của địnhnghĩa trên chính là phát biểu của Định lý cơ bản của số học.

2. Tập hợp

Z[√−3] = a+ b

√3i; a, b ∈ Z ⊂ C

là một vành con của C. Ta có

4 = 2× 2 = (1−√

3i)× (1 +√

3i)

là hai phân tích không tương đương của 4 ra tích các phần tử bất khả qui. Như vậy Z[√−3] không phải

là một miền nhân tử hóa.

Định nghĩa 3.1.4 (Phần tử nguyên tố). Cho A là một miền nguyên. Một phần tử a ∈ A được gọi là mộtphần tử nguyên tố nếu a 6= 0 và (a) là một ideal nguyên tố, nói cách khác, nếu a 6= 0 và a | bc =⇒ a | bhoặc a | c.

Ta có mối quan hệ cơ bản giữa hai khái niệm phần tử bất khả qui và phần tử nguyên tố như sau.

Mệnh đề 3.1.5. Mọi phần tử nguyên tố là bất khả qui.

Chứng minh. Giả sử a nguyên tố, như vậy nói riêng a 6= 0, a /∈ A∗. Giả sử a = bc, nói riêng a | bc. Do anguyên tố, ta suy ra a | b hoặc a | c. Nếu a | b thì b = ab′, như vậy a = ab′c và do đó b′c = 1, điều này chứngtỏ c ∈ A∗. Tương tự nếu a | c thì ta suy ra b ∈ A∗.

Định lí 3.1.6. Một miền nguyên A là nhân tử hóa nếu thỏa mãn hai điều kiện sau

NTH1. Xem ở trên.

NTH2’. Mọi phần tử bất khả qui là nguyên tố.

14

Chứng minh. Giả sử A là một miền nhân tử hóa và a ∈ A là một phần tử bất khả qui. Giả sử b, c ∈ A saocho a | bc, như vậy bc = ad với d ∈ A nào đó. Vì A là nhân tử hóa, ta có thể phân tích

d = ud1 · · · dk, b = vb1 · · · bm, c = wc1 · · · cnvới u, v, w ∈ A∗ và dr, bs, ct là các phần tử bất khả qui. Ta viết lại đẳng thức ad = bc dưới dạng

uad1 · · · dk = vwb1 · · · bmc1 · · · cnBởi vì r là bất khả qui, mỗi vế của đẳng thức trên có dạng đơn vị nhân với tích các phần tử bất khả qui.Theo tích chất duy nhất của phân tích (điều kiện NTH2) ta suy ra a liên kết với một trong các bs hay ct.Như vậy a | b hoặc a | c, có nghĩa là a là một phần tử nguyên tố.

Bây giờ ta chứng minh chiều ngược lại, nghĩa là NTH1 + NTH2’ =⇒ NTH2. Giả sử ta có một đẳngthức

ua1 · · · am = vb1 · · · bn (1)

trong đó u, v ∈ A∗, ai, bj là các phần tử bất khả qui. Ta cần chứng minh đẳng thức này kéo theo m = n vàmỗi ai liên kết với một bj nào đó. Ta tiến hành bằng qui nạp theo m. Giả sử m = 0, nghĩa là u = vb1 · · · bn.Nếu n > 0 ta có b1 | u =⇒ b1 | 1 =⇒ b1 ∈ A∗, trái với giả thiết b1 bất khả qui. Như vậy m = 0 =⇒ n = 0.Giả sử m > 0 và ta có đẳng thức 1 ở trên. Trước hết, ta giả sử m ≤ n, trường hợp m ≥ n tương tự. Do mỗiai, bj là bất khả qui nên là các phần tử nguyên tố theo Bổ đề 3.1.5. Như vậy, từ đẳng thức 1 ta suy ra an | bjvới j nào đó. Không mất tổng quát, ta giả sử an | bm (nếu cần, ta có thể sắp xếp lại thứ tự các bj). Nhưngdo bn bất khả qui, am | bn =⇒ am bn (vì am /∈ A∗). Như vậy am = wbn với w ∈ A∗ nào đó và đẳng thức 1,sau khi thay am bằng wbn và triệt tiêu bn ở hai vế trở thành

uwa1 · · · am−1 = vb1 · · · bn−1

Bây giờ áp dụng giả thiết qui nạp cho m− 1, đẳng thức trên cùng với điều kiện NTH2 chứng tỏ m = n vàmỗi a1, a2, . . . , am−1 liên kết với một trong các b1, . . . , bm−1. Thế nhưng ta biết rằng am bn nên bài toán quinạp được chứng minh.

Ví dụ 3.1.7. Ta quay lại với vành

Z[√−3] = a+ b

√3i; a, b ∈ Z ⊂ C

Đẳng thức2× 2 = (1−

√3i)× (1 +

√3i)

cũng chứng tỏ phần tử bất khả qui 2 là không nguyên tố. Điều này cũng lý giải vì sao Z[√−3] không phải là

một miền nhân tử hóa.

3.2 A miền chính =⇒ A nhân tử hóa

Nhắc lại rằng một vành chính là một vành mà mọi ideal là chính. Một miền chính là một miền nguyên đồngthời là một vành chính.

Mệnh đề 3.2.1. Cho A là một miền chính nhưng không phải là một trường và a ⊂ A là một ideal. Cácđiều kiện sau là tương đương.

1. a là một ideal cực đại;

2. a là một ideal nguyên tố 6= 0;

3. Tồn tại một phần tử bất khả qui p ∈ A sao cho a = (p).

Chứng minh. 1 =⇒ 2. Ta biết rằng a cực đại =⇒ a nguyên tố. Mặt khác, điều kiện A không phải là mộttrường chứng tỏ a 6= 0;

2 =⇒ 3. Giả sử a là một ideal nguyên tố 6= 0. Do A là chính a = (p) với p 6= 0 nào đó. Nói rằng ideal chính(p) là một ideal nguyên tố có nghĩa là p là một phần tử nguyên tố. Nhưng ta biết rằng mọi phần tửnguyên tố là bất khả qui.

15

3 =⇒ 1. Giả sử a = (p) với p bất khả qui nào đó. Vì p bất khả qui, p /∈ A∗, như vậy a = (p) 6= (1). Giả sửb = (q) là một ideal chứa a. Ta có p ∈ (q) nên p = qr với r nào đó. Do p bất khả qui, ta suy ra hoặcq ∈ A∗, khi đó (q) = (1), hoặc q liên kết với p, khi đó (q) = (p). Ta suy ra a là một ideal cực đại.

Hệ quả 3.2.2. Cho A là một miền nguyên và p ∈ A. Khi đó p nguyên tố ⇔ p bất khả qui.

Chứng minh. Nếu A là một trường thì A không chứa bất kì phần tử bất khả qui cũng như phần tử nguyêntố nào. Giả sử A không phải là một trường, khi đó khẳng định được suy ra từ 2⇔ 3 trong Mệnh đề trên.

Định lí 3.2.3. Mọi miền chính là nhân tử hóa.

Chứng minh. Giả sử A là một miền chính. Theo Định lý 3.1.6, ta cần kiểm tra rằng A thõa mãn hai điềukiện NTH1 và NTH2’.

NTH1. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử tồn tại 0 6= a ∈ A sao cho a không có phân tích thànhtích của một phần tử đơn vị với các phần tử bất khả qui như trong phát biểu của NTH1. Ta sẽ gọi các phầntử như vậy của A− 0 là tồi, các phần tử còn lại là tốt. Nói riêng, phần tử tồi a không phải là một phầntử đơn vị cũng như không phải là bất khả qui. Ta suy ra tồn tại hai phần tử a1, b1 ∈ A không phải đơn vị,(cũng như không phải là liên kết với a) sao cho a = a1b1. Chú ý rằng ít nhất một trong hai phần tử a1 hoặc= b1 phải là tồi (nếu không a sẽ tổt)). Vai trò của a1, b1 là như nhau, không mất tổng quát, ta có thể giả sửa1 là tồi. Ta có a, a1 là các phần tử tồi sao cho a1 | a, a1 không liên kết với a. Suy luận tương tự như trênvới a1 ta xây dựng được một phần tử tồi a2 | a1 và a2 không liên kết với a1. Tiến hành tương tự như vậy tathu được một dãy các phần tử tồi a0 = a, a1, a2, . . . sao cho · · · | ai | ai−1 | · · · | a1 | a và ai không liên kếtvới ai−1. Chú ý rằng do ai | ai−1 nên (ai−1) ⊂ (ai), hơn nữa do ai−1, ai không liên kết, đây là một bao hàmthực sự. Như vậy

(a0) ( (a1) ( · · · ( (ai) ( (ai−1) ( · · ·

Đặt I = ∪∞i=0(ai). Dễ dàng kiểm tra rằng I là một ideal của A. Do A là một miền chính, ta có I = (c) vớic ∈ A nào đó. Do d ∈ I = ∪∞i=0(ai) nên c ∈ (ai) với i nào đó. Như vậy (c) ⊂ (ai) ⊂ I = (c), do đó (ai) = I.Nhưng ta lại có (ai) ( (ai+1) nên ta có điều vô lý.

NTH2’. Đây chính là Hệ quả 3.2.2.

Ta lưu ý kết quả cổ điển sau.

Định lí 3.2.4. Cho A là một vành. Khi đó A[X] là một miền chính khi và chỉ khi A là một trường.

Chứng minh. Nếu A là một trường thì như ta sẽ chỉ ra ở sau A[X] là một miền Euclid và do đó là một miềnchính.

Bây giờ, giả sử A không là một trường nhưng A[X] là một miền chính. Trước hết ta biết rằng A[X] làmột miền nguyên thì vành con A ⊂ A[X] là một miền nguyên. Giả sử a ∈ A×. Gọi a ⊂ A[X] là ideal sinhbởi a và X. Do A[X] là chính, tồn tại một đa thức P ∈ A[X] sao cho a = (P ). Vì a ∈ a, X ∈ a, tồn tại cácđa thức Q,R ∈ A[X] sao cho a = PQ,X = PR.

Trước hết, do A là một miền nguyên, ta có deg a = degPQ = degP+degQ. Ta suy ra degP = degQ = 0,nghĩa là P,Q ∈ A×. Mặt khác đẳng thức X = PR chứng tỏ phần tử P ∈ A× là ước của hệ số cao nhấtcủa X, nghĩa là 1. Như vậy P ∈ A×. Ta suy ra a = (a,X) = (1) và như vậy tồn tại S, T ∈ A[X] sao choaS+XT = 1. Viết S = c0 +c1X+ · · ·+cnX

n. So sánh hệ số hằng ở hai vế ta được ac0 = 1, như vậy a ∈ A×.Như vậy ta vừa chứng minh mọi phần tử 6= 0 của A là khả nghịch, có nghĩa là A là một trường.

Ví dụ 3.2.5. Cho K là một trường và A = K[X1, . . . , Xn]. Như ta sẽ thấy ở một mục tới đây, A luôn làmột miền nhân tử hóa. Tuy nhiên, theo kết quả trên,

1. Nếu n = 1 thì A = K[X] là một miền chính;

2. Nếu n ≥ 2 thì A không là một miền chính.

16

3.3 Ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất trong miền nhân tử hóa

Ta nhắc lại định nghĩa ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất như sau.

Định nghĩa 3.3.1 (Bội chung nhỏ nhất và ước chung lớn nhất). Cho A là một vành và ai, i ∈ I là mộttập 6= ∅ các phần tử của A.

1. Ta nói một phần tử d ∈ A là một ước chung lớn nhất của các phần tử ai nếu d | ai,∀i ∈ I và nếud′ | ai,∀i ∈ I thì d′ | d. Nếu 1 là một ước chung lớn nhất thì ta nói các phần tử ai là nguyên tố cùngnhau;

2. Ta nói một phần tử m ∈ A là một bội chung nhỏ nhất của các phần tử ai nếu ai | m,∀i ∈ I và nếuai | m′,∀i ∈ I thì m | m′;

Rõ ràng, nếu d là một ước chung lớn nhất của aii∈I thì mọi liên kết của d đều là một ước chung lớnnhất của aii∈I , cụ thể hơn, tập ud;u ∈ A∗ là tập các ước chung lớn nhất của aii∈I . Từ nay về sau, tasẽ lạm dụng ngôn từ bằng cách nói d là ước chung lớn nhất của các phần tử ai và ta viết

d = UCLN(ai)

Có nghĩa là đẳng thức trên được hiểu như một đẳng thức chính xác tới phép liên kết. Ta có các nhận xéttương tự với bội chung nhỏ nhất.

Nhận xét 3.3.2. Ta lưu ý rằng, nói chung, không phải luôn tồn tại ước chung lớn nhất và bội chung nhỏnhẩt.

Ta có thể miêu tả một cách hình thức khái niệm ước chung nhỏ nhất và bội chung lớn nhất như sau.

Mệnh đề 3.3.3. Kí hiệu P tập các ideal chính của một vành A và trang bị P quan hệ thứ tự cho bởi baohàm. Cho ai, i ∈ I là một tập 6= 0 các phần tử của A.

1. Tập ai, i ∈ I có một bội chung nhỏ nhất khi và chỉ khi tập các ideal chính (ai) có một cận dướitrong P. Cụ thể hơn, m là bội chung nhỏ nhất của ai, i ∈ I khi và chỉ khi (m) là một cận dưới của(ai), i ∈ I trong P;

2. Tập ai, i ∈ I có một ước chung lớn nhất khi và chỉ khi tập (ai) có một cận trên trong P. Cụ thể hơn,d là ước chung lớn nhất của ai, i ∈ I khi và chỉ khi (d) là một cận trên của (ai), i ∈ I trong P.

Chứng minh. 1. Giả sử m là bội chung nhỏ nhất của ai, i ∈ I khi đó, với mọi i ∈ I, ai | m =⇒ (m) ⊂(ai). Giả sử (m′) ∈ P sao cho với mọi i ∈ I, (m′) ⊂ (ai) ta có ai | m′ với mọi i, do đó m | m′.Như vậy (m′) ⊂ (m), nghĩa là (m) là cận dưới của tập (ai), i ∈ I trong P. Ngược lại nếu (m) ∈ Plà một cận dưới của (ai), i ∈ I thì rõ ràng ai | m∀i ∈ I, bởi vì (m) ⊂ (ai), và nếu ai | m′∀i ∈ I thì(m′) ⊂ (ai)∀i ∈ I nên (m′) ⊂ (m) và như vậy m | m′.

