Một số tính chất của phân tử và của iđeean chính quy khả nghịch luận văn thạc sĩ toán học

1

MỞ ĐẦU
Lý thuyết vành và môđun đã được nghiên cứu sâu rộng và đã đạt được
nhiều kết quả sâu sắc. Một cấu trúc quan trọng trong lý thuyết vành và môđun
đó là khái niệm iđêan. Để tìm hiểu những tính chất đặc biệt của chúng, luận
văn của chúng tôi tìm hiểu “ Một số tính chất của phần tử và của iđêan chính
quy khả nghịch”.
Mục đích của luận văn là dựa vào tài liệu [5] để tìm hiểu các phần tử
chính quy khả nghịch trong vành, một số tính chất của iđêan chính quy khả
nghịch.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm có 3
chương:
Chương 1.

KIẾN THỨC CƠ SỞ

Trong chương này, chúng tôi trình bày các kiến thức cơ sở về môđun con
cốt yếu và môđun nội xạ để làm cơ sở cho việc trình bày ở chương 3.
Chương 2.

CÁC PHẦN TỬ CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH

Trong chương này, chúng tôi trình bày các phần tử chính quy khả nghịch
trong vành nhằm làm cơ sở cho việc trình bày ở chương 3 như : phần tử lũy
đẳng , phần tử chính quy, vành chính quy, vành chính quy khả nghịch, iđêan
chính quy, iđêan chính quy khả nghịch, ….Ngoài ra chúng tôi còn trích dẫn
một số kết quả đã có dưới dạng những mệnh đề để phục vụ cho các chứng
minh ở phần sau.
Chương 3.

IĐÊAN CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH

Trong chương này chúng tôi trình bày các kết quả trong bài báo [5] của
Huanyin Chen and MiaoSen Chen.
Luận văn này được thực hiện và hoàn thành tại trường Đại học Vinh dưới
sự hướng dẫn của Thầy PGS. TS Ngô Sỹ Tùng. Tác giả xin chân thành bày tỏ
lòng biết ơn sâu sắc đối với thầy hướng dẫn, người đã trực tiếp giảng dạy và


2

hướng dẫn cho tác giả tận tình, chu đáo và nghiêm túc trong quá trình học tập,
nghiên cứu và hoàn thành luận văn này.
Tác giả xin chân thành cám ơn quý thầy cô trong chuyên ngành Đại số và
Lý thuyết số, Khoa toán học, Phòng đào tạo sau Đại học của trường Đại học
Vinh đã nhiệt tình giảng dạy và hướng dẫn cho tác giả học tập và nghiên cứu.
Tác giả xin chân thành cảm ơn Trường Đại học Sài Gòn, trường THPT
Bình Chánh đã giúp đỡ và tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong suốt khoá học.
Tác giả xin chân thành tỏ lòng biết ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã hỗ
trợ và giúp đỡ rất nhiều để tác giả hoàn thành luận văn này.
Luận văn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót , tác giả mong được sự đóng
góp chân thành của quý thầy cô và các bạn. Tác giả xin chân thành cám ơn.

Tác giả
Đoàn Văn Mùi


3

MỘT SỐ KÍ HIỆU TRONG LUẬN VĂN

u(R): tập tất cả các phần tử khả nghịch của vành R.
GLn(K): Nhóm tuyến tính tổng quát cấp n trên trường K.
End(R): Tập tất cả các tự đồng cấu của vành R.
Mn(R): Vành các ma trận vuông cấp n trên vành R.
FP(I): Tập hợp tất cả các R- môđun phải xạ ảnh hữu hạn P sao cho P = PI
m

B  A: B là môđun con của môđun A.
A * M : A

là môđun co cốt yếu của M.

A  B: A đẳng cấu với B.


4

Chương 1
KIẾN THỨC CƠ SỞ
1.1 Môđun con cốt yếu
1.1.1. Định nghĩa. Cho M là R-môđun. A là môđun con của M.Ta nói A là
môđun con cốt yếu của M nếu với mọi môđun con B khác 0 của M thì A  B
 0 ( một cách tương đương, nếu A  B = 0 thì B = 0 ). Khi đó ta cũng nói

rằng M là mở rộng cốt yếu của A. Ký hiệu là A * M .
Ví dụ .
a)Với mọi môđun M ta có M * M .
b) Xem vành số nguyên



như



- môđun, ta có n *  , n  0 .

Thật vậy, lấy 0  A, B   , ta có A  m , B  m , m, n  0 suy ra
mn  m và mn  nm  n . Từ đó suy ra mn  m  n . Hay A  B  0 . Vậy

n *  , n  0 .



1.1.2. Tính chất .
a) Cho A là môđun con của M. Khi đó :
A * M  xR  A  0, x  0, x  M
*
*
*
b) Cho A  N  M . Khi đó A  M  A  N và N  M .
*
*
*
c) Cho A  M và B  M thì A  B  M .
n

n

*
*
d) Ai  M i  M , Ai  Mi , i  1,n thì i1 Ai  i1 M i .

