Về các phần tử chính quy khả nghịch trong vành

bộ giáo dục và đào tạo
Trờng đại học vinh

phạm thị kim cúc

về các phần tử chính quy khả nghịch
trong vành

luận văn thạc sĩ toán học

Vinh - 2008


bộ giáo dục và đào tạo
Trờng đại học vinh

phạm thị kim cúc

về các phần tử chính quy khả nghịch
trong vành
chuyên ngành: đại số & lý thuyết số
mã số: 60 46 05

luận văn thạc sĩ toán học

Ngi hng dn khoa hc:
pgs.ts. ngô sỹ tùng

Vinh - 2008

MỤC LỤC
Trang
MỞ ĐẦU

1
CHƯƠNG 1. KIẾN THỨC CƠ SỞ

3

1.1.

Vành chính qui và vành chính qui khả nghịch...................................3

1.2.

Iđêan chính qui và iđêan chính qui khả nghịch...................................6
CHƯƠNG 2. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA CÁC
PHẦN TỬ CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH TRONG VÀNH

2.1.

7

Một số tính chất của các phần tử chính qui khả nghịch
trong vành............................................................................................7

2.2.

Một số ví dụ trong vành ma trận.......................................................17
KẾT LUẬN

26

TÀI LIỆU THAM KHẢO

27


4

MỞ ĐẦU
Như tất cả chúng ta đều biết, Lý thuyết vành hiện nay đang được thế
giới rất quan tâm. Thời gian gần đây, Lý thuyết vành đã được nghiên cứu sâu
hơn và rộng hơn. Người ta đã phân loại khái niệm vành ra thành nhiều lớp
vành khác nhau, trong đó có lớp vành chính quy (regular ring), lớp vành chính
quy khả nghịch (unit-regular ring), mà phần tử của chúng tương ứng là chính
quy (regular element) và chính quy khả nghịch (unit-regular element). Các
phần tử trong các lớp vành này đã thu hút được rất nhiều sự quan tâm của các
nhà toán học lớn trên thế giới như Von Neumann, K.R.Goodearl, … nhằm tìm
hiểu về những tính chất đặc biệt của chúng, để có thể tìm cách biểu diễn các
phần tử thuộc các lớp vành này về dạng đơn giản và gần gũi hơn. Ví dụ như
nghiên cứu về lớp vành chính quy khả nghịch đã cho ta thấy, mọi ma trận
vuông trên lớp vành này đều chéo hóa được, và đặc biệt hơn nữa là tất cả các
phần tử trên đường chéo đều là lũy đẳng, … Những phát hiện đó cho phép
chúng ta nghiên cứu sâu hơn để giải quyết được nhiều bài toán về ma trận mà
toán học ứng dụng hiện nay đang đặt ra.
Từ những lí do trên, chúng tôi quyết định chọn đề tài “Về các phần tử
chính quy khả nghịch trong vành”.
Mục đích chính của luận văn là tìm hiểu về những tính chất của các
phần tử chính quy khả nghịch trong các vành có đơn vị. Từ đó tìm cách biểu

diễn các phần tử đó về dạng đơn giản hơn.
Luận văn gồm hai chương. Trong chương 1, chúng tôi trình bày về
những khái niệm cơ sở để tìm hiểu về các phần tử chính quy khả nghịch trong
vành. Ở đây sẽ trình bày các khái niệm phần tử chính quy, vành chính quy,
khái niệm phần tử chính quy khả nghịch và vành chính quy khả nghịch cũng
như khái niệm iđêan chính quy và iđêan chính quy khả nghịch trong vành.


5
Trong chương 2, chúng tôi trình bày những tính chất cơ bản của các phần tử
chính quy khả nghịch trong vành, đồng thời từ đó xây dựng nên một số tính
chất của các ma trân vuông trên vành chính quy khả nghịch.
Luận văn được thực hiện dưới sự hướng dẫn nghiêm túc và chu đáo của
PGS. TS. Ngô Sỹ Tùng. Nhân dịp này tác giả xin bày tỏ lòng kính trọng và
biết ơn sâu sắc tới thầy giáo hướng dẫn PGS. TS. Ngô Sỹ Tùng. Tác giả cũng
xin bày tỏ lòng biết ơn tới các thầy giáo, cô giáo trong chuyên ngành Đại số
và Lý thuyết số, Khoa Toán và Khoa Sau Đại học, đã tận tâm dạy bảo trong
thời gian học tập vừa qua. Tác giả xin chân thành cảm ơn các bạn thành viên
trong nhóm “Seminar Lý thuyết vành và Môđun” về những thảo luận và trao
đổi bổ ích trong các chứng minh định lý. Tác giả cũng xin bày tỏ lòng biết ơn
tới những người bạn học viên cao học khóa 14 chuyên ngành Đại số và Lý
thuyết số đã tận tình giúp đỡ trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn.
Luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả mong nhận được sự
chỉ bảo của các thầy giáo, cô giáo cùng các bạn đọc.
Tác giả