2. Ta suy luận tương tự như trên.

Mệnh đề 3.3.4. Cho ai, i ∈ I là một tập 6= 0 các phần tử của một vành A.

1. Nếu ∩i∈I(ai) = (m) thì m là một bội chung nhỏ nhất của ai, i ∈ I;

2. Nếu∑i∈I(ai) = (d) thì d là một ước chung lớn nhất của ai, i ∈ I.

Chứng minh. Các khẳng định này là hiển nhiên, bởi vì ∩i∈I(ai) (tương ứng∑i∈I(ai)) là cận dưới (tương

ứng, cận trên) trong tập các ideal của A với quan hệ bao hàm. Nói riêng, khi chúng là các ideal chính thìchúng là các cận dưới (tương ứng, cận trên) trong tập con các ideal chính của A.

Định lí 3.3.5. Nếu A là một vành chính thì ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất tồn tại.

Chứng minh. Được suy ra từ tính chính của A và Mệnh đề 3.3.4 ở trên.

17

Hệ quả 3.3.6 (Định lý Bézout). Cho A là một vành chính và ai, i ∈ I là một tập 6= ∅ các phàn tử của A.Gọi d là một ước chung lớn nhất của ai, i ∈ I. Tồn tại các phần tử si, i ∈ I sao cho si = 0 với hầu hết i và

d =∑i∈I

siai

Chứng minh. Điều này là hiển nhiên, bởi vì d ∈∑i∈I(ai).

Nhận xét 3.3.7. Khi A không phải là một vành chính thì Định lý Bezout không còn đúng nữa. Chẳng hạn vớiA = Z[X,Y ] thì 2, X là các phần tử nguyên tố cùng nhau nhưng không tồn tại các đa thức f(X,Y ), g(X,Y ) ∈Z[X,Y ] sao cho 1 = 2f(X,Y ) +Xg(X,Y ).

Khi vành A là một miền nhân tử hóa thì bội chung nhỏ nhất và ước chung lớn nhất luôn tồn tại.

Mệnh đề 3.3.8. Trong một miền nhân tử hóa, mọi tập hữu hạn 6= ∅ các phần tử đều có một ước chung lớnnhất và một bội chung nhỏ nhất.

Chứng minh. Giả sử A là một miền nhân tử hóa. Gọi pii∈I là một tập các phần tử bất khả qui đôi mộtkhông liên kết và sao cho mọi phần tử bất khả qui p ∈ A đều liên kết với một trong các pi. Giả sử a1, . . . , anlà các phần tử của A. Nếu ak = 0 với k nào đó thì rõ ràng bội chung nhỏ nhất của a1, . . . , an bằng 0. Giảsử ak 6= 0 với mọi k. Do A là một miền nhân tử hóa, mỗi ak có một phân tích duy nhất dưới dạng

ak = uk∏i∈I

pri,k

i

trong đó với mỗi k, ri,k = 0 với hầu hết i. Với mỗi i ∈ I, đặt

si = max1≤k≤n

ri,k

Thế thì si = 0 với hầu hết i và

m =∏i∈I

psii

là một bội chung nhỏ nhất của a1, . . . , an.Với ước chung lớn nhất, ta cũng tiến hành tương tự. Nếu ak = 0 với mọi k thì 0 là ước chung lớn nhất

của chúng. Nếu a1, . . . , an không đồng thời = 0 thì rõ ràng sau khi loại bỏ các phần tử = 0, ước chung lớnnhất (nếu tồn tại) là không thay đổi. Như vậy, ta có thể giả sử ak 6= 0 với mọi k. Viết

ak = uk∏i∈I

pri,k

i

như trên. Với mỗi i đặt

ti = min1≤k≤n

ri,k

Khi đó ti = 0 với hầu hết i và phần tử

d =∏i∈I

ptii

là một ước chung lớn nhất của a1, . . . , an.

Ta chú ý mối liên hệ sau đây giữa ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất

Mệnh đề 3.3.9. Cho A là một miền nhân tử hóa và a, b là hai phần tử 6= 0 của A. Gọi d,m lần lượt là mộtước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất của a, b. Khi đó

dm = ab

(Đẳng thức chính xác tới phép liên kết.)

18

Chứng minh. Theo chứng minh của kết quả trên ta chỉ cần kiểm tra rằng, với hai số nguyên r, r′,

r + r′ = min(r, r′) + max(r, r′)

nhưng điều này là tầm thường.

Nhận xét 3.3.10. 1. Có nghĩa là nếu d là một ước chung lớn nhất của a, b thì abd là một bội chung nhỏnhất của a và b. Như vậy, để tìm bội chung nhỏ nhất của hai phần tử, ta chỉ cần tìm ước chung lớnnhất của chúng.

2. Nói chung, với một vành nhân tử hóa tổng quát, việc xác định các phần tử bất khả qui là một vấn đềphức tạp. Do đó phương pháp xác định ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất thông qua phân tíchthành tích các nhân tử bất khả qui như trình bày ở trên nói chung là không đơn giản.

3. Ta sẽ thấy rằng khi A là một miền Euclid, thuật toán Euclid là một phương pháp hữu hiệu đem lại ướcchung lớn nhất của hai phần tử (và do đó bội chung nhỏ nhất của chúng).

Kết quả quen thuộc sau là một trong các tính chất quan trọng nhất của số học của các miền nhân tửhóa.

Mệnh đề 3.3.11 (Bổ đề Euclid). Cho a, b, c là các phần tử của một miền nhân tử hóa A. Giả sử a | bc vàa, c là các phần tử nguyên tố cùng nhau. Thế thì a | b.

Chứng minh. Đây là một bài tập đơn giản.

4 Miền Euclid

4.1 Hai định nghĩa của miền Euclid

Ta nhắc lại định nghĩa quen thuộc của miền Euclid. Với A là một vành, ta kí hiệu A× tập hợp các phần tử6= 0 của A.

Định nghĩa 4.1.1 (Định nghĩa quen thuộc). Một miền Euclid là một miền nguyên A được trang bị mộthàm số f : A× → N thỏa mãn các tính chất sau

E1 Với mọi a ∈ A, b ∈ A×, tồn tại q, r ∈ A sao cho a = bq + r với hoặc r = 0 hoặc f(r) < f(b);

E2 Với mọi a, b ∈ A×, f(a) ≤ f(ab).

Hàm f trong định nghĩa trên được gọi là hàm Euclid (hoặc hàm chuẩn) của miền Euclid A. Cách biểudiễn a = bq + r ở trên được gọi là phép chia Euclid của a cho b, trong đó q, r tương ứng được gọi là thươngvà phần dư.

Ta lưu ý rằng tính chất E2 có thể được phát biểu một cách tương đương như sau

E2’ ∀a, b ∈ A×, a | b =⇒ f(a) ≤ f(b).

Ví dụ 4.1.2. 1. Mọi trường là một miền Euclid. Thật vậy, với K là một trường, ta trang bị f : K\0 →N bằng cách đặt f(x) = 1 với mọi x (khi đó mọi phép chia Euclid trên K có dư = 0).

2. Z với hàm Euclid cho bởi giá trị tuyệt đối. Lưu ý rằng, theo định nghĩa trên, phép chia Euclid là khôngduy nhất, nghĩa là bộ (q, r) là không duy nhất. Chẳng hạn như, phép chia 3 cho 2 có thể được viết theohai cách

3 = 1× 2 + 1 = 2× 2− 1

3. Vành các đa thức một biến với hệ số trong một trường với hàm Euclid cho bởi bậc của đa thức (ví dụnày giải thích tại sao ta không định nghĩa f(0)). Trong trường hợp này, phép chia Euclid là duy nhất.

Trong thực tế, đôi khi một số tác giả định nghĩa Euclid như một vành A với một hàm f : A× → N thỏamãn điều kiện E1 (nghĩa là không yêu cầu điều kiện E2). Một trong các lý do, theo tác giả, là vi trong chứngminh các kết quả chính về các miền Euclid, như A Euclid =⇒ A chính, điều kiện E2 là không cần thiết.Hai định nghĩa của miền Euclid mà ta vừa trình bày, nghĩa là

19

1. (A, f) thỏa mãn E1 và E2;

2. và (định nghĩa yếu hơn) (A, f) thỏa mãn E1.

có vẻ như đem lại hai lớp vành khác nhau. Thực ra không phải như vậy và kết quả sau lý giải điều đó.

Mệnh đề 4.1.3. Cho A là một vành trang bị một hàm f : A× → N thỏa mãn điều kiện E1 ở trên. Ta địnhnghĩa A× → N bằng cách đặt

f(a) = minb 6=0

f(ab)

Khi đó (A, f) là một miền Euclid.

Chứng minh. Ta cần chứng minh hàm f thỏa mãn các tính chất E1 và E2. Trước tiên nhận xét rằng, vớimọi a ∈ A×, bằng cách viết a = a× 1 ta suy ra

f(a) ≤ f(a)

Một mặt, giả sử a, b ∈ A×. Ta có f(ab) = f(abc) với c ∈ A× nào đó. Như vậy f(a) = minx∈A× f(ax) ≤f(abc) = f(ab), nghĩa là f thỏa mãn điều kiện E2.

Mặt khác, áp dụng tính chất E1 của f đối với bộ (a, bc) ta tìm được q, r ∈ A sao cho

a = bcq + r

với r = 0 hoặc f(r) < f(bc). Rõ ràng a = bq′ + r với q′ = cq. Ta sẽ chỉ ra (q′, r) là phép chia Euclid của acho b ứng với f ′. Nếu r = 0 thì ta không có gì phải chứng minh. Nếu không, ta có

f(r) ≤ f(r) < f(bc) = f(b)

theo cách chọn của c. Như vậy f(r) < f(b) và f thỏa mãn điều kiện E2.

4.2 A Euclid =⇒ A chính

Định lí 4.2.1. Mọi miền Euclid là chính.

Chứng minh. Ta lập luận giống như chứng minh Z là một miền chính. Giả sử A là một miền Euclid với hàmEuclid f và I ⊂ A là một ideal. Nếu I = 0 thì hiển nhiên I là một ideal chính. Giả sử I 6= 0. Tập ảnhf(I) là một tập con khác rỗng (vì I 6= 0) của N nên chứa một phần tử cực tiểu. Gọi 0 6= a ∈ I là mộtphần tử với f(a) nhỏ nhất: f(a) ≤ f(b) với mọi 0 6= b ∈ I. Ta sẽ chứng minh I = (a). Thật vậy, rõ ràng(a) ⊂ I, ta cần chỉ ra I ⊂ (a). Giả sử b ∈ I, theo tính Euclid của A, tồn tại q, r sao cho b = aq + r sao chohoặc r = 0 hoặc f(r) < f(a). Nếu r 6= 0 thì r = b− aq ∈ I và f(r) < f(a), mâu thuẫn với cách chọn của a ởtrên. Vậy r = 0 và do đó b = aq ∈ (a).

Nhận xét 4.2.2. Trong chứng minh trên, ta không sử dụng tính chất E2 của A.

Dĩ nhiên A là một miền chính không suy ra A là một miền Euclid. Tuy nhiên, việc xây dựng các ví dụvề các miền chính không Euclid không phải là một bài toán dễ. Ta có thể chứng minh rằng

A =

a+ b

√19i

2; a, b ∈ Z

⊂ C

là một miền chính nhưng không Euclid.

20

4.3 Thuật toán Euclid

Cho A là một miền Euclid với hàm Euclid f và a, b ∈ A với b 6= 0. Thuật toán Euclid cho phép chia a cho blà thuật toán sau đây.

Tiến hành phép chia Euclid a0 = a cho a1 = b, ta được hai phần tử q1, r sao cho a0 = a1q1 + r1 với r = 0hoặc f(r1) < f(a1). Nếu r1 6= 0 ta tiến hành phép chia Euclid a1 cho r1 ta được các phần tử q2, r2 sao choa1 = r1q2 + r2 với r2 = 0 hoặc f(r2) < f(r1). Tiến hành theo cách như trên, qui trình sẽ dừng lại chínhxác khi thu được một phép chia có dư = 0. Số các phép chia trong qui trình phải là hữu hạn. Thật vậy, nếukhông, ta sẽ nhận được một dãy vô hạn các số dư r1, r2, . . . sao cho dãy các số tự nhiên f(ri), i = 1, 2, . . . làthực sự giảm, một điều hiển nhiên không thể xảy ra.

Ta viết lại các phép chia ở trên như sau

a = bq1 + r1

b = r1q2 + r2

· · · = · · ·rk−2 = rk−1qk−1 + rk

rk−1 = rkqk

với f(b) > f(r1) > · · · > f(rk).Qui trình trên được gọi là thuật toán Euclid.

Định lí 4.3.1. Cho A là một miền Euclid và a, b ∈ A với b 6= 0. Gọi d là phần dư 6= 0 cuối cùng trongthuật toán Euclid cho phép chia a cho b. Khi đó d là một ước chung lớn nhất của a và b.

Chứng minh. Với các kí hiệu trên, ta có d = rk. Bằng qui nạp ta chứng minh

UCLN(a, b) = UCLN(b, r1) = · · · = UCLN(rk−1, rk) = rk

Thật vậy, chẳng hạn ta muốn chứng minh UCLN(a, b) = UCLN(b, r1). Giả sử c ∈ A là một ước chung củaa và b khi đó c | a, c | b =⇒ c | a− bq1 = r1. Ngược lại, nếu c | b và c | r1 thì c | r1 + bq1 = a.

Thuật toán Euclid không những cho phép xác định UCLN của a và b một cách khá nhanh mà còn chota đẳng thức Bezout một cách cụ thể, có nghĩa là cho ta một cặp (s, t) thỏa mãn

sa+ tb = d

Thật vậy, ta bắt đầu bằng phép chia cuối cùng với phần dư 6= 0, nghĩa là rk−2 = rk−1qk−1 + rk và sao chork | rk−1. Ta có d = rk = UCLN(rk−2, rk−1) và

d = rk−2 − qk−1rk−1

Tương tự, d = UCLN(rk−3, rk−2) và

d = rk−2 − qk−1rk−1 = rk−2 − qk−1(rk−3 − rk−2qk−2)= −qk−1rk−3 + (1 + qk−1qk−2)rk−2

Tiến hành theo cách này rõ ràng ta thu được một cặp s, t cần tìm.