*
e) Cho A  N  M . Nếu N A  M A

thì N * M .

f) Cho f : M  N là đồng cấu R – môđun và B * N thì f -1(B) * M .
*
g) Cho Mi  M . M   M i

và

iI

 Ai thì
I

M
iI

Chứng minh.

i

*
  M i và  Ai   M i .

iI

I

iI

Ai * Mi , i  I . Khi đó nếu tồn tại


5

*
a) Do x  0, x  M nên 0  xR  M . Mặt khác A  M nên A  xR  0 .

Lấy 0  B  M suy ra tồn tại x  B, x  0 . Ta có A  xR  0 mà xR  B
*
suy ra A  B  0 . Vậy A  M .



*
b) Chứng minh A  N .
*
*
*
*
Lấy X  N  M , X  0 . Do A  M nên A  X  0 . Vậy A  N .
*
Chứng minh N  M .
*

Lấy Y  M , Y  0 . Do A  M nên A  Y  0 . Mà A  N nên

N Y  0 .

*
Vậy N  M .

*
Chứng minh A  M .

*
Thật vậy, lấy X  M , X  0 . Do N  M nên N  X  0 .

Đặt B  N  X  N .
*
Do A  N nên A  B  0 suy ra A  N  X  0 do đó A  X  0 .

Vậy A * M .



*
c) Chứng minh A  B  M .
*
Thật vậy, lấy X  M , X  0 . Do B  M nên B  X  0, B  X  M và

A * M suy ra A  (B  X )  0  ( A  B)  X  0 . Vậy A  B * M .



d)Dùng phương pháp quy nạp theo n, ta chứng minh mệnh đề đúng với n = 2.
*
*
*
Cho A1  M1  M , A2  M 2  M . Ta chứng minh A1  A2  M1  M 2 .
*
Lấy B  M1  M 2 , B  0 suy ra B  M1 và A1  M1 nên A1  B  0 .

Đặt X  A1  B . Lấy A2  M 2 và A2  X  0 suy ra ( A1  B)  A2  0 do đó
( A1  A2 )  B  0 . Vì vậy A1  A2 * M1  M2 .



Chú ý: Trường hợp vô hạn là không đúng, tức là




Ai  Mi  M , Ai * Mi , i  1,  thì  Ai không cốt yếu trong  M i .
i 1
i 1


6



*
Ví dụ: Ta có n *  , n  0 . Nếu có i1 n  Ai , Ai   , i suy ra

0 *  0 *  ( vô lý ).
*
*
e) Giả sử A  N  M , N A  M A . Ta cần chứng minh N  M .

Lấy X  M , X  0 .. Ta chứng minh X  N  0 .
Thật vậy, ta có X  A A  M A .
Nếu X  A A  0 suy ra X +A = A do đó X  A  N . Vì vậy X  N  0 .
*
Nếu X  A A  0 và N A  M A suy ra X  A A  N A  0 nên tồn tại n + A

 0 sao cho n + A = x + a + A suy ra n + a’ = x + a + a’’ với a’, a’’

 A, n  N , x  X , x  A suy ra x = n + a’ – a – a’’  N do đó X  N  0 .

Vậy N * M .



f) Lấy X  M , X  0 .
1
1
1
Trường hợp 1: f(X) = 0  X  ker f  f (0) mà f (0)  f (B) ( do 0  B )
1
1
1
*
suy ra X  f (B) nên X  f (B)  X  0 . Vậy f ( B)  M .

*
Trường hợp 2: f ( X )  0, f ( X )  N . Do B  N nên suy ra B  f ( X )  0 .

Do đó tồn tại b = f(x)  0 , với b B, x X, x  0 .Suy ra f(x)  B
 x  f 1(B)  x  X  f 1(B) . Vậy f 1( B) * M .



g)Trường hợp 1: Nếu I là hữu hạn I  n . Ta cần chứng minh mệnh đề đúng
với n = 2.

M1  M 2
*
*
Cho A1  M1 , A2  M 2 và A1  A2 . Ta chứng minh: 
*


 A1  A2  M 1  M 2

*
*
Thật vậy, do A1  M1 , A2  M 2 suy ra A1  A2  M1  M 2 do đó 0  M1  M 2 .

Vì vậy M1  M 2  0 .
Xét đồng cấu f1 : M1  M 2  M1
x1  x2  x1


7

Ta có f11( A1)  A1  M 2 . Mà A1 * M1 suy ra A1  M 2 * M1  M 2 .
Tương tự, f 2 : M1  M 2  M 2
x1  x2  x2
1
*
Ta có f2 ( A2 )  M1  A2 . Mà A2 * M 2 suy ra M1  A2  M1  M 2 .
*
*
Suy ra ( A1  M2 )  (M1  A2 )  M1  M2  A1  A2  M1  M2 .