6
CHƯƠNG 1

KIẾN THỨC CƠ SỞ
Trong chương này chúng tôi trình bày những khái niệm cơ bản như khái
niệm phần tử chính quy và phần tử chính quy khả nghịch trong vành, vành
chính quy và chính quy khả nghịch, tất cả đều là những khái niệm xuyên suốt
trong toàn bộ luận văn.
Một điều cần chú ý là, trong luận văn này, khi nói đến vành R thì ta hiểu
đó là vành có đơn vị.

1.1. Vành chính quy và vành chính quy khả nghịch
1.1.1. Định nghĩa. Một phần tử e thuộc vành R được gọi là lũy đẳng nếu nó
thỏa mãn: e2 = e.
1.1.2. Định nghĩa. Một phần tử x của vành R được gọi là phần tử chính quy
nếu ∃ a ∈ R sao cho x = xax.
1.1.3. Định nghĩa. Một vành R được gọi là vành chính quy (theo nghĩa Von
Neumann) nếu ∀ x ∈ R đều là phần tử chính quy.
Ví dụ. Cho D là một thể, V là không gian vectơ vô hạn chiều trên D. Khi
đó, EndD(V) là một vành chính quy.
Ta kí hiệu U(R) là tập tất cả các phần tử khả nghịch trong vành R.
1.1.4. Định nghĩa. Một phần tử x của vành R được gọi là phần tử chính quy
khả nghịch nếu ∃ a ∈ U(R) sao cho x = xax.
1.1.5. Định lý. Giả sử A là vành có đơn vị và M là A-môđun phải sao cho
R = EndA(M) là vành chính quy. Phần tử a ∈ R. Khi đó các điều kiện sau là
tương đương:
(i) a là chính quy khả nghịch,
(ii) Tồn tại tự đẳng cấu u: M→M sao cho Im a ⊕ uKer a = M,


7
(iii) Ker a ≅ Coker a. (Coker a = M Im a , đẳng cấu với mọi phần bù của Im a
trong M)

Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Giả sử a là chính quy khả nghịch, khi đó ∃ x ∈ U(R)
sao cho a = axa. Đặt u = x-1. đặt f = xa, thì f là một lũy đẳng, (vì f2 = xaxa =
xa = f), và thỏa mãn Ra = Rf, đồng thời ta có: af = axa = a. Do vậy, Ker a =
(1 – f)M, và ta có:
M = uM = u(fM ⊕ (1 – f)M) = ufM ⊕ u(1 – f)M = Im a ⊕ uKer a.
(ii) ⇒ (iii). Nếu u: M→M là một tự đẳng cấu sao cho M = Im a ⊕ uKer a thì
Coker a = M Im a ≅ uKer a ≅ Ker a.
(iii) ⇒ (i). Giả sử Ker a ≅ Coker a. Giả thiết T là phần bù của Ker a trong M
và S là phần bù của Im a trong M. Khi đó, a|T là đơn ánh. Giả sử β: Im a → T
là đẳng cấu nghịch ảnh của a|T, và μ: S → Ker a là một đẳng cấu. Khi đó
x: M→M được định nghĩa bởi x|Im a = β và x|S = μ là một tự đẳng cấu của M.
Nếu v ∈ T thì axav = aβav = av, và nếu k ∈ Ker a thì axak = 0 = ak. Do vậy
axa = a, với x khả nghịch trong R.■
1.1.6. Hệ quả. Giả sử M là một không gian vectơ trên thể D và R = End D(M).
Nếu a∈ R thì a là chính quy khả nghịch nếu và chỉ nếu
dim(Ker a) = dim(Coker a).
Chứng minh. Theo Định lý 1.1.4 ở trên, a∈ R là chính quy khả nghịch nếu và
chỉ nếu
Ker a ≅ Coker a ⇔ dim(Ker a) = dim(Coker a).■
1.1.7. Định nghĩa. Một vành R được gọi là vành chính quy khả nghịch nếu
∀ x ∈ R đều là phần tử chính quy khả nghịch.

Ví dụ 1. Cho D là một thể, V là không gian vectơ hữu hạn chiều trên D.
Khi đó, R= EndD(V) là một vành chính quy khả nghịch.