Ví dụ 4.3.2. Với các số nguyên a = 630, b = 132, một thuật toán Euclid có thể được viết như sau

630 = 4× 132 + 102132 = 1× 102 + 30102 = 3× 30 + 1230 = 2× 12 + 612 = 2× 6

Như vậy, ta tìm được UCLN(630, 132) = 6. Hơn nữa,

21

6 = 30− 2× 126 = 30− 2(102− 3× 30)

= −2× 102 + 7× 306 = −2× 102 + 7(132− 1× 102)

= 7× 132− 9× 1026 = 7× 132− 9(630− 4× 132)

= −9× 630 + 43× 132

4.4 Các phần tử đơn vị của miền Euclid

Kết quả sau miêu tả các phần tử khả nghịch của một miền Euclid như tập các phần tử 6= 0 với giá trị củahàm Euclid cực tiểu.

Mệnh đề 4.4.1. Cho (A, f) là một miền Euclid và a, a′, b là các phần tử 6= 0. Ta có

1. f(a) ≥ f(1) với mọi a 6= 0;

2. f(a) = f(1)⇔ a ∈ A∗;

3. Tổng quát hơn, f(ab) = f(a)⇔ b ∈ A∗. Nói riêng, nếu a, a′ là các phần tử liên kết thì f(a) = f(a′).

Chứng minh. 1. Theo tính chất E2, ta có f(a) = f(a · 1) ≥ f(1);

2. Tất nhiên ta chỉ cần áp dụng điểm 3 sau đây với a = 1 để có 2. Tuy nhiên ta có thể chứng minh trựctiếp một cách khá đơn giản. Nếu a ∈ A∗ thì f(1) = f(a · a−1) ≥ f(a). Kết hợp với bẩt đẳng thứcf(1) ≤ f(a) ở trên ta suy ra f(a) = f(1). Ngược lại, giả sử f(a) = f(1). Thực hiện phép chia Euclid 1cho a ta được 1 = aq + r. Nếu r 6= 0 thì theo tính chất E2, f(r) < f(1), mâu thuẫn với bất đẳng thứcf(r) ≥ f(1) ở trên. Như vậyr = 0, nghĩa là aq = 1 và do đó a ∈ A∗.

3. Giả sử a ∈ A∗. Một mặt theo tính chất E2, f(a) ≤ f(ab). Mặt khác, do a khả nghịch, cũng theo tínhchất E2, ta có f(ab) ≤ f(a−1 · ab) = f(b). Ta suy ra f(a) = f(ab).

Ngược lại, giả sử f(ab) = f(a). Ta sẽ chứng minh b ∈ A∗ bằng phản chứng. Giả sử ngược lại b /∈ A∗.Thực hiện phép chia Euclid a cho ab ta được a = abq + r. Nếu r = 0 thì a = abq, như vậy bq = 1 vàb ∈ A∗ (mâu thuẫn với b ∈ A∗!). Giả sử r 6= 0, khi đó f(r) < f(ab) = f(a). Đẳng thức a = abq + r cóthể được viết lại thành r = a(1 − bq). Do b /∈ A∗, 1 − bq 6= 0 và theo tính chất E2 ta có f(a) ≤ f(r),mâu thuẫn với bất đẳng thức f(r) < f(a) ở trên.

Ví dụ 4.4.2. Miêu tả các phần tử đơn vị của một miền Euclid ở trên áp dụng cho Z (và hàm Euclid chobởi giá trị tuyệt đối) và K[X] với K là một trường (và hàm Euclid cho bởi bậc) cho ta

Z∗ = ±1K[X]∗ = P (X); degP (X) = deg 1 = 0

4.5 Miền Euclid với phép chia Euclid duy nhất

Định lí 4.5.1. Cho A là một miền Euclid sao cho phép chia Euclid trên A là duy nhất. Khi đó hoặc A làmột trường hoặc A đẳng cấu với một vành các đa thức một biến với hệ số trong một trường.

Có nghĩa là hoặc A là một trường hoặc tồn tại một trường K sao cho A ' K[X].Ta sẽ chứng minh một kết quả mạnh hơn một chút.

Định lí 4.5.2. Cho một miền nguyên A được trang bị một hàm số f : A× → N thỏa mãn E1 và sao chophép chia Euclid là duy nhất. Khi đó (A, f) là một miền Euclid. Hơn nữa, hoặc A là một trường, hoặc Ađẳng cấu với một vành các đa thức một biến với hệ số trong một trường.

22

Trước hết ta chỉ ra rằng tính duy nhất của phép chia Euclid kéo theo tính chất E2.

Bổ đề 4.5.3. Giả sử A thỏa mãn các điều kiện của Định lý 4.5.2 trên. Khi đó A là một miền Euclid.

Chứng minh. Ta cần chỉ ra (A, f) thỏa mãn điều kiện E1. Giả sử ngược lại, f(ab) < f(a) với a, b ∈ A× nàođó. Khi đó, ab = a× b+ 0 = b× 0 + ab là hai phép chia Euclid phân biệt của ab cho b, vô lý.

Đặt δ0 = mina∈A× f(a). Theo Mệnh đề 4.4.1, ta có

A∗ = a ∈ A×; f(a) = δ0

Bổ đề 4.5.4. Giả sử A thỏa mãn các điều kiện của Định lý 4.5.2 trên. Khi đó K = A∗ ∪0 là một trường.

Chứng minh. Theo xây dựng rõ ràng K× = A∗ là một nhóm giao hoán đối với phép nhân. Để chứng minhK là một trường ta chỉ cần chỉ ra K là một vành con của A.

1. Do K× ổn định dưới phép nhân nên K ổn định dưới phép nhân.

2. 1 ∈ K theo xây dựng và nếu a ∈ K thì −a ∈ K.

3. K ổn định dưới phép cộng. Thật vậy, giả sử a, b ∈ K. Nếu a = 0 hoặc b = 0 thì hiển nhiên a+ b ∈ K.Ta giả sử a 6= 0, b 6= 0. Ta có

a+ b = a(1 + a−1b)

(nhắc lại rằng a ∈ K× có nghĩa là a ∈ A∗). Do K ổn định dưới phép nhân và do a−1b ∈ A∗ nên đểchứng minh a+ b ∈ K ta chỉ cần chỉ ra 1 + u ∈ K với mọi u ∈ A∗.Ta suy luận bằng phản chứng, giả sử 1 + u /∈ K, nói riêng u 6= 0 và

f(1 + u) > δ0 = f(1) = f(−u−1)

Ta suy ra hai phép chia Euclid 1 cho 1 + u

1 = (1 + u)× 0 + 1 = (1 + u)u−1 + (−u−1)

Điều này mâu thuẫn với giả thiết bài toán.

Kết thúc chứng minh Định lý 4.5.2. Do A không phải là một trưòng nên A\K 6= ∅. Như vậy tồn tại mộtphần tử x0 ∈ A\K sao cho δ1 = f(x0) là nhỏ nhất, nghĩa là

δ1 = f(x0) = minx∈A\K

f(x)

Định nghĩa hàm số φ : K[X]→ A bằng cách đặt

φ(P (X)) = P (x0)

Rõ ràng φ là một đồng cấu K-đại số. Ta sẽ chứng minh φ là một đẳng cấu.

Đơn cấu. Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo n khẳng định sau: nếu P (X) ∈ K[X] với bậc ≤ n sao choP (x0) = 0 thì P (X) = 0. Nếu P (X) = c ∈ K thì rõ ràng khẳng định là đúng vì P (x0) = c. Giảsử khẳng định đúng với n − 1 và P (X) là một đa thức bậc ≤ n sao cho P (x0) = 0. Viết P (X) =a0 + a1X + · · ·+ anX

n với ai ∈ K. Ta có

0 = P (x0) = a0 + a1x0 + · · ·+ anxn0

hay

23

0 = x0(anxn−10 + an−1x

n−20 + · · ·+ a1) + a0

Đây là một phép chia Euclid của 0 cho x0. Thật vậy, hoặc a0 = 0 hoặc a0 ∈ K× = A∗, khi đóf(a0) = δ0 < δ1 = f(x0). Thế nhưng 0 = x0 × 0 + 0 nên theo tính duy nhất của phép chia Euclidta suy ra a0 = 0. Như vậy P (X) = XQ(X) với Q(X) = anX

n−1 + · · · a2X + a1 và Q(x0) = 0. VìdegQ ≤ n− 1 nên giả thiết qui nạp chứng tỏ Q(X) = 0 và do đó P (X) = 0.

Toàn cấu. Ta sẽ chứng minh bằng qui nạp theo n ∈ N khẳng định sau: với mọi x ∈ A×, f(x) ≤ n =⇒ x ∈Imφ.

Với mọi n ≤ δ0 khẳng định trên là đúng. Thật vậy, theo định nghĩa của δ0 các phần tử x ∈ A× vớif(x) ≤ δ0 là các phần tử x ∈ A∗ (và khi đó f(x) = δ0). Nhưng theo định nghĩa A∗ = K× ⊂ Imφ.

Giả sử khẳng định trên đúng với mọi số nguyên ≤ n − 1, ta sẽ chứng minh khẳng định là đúng vớisố nguyên dương n. Gọi x ∈ A× là một phần tử sao cho f(x) ≤ n. Nếu f(x) ≤ δ0 thì (f(x) = δ0 và)x ∈ Imφ như ta đã giải thích ở trên. Ta giả sử f(x) > δ0, nghĩa là x /∈ K. Thực hiện phép chia Euclidx cho x0 ta được x = x0q + r với r = 0 hoặc f(r) < f(x0) = δ1. Chú ý rằng, từ định nghĩa của δ0, δ1,ta suy ra r = 0 hoặc f(r) = m0 và do đó r ∈ K. Như vậy, để chứng minh x ∈ Imφ ta chỉ cần chỉ raq ∈ Imφ. Ta sẽ chứng minh f(q) ≤ n − 1 và do đó theo giả thiết qui nạp q ∈ Imφ. Bất đẳng thứcf(q) ≤ n− 1 được suy ra từ f(q) < f(x0q) và f(x0q) = f(x− r) = f(x) (và giả thiết f(x) ≤ n) mà tasẽ thiết lập trong các Bổ đề sau đây

Bổ đề 4.5.5. Nếu x 6= 0 thì f(xx0) > f(x).

Chứng minh. Giả sử ngược lại, f(xx0) ≤ f(x). Bởi vì x | xx0 nên theo Bổ đề 4.5.3 ta có f(x) ≤ f(xx0).Ta suy ra f(x) = f(xx0). Phép chia Euclid x cho xx0 cho ta q, r ∈ A sao cho x = xx0q + r với r = 0 hoặcf(r) < f(xx0) = f(x). Chú ý rằng x | r nên nếu r 6= 0 thì f(x) ≤ f(r), vô lý. Vậy r = 0 và do đó x = xx0q.Theo luật giản ước ta lại có x0q = 1, như vậy x0 ∈ A∗ mâu thuẫn với cách xây dựng x0.

Bổ đề 4.5.6. Nếu a ∈ K và x /∈ K thì f(x+ a) = f(x)

Chứng minh. Nếu a = 0 đẳng thức cần chứng minh là hiển nhiên. Giả sử a 6= 0, như vậy a ∈ A∗. Vìa + x = a(1 + a−1x), x = aa−1x, nghĩa là a + x liên kết với 1 + a−1x, x với a−1x, nên theo Bổ đề 4.5.3 tasuy ra

f(a+ x) = f(1 + a−1x), f(x) = f(a−1x)

Như vậy, ta chỉ cần chỉ ra nếu y /∈ K thì f(y) = f(1 + y). Chú ý rằng y /∈ K =⇒ 1 + y /∈ K, nói riêng1 + y 6= 0. Ta có

1 = (1 + y)× 1− y = (1 + y)× 0 + 1

Theo xây dựng, điều kiện 1 + y /∈ K =⇒ f(1 + y) > f(1) = m0. Như vậy 1 = (1 + y)× 0 + 1 là phép chiaEuclid của 1 cho 1 + y. Do tính duy nhất của phép chia Euclid ta suy ra 1 = (1 + y)× 1− y không phải làphép chia Euclid của 1 cho 1 + y. Ta suy ra f(y) ≥ f(1 + y).

Suy luận giống như trên với −(1 + y) thay vì y ta cũng suy ra f(−(1 + y)) > f(1 − (1 + y)). Nhưngbất đẳng thức này tương đương với f(1 + y) ≥ f(y). Kết hợp với bất đẳng thức ngược lại ở trên ta suy raf(1 + y) = f(y) như mong đợi.

4.6 Vành các số nguyên Gauss

Trong mục này, ta áp dụng một số kết quả đã thu được để chứng minh tính nhân tử hóa của vành các sốnguyên Gauss và sử dụng tính nhân tử hóa để chứng minh kết quả số học kinh điển về tổng hai số chínhphương.

Ta nhắc lại định nghĩa vành các số nguyên của Gauss

Định nghĩa 4.6.1. Tập hợpZ[i] = a+ bi; a, b ∈ Z ⊂ C

(với i2 = −1.) là một vành con của C, gọi là vành các số nguyên Gauss.

24

Định nghĩa 4.6.2. Cho z = x+ yi ∈ C.

1. Ta gọi liên hợp của z phần tử z = x− yi ∈ C;

2. Chuẩn của z là số thực không âm N(z) = zz = x2 + y2.

Nhận xét 4.6.3. Lưu ý rằng đây là khái niệm chuẩn trong lý thuyết số, hơi khác với khái niệm chuẩn tronggiải tích phức quen thuộc.

Rõ ràng N(z) = 0⇔ z = 0. Ngoài ra liên hợp và chuẩn có tính nhân.

Bổ đề 4.6.4. Với mọi z, z′ ∈ C ta có

1. ¯zz′ = zz′;

2. N(zz′) = N(z) N(z′).

Chứng minh. Các tính toán đơn giản cho thấy ¯zz′ = zz′. Tính nhân của chuẩn được suy ra từ tính nhâncủa liên hợp.

Lưu ý rằng nếu α ∈ Z[i] thì

1. α ∈ Z[i];

2. N(α) ∈ N.

Do N(α) = 0⇔ α = 0 nên N : Z[i]× → Z>0.

Định lí 4.6.5. Vành Z[i] cùng với hàm N là một miền Euclid.