Mi .
Trường hợp 2: Với I bất kỳ ta chứng minh tồn tại i
I

Lấy x   M i . Khi đó có biểu thị hữu hạn: x = x1 + x2 +…+ xk , xi  Mi suy
iI

k

k

k

k

ra tồn tại  M i và  Ai *  M i  x  Mi suy ra
i 1
i 1
i 1

i 1

M
iI

i

M
iI

i

là tổng trực tiếp hay

  Mi .
iI

M i , X  0 , suy ra x  X , x  0 có biểu thị duy nhất
Lấy X  i
I

x = x1 + x2 + … + xk , xi  Mi .
n

n

n

i 1

i 1

i 1

Do  Ai *  Mi nên  Ai  xR  0 .
n

Ai  X  0 . Vậy  Ai *  M i .
Vì xR  X nên  Ai  X  0 suy ra 
iI
iI
iI
i 1



1.1.3. Bổ đề.( Bổ đề Zorn ) Giả sử X  0 là một tập sắp thứ tự thỏa mãn điều
kiện : Mọi xích của X đều có cận trên thì X có phần tử tối đại, nghĩa là tồn tại
a  X mà a  X , x  X thì a = x.

1.1.4. Mệnh đề. Cho M là R- môđun, A  M . Khi đó tồn tại T  M để
A  T * M .

Chứng minh. Gọi S  X / X  M , X  A  0 .
Dùng Bổ đề Zorn ta có S   vì 0  S .
Ta sắp thứ tự theo quan hệ  . Lấy một tập con sắp thứ tự tuyến tính ( toàn
phần ) của S là X1  X 2  ...  X n  ...


8



Khi đó B  i1 X i . Ta chứng minh B  S .
Thật vậy, Nếu x  A  B  x  B  x  X k suy ra

x  X k  A  0 (do

X k  S ) suy ra X  0 . Vậy mọi tập con sắp tuyến tính có cận trên.

Theo Bổ đề Zorn suy ra S có phần tử tối đại T.
*
Suy ra A  T  0 và tồn tại A  T . Ta chứng minh A  T  M .

Lấy X  M , X  0 . bằng phương pháp phản chứng giả sử ( A T )  X  0 .
suy ra A  X  0 . Do đó A  (T  X )  0  T  X  S . Mà T  T  X . Điều
này mâu thuẫn với tính tối đại của T trong S.
Suy ra A  T  X  0.
*
Vậy A  T  M .



1.2.Môđun nội xạ.
1.2.1.Định nghĩa. Cho M là R – môđun phải. Một môđun N được gọi là M –
nội xạ nếu với mọi môđun con X của M, với mọi đồng cấu  : X  N đều
mở rộng tới đồng cấu  : M  N, tức là  i =  ( trong đó i là phép nhúng
đồng nhất ) hay với mọi x  X ta có  (x) =  (x).

m

1.2.2.Mệnh đề. Cho N là A – nội xạ và B  A. Khi đó:
( 1 ) N là B – nội xạ.
( 2 ) N là A B - nội xạ.
Chứng minh.( 1 ) Xét biểu đồ :


9

m

X  B, với mọi đồng cấu  : X  N tìm  để  i =  .

Bổ xung vào biểu

đồ

j

với j là phép nhúng đồng nhất.

Do N là A – nội xạ nên tồn

tại

đồng cấu  : A  N là mở

rộng của  hay  ji=  .Lấy  =  j thì  là cần tìm vì  i =  ji=  .



( 2 ) Xét biểu đồ:
A

m

 X B  A B , với mọi đồng cấu  : X B  N tìm  : A B  N là mở rộng của


tức là  i =  .

Bổ sung vào biểu đồ:
- X và A, phép nhúng đồng nhất i’ : X  A .
- Các toàn cấu tự nhiên  : A  A B ;  ' : X  X B


10

(  ' = X )
Do N là A – nội xạ nên tồn tại 

: A  N là mở rộng của  ' tức là

 i '   ' . Ta thấy ker   ker vì :
a  ker    (a)  B  a  B  B  a  B  a  X  a  B  X B   '(a)  B  0
 a  Ker    (a)

= B  a + B = B  a B  a  X  a + B X B   ' (a)

= B = 0   '(a)  0   (a)  0  a  ker .

Khi đó lấy  : A B  N
a +B   (a) ( (a  B)   (a) )
Ta có:
+) là ánh xạ
Vì nếu a + B = a’ + B  a – a’ B  a – a’  ker 
 a – a’  ker   (a)   (a ')   (a  B)  (a ' B) .

+) là đồng cấu.
+) Biểu đồ giao hoán ( hay  là mở rộng của  )
 x + B X B , (  x  X ) ta có:

 ( x  B)  i( x  B)
=  ( x  B)
=  ( x)
=  (i '(x ))
=  '(x)
=  ( x  B) .