8
Ví dụ 2. Mọi vành R chính quy giao hoán, có đơn vị đều là vành chính quy
khả nghịch. Thật vậy, giả sử a ∈ R, do R chính quy nên a chính quy, suy ra
∃ x ∈ R sao cho axa = a. Vì R giao hoán nên ta có: a2x = a, đồng thời

axax = ax nên ax là một lũy đẳng trong R, tương tự thì xa cũng vậy. Đặt
e = ax, khi đó e = (eae)(exe) và phần tử t = eae + 1 – e là khả nghịch trong R,
với nghịch đảo là t-1 = exe + 1 – e. Vì a = ea = aea, nên ta có et = a và
a = ea = at-1a. Do vậy, R là chính quy khả nghịch.
1.1.8. Mệnh đề. Tính chính quy và chính quy khả nghịch của một vành bảo
toàn qua đẳng cấu.
Chứng minh. Ta chứng minh với trường hợp R là vành chính quy khả nghịch.
Giả sử ψ: R→R' là một đẳng cấu. Lấy bất kỳ a∈ R, do R là chính quy khả
nghịch nên ∃ x ∈ U(R) sao cho a = axa. Do ψ là đẳng cấu vành nên ta có:
ψ(a) = ψ(axa) = ψ(a)ψ(x)ψ(a).
Lại vì x ∈ U(R) nên ∃ x-1 để xx-1 = x-1x = 1 nên ta có (ψ(x))-1 = ψ(x)-1 là nghịch
đảo của ψ(x) trong R' ⇒ R' là vành chính quy khả nghịch.■


9

1.2. Iđêan chính quy và iđêan chính quy khả nghịch
1.2.1. Định nghĩa. Cho I là iđêan của một vành R. Ta nói rằng I là iđêan
chính quy của vành R nếu ∀ x ∈ I, ∃ a∈ R sao cho x = xax.
1.2.2. Mệnh đề. Một iđêan chính quy trong vành cũng là một vành chính quy.
Chứng minh. Giả sử I là iđêan chính quy của vành R, khi đó ∀ x ∈ I, ∃ a∈ R
sao cho x = xax. Xét xaxax = xax = x, trong đó axa ∈ I. Do vậy x ∈ I là chính
quy trong vành I. Suy ra I là vành chính quy.■
1.2.3. Định nghĩa. Cho I là một iđêan của vành R. Ta nói rằng I là iđêan
chính quy khả nghịch của vành R nếu ∀ x ∈ I, ∃ a ∈ U(R) sao cho x = xax.
Ví dụ. Vành R= EndD(V) với V là không gian vectơ vô hạn chiều trên D. Xét
I = { x∈ EndD(V) | dimD(xV) < ∞ }
thì I là một iđêan chính quy khả nghịch của R. Thật vậy, rõ ràng I là một iđêan
của R. Lấy x bất kỳ thuộc I, ta có dãy khớp các D-môđun phải:

0 → Ker x → V → xV → 0
0 → xV→ V → V xV → 0
Khi đó
V ≅ xV ⊕ Ker x ≅ V xV ⊕ xV.
⇒ dimD(Ker x) = dimD( V
xV ) = ∞, do dimD(xV) < ∞.
⇒ x là chính quy khả nghịch (theo Hệ quả 1.1.6), ⇒ I là chính quy khả

nghịch.


10
CHƯƠNG 2

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA CÁC PHẦN TỬ CHÍNH QUY
KHẢ NGHỊCH TRONG VÀNH
2.1. Một số tính chất của các phần tử chính quy khả nghịch
trong vành
2.1.1. Bổ đề. Nếu a là một phần tử của vành R, thì các điều kiện sau đây là
tương đương:
i) Tồn tại u ∈ U(R) sao cho a = aua,
ii)Tồn tại u ∈ U(R) sao cho au và ua là lũy đẳng,
iii)Tồn tại u ∈ U(R) sao cho au hoặc ua là lũy đẳng,
iv) Tồn tại p, q ∈ U(R) sao cho paq là lũy đẳng.
Chứng minh.
i) ⇒ ii). Nếu ∃ u ∈ U(R) sao cho a = aua thì khi đó ta có:
(au)2 = auau = au, ⇒ au là lũy đẳng.
(ua)2 = uaua = ua, ⇒ ua là lũy đẳng.
ii) ⇒ iii). Hiển nhiên.
iii) ⇒ iv). Do R có đơn vị là 1 nên với p = 1, q = u thì từ au lũy đẳng ta có paq

lũy đẳng.
iv) ⇒ i). Giả sử ∃ p, q ∈ U(R) sao cho paq là lũy đẳng, tức là:
(paq)(paq) = paq
⇒ aqpa = p-1(paq)q-1
⇔ aqpa = a.