Chứng minh. Vành Z[i] là một vành con của C nên hiển nhiên là một miền chính. Ta sẽ chứng minh hàmN thỏa mãn các tính chất của một miền Euclid. Trước hết, nếu α, β ∈ Z[i]× thì theo tính nhân của chuẩnmà ta thiết lập ở Bổ đề 4.6.4, N(αβ) = N(α) N(β). Nhưng N(α),N(β) là các số nguyên dương nên rõ ràngN(α) ≤ N(αβ).

Bây giờ ta chứng minh sự tồn tại của phép chia Euclid trên Z[i]. Giả sử α, β ∈ Z[i] với β 6= 0. Ta có, trongC, αβ = x+yi với x, y ∈ R nào đó. Trong mặt phẳng phức C với trục tung Ri và trục hoành R, các số nguyênGauss chính là tập các điểm có tọa độ nguyên. Ta chọn µ ∈ Z[i] là một điểm tọa độ nguyên gần x+yi nhất. Dễthấy khi đó khoảng cách giữa µ và x+iy không vượt quá một nửa của độ dài đường chéo một hình vuông đơnvị, nghĩa là ≤

√2

2 , nói riêng luôn nhỏ hơn 1. Mặt khác, khoảng cách giữa hai điểm z, z′ trong mặt phẳng tọa

độ chính là N(z−z′)2. Như vậy, N(αβ −µ) < 1. Do đó N(α−βµ) = N(β(αβ − µ

))= N(β) N(αβ −µ) < N(β).

Như vậy, nếu ta đặt ρ = α− βµ thì α = βµ+ ρ chính là một phép chia Euclid cần tìm.

Trước hết ta xác định các phần tử khả nghịch của Z[i].

Bổ đề 4.6.6. Z[i]× = α ∈ Z[i]; N(α) = 1 = ±1,±i.

Chứng minh. Theo Mệnh đề 4.4.1, Z[i]× = α ∈ Z[i]; N(α) = N(1) = 1. Ngoài ra N(a+ bi) = 1⇔ a2 + b2 =1⇔ (a, b) = (±1, 0) hoặc (a, b) = (0,±1)⇔ a+ bi = ±1 hoặc ±i.

Về phía các phần tử bất khả qui, trước hết ta có kết quả sau.

Mệnh đề 4.6.7. Cho γ ∈ Z[i] là một phần tử bất khả qui của Z[i]. Tồn tại duy nhất một số nguyên tố p ∈ Zsao cho γ | p.

Chứng minh. Ta có γ | γγ = N(γ). Số nguyên dương N(γ) là tích của một số hữu hạn các (ước) số nguyêntố. Do γ là một phần tử bất khả qui, ta suy ra γ là ước của một ước nguyên tố p nào đó của N(x). Sốnguyên tố p như vậy là duy nhất. Thật vậy, giả sử tồn tại một số nguyên tố q 6= p sao cho γ | q. Theo Địnhlý Bezout cho các số nguyên, ta biết rằng tồn tại các số nguyên a, b sao cho ap + bq = 1. Do đó γ | 1, mâuthuẫn với giả thiết γ bất khả qui.

Nhận xét 4.6.8. Mệnh đề trên, đơn giản nhưng rất sâu sắc, nói rằng mọi phần tử bất khả qui của Z[i] đềunằm trên một số nguyên tố nào đó. Nói một cách khác, ta đã có một miêu tả ban đầu các phần tử bất khảqui của Z[i].

25

Theo Mệnh đề 4.6.7 và tính nhân tử hóa của Z[i], việc miêu tả các phần tử bất khả qui của Z[i] tươngđương với việc miêu tả các nhân tử bất khả qui trong vành Z[i] của các số nguyên tố thông thường p. Tabắt đầu với p = 2.

Mệnh đề 4.6.9. Các ước bất khả qui của 2 trong Z[i] là 1 + i và các phần tử liên kết với nó, nghĩa là±1± i.Chứng minh. Ta có 2 = (1 + i)(1 − i) nên 1 + i | 2 cũng như các phần tử liên kết với 1 + i, nghĩa là±1 ± i.. Mặt khác 1 + i là bất khả qui. Điều này được suy ra từ nhận xét đơn giản nhưng hữu hiệu sau:một phần tử có chuẩn là một số nguyên tố là bất khả qui. Thật vậy nếu 1 + i = αβ thì N(α) N(β) = 2 làmột số nguyên tố nên hoặc N(α) = 1. hoặc N(β) + 1, nghĩa là hoặc α hoặc β là phần tử đơn vị.

Với các số nguyên tố p lẻ, ta chia ra làm hai trường hợp p ≡ 1 (mod 4) và ≡ 3 (mod 4).

Mệnh đề 4.6.10. Giả sử p là một số nguyên tố ≡ 3 (mod 4). Khi đó p là một phần tử bất khả qui của Z[i].

Chứng minh. Giả sử p là khả qui. Viết p = αβ với α, β là các phần tử không khả nghịch, như vậy N(α),N(β) >1. Từ tính nhân của chuẩn N(α) N(β) = N(p) = p2 và do N(α),N(β) > 1 ta suy ra N(α) = N(β) = p. Viếtα = a+ bi, a, b ∈ Z thế thì a2 + b2 = p ≡ 3 (mod 4) nhưng đồng dư này rõ ràng không thể xảy ra. Như vậyp là một phần tử bất khả qui của Z[i].

Mệnh đề 4.6.11. Giả sử p là một số nguyên tố ≡ 1 (mod 4).

1. Tồn tại duy nhất một bộ nguyên dương (a, b), chính xác tới thứ tự, sao cho a2 + b2 = p;

2. Các ước bất khả qui của p trong Z[i] gồm a + bi, a − bi (với a, b như trên) và các phần tử liên kết vớichúng.

Ví dụ 4.6.12. Để minh họa, số nguyên tố p = 5 có thể viết duy nhất dưới dạng tổng của hai số chínhphương 5 = 12 + 22. Số nguyên tố 5 không là bất khả qui trong Z[i] mà có hai ước bất khả qui 1 + 2i, 1− 2i.Có nghĩa là 5 có 8 ước bất khả qui gồm các phần tử liên kết với 1 + 2i, nghĩa là 1 + 2i,−1− 2i,−2 + i, 2− ivà các phần tử liên kết với 1− 2i, nghĩa là 1− 2i,−1 + 2i, 2 + i,−2− i.

Trước hết, ta thiết lập kết quả đơn giản sau đây.

Bổ đề 4.6.13 (Lagrange). Cho p là một số nguyên tố ≡ 1 (mod 4). Tồn tại một số nguyên n sao chop | n2 + 1.

Chứng minh. Thật vậy, đặt p = 4k + 1. Theo Định lý Wilson ta có (4k)! ≡ −1 (mod p). Mặt khác ta có(4k!) = (1 ·2 · · · 2k)((2k+1) ·(2k+2) · · · (4k)) ≡ (1 ·2 · · · 2k)((−2k)(−2k+1) · · · (−1)) ≡ (−1)2k(1·2 · · · 2k)2 ≡(2k!)2 (mod p).

Nhận xét 4.6.14. Tất nhiên, ta cũng có thể sử dụng các công thức thặng dư toàn phương để chứng minhkết quả trên.

Để cho chứng minh đầy đủ, ta nhắc lại Định lý Wilson.

Bổ đề 4.6.15 (Định lý Wilson). Nếu p là một số nguyên tố thì (p− 1)! ≡ −1 (mod p).

Chứng minh. Nếu p = 2, 3 ta dễ dàng kiểm tra trực tiếp đồng dư trên. Giả sử p ≥ 5. Với mọi số nguyêndương a < p, tồn tại một số nguyên dương b < p sao cho ab ≡ 1 (mod p). Thật vậy, b chính là phầntử đại diện trong 1, 2, . . . , p − 1 của nghịch đảo a−1 của trường hữu hạn Z/(p). Ta chú ý rằng a = bkhi và chỉ khi a = 1 hoặc a = p − 1. Như vậy tích 2 × 3 × · · · × (p − 2) có thể được viết thành tíchcác cặp ab như ở trên, mỗi tích ab ≡ 1 (mod p). Ta suy ra 2 × 3 × · · · × (p − 2) ≡ 1 (mod p). Như vậy(p− 1)! = 1× (p− 1)× (2× 3× · · · × (p− 2)) ≡ p− 1 ≡ −1 (mod p).

Chứng minh Mệnh đề 4.6.11. Theo Bổ đề Lagrange, tồn tại một số nguyên n sao cho p | n2 + 1. Như vậy,nếu xét trong vành Gauss, p | (n + i)(n − i). Tuy nhiên p - n + i, p - n − i (vì np ±

1p i /∈ Z[i]). Từ đó suy ra

p không phải là một phần tử bất khả qui. Gọi a+ bi ∈ Z[i] là một ước bất khả qui của p. Rõ ràng liên hợpa − bi cũng là một ước của p (chỉ cần lấy liên hợp hai vế của một phân tích của p ra tích các phần tử bấtkhả qui trong Z[i]).

Ta sẽ chỉ ra a+ bi, a− bi là các ước bất khả qui duy nhất (sai khác phép liên kết) của p. Thật vậy giả sửc+di (và do đó c−di) là một ước bất khả qui của p. Theo sự tồn tại của phép phân tích ra tích các phần tửbất khả qui ta suy ra (c+di)(c−di)(c+di)(c−di) | p (trong Z[i]). Điều này có nghĩa là (a2 + b2)(c2 +d2) | p(trong Z[i]) hay p

(a2+b2)(c2+d2) ∈ Z[i], vô lý.

26

Hệ quả 4.6.16 (Định lý về tổng hai số chính phương). Một số nguyên tố lẻ p có thể được viết dưới dạngp = a2 + b2 với a, b là các số nguyên khi và chỉ khi p ≡ 1 (mod 4). Hơn nữa, một cách biểu diễn như vậy làduy nhất, chính xác tới dấu và thứ tự.

Chứng minh. Như ta đã nói, nếu p ≡ 3 (mod 4), phương trình p = a2 + b2 không thể có nghiệm nguyên dođồng dư a2 + b2 ≡ 3 (mod 4) không bao giờ xảy ra. Trường hợp p ≡ 1 (mod 4) là khẳng định đầu tiên củaMệnh đề 4.6.11.

Nhận xét 4.6.17. Ta có thể mở rộng kết quả trên cho các số nguyên dương bất kì như sau. Cho n là mộtsố nguyên dương. Khi đó

1. n viết được thành tổng của hai số chính phương khi và chỉ khi trong phân tích ra thừa số nguyên tốcủa n, mọi ước nguyên tố ≡ 3 (mod 4) đều có lũy thừa chẵn.

2. Tổng quát hơn, số nghiệm nguyên của phương trình x2 + y2 = n bằng 4 lần hiệu của số các ước ≡ 1(mod 4) của n trừ cho số các ước ≡ 3 (mod 4) của n.

Kết hợp các Mệnh đề 4.6.9, 4.6.10 và 4.6.11 ta thu được kết quả sau.

Định lí 4.6.18. Các phần tử bất khả qui của Z[i] gồm

1. 1 + i và các phần tử liên kết của nó, nghĩa là ±1± i;

2. Các số nguyên tố p ≡ 3 (mod 4) và các phần tử liên kết của nó, nghĩa là ±p,±pi;

3. Hai nhân tử bất khả qui a+ bi, a− bi trong phân tích ra tích các nhân tử bất khả qui của một số nguyêntố p ≡ 1 (mod 4) và các phần tử liên kết của nó. Các số (a, b) có thể được đặc trưng như là bộ sốnguyên duy nhất, chính xác tới dấu và tới thứ tự thỏa mãn a2 + b2 = p.

Ta có thể diễn tả lại các kết quả trên dưới ngôn ngữ mở rộng và co rút các ideal. Xét phép nhúng chínhtắc Z → Z[i]. Như ta đã biết, cả Z và Z[i] là các miền Euclid và do đó là miền chính. Ta biết rằng mỗiideal nguyên tố 6= 0 của một miền chính là một ideal chính sinh bởi một phần tử bất khả qui. Như vậy cácideal nguyên tố 6= 0 của Z có dạng (p) với p là một số nguyên tố, các ideal nguyên tố 6= 0 của Z[i] có dạng(1 + i), (p), với p là một số nguyên tố ≡ 3 (mod 4) hoặc a + bi với a, b là các số nguyên dương thỏa mãna2 + b2 = q với q là một số nguyên tố ≡ 1 (mod 4). Kết quả sau đây miêu tả tường minh Mệnh đề 4.6.7

Hệ quả 4.6.19. Cho p là một ideal nguyên tố 6= 0 của Z[i]. co rút pc ⊂ Z của p là

1. pc = (2) nếu p = (1 + i);

2. pc = (p) nếu p là ideal chính sinh bởi một số nguyên tố p ≡ 3 (mod 4);

3. pc = (a2 + b2) nếu p là ideal chính sinh bởi một phần tử bất khả qui a+ bi /∈ Z, a2 + b2 ≡ 1 (mod 4).

Chứng minh. Ta chứng minh cho p = (1 + i), các trường hợp còn lại hoàn toàn tương tự. Chu ý rằng co rútcủa một ideal nguyên tố là một ideal nguyên tố. Mặt khác, do 2 ∈ Z, đẳng thức 2 = (1− i)(1 + i) chứng tỏ2 ∈ p ∩ Z = pc. Ta suy ra ideal nguyên tố pc của Z chính là ideal nguyên tố sinh bởi 2.

Hệ quả 4.6.20. Cho p là một số nguyên tố. Khi đó mở rộng (p)e của (p) trong Z[i] là

1. (p)e = (1 + i)2, nếu p = 2;

2. (p)e = (p) (và (p) là một ideal nguyên tố của Z[i]) nếu p ≡ 3 (mod 4);

3. (p)e = (a + bi)(a − bi) nếu p ≡ 1 (mod 4) và (a, b) là bộ số nguyên dương sao cho a2 + b2 = p. Mỗiideal chính (a+ bi), (a− bi) là một ideal nguyên tố của Z[i].

Chứng minh. Rõ ràng mở rộng của một ideal chính (p) ⊂ Z là ideal chính trong Z[i] sinh bởi cùng phần tử.Bây giờ, nếu p = 2 thì do 2 = −i(1 + i)2 nên 2 liên kết với (1 + i)2, nên (2)e là ideal chính sinh bởi (1 + i)2,nghĩa là bình phương của ideal nguyên tố (1 + i). Suy luận này áp dụng cho hai trường hợp còn lại.