1.2.3. Định nghĩa( Tiêu chuẩn Baer tổng quát ). Môđun N là M- nội xạ khi
và chỉ khi với mọi iđêan trái Rm của R, với mọi đồng cấu  từ Rm vào N,


11

tồn tại đồng cấu  từ R vào N sao cho  i =  , trong đó i là phép nhúng Rm
vào R.
( Môđun N là M- nội xạ khi và chỉ khi N là Rm- nội xạ, với mọi m thuộc
M ).

Chứng minh. Giả sử N là M- nội xạ . Ta cần chứng minh N là Rm- nội xạ.
Ta có Rm  M nên theo Mệnh đề 1.2.2. ở trên ta suy ra N là Rm - nội xạ.
Giả sử N là Rm - nội xạ. Ta cần chứng minh N là M- nội xạ.
Thật vậy:
 Xét biểu đồ:

X  A , với mọi đồng cấu  : X  N

Ta cần tìm  là mở rộng của  , tức là  i =  .
 Dùng Bổ đề Zorn ta xét tập S  ( Ai ,i ) / X  A  M  với i : Ai  N là
mở rộng của , i  I .
Ta thấy:
+) S   vì ( X,  )  S .
+) Thứ tự trong S:
( A1 , 1 )  ( A2 , 2 )  A1  A2 và  2 là mở rộng 1 .

Ta kiểm tra được S thỏa Bổ đề Zorn. Do đó S có phần tử tối đại là ( A, )
thỏa mãn X  A  M .


12

 Ta cần chứng minh A = M.
Thật vậy: Giả sử A  M . Xét phần tử mM \ A. Cho K = r  R : mr  A .
Khi đó rõ ràng mK  0 . Ta định nghĩa  : mK  N cho bởi  ( mk) =

 (mk), k  K . Khi đó giả thiết  có thể mở rộng tới đồng cấu  : mR  N .
Bây giờ ta định nghĩa  : A  mR  N cho bởi  ( a + mr ) =  (a) +

 (mr). Khi đó , nếu a + mr = 0

thì r

K

và vì vậy

 (a) (mr)  (a)  (mr) =  (a)  (mr )  (a  mr)  0, k  K .
Nhưng khi đó cặp ( A + mR,  ) mâu thuẫn với tính tối đại của ( A, ) . Do đó
A = M và : M  N là mở rộng của  .
1.2.4. Mệnh đề. N =



N là M- nội xạ khi và chỉ khi N là M- nội xạ với


I

mọi   I .
Chứng minh. Giả sử N là môđun nội xạ, i : X → M là phép nhúng đồng nhất
và φ: X → N∝ là một đồng cấu với ∝ ∈ I.
Gọi μ : N∝ → N là phép nhúng chính tắc ta có μφ : X → N là một đồng
cấu. Do N nội xạ nên tồn tại đồng cấu  : M  N sao cho biểu đồ sau giao
hoán


13

nghĩa là  i   .

Bây giờ ta xét đồng cấu    , trong đó  : N  N là phép chiếu
chính tắc , ta có i  ( )i   ( i)   ( )   .
Điều này chứng tỏ N là nội xạ.
Giả sử N là môđun nội xạ với   I . Xét biểu đồ giao hoán

trong đó i là phép nhúng đồng nhất, φ là đồng cấu từ X vào N, π∝ là phép
chiếu chính tắc từ N vào N∝ , còn ∅∝ là đồng cấu có được do tính nội xạ của
N∝ , π∝φ = ∅∝i.
Khi đó, theo tính chất phổ dụng của tích trực tiếp , tồn tại đồng cấu ∅ từ M
vào N sao cho π∝∅ = ∅∝, cụ thể với m ∈ M: ∅(m) ∝ = ∅∝(m), ∀∝∈ I.
Ta khẳng định rằng φ = ∅i. Thật vậy, với mọi x ∈ X ta có φ(x)∝ =
π∝(φ(x)) = ∅∝i(x) = π∝(∅i(x)) = ∅i(x) ∝, ∀∝∈ I suy ra φ(x) = ∅i(x).
Do đó φ = ∅i. Điều này chứng tỏ N là nôi xạ.