Đặt u = qp ∈ U(R) ta có a = aua.■


11
2.1.2. Mệnh đề. Cho R là vành chính quy khả nghịch, khi đó ∀ a ∈ R ta có
biểu diễn a = xe, với x ∈ U(R), e là một lũy đẳng.
Chứng minh. Ta có a ∈ R với R là chính quy khả nghịch nên ∃ y ∈ U(R) sao
cho

a = aya. Đặt e = ya, ⇒ e là một lũy đẳng. Ta có y-1e = a, với y-1 là khả

nghịch của y. Đặt x = y-1 ∈ U(R), ⇒ a = xe.■
2.1.3. Định lý. Vành chính quy R là chính quy khả nghịch nếu và chỉ nếu từ
aR + bR = R ta suy ra tồn tại t ∈ R sao cho a + bt ∈ U(R).
Chứng minh. Điều kiện cần. Giả sử R là chính quy khả nghịch, a, b ∈ R thỏa
mãn: aR + bR = R. Vì R là chính quy khả nghịch nên ∃ u, y ∈ U(R) sao cho:
a = aua, b = byb. Đặt e = au, f = by, ta có: e2 = e và f2 = f. Khi đó
aR + bR = eR + fR = eR + (1 – e)fR.
Do R là chính quy khả nghịch nên ∃ w∈ U(R) sao cho
(1 – e)fw(1 – e)f = (1 – e)f.
Đặt g = (1 – e)fw(1 – e), ta có:
g2 = (1 – e)fw(1 – e) (1 – e)fw(1 – e).
Vì e2 = e nên (1 – e)2 = 1 – e, do đó:
g2 = [(1 – e)fw(1 – e) (1 – e)f]w(1 – e) = (1 – e)f.w(1 – e) = g

Mặt khác ta có:
eg = e(1 – e)fw(1 – e) = 0
ge = (1 – e)fw(1 – e)e = 0.
Lại có eR + fR = eR + gR = R, nên ∃ α, β ∈ R sao cho: e α + gβ = 1,
⇒ e(e α + gβ) = e
⇔ e2 α + egβ = e
⇔ e α = e.

Đồng thời ta có:
g(e α + gβ) = g
⇔ ge α + g2β = g


12
⇔ gβ = g
⇒ e + g = 1, hay e + (1 – e)fw(1 – e) = 1.

Ta có e + fw(1 – e) – e2 fw(1 – e) = 1, do e2 = e.
⇔ e[1 - e fw(1 – e)] + fw(1 – e) = 1
⇔ au[1 - e fw(1 – e)] + byw(1 – e) = 1

(*)

Đặt γ = [1 + e fw(1 – e)]u-1 ∈ U(R). Nhân phía phải hai vế của (*) với γ, ta
có:
au[1 - e fw(1 – e)] [1 + e fw(1 – e)]u-1 + byw(1 – e)γ = γ.
⇔ au[1 - e fw(1 – e) efw(1 – e)]u-1 + byw(1 – e)γ = γ.
⇔ auu-1 + byw(1 – e)γ = γ.
⇔ a + byw(1 – e)γ = γ.

Đặt t = byw(1 – e)γ ⇒ t ∈ U(R), và thỏa mãn a + bt khả nghịch.
Điều kiện đủ. Với R là vành chính quy, giả sử từ aR + bR = R, suy ra
t ∈ U(R) để a + bt ∈ U(R), ta chứng minh R là chính quy khả nghịch.
Giả sử a ∈ R ⇒ ∃ x để a = axa ⇒ ax lũy đẳng và aR + ( 1 – ax)R = R
⇒ ∃ t ∈ R và u ∈ U(R) sao cho [a + (1 – ax)t ]u = 1.
⇒ ax[a + (1 – ax)t ]ua = axa
⇔ (axa + ax(1 – ax)t) = a
⇔ (a + 0)ua = a
⇔ aua = a
⇒

R là chính quy khả nghịch.■

2.1.4. Bổ đề. Giả sử a,b,c là các phần tử của vành F sao cho ab + c = 1. Nếu
tồn tại x ∈ F sao cho a + cx khả nghịch thì sẽ tồn tại y ∈ F để b + yc khả
nghịch.
Chứng minh.
Đặt

u = a + cx
v = b + (1 – bx)u-1c


13
w = a + x(1 – ba)
Ta sẽ chứng minh w là nghịch ảnh của v. Ta có:
va = ba + (1 – bx)u-1ca

(1)

vx = bx + (1 – bx)u-1cx
= bx +(1 – bx)u-1(u – a) (do u = a + cx)
= bx + 1 – u-1a – bx + bx u-1a
= 1 – (1 – bx)u-1a.
vx(1 – ba) = [1 - (1 – bx)u-1a](1 – ba)
= 1 – ba - (1 – bx)u-1a(1 – ba)
Ta có:
a(1 – ba) = a – aba = a – (1 – c)a = a – a + ca = ca,
nên suy ra:
vx(1 – ba) = 1 – ba - (1 – bx)u-1ca

(2)

Vậy từ (1) và (2) ta có:
vw = v[a + x(1 – ba)]
= va + vx(1 – ba)
= va + (1 – bx)u-1ca + 1 – ba - (1 – bx)u-1ca
=1
⇒

vw = 1.