Nhận xét 4.6.21. Như vậy, mở rộng của ideal nguyên tố (2) ⊂ Z là bình phương của một ideal nguyên tốcủa Z[i], mở rộng của ideal nguyên tố (p) với p ≡ 3 (mod 4) vẫn còn là một ideal nguyên tố, và của idealnguyên tố (p) với p ≡ 1 (mod 4) là tích của hai ideal nguyên tố phân biệt trong Z[i].

27

Tính nhân tử hóa của Z[i] là một công cụ rất hữu hiệu để giải quyết một số phương trình nghiệm nguyên.Để minh họa cho điều này, ta trình bày một vài ví dụ.

Mệnh đề 4.6.22. Phương trình

y2 = x3 − 1

chỉ có nghiệm nguyên duy nhất (x, y) = (1, 0).

Chứng minh. Giả sử (x, y) là nghiệm nguyên của phương trình đã nêu. Nếu x chẵn thì y2 ≡ −1 (mod 8)nhưng −1 không phải chính phương modulo 8. Vậy x lẻ và y chẵn. Viết lại phương trình dưới dạng

x3 = (y + i)(y − i)

Trước hết ta có nhận xét đơn giản sau.

Bổ đề 4.6.23. Với mọi a ∈ 2Z, các phần tử a+ i và a− i là nguyên tố cùng nhau trong Z[i].

Chứng minh. Thật vậy, giả sử γ ∈ Z sao cho γ | a+i, γ | a−i như vậy γ | 2i. Nói riêng ta có N(γ) | N(2i) = 4.Mặt khác, γ | a+ i⇒ N(γ) | N(a+ i) = a2 + 1. Như vậy số nguyên dương N(γ) vừa là ước của 4 vừa là ướccủa số nguyên lẻ a2 + 1, do đó N(γ) = 1. Điều này chứng tỏ γ là một phần tử đơn vị.

Ta biết rằng Z[i] là một vành nhân tử hóa với tập các phần tử khả nghịch ±1,±i. Mặt khác, theo Bổ đềtrên, y+ i, y− i là nguyên tố cùng nhau. Như vậy y+ i, y− i là lập phương của các phần tử của Z[i] (do mọiphần tử khả nghịch đều là lập phương của một phần tử khả nghịch nào đó). Do đó tồn tại các số nguyêna, b sao cho y + i = (a+ bi)3 (khi đó, bằng cách lấy liên hợp, ta có y − i = (a− bi)3). So sánh các phần ảocủa hai vế của đẳng thức y + i = (a + bi)3 ta được 1 = b(3a2 − b2). Giải phương trình nghiệm nguyên đơngiản này ta được (a, b) = (0,−1). Từ đây, ta suy ra y = 0 và như vậy x = 1.

Nhận xét 4.6.24. Với cùng ý tưởng trên, ta có thể chỉ ra rằng, với mọi n ≥ 2 phương trình

xn − y2 = 1

không có nghiệm nguyên (x, y) với y 6= 0. Kết quả này, được thiết lập bởi Lebesgue, là một trường hợp riêngcủa phương trình Catalan.

5 Đa thức với hệ số trong một miền nhân tử hóa

5.1 A nhân tử hóa =⇒ A[X] nhân tử hóa

Định nghĩa 5.1.1 (Nội dung của một đa thức). Cho A là một miền nhân tử hóa và f ∈ A[X]. Ta địnhnghĩa nội dung của f , kí hiệu là cont(f), như là một bội chung nhỏ nhất của các hệ số của f . Như vậy nộidung của một đa thức được xác định một cách duy nhất, chính xác tới liên kết. Ta nói f là nguyên thủy nếucont(f) = 1, nói cách khác nếu các hệ số của f là nguyên tố cùng nhau.

Ví dụ 5.1.2. 1. Giả sử A = Z. Ta có

2. 2X + 1 là một đa thức nguyên thủy;

3. cont(2X + 4) = 2 cont(3X2 − 15) = 3.

Mệnh đề 5.1.3. Cho f, g ∈ A[X] là hai đa thức 6= 0.

1. Nếu f và g là hai đa thức nguyên thủy thì fg cũng là một đa thức nguyên thủy;

2. Một cách tổng quát,

cont(fg) = cont(f) cont(g)

(nhắc lại rằng, đẳng thức này là một đẳng thức chính xác tới liên kết)

28

Chứng minh. 1. Giả sử ngược lại f, g là hai đa thức nguyên thủy nhưng fg không nguyên thủy. Gọi p ∈ Alà một phần tử bất khả qui sao cho p là ước của tất cả các hệ số của fg. Nói cách khác f g = 0, vớif , g tương ứng là các đa thức hệ số trong A/(p) nhận được bằng cách rút gọn modulo p các hệ số củaf và g. Nhưng vì A/(p) là một miền nguyên A/(p)[X] cũng là một miền nguyên. Đẳng thức f g = 0chứng tỏ hoặc f = 0, hoặc g = 0. Nói cách khác, hoặc p là một ước chung của các hệ số của f , hoặc plà một ước chung của các hệ số của g. Nhưng điều này mâu thuẫn với tính nguyên thủy của f và g.

2. Ta có thể viết f = cont(f)f0, g = cont(g)g0 với f0, g0 là hai đa thức nguyên thủy và áp dụng phần trêncho f0, g0.

Mệnh đề 5.1.4. Cho A là một miền nhân tử hóa, K là trường các thương và f ∈ A[X]. Nếu f = gh vớig, h ∈ K[X] thì tồn tại g0, h0 ∈ A[X] sao cho f = g0h0 và deg g0 = deg g,deg h0 = deg h. Nói một cácáhkhác, nếu f phân tích dưới dạng tích của phần tử của K[X] thì f cũng phân tích được thành tích của cácphần tử của A[X] với cùng bậc với các nhân tử trong K[X].

Ta sẽ sử dụng khái niệm sau về rút gọn modulo một ideal của một đa thức.

Định nghĩa 5.1.5. Cho A là một vành, a là một ideal của A. Kí hiệu A→ A/a, a 7→ a ánh xạ chuẩn tắc.Với f(X) = anX

n + · · ·+ a1X + a0 ∈ A[X] ta định nghĩa f ∈ A/a[X] như sau

f [X] = anXn + · · ·+ a1X + a0

Ta gọi f là đa thức rút gọn modulo a của f .

Ta dễ dàng kiểm tra rằng f 7→ f là một đồng cấu vành giữa A[X] và A/a[X].

Chứng minh Mệnh đề 5.1.4. Mọi phần tử của P (X) ∈ K[X] có thể được viết dưới dạng 1aP0(X) với P (X) ∈

A[X], 0 6= a ∈ A nào đó. Giả sử f(X) là một phần tử bất khả qui của A[X] và giả sử f(X) chấp nhậnmột phân tích trong K[X] dạng f(X) = g(X)

ah(X)b với a, b ∈ A, g(X), h(X) ∈ A[X] nào đó. Ta suy ra

abf(X) = g(X)h(X). Gọi p là một nhân tử bất khả qui bất kì của ab. Ta suy ra đẳng thức g(X)h(X) = 0trong A/(p)[X] với g, h là các đa thức nhận được từ g, h bằng cách rút gọn các hệ số modulo p. Do p là bấtkhả qui, p là nguyên tố nên A/(p) là một miền nguyên cũng như A/(p)[X]. Như vậy g = h = 0, nói cách khácp là một ước chung của các hệ số của g hoặc của các hệ số của h. Như vậy ta có thể triệt tiêu nhân tử p ở haivế của đẳng thức abf(X) = g(X)h(X). Tiến hành qui nạp theo số các nhân tử bất khả qui của ab ta thu đượcmột đẳng thức có dạng f(X) = g0(X)h0(X) với g0(X), h0(X) ∈ A[X] và deg(g0) = deg(g),deg(h0) = deg(h).

Hệ quả 5.1.6 (Bổ đề Gauss). Cho A là một miền nhân tử hóa, K là trường các thương và f ∈ A[X]. Tacó f là bất khả qui trong A[X] khi và chỉ khi f là bất khả qui trong K[X].

Định lí 5.1.7. Cho A là một miền nhân tử hóa. Vành các đa thức A[X] cũng là một miền nhân tử hóa.Hơn nữa, một đa thức f ∈ A[X] là bất khả qui trong A[X] khi và chỉ khi f nguyên thủy và bất khả qui trongK[X].

Chứng minh. Ta chứng minh tính nhân tử hóa của A[X], khẳng định về các phần tử bất khả qui của A[X]nằm trong chứng minh. Giả sử f(X) = a0 + a1X + · · ·+ anX

n ∈ A[X]×

NTH1. Giả sử f ∈ A[X] là một phần tử bất khả qui của vành A[X]. Nếu f(X) là một hằng số f(X) = a0

thì rõ ràng a0 là một phần tử bất khả qui của A. Ngược lại, ta dễ dàng kiểm tra rằng mọi phần tử bất khảqui a ∈ A đều bất khả qui nếu coi như phần tử của A[X].

Giả sử f(X) khác hằng. Ta viết f = cont(f)f0 với f0 ∈ A[X] sao cho cont(f0) = 1. Trước hết, do Anhân tử hóa, ta có một phân tích cont(f) = ua1 · · · ak với u ∈ A∗, a1, a2, . . . , ak ∈ A bất khả qui. Theo nhậnxét trên, đây cũng là phân tích của cont(f) ∈ A[X] ra tích của một đơn vị với các phần tử bất khả qui củaA[X]. Bây giờ, nếu f0 là một phần tử bất khả qui của A[X] thì ta không có gì phải chứng minh. Nếu không,f0 = g0h0 với deg g,deg h < deg f = deg f0. Chú ý rằng khi đó cont(g) = cont(h) = 1. Bằng cách tiến hànhqui nạp đơn giản theo deg f0 ta có được một phân tích của f0 ra tích các phần tử bất khả qui của A[X].Kết hợp với phân tích ở trên của cont(f) ta thu được phân tích mong muốn của f .

NTH2. Bây giờ ta chứng minh tính chất NTH2’. Ta cần chỉ ra rằng nếu f ∈ A[X] là một phần tử bấtkhả qui thì f là một phần tử nguyên tố của A[X] Giả sử f | gh, nghĩa là fk = ghvới g, h, k ∈ A[X] nào đó.Coi đẳng thức này như đẳng thức trong K[X] với K là trường các thương của A. Một mặt, vì f là một phần

29

tử bất khả qui của A[X] nên theo Bổ đề Gauss f cũng bẩt khả qui trong K[X]. Mặt khác, ta nhắc lại rằngK[X] là một miền chính và do đó là một miền nhân tử hóa. Như vậy đẳng thức fk = gh dẫn đến f | g hoặcf | h trong K[X]. Không mất tổng quảt, giả sử f | g trong K[X], nói cách khác f pa = g với p ∈ A[X], a ∈ Anào đó, nghĩa là fp = ag. Ta suy ra a | cont(fp) = cont(p) theo Mệnh đề 5.1.3 trên. Như vậy, pa ∈ A[X] vàdo đó f | g trong A[X].

Hệ quả 5.1.8. Nếu A là một miền nhân tử hóa và n nguyên dương thì A[X1, . . . , Xn] cũng là một miềnnhân tử hóa. Hơn nữa, các phần tử bất khả qui của A[X1, . . . , Xn] là các phần tử nguyên thủy và bất khả quitrong K[X1, . . . , Xn].

Chứng minh. Được suy ra từ qui nạp.

Nhận xét 5.1.9. Tương tự, ta có thể chỉ ra rằng nếu A là một miền nhân tử hóa thì A[[X]] cũng là mộtmiền nhân tử hóa.

5.2 Tiêu chuẩn bất khả qui

Việc xác định các đa thức bất khả qui với hệ số trong một trường (hay vành) là bất khả qui là một bài toánkhó và nói chung không có phương pháp tổng quát. Ta sẽ trình bày sau đây một số tiêu chuẩn quen thuộc.

Trước hết ta có nhận xét sau đây.

Mệnh đề 5.2.1. Cho K là một trường và f ∈ K[X] với deg f = 2, 3. Thế thì f khả qui trong K[X] khi vàchỉ khi f có nghiệm trong K.

Chứng minh. Đây là một bài tập đơn giản.

Để chứng minh các đa thức một biến có bậc nhỏ 2, 3 là bất khả qui, ta có thể kết hợp kết quả trên vớiphương pháp thử nghiệm nguyên sau đây.

Mệnh đề 5.2.2 (Phương pháp thử nghiệm nguyên). Cho A là một miền nhân tử hóa với trường các thươngK. Cho f(X) = anX

n + · · ·+ a1X + a0 ∈ A[X]. Giả sử bc , với b, c ∈ A nguyên tố cùng nhau, là một nghiệm

trong K của f . Khi đó b | a0, c | an. Nói riêng nếu f là một đa thức đơn thì mọi nghiệm trong K của f đềunẳm trong A và là ước của a0.

Chứng minh. Do bc là một nghiệm của f nên

anbn

cn+ · · · a1

b

c+ a0 = 0 =⇒ anb

n + an−1bn−1c+ · · ·+ a1bc

n−1 + a0cn = 0

Do b | 0 và mỗi hạng tử anbn, . . . , a1bcn−1 ta suy ra b | a0c

n. Nhưng do b, c nguyên tố cùng nhau, điều nàydẫn đến b | a0.

Tương tự, do c | 0 và mỗi hạng tử an−1bn−1c, . . . , a0c

n nên c | anbn. Kết hợp điều này với việc b, c nguyêntố cùng nhau ta cũng suy ra c | an. Nói riêng, khi a0 = 1 ta suy ra c ∈ A∗ và do đó b

c ∈ A.

Ví dụ 5.2.3. Các đa thức

1. X3 − 5X2 + 1;

2. X2 − 2X2 − 6

là bất khả qui trong Q[X]. Ta lưu ý rằng với đa thức thứ 2 ta cũng có thể sử dụng tiêu chuẩn Eisenstein sauđây.

Định lí 5.2.4 (Phương pháp rút gọn modulo p). Cho A là một miền nhân tử hóa và K là trường các thương.Cho p là một ideal nguyên tố của A và L là trường các thương của A/p. Cho f(X) = anX

n+ · · ·+a1X+a0 ∈A[X] sao cho an /∈ a và gọi f là rút gọn modulo p của f . Nếu f bất khả qui trong A/p[X] hay L[X] thì Pbất khả qui trong K[X].

