Đại Số Giao Hoán Sự phụ thuộc nguyên vành giá trị

ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
PHÒNG KHCN-SĐH
------------oOo------------

Tiểu luận môn học
Đại số giao hoán

SỰ PHỤ THUỘC NGUYÊN
VÀNH GIÁ TRỊ

Người hướng dẫn: PGS-TS BÙI TƯỜNG TRÍ
Người thực hiện: ĐẶNG TUẤN HIỆP
Khóa 17-Đại số và Lý thuyết số

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH
Tháng 10-2007


GIỚI THIỆU
Tiểu luận này được viết dựa vào chương 5 của cuốn sách [1]. Trong tiểu luận
này, chúng ta sẽ nghiên cứu các khái niệm và tính chất của sự phụ thuộc nguyên
và vành giá trò trên vành giao hoán có đơn vò. Để cho tiện việc trình bày và theo
dõi, chúng ta quy ước toàn bộ trong tiểu luận này, vành được xét tới luôn là vành
giao hoán có đơn vò 1.
Khái niệm sự phụ thuộc nguyên là một sự tương tự của khái niệm sự phụ thuộc
đại số trong lý thuyết trường. Còn vành giá trò là sự tương tự của trường thặng dư.
Tuy nhiên, do đối tượng mà chúng ta đang xét tới chỉ là vành giao hoán có đơn vò
chưa phải là trường nên các khái niệm và các tính chất chỉ mang tính tổng quát và
phức tạp hơn trong lý thuyết trường.
Do thời gian nghiên cứu còn hạn hẹp, và sự hiểu biết còn chưa nhiều, nên trong
tiểu luận này tác giả chỉ dừng lại ở mức làm rõ vấn đề trong chương 5 của [1]. Ngoài

ra, tác giả đã cố gắng làm rõ sự tương tự của các khái niệm và tính chất được xét
tới với các khái niệm và tính chất đã được biết trong lý thuyết trường. Một số bổ
đề và mệnh đề được tác giả đưa thêm vào để nhằm làm rõ thêm vấn đề. Đặc biệt,
trong chương 2, ngoài việc đưa ra khái niệm và các tính chất của nó. Tác giả đã cố
gắng giải thích rõ nguồn gốc dẫn đến khái niệm vành giá trò. Trong tiểu luận này,
có một số đònh nghóa và đònh lý mà tác giả đã phát biểu với một hình thức khác so
với [1] nhưng bản chất nội dung của chúng vẫn không thay đổi. Điều này sẽ được
tác giả giải thích rõ trong tiểu luận. Chính điều đó giúp chúng ta có một cái nhìn
sâu sắc hơn về vấn đề mà chúng ta đang xét tới.
Tác giả xin gửi lời cảm ơn đến anh Trònh Thanh Đèo đã cung cấp phiên bản
PCTex.5 cùng với những sự hướng dẫn sử dụng cho tác giả. Tiểu luận này đã được
soạn thảo bằng phiên bản này. Do lần đầu sử dụng nên chắc chắn còn nhiều thiếu
sót trong cách trình bày.
Cuối cùng, tác giả xin gửi lời chúc sức khỏe tới gia đình và PGS-TS Bùi Tường
Trí, người đã trực tiếp giảng dạy học phần Đại số giao hoán cho lớp cao học Đại số
và lý thuyết số −K17. Tác giả cũng xin gửi lòng biết ơn sâu sắc tới mẹ, người mà
cùng với đức hy sinh cao cả, tấm lòng vò tha, đã động viên tác giả rất nhiều trước
những khó khăn trong cuộc sống.


Chapter 1
SỰ PHỤ THUỘC NGUYÊN
Trong chương này, chúng ta sẽ trình bày các khái niệm và tính chất của sự phụ
thuộc nguyên. Đặc biệt, chúng ta sẽ cố gắng làm rõ sự tương tự của nó với các khái
niệm và tính chất của sự phụ thuộc đại số trong lý thuyết trường.