Tương tự ta có:
wb = ab + x(1 – ba)b
= ab + xb – xbab
= ab + xb – xb(1 – c)
= ab + xb – xb + xbc.
⇒ wb = ab + xbc.

(3)

Mặt khác w(1 – bx) = [a + x(1 – ba)](1 –bx)
= a – abx + x(1 – ba) – x(1 – ba)bx


14
= a – (1 – c)x + x – xba – xbx + xbabx
= a + cx – x + x – xba – xbx + xb(1 – c)x
= u – xba – xbx + xbx – xbcx
= u – xba – xbcx
= u – xb(a + cx)
= u – xbu
= (1 – xb)u
Nên ta có:
w(1 – bx)u-1c = (1 – xb)uu-1c = (1 – xb)c

(4)

Từ (3) và (4) ta có:
wv = wb + w(1 – bx)u-1c
= ab + xbc + (1 – xb)c
= ab + xbc + c – xbc
= ab + c
⇒

wv = 1.

(**)

Vậy từ (*) và (**) ta có w là nghịch ảnh của v, ⇒ v khả nghịch, ⇒ tồn tại

phần tử y = (1 – bx)u-1 để b + yc khả nghịch.■
2.1.5. Bổ đề. Giả sử I là iđêan chính quy của vành R. Khi đó các điều kiện
sau đây là tương đương:
i) I là chính quy khả nghịch,
ii) Nếu aR + bR = R với a ∈ I, thì ∃ y ∈ R để a + by ∈ U(R),
iii) Nếu Ra + Rb = R với a ∈ I, thì ∃ z ∈ R để a + zb ∈ U(R).
Chứng minh. i) ⇒ ii). Giả sử rằng aR + bR = R với a ∈ I. Khi đó ax + bz = 1
với x, z nào đó thuộc R. Vì a ∈ I, nên ta có u ∈ U(R) sao cho a = aua.
Đặt au = e, khi đó e là một lũy đẳng. Hơn nữa, ta có: eu-1x + bz = 1 do a =
eu. Vì vậy:


15
e + bz(1 – e) = 1 - eu-1x(1 – e)


16
Mặt khác,
[1 - eu-1x(1 – e)][1 + eu-1x(1 – e)]
= 1 + eu-1x(1 – e) - eu-1x(1 – e) - eu-1x(1 – e)eu-1x(1 – e)
= 1 - eu-1x(1 – e) eu-1x(1 – e)
= 1 - eu-1x(eu-1x - e eu-1x)(1 – e)
= 1 - eu-1x(eu-1x - eu-1x)(1 – e) = 1 – 0 = 1.
Nên 1 - eu-1x(1 – e) ∈ U(R).
Đặt y = z(1 – e)u-1. Ta thấy a + by = [1 - eu-1x(1 – e)]u-1 ∈ U(R).
ii) ⇒ i). Cho x bất kỳ thuộc I, ta có y ∈ R sao cho x = xyx, do I chính quy. Từ
xy + (1 – xy) = 1 ∈ R, từ (2) ta có z ∈ R sao cho x + (1 – xy)z ∈ U(R). Theo
Bổ đề 2.1.4. ta có s ∈ R sao cho y + s(1 – xy) = u ∈ U(R). Do vậy,
x = xyx = x[y + s(1 – xy)]x = xux.
i) ⇔ iii). Chứng minh tương tự như trên.■

2.1.6. Bổ đề. Nếu y là một phần tử của R sao cho a – aya là chính quy thì a là
chính quy.
Chứng minh. Nếu a – aya là chính quy thì ∃ z ∈ R sao cho:
(a – aya) z (a – aya) = a – aya

(*)

Đặt x = z – zay – yaz + yazay + y. Ta có:
axa = a(z – zay – yaz + yazay + y)a
⇒

axa = aza – azaya – ayaza + ayazaya + aya

Mặt khác từ (*) ta có:
aza – azaya – ayaza + ayazaya = a – aya.
Thay vào (**) ta có:
axa = a – aya + aya = a.
⇒

a là chính quy.■

(**)