30

Chứng minh. Giả sử f = g0h0 với g0, h0 ∈ K[X]. Theo Mệnh đề 5.1.4, ta có thể viết f = gh với g, h ∈ A[X]và deg g = deg g0,deg h = deg h0. Viết

g(X) = bmXm + · · ·+ b1X + b0, h(X) = ckXk + · · ·+ c1X + c0

Như vậy m+k = n và an = bmck. Theo giả thiết an /∈ p nên bm /∈ p, ck /∈ p. Ta suy ra deg f = deg f ,deg g =deg g,deg h = deg h. Mặt khác, rút gọn modulo p đẳng thức f = gh ta thu được f = gh. Do f bất khảqui trong A/a[X] hay L[X], đẳng thức cuối cùng kéo theo deg g = 0 hoặc deg f = 0. Kết hợp điều nàyvới deg g = deg g,deg h = deg h ở trên ta suy ra deg g = 0 hoặc deg h = 0. Như vậy f bất khả qui trongK[X].

Ví dụ 5.2.5. Dựa vào phương pháp thử nghiệm, ta dễ dàng kiểm tra được rằng X2 +X + 1 là bất khả quitrong Z/(2)[X]. Như vậy X2 + X + 1 là bất khả qui trong Q[X] cũng như mọi đa thức aX2 + bX + c vớia, b, c là các số nguyên lẻ.

Định lí 5.2.6 (Tiêu chuẩn Eisenstein). Cho A là một miền nhân tử hóa với trường các thương K vàf(X) = a0 + a1X + · · ·+ anX

n ∈ A[X] là một đa thức với bậc ≥ 1. Giả sử tồn tại một phần tử bất khả quip ∈ A sao cho

p - an, p | an−1, . . . , p | a1, p | a0, p2 - a0

Khi đó f(X) là một đa thức bất khả qui trong K[X].

Chứng minh. Giả sử ngược lại, f phân tích được thành tích của hai đa thức với bậc ≥ 1 với hệ số trongK[X]. Theo Mệnh đề 5.1.6 ta có một phân tích của f trong A[X] thành tích của hai đa thức bậc ≥ 1,

f(X) = (bmXm + bm−1Xm−1 + · · ·+ b0)(cn−mXn−m + cn−m−1X

n−m−1 + · · ·+ c0)

Ta có a0 = b0c0. Như vậy p | b0c0 nhưng p - b0c0. Mặt khác ta biết rằng p là một phần tử nguyên tố do pbất khả qui. Ta suy ra hoặc p | b0 hoặc p | c0 nhưng không đồng thời cả hai. Không mất tổng quát, giả sửp | b0, p - c0. Ngoài ra từ an = bmcn−m ta suy ra p - bm. Như vậy, tồn tại một số nguyên 0 < k ≤ m sao cho

p | b0, p | b1, . . . , p | bk−1, b - bkNhưng

ak = b0ck + b1ck−1 + · · ·+ b1ck−1 + bkc0

Ta có p | b0ck, p | b1ck−1, . . . , p | bk−1c1 nhưng p - bkc0. Ta suy ra p - ak, như vậy k = n và do đó k = m = n.Điều này có nghĩa là nhân tử cn−mXn−m + cn−m−1X

n−m−1 + · · ·+ c0 có bậc bằng 0, vô lý.

Ví dụ 5.2.7. Các đa thức sau đây là bất khả qui trong Q[X]

1. X2 − 2X + 6;

2. 3X2 − 15;

3. Xn ± p với mọi n ≥ 1, p nguyên tố. Tổng quát hơn, mọi đa thức dạng Xn − a với a 6= 0 không có ướcchính phương.

Bài tập 30. Cho a, b ∈ A. Chứng minh rằng nếu (a) + (b) là một ideal chính thì (a)∩ (b) cũng là một idealchính.

Bài tập 31. Cho K và L là hai trường. Chứng minh rằng A = K ×L là một vành chính nhưng không phảilà một miền nguyên.

Bài tập 32. Đặt A = x ∈ Q;∃n ∈ Z, 10nx ∈ Z. Chứng minh rằng A là một miền chính. (Một cách tổngquát, ta có thể chứng minh rằng mọi vành con của Q là một miền chính).

Bài tập 33. Chứng minh rằng

Z[√−5] = a+ b

√5i; a, b ∈ Z

là một miền nguyên không nhân tử hóa và chỉ ra một phần tử bất khả qui nhưng không là phần tử nguyên tố.

31

Bài tập 34. Chứng minh rằng, trong vành Z[√−5],

1. Các phần tử 2, 1 +√−5 có một ước chung lớn nhất;

2. Các phần tử 6, 2 + 2√−5 không có ước chung lớn nhất.

Bài tập 35. Cho K là một trường và A = K[[X]]. Định nghĩa hàm ord : A× → N như sau, với f(X) =∑n≥0 anX

n thì

ord(f) = minan 6=0

n

Chứng minh rằng (A, ord) là một miền Euclid.

Nhận xét 5.2.8. Một cách tổng quát, nếu A là một vành định giá rời rạc thì A là Euclid.

Bài tập 36. Chứng minh rằng trong một miền nhân tử hóa, mọi ideal nguyên tố đều chứa một phần tửnguyên tố.

Bài tập 37. Cho a 6= 0, n 6= 0 là hai số nguyên nguyên tố cùng nhau. Ta nói một số nguyên b là một nghịchđảo modulo n của a nếu ab ≡ 1 (mod n), nói cách khác ab = 1 trong Z/(n). Chứng minh rằng 100 và 233là nguyên tố cùng nhau và hãy tìm một nghịch đảo modulo 233 của 100.

Bài tập 38. Cho (A, f) là một miền Euclid sao cho với mọi a, b ∈ A×, a 6= b, f(a − b) ≤ max(f(a), f(b).Chứng minh rằng phép chia Euclid trên A là duy nhất.

Bài tập 39. Cho a = 5− 8i, b = 7 + 3i ∈ Z[i].

1. Tìm tất cả các phép chia Euclid a = bq + r trong Z[i];

2. Tìm một thuật toán Euclid của phép chia a cho b;

3. Tìm một ước chung lớn nhất d của a và b cũng như các phần tử s, t ∈ Z[i] sao cho d = as+ bt

4. Tìm một bội chung nhỏ nhất m của a và b.

Bài tập 40. Tìm một bộ α, β ∈ Z[i] sao cho

α(4 + 9i) + β(2 + 7i) = 3 + i

Bài tập 41. Tìm một bội chung nhỏ nhất của f(X) = X5 + 4, X6 +X5 + 3X4 +X3 +X2 +X + 2 ∈ F5[X].Trong đó F5 = Z/(5) là trường có 5 phần tử.

Bài tập 42. Chứng minh rằng phương trình

x5 − y2 = 1

chỉ có nghiệm nguyên duy nhất (x, y) = (1, 0).

Bài tập 43. Cho a ∈ Z là một số nguyên lẻ. Chứng minh rằng a−2i, a+2i nguyên tố cùng nhau trong Z[i].

Bài tập 44. Chứng minh rằng phương trình

y2 = x3 − 4

chỉ có các nghiệm nguyên (x, y) = (2,±2), (5± 11). (Gợi ý: sử dụng bài tập trên).

Bài tập 45. Chứng minh rằng Z[X]/(X2 + 2) là một miền Euclid và hãy xác định các phần tử đơn vị cúanó.

Bài tập 46. 1. Chứng minh rằng X4 + 1 là bất khả qui trong Q[X];

2. Chứng minh rằng X4 + 4 là khả qui trong Q[X] và hãy chỉ ra một phân tích ra tích các nhân tử bấtkhả qui.

Bài tập 47. 1. Chứng minh rằng đa thức X4 +X + 1 là bất khả qui trong Z/(2)[X];

32

2. Chứng minh rằng với mọi các số nguyên lẻ a, b, c, đa thức aX4 + bX + c bất khả qui trong Q[X].

Bài tập 48. Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng Xp − X − 1 là một đa thức bất khả qui trongZ/(p)[X]. Từ đó suy ra Xp −X − 1 bất khả qui trong Q[X].

Bài tập 49. Cho a 6= 0 là một số nguyên không chứa chính phương (6= ±1). Chứng minh rằng đa thứcX4 + 2(1− a)2 + (1 + a)2 là

1. bất khả qui trong Q[X];

2. nhưng không bất khả qui trong bất kì Z/(p)[X], với p nguyên tố, nào.

Bài tập 50. Cho p là một số nguyên tố. Chứng minh rằng Φp(X) = Xp−1 + Xp−1 + · · · + X + 1 bất khảqui trong Q[X].

Bài tập 51. Cho t là một biến và Q(t),R(t) tương ứng là trường các hàm hữu tỷ với hệ số trong Q,R. Hãyxác định xem các đa thức sau đây là khả qui hay bất khả qui trên i) R(t), và ii) Q(t).

1. X3 +X + t;

2. X3 + tX + 1;

3. X3 − 2tX + t.

Bài tập 52. Chứng minh rằng f(X,Y ) = X2 +Y 2−1 là một đa thức bất khả qui trong Q[X,Y ]. Phải chăngf(X,Y ) còn bất khả qui trong C[X,Y ] ?

Bài tập 53. Cho K là một trưòng và A = f(X,Y ) ∈ K[X,Y ];mọi hạng tử của f đều có bậc chẵn ⊂K[X,Y ]. Chứng minh rằng A không phải là một miền nhân tử hóa.

Bài tập 54. Cho K là một trường và K[T 2, T 3] ⊂ K[T ] là vành con của K[T ] sinh bởi T 2, T 3 (nói cáchkhác, K[T 2, T 3] là tập các phần tử của K[T ] nhận được bằng cách thế X bằng T 2, Y bằng T 3 vào các đathức P (X,Y ) ∈ K[X,Y ]). Chứng minh rằng A không phải là một miền nhân tử hóa.

Nhận xét 5.2.9. Các bài tập trên cùng với các ví dụ đã trình bày nằm trong hai lớp chính các vành khôngnhân tử hóa

1. Vành các số nguyên OK của một trường số học K nào đó. Ở đây, tính không nhân tử hóa của vànhOK nói rằng K là một trường có số lớp bằng 1 (hay nhóm Picard là tầm thường);

2. Vành các hàm chính qui của một đa tạp đại số. Ở đây, tính không nhân tử hóa của vành phản ánhrằng đa tạp có kì dị.

Bài tập 55. Ta sẽ chứng minh một miền nhân tử hóa mà mọi ideal nguyên tố 6= 0 là cực đại là một miềnchính. Gọi A là một vành thỏa mãn điều kiện trên.

1. Cho x, y ∈ A là hai phần tử 6= 0. Chứng minh rằng tồn tại u, v ∈ A sao cho ux+ vy = một bội chungnhỏ nhất của x và y;

2. Giả sử a ⊂ A là một ideal 6= 0. Chứng minh rằng tồn tại một phần tử 0 6= d ∈ A sao cho d là một ướcchung lớn nhất của tập tất cả các phần tử của a\0.

3. Kết luận.

Nhận xét 5.2.10. Nói riêng, nếu A là một vành Dedekind A thì A nhân tử hóa ⇔ A vành chính ⇔ nhómcác lớp ideal (phân thức) của A là tầm thường.

33

6 Địa phương hóa một vành

Với một vành A cho trước, ta đã biết đến các xây dựng các vành mới từ A thông qua vành thương, vànhđa thức (và vành các lũy thừa hình thức). Trong mục này, ta trình bày một xây dựng đặc biệt quan trọngthông qua địa phương hóa.

6.1 Định nghĩa vành S−1A

Định nghĩa 6.1.1. Một tập con S của một vành A được gọi là nhân tính nếu chứa 1 và đóng với phépnhân.

Ví dụ 6.1.2. Ta có các ví dụ điển hỉnh sau đây

1. Cho A là một vành và a ∈ A. Tập các lũy thừa không âm của a, nghĩa là 1, a, a2, . . ., là một tậpnhân tính của A;

2. A là một miền nguyên khi và chỉ khi tập A× là một tập nhân tính của A.

Ví dụ thứ hai là một trường hợp riêng của kết quả đơn giản sau đây.

Mệnh đề 6.1.3. Cho p ⊂ A là một ideal. Thế thì, p là nguyên tố khi và chỉ khi A\p là một tập nhân tính.

Chứng minh. Thật vậy, p ∈ SpecA⇔ 1 /∈ p và ∀x, y ∈ A, x /∈ p, y /∈ p⇔ xy /∈ p..

Với một tập nhân tính S ⊂ A ta định nghĩa quan hệ ∼ trên A× S như sau:

(a, s) ∼ (a′, s′) nếu (as′ − a′s)t = 0 với t ∈ S nào đó

Đây là một quan hệ tương đương: tính phản xạ và đối xứng là hiển nhiên, hãy chứng minh tính bắc cầu. Giảsử (a, s) ∼ (a′, s′) và (a′, s′) ∼ (a′′, b′′). Như vậy tồn tại t, u ∈ S sao cho (as′ − a′s)t = (a′s′′ − a′′s′)u = 0,do đó (as′′ − a′′s)s′tu = 0, nghĩa là (a, s) ∼ (a′′, s′′) do s′tu ∈ S. Ta sẽ viết a

s , hay s−1a, thay cho lớp tương

đương của (a, s).Ta trang bị cho tập S−1A = A× S/ ∼ (còn có kí hiệu khác là AS) phép cộng và nhân như sau:

a

s+a

s′=

as′ + a′s

ss′

a

s

a′

s′=

aa′

ss′

Ta có thể kiểm tra các phép toán trên không phụ thuộc vào việc chọn các phần tử đại diện và chúng làmAS trở thành một vành giao hoán có đơn vị, gọi là vành các phân thức của A tương ứng với S.

Ta cũng có một đồng cấu vành tự nhiên φ : A→ S−1A, a 7→ a1 với các tính chất

1. Với mọi s ∈ S, φ(s) khả nghịch trong S−1A;

2. kerφ = a ∈ A; as = 0 với s ∈ S nào đó (nói riêng φ không đơn cấu trong trường hợp tổng quát);

3. Mọi phần tử của S−1A có dạng φ(a)φ(s) , a ∈ A, s ∈ S nào đó.

Nói riêng, tính chất thứ hai ở trên có một hệ quả quan trọng sau đây.