14

Chương 2
CÁC PHẦN TỬ CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH
2.1. CÁC KHÁI NIỆM CƠ SỞ
2.1.1. Định nghĩa. Một phần tử e của vành R được gọi là lũy đẳng nếu e2 = e.
2.1.2. Định nghĩa. Một phần tử x thuộc vành R gọi là lũy linh nếu tồn tại số
tự nhiên n  1 để xn = 0.
2.1.3. Định nghĩa. Một phần tử x thuộc vành R gọi là chính quy nếu tồn tại
a R để x = xax.
2.1.4. Định nghĩa. Một vành R gọi là chính quy nếu mọi phần tử của R là
chính quy.
2.1.5. Định nghĩa. Một phần tử u thuộc vành R được gọi là phần tử khả

nghịch nếu tồn tại phần tử v thuộc vành R để uv =1R.
Tập hợp các phần tử khả nghịch của R, kí hiệu là u(R).
2.1.6. Định nghĩa. Vành R gọi là chính quy khả nghịch nếu với mọi x thuộc
vành R tồn tại u thuộc u(R) sao cho x = xux.
Ví dụ.
Cho D là một vành chia được.V là không gian véctơ hữu hạn chiều trên D.
Khi đó, R = End D( V ) là một vành chính quy khả nghịch.
2.1.7. Mệnh đề. Mọi vành R chính quy giao hoán, có đơn vị là vành chính
quy khả nghịch.
Chứng minh. Giả sử x  R, do R chính quy nên tồn tại a  R sao cho x = xax.
Vì R là vành giao hoán nên ta có xxa = x hay x2 a = x, mặt khác xaxa = xa nên
xa là một phần tử lũy đẳng trong R. Ta cũng có axx = x hay ax 2 = x, nên axax
= ax, khi đó ax cũng lũy đẳng trong R.
Đặt e = xa, khi đó xa = (xaxax)(xaaax) hay e = (exe)(eae) và phần tử t =
exe + 1 – e là phần tử khả nghịch trong vành R, với nghịch đảo là t -1 = eae + 1


15

– e vì x = ex = xex, nên ta có et = x và x = ex = xt -1x. Vậy R là vành chính
quy khả nghịch.



2.1.8. Định nghĩa. Cho I là một iđêan của vành R. I gọi là chính quy nếu với
mỗi x  I tồn tại y  I để x = xyx.
2.1.9. Định nghĩa. Iđêan I của vành R là chính quy khả nghịch nếu với mỗi x
 I tồn tại u  u(R) sao cho x = xux.

Ví dụ: Vành R = End D(V) với V là không gian véctơ vô hạn chiều trên D.

Xét tập hợp I  x  EndDV / dimD ( xV )   thì I là một iđêan chính quy khả
nghịch của R.
Chứng minh. Dễ thấy I là một iđênan của R. Lấy x bất kỳ thuộc I, ta xét các
dãy khớp D - môđun phải:
0  Ker x  V  xV  0
0  xV  V  V
0
xV

Thế thì V  xV  Ker x  V xV  xV.
 dimD(Ker x) = dimD( V xV ) =  .

Do đó x là chính quy khả nghịch.Vậy I là chính quy khả nghịch.



Nhận xét.
( 1 ) Nếu R có phần tử đơn vị 1R thì 1R là chính quy.
( 2 ) Nếu R có đơn vị và phần tử a khả nghịch trong R thì a chính quy.
2.1.10. Mệnh đề.
( 1 ) Trong vành R có đơn vị nếu x lũy linh khác 0 thì 1 – x khả nghịch.
( 2 ) Mọi phần tử lũy đẳng e của vành R đều chính quy.
( 3 ) Nếu a là phần tử chính quy với b  R sao cho aba = a thì ab và ba là
lũy đẳng.
( 4 ) Mọi phần tử x của vành R là lũy linh khác 0 đều là ước của 0.
( 5 ) Nếu x lũy linh và u khả nghịch thì u + x khả nghịch.


16

Chứng minh.
( 1 ) vì xn = 0  1 – xn = 1 với 1 là đơn vị của vành R.
n-1

 ( 1 – x )( 1 + x + … + x

) = 1. Vậy 1 – x khả nghịch.

( 2 ) Ta có e2 = e  e3 = e.e2 = e2 = e.
( 3 ) Ta có ( ab )2 = ab.ab = aba.b =ab.
( ba )2 = ba.ba = b.aba = ba.
( 4 ) Gọi k là số tự nhiên bé nhất để xk = 0. Vì x  0 nên k  2. Do đó x.xk
–1

= 0, xk – 1  0 nên x là ước của 0.
( 5 ) Vì u khả nghịch nên tồn tại v  R sao cho uv = 1. Khi đó ta có: u + x =

u + uvx = u(1 + vx). Vì x lũy linh nên vx lũy linh do đó 1 + vx khả nghịch
( theo ( 1 ) ). Vì u và 1 + vx đều là các phần tử khả nghịch nên u + x = u(1 +
vx) khả nghịch.
2.1.11. Định nghĩa. Cho I là một iđêan của vành R.
( 1 ) I được gọi là iđêan tối tiểu nếu I  0 và I không chứa thật sự iđêan
khác 0 nào cả.
( 2 ) I được gọi là iđêan tối đại nếu I  R và I không bị chứa thật sự iđêan
nào khác.
( 3 ) I được gọi là iđêan nguyên tố nếu I  R và  x, y R mà xy I thì
x I hoặc y I.
2.1.12. Mệnh đề. Trong vành R có đơn vị mọi iđêan M tối đại đều là iđêan
nguyên tố.
Chứng minh. Giả sử A, B là iđêan của vành R sao cho AB  M. Ta chứng

minh A  M hoặc B  M.
Giả sử A  M ta chứng minh B  M. Vì A  M suy ra A + M là iđêan chứa
M và chứa A. Suy ra A + M chứa thực sự M. Nhưng vì M tối đại nên suy ra A
+ M = R.
Nhưng ta luôn có RB  B. Vì R có đơn vị nên RB = B.