1.1 Phần tử nguyên
Đònh nghóa 1.1.1. Cho R là vành con của vành S, lấy α ∈ R. Chúng ta nói rằng α
nguyên trên R nếu α là một nghiệm của một đa thức monic1 . Có nghóa là α thỏa mãn
phương trình có dạng

xn + a1 xn−1 + · · · + an = 0;

ai ∈ R

Nếu ∀α ∈ S, α nguyên trên R, thì ta nói vành S là mở rộng nguyên của vành R. Kí
hiệu S/R.
Nhận xét. Nếu R là một trường và S là mở rộng trường của R thì α nguyên trên
R khi và chỉ khi α đại số trên R. Như vây, khái niệm phần tử nguyên và mở rộng
nguyên chính là sự tương tự của khái niệm phần tử đại số và mở rộng đại số trong
lý thuyết trường. Do đó, những khái niệm và các tính chất mà ta sẽ đưa ra trong
phần này chính là sự tương tự và tổng quát những khái niệm và tính chất trong lý
thuyết trường.
Ví dụ.
• Mọi phần tử của R đều nguyên trên R vì α ∈ R thì α là nghiệm của
đa thức monic x − α.
√
√
• S = C, R = Z; lấy d ∈ Z bất kỳ. Số d ∈ C là nguyên trên Z vì d là nghiệm
của đa thức monic x2 − d.
1

đa thức có hệ số của lũy thừa cao nhất là 1

1


2

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

• S = Q, R = Z; số 2/3 là nghiệm của đa thức f (x) = 3x − 2. Nhưng f không
phải là một đa thức monic, do đó 2/3 không nguyên trên Z. Một cách tổng
quát, nếu x = r/s ∈ Q nguyên trên Z (r, s ∈ Z; s = 0; (r, s) = 1) thì
rn + a1rn−1 s + · · · + an sn = 0;

ai ∈ Z

Do đó s chia hết cho rn , mà (r, s) = 1 nên s = ±1. Suy ra, x ∈ Z.
Có rất nhiều điều kiện tương đương với tính nguyên của α trên R, và chìa khóa
của vấn đề chính là kết quả sau đây. Chúng ta nhắc lại rằng, một môdun được gọi
là trung thành nếu linh tử hóa của nó bằng 0.
Bổ đề 1.1.1. Cho R là một vành con của vành S, lấy α ∈ S, α nguyên trên R. Cho
M là một R−môdun hữu hạn sinh và M cũng là một R[α]−môdun trung thành. Lấy
I là một ideal của R sao cho αM ⊆ IM. Khi đó α là một nghiệm của một đa thức
monic với hệ số trong I.
Chứng minh. Lấy x1 , x2, . . . , xn là các phần tử sinh của M. Vì αxi ∈ IM nên ta có
n

αxi =

cij xj
j=1

trong đó cij ∈ I. Dó đó
n

(δij α − cij )xj = 0;

1≤i≤n

j=1

trong đó δij là hằng số Kronecker. Viết đẳng thức trên ở dạng ma trận ta có Ax = 0,
trong đó A là ma trận mà các phần tử trên đường chéo chính là α − cij , các phần tử
còn lại là −cij . Chúng ta nhân ma trận phụ hợp của A vào bên trái đẳng thức trên.
là đònh thức của ma trận A. Do đó
Kết quả thu được là xi = 0, ∀i. Trong đó
là linh hóa tử của M, vì M là môdun trung thành nên
= 0. Khai triển đònh
thức
chúng ta sẽ thu được đa thức monic cần tìm.
Mệnh đề 1.1.1 (các điều kiện tương đương với tính chất nguyên của phần tử α
trên R). Cho R là vành con của vành S, lấy α ∈ S. Các điều kiện sau đây là tương
đương
1. α nguyên trên R.
2. R[α] là R−môdun hữu hạn sinh.


3

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

3. R[α] được chứa trong một vành con R của S sao cho R là một R−môdun hữu
hạn sinh.
4. Tồn tại một R[α]-môdun trung thành M sao cho M cũng là một R−môdun hữu
hạn sinh.
Chứng minh. (1. ⇒ 2.) Nếu α nguyên trên R thì α là nghiệm của một đa thức
monic bậc n với hệ số trên R. Do đó
αn + a1αn−1 + · · · + an = 0; ai ∈ R
Suy ra αn và các lũy thừa cao hơn n của α có thể biểu diễn như là tổ hợp tuyến