17
2.1.7. Bổ đề. Giả sử I là iđêan chính quy khả nghịch của vành R. Giả sử rằng
a, b ∈ I. Khi đó ta có:
i) Nếu aR = bR thì ∃ u ∈ U(R) sao cho a = bu,
ii) Nếu Ra = Rb thì ∃ u ∈ U(R) sao cho a = ub.
Chứng minh. Giả sử aR = bR, với a, b ∈ I. Khi đó ta có x, y ∈ R sao cho

ax = b và a = by. Do I là chính quy khả nghịch trong R nên ta có a = aa'a với
a' ∈ U(R). Suy ra ax= aa'ax.
Vì a'ax ∈ I nên ta có thể giả sử x ∈ I. Tương tự, ta có thể giả sử y ∈ I. Rõ
ràng: b = ax = byx. Từ biểu thức: yx + (1 - yx) = 1, với y ∈ I, theo Bổ đề
2.1.5 ta có

z ∈ R sao cho y + (1 - yx)z ∈ U(R). Đặt y + (1 - yx)z = u, khi đó

ta có:
a = by = b[y + (1 - yx)z] = bu.
Điều kiện thứ hai được chứng minh tương tự như trên.■
2.1.8. Định lý. Giả sử I là iđêan chính quy của vành R. Khi đó, các điều kiện
sau là tương đương:
i) I là chính quy khả nghịch
ii) Nếu aR ≅ bR với a, b ∈ I thì ∃ u, v ∈ U(R) sao cho a = ubv.
Chứng minh. i) ⇒ ii). Giả sử ψ: aR ≅ bR với a, b ∈ I, khi đó ta có ψ(a)R =
bR. Rõ ràng do a ∈ I nên ψ(a) là chính quy, do đó ta có thể tìm được c ∈
R sao cho:
ψ(a) = ψ(a).c. ψ(a) = ψ(ac ψ(a))
⇒

a = ac ψ(a) ∈ Rψ(a)

⇒

Ra ⊆ Rψ(a).

Vì a ∈ I nên ta có a = ada với d ∈ R, ⇒ ψ(a) = ψ(ada) = ψ(a)da ∈ Ra.
Do vậy, Rψ(a) ⊆ Ra, ⇒ Ra = Rψ(a). Rõ ràng ta có ψ(a) ∈ I. Theo Bổ đề
2.1.7 ở trên, từ Ra = Rψ(a) và ψ(a)R = bR, sẽ ∃ u, v ∈ U(R) sao cho

ψ(a) = ua và b = ψ(a)v.
Vì vậy ta có kết luận b = uav.


18
ii) ⇒ i). Cho x bất kỳ thuộc I, khi đó ∃ y ∈ R sao cho x = xyx. Đặt e = xy, ta
có xR = eR, với x, e ∈ I ⇒ ∃ u, v ∈ U(R) sao cho x = uev. Rõ ràng ta có:
x(u-1v-1)x = uev(u-1v-1)uev = ue2v = uev = x,
⇒ x chính quy khả nghịch.

Vậy I là chính quy khả nghịch.■
2.1.9. Định nghĩa. Cho I là một iđêan của vành R, hai phần tử a, b ∈ R. Ta
nói rằng a giả đồng dạng với b theo I, kí hiệu a : b theo I (a is pseudosimilar to b via I) nếu tồn tại x, y, z ∈ I sao cho xay = b, zbx = a, xyx = xzx
=x.
2.1.10. Bổ đề. Giả sử I là một iđêan của R. Khi đó các điều kiện sau đây là
tương đương:
i) a : b theo I,
ii) Tồn tại x, y ∈ I sao cho a = xby, b = yax, x = xyx và y = yxy.
Chứng minh. ii) ⇒ i). Hiển nhiên.
i) ⇒ ii). Từ giả thiết a : b theo I, ta có x, y, z ∈ I sao cho:
b = xay, zbx = a và x = xyx = xzx.
Khi đó ta cũng có:
xa(yxy) = xzbxyxy = xzb(xyx)y = xzbxy = xay = b,
(zxz)bx = zxzxayx = z(xzx)ayx = zxayx = zbx = a.
Do vậy, ta có thể thay thế y bởi yxy và z bởi zxz. Khi đó ta có:
xazxy = xzbxzxy = xzbxy = xay = b,
zxybx = zxyxayx = zxayx = zbx = a.
Mặt khác, ta lại có:
zxy = z(xyx)y = (zxy)x(zxy),
x = xyx = x(zxy)x.