17

Do đó B = RB = ( A + M )B = AB + MB.
Theo giả thiết có AB  M, M là iđêan có MB  M.
Do đó: AB + MB  M.
Vậy B  M.



2.1.13. Mệnh đề. R là vành giao hoán có đơn vị và mỗi phần tử x R đều tồn
tại số tự nhiên n > 1 (n phụ thuộc vào x ) sao cho x n = x. Khi đó mọi iđêan
nguyên tố trong R đều là iđêan tối đại.
Chứng minh. Giả sử P là iđêan nguyên tố và A là iđêan của R, P  A. Khi đó


tồn tại x  A, x  P. Ta có x( xn-1 – 1 ) = xn – x = 0 P và x P nên xn-1 – 1 P
suy ra xn-1 – 1 A, do x A nên 1  A. Vậy A = R nên P là iđêan tối đại.



2.2. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA CÁC PHẦN TỬ
CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH
2.2.1. Bổ đề. Nếu x là một phần tử của vành R, thì các điều kiện sau là tương

đương:
( 1 ) Tồn tại u  u(R) sao cho x = xux.
( 2 ) Tồn tại u  u(R) sao cho xu và ux là lũy đẳng.
( 3 ) Tồn tại p,qu(R) sao cho pxq là lũy đẳng.
Chứng minh. ( 1 )  ( 2 )
Nếu tồn tại u  u(R) sao cho x = xux thì khi đó, ta có:
( xu )2 = xu.xu = ( xux )u = xu  xu là lũy đẳng.
( ux )2 = ux.ux = u ( xux ) = ux  ux là lũy đẳng.
(2) (3)
Do vành R có phần tử đơn vị là 1 nên chọn p = 1, q = u thì từ ( xu )2 = xu
ta có ( xu )2 = ( 1xu )2 = ( pxq )2 và xu = 1.xu = pxq.Suy ra ( pxq )2 = pxq, tức
pxq là lũy đẳng.
(3) (1)


18

Giả sử tồn tại p, q  u(R) sao cho pxq là lũy đẳng, tức là ( pxq )2 = pxq hay
( pxq )(pxq ) = pxq. Suy ra xqpx = p -1(pxq)q -1  xqpx = x.
Đặt u = qp u(R) ta có x = xux.



2.2.2. Định lí. 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 vành chính quy khả nghịch,

 a, b R

thỏa mãn aR + bR = R. Vì R là chính quy khả nghịch nên tồn tại 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 = auaR + bybR = aua.u.auaR + byb.y.bybR
= au.aua.auR + by.byb.ybR
= au.a.auR + by.b.ybR
= auR + byR
= eR + fR
= eR + ( 1 – e )fR.
Do R là chính quy khả nghịch nên tồn tại 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 và ( 1 – e )2 = 1 – e, do
đó:
g2 = [( 1 – e )fw(1 – e ) ( 1 – e )(1 – e )f ]w(1 – e )
= ( 1 – e )fw(1 – e ) = g.
Mặt khác ta có: eg = e( 1 – e )fw(1 – e ) = 0
ge = ( 1 – e )fw(1 – e )e = 0
Ta có eR + fR = eR + gR = R, nên tồn tại  ,   R sao cho e + g  = 1 
e(e  + g  ) = e  e2  + eg  = e  e  = e.
Ta lại có: g(e  + g  ) = g  ge  + g2  = g  g  = g  e + g = 1 hay e +
( 1 – e )fw( 1 – e ) = 1.


19

Ta có: e + fw( 1 – e ) – e2fw( 1 – e ) = 1, do e2 = e
 e[ 1 – efw( 1 – e )] + fw( 1 – e ) = 1
 au[ 1 – efw( 1 – e )] + byw( 1 – e ) = 1 ( * )

Đặt  = [ 1 + efw( 1 – e )]u-1  u(R). Nhân 2 vế của ( * ) với  , ta có:
au[1 – efw( 1 – e )][ 1 + efw( 1 – e )]u-1 + byw( 1 – e) =  .

-1

 au[1 – efw( 1 – e )efw( 1 – e )]u + byw( 1 – e) =  .
-1

 auu + byw( 1 – e ) =  .