tính của các lũy thừa nhỏ hơn của α. Vì vậy {1, α, . . . , αn−1 } là một hệ sinh của
R[α] trên R, hay R[α] là R−môdun hữu hạn sinh.
(2. ⇒ 3.) Lấy R = R[α], hiển nhiên R là vành con của vành S và R là R−môdun
hữu hạn sinh.
(3. ⇒ 4.) Lấy M = R . Nếu y ∈ R[α] sao cho yM = 0 thì y = y1 = 0. Do đó M là
R[α]−môdun trung thành. Hiển nhiên, M là R−môdun hữu hạn sinh.
(4. ⇒ 1.) Áp dụng bổ đề 1.1.1 với I = R.
Nhận xét. Bổ đề 1.1.1 chính là một hệ quả của mệnh đề 2.4 trong [1], với tự đồng
cấu Φ là phép nhân với α, Φ(M) = αM ⊆ IM. Để chứng minh (4. ⇒ 1.) ta còn có
thể áp dụng trực tiếp mệnh đề 2.4 trong [1]. Hơn nữa, ta có thể nhận thấy rằng bổ đề
1.1.1 và mệnh đề 2.4 trong [1] đều là một dạng khác của đònh lý Halminton-Cayley2
trong đại số tuyến tính. Chỉ khác một điều ở đây đối tượng mà chúng ta xét tới
chính là phạm trù các môdun hữu hạn sinh trên vành giao hoán có đơn vò.
Tiếp theo, chúng ta sẽ chứng minh tính chất bắc cầu đối với các mở rộng nguyên.
Đầu tiên, chúng ta cần dùng tới bổ đề sau đây.
Bổ đề 1.1.2. Cho R là vành con của vành S, lấy α1 , α2 , . . . , αn ∈ S. Nếu α1 , α2, . . . , αn
đều nguyên trên R thì R[α1 , α2, . . . , αn ] là R−môdun hữu hạn sinh.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n. Với n = 1, bổ đề là mệnh
đề 1.1.1 phần 2, ta có R[α] là R−môdun hữu hạn sinh. Giả sử R[α1 , α2 , . . . , αn−1 ]
là R−môdun hữu hạn sinh. Khi đó, R[α1 , α2, . . . , αn ] = R[α1 , α2 , . . . , αn−1 ][αn] là
R[α1 , α2, . . . , αn−1 ]−môdun hữu hạn sinh. Do đó, R[α1 , α2 , . . . , αn ] là R−môdun
hữu hạn sinh. Đây chính là trường hợp riêng của mệnh đề 2.16 trong [1]. Nếu
A, B, C là các vành thỏa C là B−môdun hữu hạn sinh, B là A−môdun hữu hạn
sinh thì C là A−môdun hữu hạn sinh. Thật vậy, ta có
n

C=

m

Byk

;

B=

k=1
2

mọi ma trận A đều là nghiệm của đa thức đặc trưng

Axi
i=1


4

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp
Khi đó

n

m

C=

Ayk xi
k=1 i=1

Mệnh đề 1.1.2 (Tính bắc cầu đối với các mở rộng nguyên). Cho A ⊆ B ⊆ C là

các vành. Nếu C nguyên trên B, nghóa là mọi phần tử của C đều nguyên trên B, và
B nguyên trên A, thì C nguyên trên A.
Chứng minh. Lấy x ∈ C, vì x nguyên trên B nên x thỏa mãn phương trình
xn + b1xn−1 + · · · + bn = 0;

bi ∈ B

Khi đó x nguyên trên A[b1, b2, . . . , bn ]. Hiển nhiên mỗi bi đều nguyên trên A, nên bi
cũng nguyên trên A[b1, b2 , . . . , bn ]. Theo bổ đề 1.1.2, A[b1, b2, . . . , bn , x] là A−môdun
hữu hạn sinh. Theo mệnh đề 1.1.1, phần 3, x nguyên trên A. Do đó, C nguyên trên
A.
Đònh nghóa 1.1.2. Cho R là vành con của vành S. Ta ký hiệu
Rc = {α ∈ S|α nguyên trên R}
là bao đóng nguyên của R trong S.
• Nếu Rc = R thì R được gọi là tập đóng nguyên trong S, hay đơn giản ta chỉ cần
nói R là tập đóng nguyên nếu không cần chỉ rõ S.
• Nếu Rc = S thì ta nói S là mở rông nguyên của R. Kí hiệu S/R.
Mệnh đề 1.1.3. Rc là vành con của vành S, và R ⊆ Rc .
Chứng minh. Lấy x, y ∈ Rc , khi đó x, y nguyên trên R. Theo bổ đề 1.1.2, R[x, y] là
R−môdun hữu hạn sinh. Mặt khác, x + y, x − y, xy đều là phần tử của R[x, y]. Do
đó, theo mệnh đề 1.1.1, phần 3, x + y, x − y, xy đều nguyên trên R. Vì vậy, chúng
đều nằm trong Rc . Suy ra, Rc là vành con của vành S.
Hiển nhiên, R ⊆ Rc vì ∀α ∈ R, α là nghiệm của đa thức monic x − α nên α nguyên
trên R. Suy ra, α ∈ Rc .
Nếu chúng ta lấy bao đóng nguyên của một bao đóng nguyên thì chúng ta sẽ
được một tập đóng nguyên. Cụ thể, ta có mệnh đề sau đây.
Mệnh đề 1.1.4. Nếu Rc là bao đóng nguyên của R trong S, thì Rc là tập đóng nguyên
trong S.