19
Vậy ta có điều phải chứng minh.■


20
2.1.11. Định lý. Giả sử I là một iđêan của vành R. Khi đó các điều kiện sau
là tương đương:
i) I là chính quy khả nghịch,
ii) Với mọi a : b theo I, đều ∃ u ∈ U(R) sao cho a = ubu-1.
Chứng minh. i) ⇒ ii). Giả sử có a : b theo I, theo Bổ đề 2.1.10 ở trên,
∃ x,y ∈ I sao cho a = xby, b = yax, x = xyx và y = yxy. Do I là chính quy khả

nghịch nên ta có v ∈ U(R) sao cho y = yvy và vy = vyxy do y = yxy, ⇒ vy =
vyxy = vyvy, nên vyxy – vyvy = 0 ⇔ vy(xy – vy) = 0. Vì v, y khả nghịch nên
suy ra xy = vy. Từ đó ta có:
(1 – xy – vy)2 = 1 = (1 – yx – yv)2.
Suy ra u ∈ U(R). Mặt khác:
au = a(1 – xy – vy)v(1 – yx – yv)
= -av(1 – yx – yv) = -av + ax + av
= ax.
Tương tự ta có xb = ub.
Đồng thời, ax = xbyx = xyaxyx = xyax = xb. Do vậy nên au = ub.
ii) ⇒ i). Cho x bất kỳ thuộc I. Do I chính quy nên ∃ y ∈ R sao cho x = xyx.
Rõ ràng ta có xy và yx là các lũy đẳng thuộc I. Đặt e = xy, f = yx. Ta sẽ chứng
minh e : f theo I. Ta có:
e = (exf)f(fye), vì xy = (xyxyx)yx(yxyxy) = x.yx.yxy = xy,
f = (fye)e(exf), vì yx = (yxyxy)xy(xyxyx) = yxy.xy.x = yx,
exf = (exf)(fye)(exf),

fye = (fye)(exf)(fye).
⇒

e : f theo I, hay xy : yx theo I. Suy ra ∃ u ∈ U(R) sao cho xy =

⇔

1 – xy = 1 – uyxu-1 = uu-1 - uyxu-1

uyxu-1


21
⇔

1 – xy = u(1 – yx)u-1.

Đặt a = (1 – xy)u(1 – yx) và b = (1 – yx)u-1(1 – xy).
Khi đó ta có:
1 – xy = ab, 1 – yx = ba.
Xét đồng cấu φ: abR = aR ≅ baR
ar a bar, ∀ r ∈ R
là đẳng cấu, hay (1 – xy)R ≅ (1 – yx)R.
Mặt khác θ: xR = xyR ≅ yxR cho bởi θ(xr) = yxr, ∀ r ∈ R là đẳng cấu. Ta
định nghĩa u ∈ EndR(R) sao cho u là thu hẹp của φ và θ. Khi đó, ta có x = xux,
⇒ I là chính quy khả nghịch.■


22

2.2. Một số ví dụ trong vành ma trận
Ta kí hiệu Mn(R) là vành ma trận cấp n trên R.
2.2.1. Bổ đề. R là vành chính quy khi và chỉ khi Mn(R) cũng là vành chính
quy.
Chứng minh. Điều kiện cần. Phép chứng minh gồm 2 bước. Thứ nhất, ta
chứng minh với n = 2, thứ hai là mở rộng với n tùy ý.
Nếu r ∈ R, ta kí hiệu r' là một phần tử của R sao cho rr'r = r.
a b

Đặt A = 
÷ là một phần tử tùy ý của M2(R).
c d
0

0

Nếu ta đặt X =  ' ÷ và kí hiệu A – AXA là B, ta sẽ dễ dàng tìm được
b 0
g

0

B= 
÷
h i
với g, h, i ∈ R phù hợp.
 g'
Nếu Y = 
0

0
÷ thì C = B – BYB =
i' 

 0 0

÷ với phần tử k ∈ R nào đó phù hợp.
 k 0

0 k' 
Nếu Z = 
÷ thì ta thấy rằng C – CZC = 0, nghĩa là C chính quy. Do đó,
0 0 

theo Bổ đề 2.1.6 thì B là chính quy. Cũng lại theo Bổ đề 2.1.6 thì A là chính
quy. Vậy Bổ đề được chứng minh với n = 2.
Từ (M2(R))2 ≅ M4(R), ta có Bổ đề được chứng minh với n = 4, tương tự với
M2k(R), với mọi k nguyên dương.
Nếu n là một số nguyên dương tùy ý, chọn k sao cho 2k ≥ n. Nếu A ∈ Mn(R),
giả sử A1 ∈ M2k(R) với A là phần góc trái phía trên, và các vị trí khác bằng
không. Bây giờ như là một phần tử của M2k(R), A1 là chính quy. Tức là, tồn


23
 B C

k
tại phần tử X = 
÷ ∈ M2 (R), B ∈ Mn(R) sao cho A1XA1 = A1, nên ABA = A,
D

E



suy ra A là chính quy.
Điều kiện đủ. Nếu Mn(R) chính quy, ta chứng minh R cũng chính quy. Lấy
x bất kỳ thuộc R. Xét phần tử X ∈ Mn(R) với
x 0 K