Đặt t = byw( 1 – e )  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 x  R   a để x = xax  xa là lũy đẳng và xR + ( 1 – xa )R = R 
t  R, u R

sao cho [ x + ( 1 – xa )t]u = 1.

 xa[ x + ( 1 – xa )t]ux = xax  [ xax + xa ( 1 – xa )t ]ux = x
 ( x + 0 )ux = x  xux = x.

Vậy R là chính quy khả nghịch.



2.2.3. 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,
w = a + x ( 1 – ba ).
Ta sẽ chứng minh w là nghịch ảnh của v  wv = vw = 1.
Thật vậy, 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 + u-1u – bxu-1u - u-1a + bxu-1a
= bx + 1 – bx – u-1a + bxu-1a


20

= 1 – ( 1 – bx )u-1a.
Suy ra 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

( do ab + c = 1 )

= a – a + ca = ca.
Suy ra vx ( 1 – ba ) = 1 – ba – ( 1 – bx )u-1ca

(2)

Từ ( 1 ) và ( 2 ) ta có: vw = v[a + x( 1 – ba )]
= va + vx( 1 – ba )
= va + 1 – ba – ( 1 – bx )u-1ca
= ba + ( 1 – bx )u-1ca + 1 – ba – (1 – bx )u-1ca
= 1.
Suy ra vw = 1 ( * )
Ta cũng có: wb = [ a + x( 1 – ba )]b

= ab + x( 1 – ba)b
= ab + xb – xbab
= ab + xb – xb ( 1 – c ) ( do ab + c = 1 )
= ab + xb –xb + xbc.
Suy ra
Vì

w b = ab + xbc

(3)

w( 1 – bx )= [ a + x( 1 – ba )]( 1 – bx )
= a – abx + x( 1 – ba )( 1 – bx )
= a – abx + x( 1 – ba ) – x( 1 – ba )bx
= a – ( 1 – c )x + x – xba – xbx + xbabx (do ab +c = 1 )
= ( a + cx ) – x + x – xba – xbx + xb( 1 – c )x
= u – xba – xbx + xbx – xbcx
= u – xba – xbcx
= u – xbu
= ( 1 – xb )u


21

Vì thế, ta có:
w( 1 – bx )u-1c = ( 1 – xb )uu-1c
= ( 1 – xb )c.

(4)

Từ ( 3 ) và ( 4 ), ta có:
wv =w[ b + ( 1 – bx )u-1c ]
= wb + w( 1 – bx )u-1c
= ( ab + xbc ) + ( 1 – xb )c
= ab + xbc + c – xbc
= ab + c
= 1.
Suy ra

wv = 1

( ** )

Từ ( * ) và ( ** ) ta có w là nghịch ảnh của v, suy ra v là khả nghịch, tức là
tồn tại phần tử y = ( 1 – bx )u-1 để b + yc khả nghịch.




22

Chương 3
IĐÊAN CHÍNH QUY KHẢ NGHỊCH
3.1. Bổ đề. Cho I là một iđêan chính quy của vành R. Các phát biểu sau là
tương đương:
( 1 ) I là khả nghịch.
( 2 ) Nếu aR + bR = R với a  I thì tồn tại y R sao cho a + by u(R).
( 3 ) Nếu Ra + Rb = R với a  I thì tồn tại z R sao cho a + zb  u(R).
Chứng minh. Ta chứng minh ( 1 )  ( 2 ), ( 1 )  ( 3 ).
(1) (2)

Giả sử aR + bR = R với a  I.Thế thì với x, z nào đó thuộc vành ta có ax +
bz = 1. Từ a I, do I chính quy khả nghịch nên tồn tại u  u(R)sao cho a =
aua.Đặt au = e ta có e2 = auau = au = e  e R là một lũy đẳng. Vì au = e 
a = eu-1  eu-1x + bz = 1  e + bz( 1 – e ) = e + ( 1 – eu-1x)( 1 – e ) = e + 1
– e – eu-1x( 1 – e )= 1 – eu-1x( 1 – e ).
Mặt khác, vì:
[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– eu-1x)( 1 – e )
=1–0=1
-1

 1 – eu x( 1 – e ) u(R).

Đặt y = z( 1- e )u-1.Ta có:
a + by = a + bz( 1- e )u-1 = eu-1 + ( 1 – eu-1x( 1 – e ) – e )u-1
= eu-1 + [1 – eu-1x(1 – e )]u-1–eu-1 = ( 1 – eu-1x(1 – e) )u-1  u(R).
(2) (1)


23

Cho x I, do I chính quy, ta có y R để x = xyx.Từ xy + ( 1 – xy ) = 1, từ
( 2 ) ta có z R sao cho x + ( 1 – xy )z  u(R). Theo bổ đề 2.2.3 Ta có s R sao
cho y + s( 1 – xy ) = u u(R). Do đó x = xyx = x( y + s( 1 – xy ))x = xux. 
( 1 )  ( 3 ) tương tự do tính đối xứng.
3.2. Bổ đề. R là vành chính quy khi và chỉ khi M n(R)cũng là vành chính quy.
Chứng minh. Điều kiện cần:
Trước hết ta chứng minh với n = 2.