5

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

Chứng minh. Ta cần chứng minh Rc = (Rc )c .
Hiển nhiên, Rc ⊆ (Rc )c . Ngược lại, lấy x ∈ (Rc )c , khi đó x nguyên trên Rc . Theo
mệnh đề 1.1.2, x nguyên trên R. Do đó, x ∈ Rc .
Trong lý thuyết trường, chúng ta xác đònh được một lớp trường có tính chất đóng
đại số. Một cách tương tự, chúng ta đònh nghóa, một vành R được gọi là có tính chất
đóng nguyên nếu R là một vành con của một vành S nào đó, và R = Rc . Chúng
ta có thể xác đònh được lớp vành có tính chất đóng nguyên là tương đối rộng.
Trước hết, chúng ta nhắc lại một số khái niệm trong đại số đại cương. Miền
nguyên R được gọi là miền nhân tử hóa viết tắt là UFD3 , nếu mọi phần tử a = 0
của R đều phân tích được một cách duy nhất dưới dạng a = up1p2 . . . pn , trong đó
u ∈ R∗, và pi bất khả quy ∀i = 1, 2, . . . , n. Mệnh đề sau đây sẽ chỉ ra rằng lớp UFD
có tính chất đóng nguyên.
Mệnh đề 1.1.5. Nếu R là một UFD, thì R có tính chất đóng nguyên.
Chứng minh. Gọi K là trường các thương của R. Lấy x ∈ K, x = a/b, với a, b ∈ R,
và (a, b) = 1. Nếu x nguyên trên R, thì ta có phương trình
(a/b)n + a1(a/b)n−1 + · · · + an−1 (a/b) + an = 0;

ai ∈ R

Nhân hai vế với bn , chúng ta có được an + bc = 0, với c ∈ R. Do đó, b chia hết
an , mà a và b nguyên tố cùng nhau nên b chia hết 1. Vì vậy, x = a/b ∈ R. Suy ra
R = Rc .
Trong lý thuyết trường, chúng ta đã biết mở rộng nguyên của một trường phải
là một trường. Kết quả sau đây sẽ cho chúng ta thấy rõ được điều này.
Mệnh đề 1.1.6. Cho R là vành con của miền nguyên S, và S nguyên trên R. Khi đó
R là trường khi và chỉ khi S là trường.

Chứng minh. Giả sử S là trường, lấy a ∈ R, a = 0. Khi đó, a−1 ∈ S nguyên trên R,
nên ta có phương trình
(a−1 )n + b1 (a−1 )n−1 + · · · + bn−1 a−1 + bn = 0;

bi ∈ R

Nhân hai vế của phương trình với an−1 ta được
a−1 = −(b1 + · · · + bn−1 an−2 + bn an−1 ) ∈ R
Suy ra R là trường.
Ngược lại, giả sử R là trường, lấy a ∈ S, a = 0. Theo mệnh đề 1.1.1, phần 2,
3