0 0 K
X = 
M

0 0 K

0
÷
0÷
÷
÷
0

Do Mn(R) chính quy nên ∃ A ∈ Mn(R) để X = XAX. Giả sử A = (aịj)n ∈ Mn(R),
khi đó:
 xa11 x 0 K

0
0 K
XAX = 
M


0 K
 0
⇒

0
÷
0÷
÷
÷
0

x = xa11x với a11 ∈ R, ⇒ R chính quy.■

Với α, β, a, b bất kỳ thuộc R, đặt:
α

0

1 a

1 0

[α,β] = 
÷, B12(a) = 
÷, B21(b) = 
÷.
0 β
0 1
b 1

2.2.2. Định lý. Giả sử I là iđêan chính quy khả nghịch của vành R. Khi đó,
Mn(I) là một iđêan chính quy khả nghịch của Mn(R).
Chứng minh. Giả sử I là iđêan chính quy khả nghịch của vành R. Theo Bổ đề
2.2.1 ở trên thì Mn(I) là iđêan chính quy của Mn(R).
Giả sử có AX + B = In với A = (aij) ∈ Mn(I), B = (bij), X = (xij) ∈ Mn(R) sao
cho AXA = A. Khi đó, vì AXA + BA = A nên ta có:
 A

 −In

B
X
÷= 
X
 In

Vì AX + B = In , nên ta có:

−1

XA − I n 
÷ ∈ GL2(Mn(R)).
A 


24
a11R + … + a1nR + b11R + … + b1nR = R
với a11 ∈ I, suy ra tồn tại các phần tử ti với i = 1, …, 2n sao cho:
a11t1 + a12t2 + … + a1ntn + b11tn+1 + … + b1nt2n = 1.
Do a11 ∈ I là chính quy nên ∃ u∈ U(R) sao cho: a11 = a11ua11.

Đặt

e = a11u
⇒

e2 = e và a11 = eu-1.

⇒

eu-1t1 + a12t2 + … + a1ntn +b11tn+1 + … +b1nt2n = 1.

Ta có:
e + (a12t2 + … + a1ntn + b11tn+1 + … + b1nt2n)(1 – e) = e + (1 - eu-1t1)(1 –e)
= 1 - eu-1t1(1 –e) ∈ U(R),
vì [1 - (1 - eu-1t1)(1 –e)] [1 + (1 - eu-1t1)(1 –e)] = 1.
Đặt

y2 = t2(1 – e)u-1,
M
yn = tn(1 – e)u-1,
z1 = tn+1(1 – e)u-1,
M
zn = t2n(1 – e)u-1,

thì khi đó ta có:
a11 + a12y2 + … + a1nyn + b11z1 + … + b1nzn
= a11 + a12 t2(1 – e)u-1 + … + a1n tn(1 – e)u-1 + b11tn+1(1 – e)u-1 + … +
b1nt2n(1 – e)u-1
= eu-1 + a12 t2(1 – e)u-1 + … + a1n tn(1 – e)u-1 + b11tn+1(1 – e)u-1 + … +
b1nt2n(1 – e)u-1

25
= [e + (a12t2 + … + a1ntn + b11tn+1 + … + b1nt2n)(1 – e)].u-1
= [1 - eu-1t1(1 –e)]u-1 ∈ U(R).
Như vậy ta tìm được y2, …, yn, z1, …, zn sao cho:
a11 + a12y2 + … + a1nyn + b11z1 + … + b1nzn = u1 ∈ U(R),
do vậy ta có:
 a11

 a21
 M

 an1
 −1

 0
 M

 0


a12 K
a22 K

a1n
a2 n

b11 K
b21 K

an 2 K
0 K
−1 K

ann
0
0

bn1 K
x11 K
x21 K

K

−1

xn1 K

0

b1n   1
÷ 
b2 n ÷  y2
÷  M
÷ 
bnn ÷  yn
.
x1n ÷  z1
÷ 

x2 n ÷  z2
÷  M
÷ 

xnn ÷
  zn

0 K
1 K
0 O

0 K

0
÷
0÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
÷
1÷

 u1 a12 K
 '
 a 21 a22 K
 M


 * an 2 K
= * 0 K

−1 K
 *
 M

 *
0 K


Nên:

a1n
a2 n

b11 K
b21 K

ann
0
0

bn1 K
x11 K
x21 K

−1

xn1 K

b1n 
÷
b2 n ÷
÷
÷
bnn ÷
x1n ÷
÷
x2 n ÷
÷
÷
xnn ÷