Hệ quả 6.1.4. Đồng cấu A→ S−1A là một đơn cấu khi và chỉ khi S không chứa ước của 0.

Nhận xét 6.1.5. Nói riêng khi A là một miền nguyên thì A → S−1A là một đơn cấu. Hơn nữa, ta có thểđồng nhất S−1A với một vành con của trường các thương của A. Cũng chú ý rằng khi đó điều kiện a

s = bt

được viết gọn lại thành at = bs.

Sau đây là một số ví dụ đặc trưng của xây dựng này.

Ví dụ 6.1.6. 1. Nếu A là một miền nguyên và S = A× vành các phân thức tương ứng chính là trườngcác thương của A;

34

2. Tổng quát hơn, với p là một ideal nguyên tố của A và S = A\p, thì vành các phân thức tương ứng đượckí hiệu là Ap và được gọi là địa phương hóa của A tại ideal nguyên tố p.

(a) Với A = Z và p = (p) ideal chính sinh bởi một số nguyên tố p thì ta có thể đồng nhất Z(p) vớivành con ab ∈ Q; (b, p) = 1 của trường các số hữu tỷ;

(b) Cho A là một miền nguyên và a ∈ A. Ideal p = (X − a) là nguyên tố trong A[X] vì vành thươngA[X]/(p), đẳng cấu với A, là một miền nguyên. Ta có thể đồng nhất A[X](X−a) với một vành con

của trường các phân thức A(X). Cụ thể, A(X−a) =f(X)g(X) ∈ A(X); g(a) 6= 0

.

3. Với f ∈ A, tập fn;n ∈ N là một tập nhân tính, vành các phân thức tương ứng được kí hiệu là Af .

(a) Với A = Z và n ∈ Z thì địa phương hóa của Z tại một số nguyên n là vành con Zn = afn ∈Q; a ∈ Z;n ∈ Z của trường các số hữu tỷ.

(b) Cho A là một miền nguyên và f ∈ A[X]. Ta có A[X]f =

g(X)f(X)n ; g(X) ∈ A[X], n ∈ Z

⊂ A(X).

Chẳng hạn với f(X) = X ta có A[X]X ' A[X,X−1] ⊂ A(X).

Các tính chất mà ta liệt kê ở phần trên đặc trưng vành S−1A theo nghĩa sau: nếu một vành B cùng với mộtđồng cấu vành f : A→ B thỏa mãn các tính chất trên thì ta có một đẳng cấu B ' S−1A. Điều này dễ dàngđược suy ra từ tính chất phổ dụng của vành các phân thức mà ta trình bày sau đây.

Mệnh đề 6.1.7 (Tính chất phổ dụng của vành các phân thức). Giả sử f : A → B là một đồng cấu vànhsao cho f(s) là khả nghịch với mọi s ∈ S. Khi đó tồn tại duy nhất một đồng cấu vành g : S−1A → B saocho f = g φ.

Chứng minh. Duy nhất. Giả sử g thỏa mãn các điều kiện của mệnh đề. Với mọi a ∈ A, ta có g(a/1) =gφ(a) = f(a). Ta suy ra với mọi s ∈ S, g(1/s) = g((s/1)−1) = g(s/1)−1 = f(s)−1. Như vậy g(a/s) =g(a)g(1/s) = f(a)f(s)−1 do đó, g hoàn toàn được xác định bởi f .

Tồn tại. Đặt g(a/s) = f(a)f(s)−1. Ta chứng minh g được định nghĩa tốt: giả sử a/s = a′/s′, ta có(as′ − a′s)t = 0 với t ∈ S nào đó. Ta suy ra (f(a)f(s′)− f(a′)f(s))f(t) = 0, do f(t) khả nghịch, điềunày dẫn tới f(a)f(s′) − f(a′)f(s) = 0 hay là f(a)f(s)−1 = f(a′)f(s′)−1. Dễ thấy g là một đồng cấuvành.

Ta lưu ý rằng trong các ví dụ ở trên, ví dụ cuối cùng thực ra cho ta một vành thương của một vành đathức.

Mệnh đề 6.1.8. Cho A là một vành và f ∈ A. Ta có một đẳng cấu vành

Af ' A[X]/(Xf − 1)

Chứng minh. Ta định nghĩa ánh xạ ξ : A[X]→ Af ,

ξ(anXn + an−1Xn−1 + · · ·+ a0) =

anfn

+an−1

fn−1+ · · ·+ a0

1

Ta có ξ là một đồng cấu vành (và là đồng cấu vành A[X]→ Af duy nhất gửi a ∈ A lên a1 và X lên 1

f .) Rõràng ξ là một toàn cấu. Ta sẽ chứng minh

ker ξ = (Xf − 1)

Nhận xét rằng bao hàm (Xf −1) ⊂ ker ξ là hiển nhiên. Ta chứng minh bao hàm ngược lại. Giả sử P ∈ ker ξ,ta sẽ chứng minh P ∈ (Xf − 1).

Trước hết ta chứng minh fnP ∈ (Xf − 1) với n ∈ N nào đó. Điều kiện P = P (X) ∈ ker ξ có nghĩalà P ( 1

f ) = 0 ∈ Af , nói cách khác fnP ( 1f ) = 0 với n nào đó > degP . Ta có thể viết fnP (X) = Q(fX)

với Q(Y ) ∈ A[Y ], khi đó điều kiện fnP ( 1f ) = 0 chứng tỏ Q(1) = 0. Ta suy ra Q(Y ) = (Y − 1)Q0(Y ) với

Q0(Y ) ∈ A[Y ]. Như vậy, fnP (X) = Q(fX) = (fX − 1)Q0(fX).Bây giờ chú ý rằng ta có đẳng thức Bezout 1 = Xf − (Xf − 1). Nâng lên lũy thừa n đẳng thức này và

sử dụng công thức nhị thức ta được

35

Xnfn + S(X)(Xf − 1) = 0

với S(X) ∈ A[X] nào đó. Vì thế, P (X) = XnfnP (X) + S(X)(Xf − 1)P (X) = Xn(Xf − 1)Q0(fX) +S(X)(Xf − 1)P (X) ∈ (Xf − 1).

Ví dụ 6.1.9. Cho A là một miền nguyên. Ta đã thấy rằng địa phương hóa của A[X] tại tập 1, X,X2, . . .là A[X]X = A[X,X−1]. Mệnh đề trên nói rằng A[X]X ' A[X,Y ]/(XY − 1). Lưu ý rằng chứng minh củaMệnh đề trên cũng đem lại cụ thể một đẳng cấu A[X,Y ]/(XY − 1) → A[X,X−1] như sau. Gọi φ là đồngcấu vành A[X,Y ] → A(X) duy nhất cố định A, gửi X lên X và gửi Y lên X−1. Ta có kerφ = (XY − 1)(xem chứng minh Mệnh đề trên) và hiển nhiên Imφ = A[X,X−1]. Vì vậy, φ cảm sinh một đẳng cấuA[X,Y ]/(XY − 1) ' A[X,X−1].

6.2 Ideal của S−1A

Trong mục này ta đưa ra một số mối liên hệ giữa các ideal của một vành và vành các phân thức S−1A vớiS là một tập nhân tính. Kí hiệu φ : A→ S−1A ánh xạ tự nhiên. Nhắc lại rằng ta đã định nghĩa mở rộng vàco rút các ideal như sau. Nếu a ⊂ A, b ⊂ S−1A là các ideal

bc = φ−1(b)ae = (φ(a)) (nghĩa là ideal của S1A sinh bởi φ(a))

Với vành các phân thức ở đây, mở rộng một ideal có thể được miêu tả một cách cụ thể hơn như sau. Vớimọi tập con X ⊂ A, ta kí hiệu

S−1X =as

; a ∈ X, s ∈ S⊂ S−1A

Mệnh đề 6.2.1. Cho S là một tập nhân tính của một vành A. Cho a là một ideal của A. Ta có

ae = S−1a =as

; a ∈ a, s ∈ S

Chứng minh. Một mặt, rõ ràng với a ∈ a, s ∈ S, as = 1sa1 ∈ ae nên S−1a ⊂ ae. Mặt khác, tập S−1a là một

ideal của S−1A. Thật vậy, với mọi a1, a2, . . . , an ∈ a, s1, s2, . . . , sn ∈ S và mọi b1, . . . , bn ∈ A, t1, . . . , tn ∈ Stổ hợp tuyến tính

∑ni=1

bi

tiai

silà một phần tử của S−1a vì ta có thể qui đồng mẫu số một cách quen thuộc

n∑i=1

biti

aisi

=n∑i=1

biaisiti

=∑ni=1 ribiais

trong đó s =∏ni=1 siti, và ri =

∏j 6=i sjtj .

Mệnh đề 6.2.2. Cho b là một ideal của S−1A. Ta có b = (bc)e.

Chứng minh. Hiển nhiên (bc)e ⊂ b. Ta chứng minh bao hàm ngược lại. Đặt a = bc, như vậy (bc)e = S−1a.Giả sử x = a

s ∈ b với a ∈ A, s ∈ S. Thế thì a1 = x s1 ∈ b, do đó a ∈ a và như vậy x = as ∈ S

−1a.

Hệ quả 6.2.3. Mọi ideal của S−1A đều có là mở rộng của một ideal của A, và như vậy có dạng S−1a vớia là một ideal nào đó của A.

Chứng minh. Thật vậy, theo Mệnh đề 6.2.2 ở trên, nếu b là một ideal của S−1A thì b = S−1a với a = bc.

Mệnh đề 6.2.4. Cho a là một ideal của A. Ta có

S−1a = S−1A⇔ a ∩ S 6= ∅

Chứng minh. Thật vậy, nếu s ∈ S ∩ a thì 11 = s

s ∈ S−1a nên S−1a = S−1A. Ngược lại, nếu S−1a = S−1A

thì 11 ∈ S

−1a. Như vậy tồn tại a ∈ A, s ∈ S sao cho 11 = a

s , do đó (a − s)t = 0 với t ∈ S nào đó. Rõ ràngst = at ∈ a ∩ S và do đó S ∩ a 6= ∅.

36

Khác với mở rộng các ideal, không phải mọi ideal của A là co rút của một ideal của S−1A. Ta sẽ miêutả tập các ideal co rút này. Trước hết ta có kết quả sau.

Mệnh đề 6.2.5. Cho a là một ìdeal của A. Ta có

aec = ∪s∈S(a : s)

Chứng minh. Ta có ae = S−1a nên aec = (S−1a)c. Giả sử x ∈ (S−1a)c, nghĩa là x1 ∈ S

−1a. Ta có x1 = a

s vớia ∈ A, s ∈ S nào đó, như vậy (xs − a)t = 0 với t ∈ S nào đó. Ta suy ra xst = at ∈ a và do đó x ∈ (a : st).Ngược lại, nếu s ∈ S và x ∈ (a : s) thì xs = a với a ∈ a nào đó. Ta suy ra đẳng thức x

1 = as trong S−1A và

do đó x ∈ (S−1a)c.

Hệ quả 6.2.6. Một ideal a ⊂ A là co rút của một ideal của S−1A khi và chỉ khi không một phần tử nàocủa S là một ước của 0 trong vành A/a.

Chứng minh. Theo Định lý 2.4.2, nói rằng a là co rút của một ideal của S−1A có nghĩa là ta có đẳng thứcaec = a. Nhưng ta luôn có a ⊂ aec nên aec = a⇔ aec ⊂ a. Bao hàm này có nghĩa là với mọi x ∈ A nếu sx ∈ avới s ∈ S nào đó thì x ∈ a. Khẳng định cuối cùng tương đương với việc S không chứa ước của 0 trong vànhA/a.

Ta có mô tả quan trọng sau về các ideal nguyên tố của một vành các phân thức.

Định lí 6.2.7 (Ideal nguyên tố của S−1A). Cho S là một tập nhân tính của một vành A. Có một songánh, bảo toàn thứ tự giữa tập các ideal nguyên tố của S−1A và tập các ideal nguyên tố rời S của A cho bởi

SpecS−1A ↔ p ∈ SpecA; p ∩ S = ∅q 7→ qc

S−1p 7→ p

Chứng minh. Do ảnh ngược của một ideal nguyên tố qua một đồng cấu vành là nguyên tố nên nếu q ∈SpecS−1A thì qc ∈ SpecA. Hơn nữa qc∩S = ∅ vì nếu không, theo Mệnh đề 6.2.4, q = qce = S−1qc = S−1A,vô lý.

Ngược lại, giả sử p là một ideal nguyên tố rời S của A. Gọi S là ảnh của S trong A/p. Như vậy S là mộttập nhân tính của A/p. Ta dễ dàng kiểm tra được

S−1A/S−1p ' S−1(A/p)

Do p nguyên tố, A/p là một miền nguyên. Vì thế vành các phân thức S−1(A/p) hoặc bằng 0 hoặc là mộtvành con của trường các phân thức của A/p và do đó là một miền nguyên, nghĩa là S−1p là một ideal nguyêntố của S−1A. Nhưng theo Mệnh đề 6.2.4, S−1A/S−1p ' S−1(A/p) = 0↔ S−1p = S−1A↔ p ∩ S 6= ∅, mâuthuẫn với giả thiết ban đầu.

Ta cũng chú ý rằng, trong trường hợp các vành phân thức, phép mở rộng ideal giao hoán với giao, tổng,tích và lấy căn.

Mệnh đề 6.2.8. Cho a, b là các ideal của A và S là một tập nhân tính của A. Ta có

1. S−1(a ∩ b) = (S−1a) ∩ (S−1b);

2. S−1(a + b) = S−1a + S−1b;

3. S−1ab = (S−1a)(S−1b);

4. S−1√

a =√S−1a;

Chứng minh. 1. Rõ ràng S−1(a∩ b) ⊂ S−1a∩ S−1b theo định nghĩa. Để chứng minh bao hàm ngược lại.Giả sử x ∈ S−1a ∩ S−1b. Ta có x = a

s = bt với a ∈ a, b ∈ b, s, t ∈ S nào đó. Khi đó ta có thể viết

x = atst = bs

st = cr với c = at = bs ∈ a ∩ b, r = st ∈ S và như vậy x ∈ S−1(a ∩ b).