unique factorization domain


6

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

R[a] là không gian vecto hữu hạn chiều trên R. Xét phép biến đổi tuyến tính
f (x) = ax; ∀x ∈ R[a]. Do S là miền nguyên, và R[a] là vành con của S, nên R[a]
là miền nguyên. Nếu ax = 0 thì x = 0 (vì a = 0). Do đó, f là đơn ánh. Mọi phép
biến đổi tuyến tính trên không gian vecto hữu hạn chiều nếu đơn ánh thì cũng sẽ
là toàn ánh. Vì vậy, tồn tại b ∈ R[a] ⊆ S sao cho ab = 1. Suy ra S là trường.
Nhận xét. Cho S là mở rộng nguyên của R. Chúng ta sẽ phân tích mối quan hệ
giữa các ideal nguyên tố của R và S. Giả sử, Q là ideal nguyên tố của S, và đặt
P = Q ∩ R. Khi đó, P là ideal nguyên tố của R, bởi vì P là tạo ảnh của Q qua đồng
cấu nhúng R vào S. Xét tương ứng f : R/P → S/Q; a + P → a + Q. Do R là vành
con của S, và P ⊆ Q nên f là ánh xạ và là đơn cấu vành. Do đó, R/P là vành con
của vành S/Q. Hơn nữa, S/Q nguyên trên R/P . Thật vậy, lấy bất kỳ b + Q ∈ S/Q.

Vì b ∈ S nên b nguyên trên R, và b thỏa mãn phương trình có dạng
xn + a1 xn−1 + · · · + an = 0;

ai ∈ R

Khi đó, b + Q thỏa mãn phương trình tương tự với ai được thay bởi ai + P . Do đó,
b + Q nguyên trên R/P . Sử dụng kết quả của mệnh đề 1.1.6 ta được mệnh đề sau
đây.
Mệnh đề 1.1.7. Cho S là mở rộng nguyên của vành R, và lấy Q là ideal nguyên tố
của S. Khi đó, P = Q ∩ R là ideal nguyên tố của R. Hơn nữa, P là ideal tối đại của
R khi và chỉ khi Q là ideal tối đại của S.
Chứng minh. Theo mệnh đề 1.1.6, P là ideal tối đại của R ⇔ R/P là trường ⇔ S/Q
là trường ⇔ Q là ideal tối đại của S.
Một cách tổng quát, tính chất mở rộng nguyên vẫn còn bảo toàn qua phép lấy
vành các thương, và qua tập đóng với phép nhân.
Mệnh đề 1.1.8. Cho S là mở rộng nguyên của vành R.
1. Nếu J là ideal của S, thì I = J ∩ R là ideal của R, và S/J là mở rộng nguyên
của R/I.
2. Nếu T là tập đóng nhân của R, thì T cũng là tập đóng nhân của S, và T −1S là
mở rộng nguyên của T −1R.
Chứng minh.
1. Áp dụng nhận xét trên với ideal bất kỳ, không cần phải là ideal
nguyên tố.
2. Lấy a/t ∈ T −1S; a ∈ S, t ∈ T . Vì a ∈ S nguyên trên R nên ta có phương trình
sau
an + a1 an−1 + · · · + an = 0; ai ∈ R


7

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp
Chia hai vế cho tn ta được
(a/t)n + (a1 /t)(a/t)n−1 + · · · + an /tn = 0;

ai /ti ∈ T −1R

Do đó, a/t nguyên trên T −1R.

1.2 Đònh lý Going-up
Các kết quả mà chúng ta xây dựng cho các ideal tối đại có thể được mở rộng cho
các ideal nguyên tố bằng kỹ thuật đòa phương hóa. Mệnh đề sau đây chính là một
sự minh họa tốt nhất cho điều này.
Mệnh đề 1.2.1. Cho S là mở rộng nguyên của R, lấy P1 , P2 là các ideal nguyên tố
của S sao cho chúng đều nằm trên một ideal nguyên tố P của R, nghóa là P1 ∩ R =
P2 ∩ R = P . Nếu P1 ⊆ P2 thì P1 = P2
Chứng minh. Nếu P là ideal tối đại, thì theo mệnh đề 1.1.7, P1 , P2 đều là các ideal
tối đại. Suy ra điều cần chứng minh.
Trong trường hợp tổng quát, chúng ta sẽ dùng kỹ thuật đòa phương hóa tương ứng
với P . Đặt T = R\P , do P là ideal nguyên tố nên T là tập con đóng nhân của
R ⊆ S. Ta có T ∩ Pi = ∅; i = 1, 2. Thật vậy, nếu x ∈ T ∩ Pi , thì x ∈ R ∩ Pi = P ,
mâu thuẫn với cách xác đònh T . Gọi P là mở rộng của P trong T −1 R. Khi đó, P
là ideal tối đại duy nhất của T −1R. Gọi P1 , P2 là các mở rộng của P1 , P2 trong T −1 S.
Do có một tương ứng 1 − 1 giữa các ideal nguyên tố trong một vành và các ideal
nguyên tố trong vành đòa phương hóa của nó, nên ta chỉ cần chứng minh nếu
P1 ⊆ P2 thì P1 = P2 .
Vì P ⊆ P1 và T −1 R ⊆ T −1S, nên P ⊆ P1 ∩ T −1 R. Hiển nhiên, P1 ∩ T −1 R ⊆ T −1R.
Tuy nhiên, nếu P1 ∩ T −1 R = T −1R, thì T −1 R ⊆ P1 , vì vậy 1 ∈ P1 , hay P1 = T −1 S,
mâu thuẫn vì P1 là một ideal nguyên tố. Do đó, ta có bao hàm thức
P ⊆ P1 ∩ T −1 R ⊂ T −1R
Mặt khác, P là ideal tối đại của T −1 R. Vì vậy, từ bao hàm thức trên ta phải có