Nếu r  R, do R chính quy, tồn tại r ,  R sao cho r = rr ,r.
a b

Đặt A = 
 là một phần tử tuỳ ý của M2(R)
c d 
0 0 
 và B = A – AXA, khi đó:
,
b 0

Nếu ta đặt X = 

a b  0 0  a b 

a b

B= 

 - 
 ,

c d  c d  b 0 c d 
 a b   bb, 0   a b 
 
 -  ,

 c d   db 0   c d 

=

 a b   abb,
 - 
,
 c d   adb

=

 a  abb,

= 

 c  adb

 g 0

,

b  bbb, 

d  dbb, 

B= 
 , với g, h,
h i 
 g,

Nếu Y = 

0

0

i , 

bbb, 

dbb, 

i

phù hợp.
0 0

thì C = B – BYB = 
 với phần tử k  R nào đó phù hợp.
 k 0

 0 k, 
Nếu Z = 
 thì ta thấy rằng C – CZC = 0 hay C = CZC, tức C chính
0 0 

quy.Ta chứng minh B chính quy.Thật vậy:
Nếu B – BYB là chính quy thì tồn tại z  R sao cho:


24

( B – BYB ) z ( B – BYB ) = B – BYB ( 1 )

Đặt X = z – zBY – YzB + YBzYB + Y. Ta có:
BXB = B( z – zBY – YzB + YBzYB + Y )B
= BzB – BzBYB – BYzBB + BYBzYBB + BYB ( 2 )
Từ ( 1 ) ta có: BzB – BzBYB – BYBzB + BYBzBYB = B - BYB .
Thay vào ( 2 ), ta được: BXB = ( B – BYB ) + BYB = B.
Do đó B chính quy.Tương tự suy ra A 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 M 2k ( R) , với mọi k nguyên dương.Nếu n là số nguyên dương tùy ý , chọn k
sao cho 2k  n. Nếu A  Mn(R), giả sử A1  M 2k ( R) với A là phần tử góc trái
trên, và các vị trí khác bằng không. Khi đó như là một phần tử của M 2k ( R) , A1
B C 

k
là chính quy.Tức tồn tại phần tử X = 
  M 2 ( R) , B Mn(R) sao cho
D E

A1XA1 = A1 suy ra ABA = A.
Vậy A là chính quy.
Điều kiện đủ: Nếu Mn(R) là chính quy, ta cần chứng minh R cũng chính
quy. Thật vậy, lấy x bất kỳ thuộc R, ta chứng minh x chính quy. Xét phần tử
 x 0  0


0 0  0

X Mn(R) với X=
 




0 0  0

Do Mn(R) chính quy nên tồn tại A Mn(R) để X = XAX. Ta giả sử A = ( aij )n
 Mn(R), khi đó:

 xa11 x

0
XAX = 


0

0  0

0  0



0  0


25

Suy ra x = xa11x với a11  R, suy ra R là chính quy.



3.3. Định lí. Cho I là một iđêan chính quy khả nghịch của vành R thì M n(I) là
một iđêan chính quy khả nghịch của M n(R).
Chứng minh.
Giả sử I là một iđêan chính quy khả nghịch trên vành R.Khi đó theo Bổ đề
3.2. thì Mn(I) là iđêan chính quy của Mn(R). Giả sử AX + B = In với A =
(aij)  Mn(I) và X = (xij), B = (b ij)  Mn(R) sao cho AXA = A. Khi đó, AXA +
BA = A nên ta có:
A

 In

B
X
 = I
X
 n

1

XA  I n 
  GL2(Mn(R)).
A 

Vì AX + B = In, nên ta có:
a11R + a22R + … + a1nR + b11R + b12R + … + b 1nR = R
với a11  I, do đó tồn tại các phần tử ti với i = 1, 2n sao cho:
a11t1 + a12t2 + … +a1ntn + b11tn+1 + b12tn+2 + … + b 1nt2n = 1,
do a11  I là chính quy nên tồn tại u  u(R) sao cho a11 = a11ua11.
Đặt e = a11u e2 = a11u.a11u = a11u = e, a11 = eu-1.
-1

eu t1 + a12t2 + … +a1ntn + b 11tn+1 + b 12tn+2 + … + b 1nt2n = 1

Ta có:
e + ( a12t2 + … +a1ntn + b11tn+1 + b12tn+2 + … + b 1nt2n )( 1- e )
= e + ( 1 – eu-1t1 )( 1 – e )
= 1 – eu-1t1 )( 1 – e ) u(R),
do [ 1 – (1 – eu-1t1 )( 1 – e )] [ 1 + (1 + eu-1t1 )( 1 – e )] = 1 .
Đặt
y2 = t2 ( 1 – e )u-1,


yn = tn ( 1 – e )u-1,