2. Mọi phần tử của a + b có dạng a+ b với a ∈ a, b ∈ b nào đó nên hiển nhiên S−1(a + b) ⊂ S−1a +S−1b.Ngược lại, giả sử x ∈ S−1a + S−1b. Thế thì x = a

s + bt với a ∈ a, b ∈ b, s, t ∈ S nào đó. Nhưng khi đó

x = at+bsst = c

r với c = at+ bs ∈ a + b và st ∈ S và do đó x ∈ S−1(a + b).

37

3. Chứng minh tương tự như trên.

4. Giả sử x ∈ S−1√a. Như vậy x = y

s với y ∈√

a, s ∈ S nào đó. Ta có yn ∈ a với n nào đó. Ta suy raxn = yn

sn ∈ S−1a và do đó x ∈√S−1a.

Ngược lại, giả sử x = ys ∈

√S−1a, như vậy yn

sn ∈ S−1a với n nào đó. Viết yn

sn = at , a ∈ a, t ∈ S.

Thế thì, tồn tại r ∈ S sao cho r(yntn − asn) = 0. Ta suy ra ryntn ∈ a và do đó yntnrn ∈ a. Ta cóx = yrt

srt ∈ S−1√

a.

Nhận xét 6.2.9. Ta chứng minh được rằng nếu b là hữu hạn sinh thì S−1(a : b) = (S−1a : S−1b).

Hệ quả 6.2.10. Ta có nilrad(S−1A) = S−1 nilrad(A).

Chứng minh. Áp dụng đẳng thức cuối cùng của Mệnh đề trên cho a = 0.

6.3 Vành địa phương

Ta biết rằng mọi vành đều có ít nhất một ideal cực đại.

Định nghĩa 6.3.1 (Vành địa phương). Cho A là một vành. Ta nói A là một vành địa phương nếu A chỉchứa một ideal cực đại duy nhất. Nếu A là một vành địa phương với ideal cực đại duy nhất m thì trườngthương A/m được gọi là trường thặng dư của A.

Ví dụ 6.3.2. 1. Mọi trường đều có một ideal cực đại duy nhất là ideal 0, nghĩa là mọi trường đều là mộtvành địa phương. Hơn nữa, trường thặng dư của một trường (nhìn như một vành địa phương) chính làtrường đã cho;

2. Cho p là một số nguyên tố. Thế thì, Z/(pn) là một vành địa phương với ideal cực đại pn−1Z/pnZ vàtrường thặng dư Fp;

3. Cho X là một không gian tôpô và a ∈ X. Tập hợp A các mầm hàm liên tục trên một lân cận của a vớigiá trị thực là một vành địa phương với ideal cực đại m các mầm hàm triệt tiêu tại a. Trường thặngdư đẳng cấu tự nhiên với R.

Nhận xét 6.3.3. Nếu A là một vành địa phương với ideal cực đại m thì J(A) = m.

Giả sử p là một ideal nguyên tố của A. Ta biết rằng tập S = A\p là một tập nhân tính của A. Ta sẽ viếtAp thay cho S−1A và gọi là địa phương hóa của A tại ideal nguyên tố p. Với a là một ideal của A, ta sẽ viếtaAp thay cho ae và với b là một ideal của Ap ta viết b ∩A thay vì bc.

Kết quá sau đây giải thích vì sao việc xây dựng Ap được gọi là địa phương hóa A tại p cũng như đem lạiví dụ điển hình nhất về vành địa phương.

Định lí 6.3.4. Ap là một vành địa phương với ideal cực đại pAp. Trường thặng dư đẳng cấu một cách chínhtắc với trường các thương của A/p.

Chứng minh. Ta biết rằng các ideal nguyên tố của Ap có dạng qAp với q là một ideal nguyên tố của A rờiA\p, nghĩa là q ⊂ p. Trong số các ideal này, rõ ràng p là ideal nguyên tố lớn nhất. Như vậy, ideal pAp chứamọi ideal nguyên tố của Ap, và do đó là ideal cực đại duy nhất của Ap.

Đồng cấu tự nhiên A → Ap gửi p vào pAp do đó cảm sinh một đơn cấu A/p → Ap/pAp. Do Ap/pAp

là một trường, đơn cấu này cảm sinh một đơn cấu từ trường các thương của A/p vào Ap/pAp. Đây là mộttoàn cấu. Việc kiểm tra được để lại cho bạn đọc.

Ví dụ 6.3.5. 1. Với A = Z, p = (p) với p là một số nguyên tố nào đó thì vành Zp = ab ∈ Q; a, b ∈Z, (b, p) = 1 là một vành địa phương với ideal cực đại là ideal chính sinh bởi p. Trường thặng dư tươngứng là trường hữu hạn với p phần tử Fp.

2. Cho A là một miền nguyên và a ∈ A. Thế thì, p = (X − a) là một ideal nguyên tố của A[X]. VànhA[X](X−a) là một vành địa phương với ideal cực đại là ideal chính sinh bởi X − a. Trường thặng dưđẳng cấu với trường các phân thức K của A.

38

Các vành địa phương có thể được đặc bởi một số tính chất khác nhau.

Mệnh đề 6.3.6. Cho A là một vành. Các điều kiện sau là tương đương.

1. A là một vành địa phương;

2. m = A\A∗ là một ideal;

3. Tồn tại một ideal cực đại m thỏa mãn x ∈ m =⇒ 1 + x ∈ A∗.

Chứng minh. 1 =⇒ 2. Giả sử A là một vành địa phương với ideal cực đại m. Ta biết rằng mọi x /∈ A∗ nằmtrong một ideal cực đại nào đó, như vậy x ∈ m. Ta suy ra A\A× = m.

2 =⇒ 1. Giả sử m = A\A∗ thì đây là một ideal cực đại bởi vì một ideal chứa thực sự m sẽ chứa một phầntử khả nghịch và do đó là toàn bộ vành A. Suy luận này cũng chứng tỏ rằng mọi ideal cực đại của Ađều là một tập con của A\A∗. Ta suy ra m là ideal cực đại duy nhất của A.

1 =⇒ 3. Giả sử A là một vành địa phương với ideal cực đại m và x ∈ m. Rõ ràng 1 + x /∈ m (vì nếu không1 ∈ m =⇒ m = (1) không cực đại) nên 1 + x ∈ A\m = A∗ theo 1 =⇒ 2 ở trên.

3 =⇒ 1. Bài tập.

6.4 Một số tính chất bảo toàn bởi địa phương hóa

Định lí 6.4.1. Cho A là một vành và S là một tập nhân tính của A. Ta có

1. Nếu A là nhân tử hóa thì S−1A cũng là nhân tử hóa. Các phần tử bất khả qui của S−1A chính là cácphần tử bất khả qui của A không là ước của bất kì phần tử nào của S ;

2. Nếu A là một miền chính thì S−1A cũng là một miền chính;

3. Nếu A là một miền Euclid thì S−1A cũng là một miền Euclid.

Chứng minh. Để cho gọn, ta đặt B = S−1A. Nhận xét rằng nếu B là một trường thì các khẳng định cầnchứng minh là tầm thường. Ta sẽ giả sử B không phải là một trường.

1. Gọi P là một hệ đại diện các phần tử bất khả qui của A, nghĩa là một phần tử bất khả qui của A liênkết với đúng một phần tử của P. Gọi Q tập con các phần tử của P không là ước của bất kì phần tửnào của S. Giả thiết B không phải là một trường chứng tỏ Q 6= ∅. Từ tính nhân tử hóa của A dễ thấyrằng mọi phần tử 6= 0 của B có thể được viết thành tích các phần tử của Q và một phần tử đơn vị.

Ta chứng minh mỗi phần tử của Q là bất khả qui trong B. Giả sử q ∈ Q. Trước hết nhận xét rằngq /∈ B∗. Thật vậy, nếu q as = 1 với a ∈ A, s ∈ S nào đó thì qa = s và do đó q | s vô lý. Giả sử q = a

sbt

với a, b ∈ A, s, t ∈ S nào đó thì ab = qst, như vậy q | ab. Do q là bất khả qui trong A ta suy ra q | ahoặc q | b, hay a = qa′ hoặc b = qb′. Nhưng khi đó hoặc 1 = a′

sbt hoặc 1 = a

sb′

t , nghĩa là hoặc bt ∈ B

∗

hoặc as ∈ B

∗. Như vậy q là bất khả qui trong B. Các lập luận trên cũng chứng tỏ các phần tử bất khảqui của B chính là các phần tử bất khả qui của A không là ước một phần tử nào của S.

Bây giờ ta chứng minh rằng các phần tử bất khả qui của B là nguyên tố. Giả sử as là một phần tử

bất khả qui của B và chia hết btcu , nghĩa là a

sdv = b

tcu với b, c, d ∈ A, t, u, v ∈ S nào đó. Ta suy ra

adtu = bcsv và như vậy a | bcsv. Nếu a | sv, nghĩa là ae = sv với e ∈ A nào đó thì asev = 1 và a

s ∈ B∗,

mâu thuẫn với giả thiết bất khả qui của as . Như vậy a - sv và do đó a | bc và a | b hoặc a | c. Nếu a | b

trong A thì as |bt trong B. Tương tự, nếu a | c thì as |

cu trong B.

2. Giả sử b là một ideal của B. Do A là một vành chính, ta có a = b ∩ A là một ideal chính, chẳng hạna = (a). Thế thì b là ideal chính của B sinh bởi a.

3. Giả sử f : A× → N là một hàm Euclid. Nếu x ∈ B× thì theo chứng minh tại phần 1 ở trên tồn tạia ∈ A, u ∈ B∗ sao cho x = ua và a nguyên tố cùng nhau với mọi phần tử của S. Ta mở rộng hàmEuclid trên B bằng cách đặt

φ(x) = f(a)

39

Trước hết, ta chỉ ra đây là định nghĩa tốt. Thật vậy, giả sử x = vb với v ∈ B∗, b ∈ A và b nguyên tốcùng nhau với mọi phần tử của S. Ta có auv−1 = b. Viết uv−1 = c

s với c ∈ A, s ∈ S nào đó, thế thìac = bs. Nhưng bởi vì s và a nguyên tố cùng nhau, ta suy ra s | c, như vậy uv−1 ∈ A. Tương tự, ta cóvu−1 ∈ A. Từ đó suy ra a và b là hai phần tử liên kết của A và do đó f(a) = f(b).

Bây giờ ta chứng minh φ định nghĩa một hàm Euclid trên B. Trước hết ta chứng minh nếu x, y ∈ B×thì φ(x) ≤ φ(xy). Viết x = ua, y = u′a′ với u, u′ ∈ B∗, a, a′ ∈ A là các phần tử nguyên tố cùng nhauvới mọi phần tử của S. Thế thì xy = uu′aa′ là với uu′ ∈ B∗, aa′ ∈ A nguyên tố cùng nhau với mọiphần tử của S. Do đó φ(xy) = f(aa′) ≥ f(a) = φ(x). Cuối cùng ta chứng minh sự tồn tại của phépchia Euclid trên B. Giả sử x ∈ B, y ∈ B×. Rõ ràng nếu x = 0 thì 0 = y×0+0 là phép một chia Euclid.Giả sử x ∈ B×. Như ở trên, ta viết x = ua, y = u′a′ với u, u′ ∈ B∗, a, a′ ∈ A là các phần tử nguyên tốcùng nhau với mọi phần tử của S. Do A là một vành Euclid, ta có a = a′q′+ r′ với q′, r′ ∈ A và r′ = 0hoặc f(r′) < f(a′). Thế thì x = yq + r với q = uu′−1q′, r = ur′ là phép chia Euclid cần tìm.

Nhận xét 6.4.2. Một số tính chất quan trọng khác cũng được bảo toàn dưới địa phương hóa mà ta sẽ đềcập tới, chẳng hạn tính Noether, tính đóng nguyên, tính phẳng.

Bài tập 56. Cho A = Z/(6) và S = 1, 3, 5. Chứng minh rằng S là một tập nhân tính của A và tìm kerφvới φ : A→ S−1A là ánh xạ chuẩn tắc.

Bài tập 57. Cho A là một vành và S là một tập nhân tính. Chứng minh rằng các khẳng định sau là tươngđương

1. S−1A = 0

2. 0 ∈ S;

3. S ∩ nilrad(A) 6= ∅.

Bài tập 58. Cho A là một vành và S là một tập nhân tính. Chứng minh rằng A→ S−1A là một đẳng cấukhi và chỉ khi mọi phần tử của S là khả nghịch.

Bài tập 59. Cho A,B là hai vành và C = A×B. Chứng minh rằng A,B là các vành các phân thức của C.

Bài tập 60. Cho A là một vành. Định nghĩa S = x ∈ A×;∃a, b ∈ A, x = a2 + b2.

1. Chứng minh rằng S là một tập nhân tính của A;

2. Với A = Z,R[X], hãy xác định vành S−1A.

Bài tập 61. Cho A là một miền nguyên với trường các thương K. Với mỗi m ∈ SpecmA ta đồng nhất Am

với một vành con của K. Chứng minh rằng A = ∩m∈SpecmAAm.

Bài tập 62. Cho K là một trường và A = K[X,Y ]/(Y 2). Đặt S = f(X)X + g(X)Y ; f(X), g(X) ∈K[X], f(X) 6= 0.

1. Chứng minh rằng S là một tập nhân tính của A;

2. Chứng minh rằng vành S−1A đẳng cấu với K(X)[Y ]/(Y 2).

Bài tập 63. Cho A là một vành con của Q. Chứng minh rằng tồn tại một tập nhân tính S của Z sao choA ' S−1Z. Từ đó suy ra A là một miền Euclid (nói riêng, là một miền chính).

Bài tập 64. Cho A là một miền chính và K là trường các thương. Chứng minh rằng mọi vành B sao choA ⊂ B ⊂ K là một vành các phân thức của A tương ứng với một tập nhân tính nào đó. (Kết quả này mởrộng bài tập trước).

Bài tập 65. Cho K là một trường. Chứng minh rằng K[X,Y ]/(XY − 1) là một miền chính.

Bài tập 66. Cho A là một vành và m là một ideal cực đại. Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương, vànhA/mn là một vành địa phương.

Bài tập 67. Cho K là một trường. Chứng minh rằng K[[X]] là một vành địa phương.

Bài tập 68. Chứng minh rằng một vành A là địa phương khi và chỉ khi với mọi x, y ∈ A, x + y = 1 =⇒x ∈ A∗ hoặc y ∈ A∗.

40