P = P1 ∩ T −1R
Tương tự, ta cũng có
P = P2 ∩ T −1R
Theo mệnh đề 1.1.8, T −1 S là mở rộng nguyên của T −1R. Như phần đầu của chứng
minh, ta suy ra P1 , P2 là các ideal tối đại của T −1R.
Do đó, nếu P1 ⊆ P2 thì P1 = P2


8

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

Nếu S/R là một mở rộng nguyên, thì mọi ideal nguyên tố của R có thể được
nâng lên thành các ideal nguyên tố của S. Đònh lý sau đây sẽ chứng minh điều đó,
và đònh lý này cũng là một minh họa cho kỹ thuật đòa phương hóa.
Đònh lý 1.2.1 (Đònh lý Lying Over). Nếu S/R là một mở rộng nguyên, và P là một
ideal nguyên tố của R. Khi đó, có tồn tại một ideal nguyên tố Q của S sao cho
Q ∩ R = P.
Chứng minh. Trước hết, chúng ta giả sử R là vành đòa phương, với ideal tối đại duy
nhất là P . Nếu Q là ideal tối đại bất kỳ của S, thì Q ∩ R là ideal tối đại do mệnh
đề 1.1.7, do đó Q ∩ R = P .
Trong trường hợp tổng quát, đặt T = R\P , là tập con đóng nhân của R ⊆ S. Ta có
biểu đồ sau là giao hoán
i
R −−−→ S


g

f

j

T −1 R −−−→ T −1 S
trong đó i, j là các đồng cấu nhúng theo quan hệ bao hàm, và f, g là các đồng cấu
chính tắc, f (r) = r/1; g(s) = s/1. Theo mệnh đề 1.1.8, T −1 S là mở rộng nguyên
của T −1 R. Nếu Q là ideal tối đại tùy ý của T −1 S, thì như phần đầu của chứng
minh, Q ∩ T −1 R là ideal tối đại duy nhất của T −1R. Gọi P là mở rộng của P trong
T −1 R. Khi đó, P là ideal tối đại duy nhất của T −1R. Do đó, P = Q ∩ T −1R. Ta
có biểu đồ là giao hoán, do đó, nếu r ∈ R, thì f (r) ∈ Q ∩ T −1R ⇔ g(r) ∈ Q . Suy
ra, f −1 (Q ∩ T −1 R) = g −1 (Q ) ∩ R. Đặt Q = g −1 (Q ), ta có f −1 (P ) = Q ∩ R hay
P =Q∩R
Đònh lý 1.2.2 (Đònh lý Going Up). Cho S/R là một mở rộng nguyên. Giả sử, ta có
một dãy các ideal nguyên tố P1 ⊆ P2 ⊆ · · · ⊆ Pn của R, và một dãy các ideal nguyên
tố Q1 ⊆ Q2 ⊆ · · · ⊆ Qm của S, với m < n. Nếu Qi nằm trên Pi ; ∀i = 1, 2, . . . , m, thì
tồn tại các ideal nguyên tố Qm+1 , . . . , Qn của S sao cho Qm ⊆ Qm+1 ⊆ · · · ⊆ Qn , và
Qi nằm trên Pi ; ∀i = 1, 2, . . . , n
Chứng minh. Bằng phương pháp quy nạp, chúng ta chỉ cần chứng minh trong trường
hợp n = 2, m = 1. Giả sử, P1 ⊆ P2 , và Q1 ∩ R = P1 . Theo mệnh đề 1.1.8, S/Q1
nguyên trên R/P1 . Vì P2 /P1 là ideal nguyên tố của R/P1 , nên áp dụng đònh lý
Lying Over, tồn tại ideal nguyên tố Q2/Q1 của S/Q1 sao cho
(Q2/Q1 ) ∩ R/P1 = P2 /P1
trong đó Q2 là ideal nguyên tố của S, và Q1 ⊆ Q2. Để kết thúc chứng minh, ta sẽ
chỉ ra Q2 ∩ R = P2 .


9

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp
Lấy x2 ∈ Q2 ∩ R. Do R/P1 là vành con của S/Q1 , nên
x2 + P1 = x2 + Q1 ∈ (Q2/Q1 ) ∩ (R/P1 ) = P2 /P1

suy ra, x2 + P1 = y2 + P1 , với y2 ∈ P2 , vì vậy x2 − y2 ∈ P1 ⊆ P2 ⇒ x2 ∈ P2
Đảo lại, lấy x2 ∈ P2 , khi đó x2 + P1 ∈ Q2/Q1 , do đó x2 + P1 = y2 + Q1, với y2 ∈ Q2 .
Mặt khác, x2 +P1 = x2 +Q1. Suy ra, x2 −y2 ∈ Q1 ⊆ Q2 ⇒ x2 ∈ Q2 ⇒ x2 ∈ Q2 ∩R
Chúng ta xem xét một kết quả quan trọng trong lý thuyết trường. Một phép
nhúng một trường F vào một trường đóng đại số có thể mở rộng tới một mở rộng
đại số của F . Chúng ta cũng có một kết quả tương tự cho mở rộng nguyên của các
vành.
Đònh lý 1.2.3. Cho S/R là một mở rộng nguyên, và lấy f là một đồng cấu vành từ
R vào một trường đóng đại số C. Khi đó, f có thể được mở rộng thành một đồng cấu
vành g : S → C
Chứng minh. Đặt P = ker f . Do f là đồng cấu vào một trường, nên P là một ideal
nguyên tố của R. Áp dụng đònh lý Lying Over, tồn tại một ideal nguyên tố Q
của S sao cho Q ∩ R = P . Theo đònh lý Noetherian, f cảm sinh ra đơn cấu vành
f¯ : R/P → C. Hơn nữa, f¯ có thể mở rộng một cách tự nhiên tới trường các thương
K của R/P . Gọi L là trường các thương của S/Q. Do S/Q là mở rộng nguyên của
R/P , nên L là mở rộng đại số của K. Vì C là trường đóng đại số, nên f¯ có thể được
mở rộng thành đơn cấu trường g¯ : L → C. Nếu p : S → S/Q là toàn cấu chính tắc,
và g = g¯ ◦ p, thì g là mở rộng cần tìm của f , vì g¯ là mở rộng của f¯ và f¯◦ p|R = f .

1.3 Đònh lý Going Down
Bổ đề 1.3.1. Cho R là vành con của vành S. Nếu T là một tập con đóng nhân của
R, thì T −1 Rc là bao đóng nguyên của T −1 R trong T −1S
Chứng minh. Ta có Rc là nguyên trên R, theo mệnh đề 1.1.8 ta suy ra T −1 Rc là
nguyên trên T −1 R. Lấy a/t ∈ T −1S(a ∈ S, t ∈ T ) nguyên trên T −1 R, ta cần chứng
minh, a/t ∈ T −1Rc . Xét phương trình có dạng
(a/t)n + (a1/t1 )(a/t)n−1 + · · · + an /tn = 0;

ai ∈ R; ti , t ∈ T

Đặt t0 = Πni=1 ti ∈ T , nhân hai vế của phương trình trên với (tt0)n , ta được t0 a nguyên
trên R. Vì vậy, t0a ∈ Rc . Suy ra, a/t = t0 a/t0t ∈ T −1 Rc
Đònh nghóa 1.3.1. Một miền nguyên được gọi là miền đóng nguyên, nếu nó đóng
nguyên trong trường các thương của nó.


Học viên: Đặng Tuấn Hiệp
Ví dụ.

10

• Z là miền đóng nguyên (xem ví dụ trang 4)

• Một UFD là một miền đóng nguyên (Mệnh đề 1.1.5)
• Vành đa thức k[x1, . . . , xn ] trên một trường là miền đóng nguyên.
Mệnh đề 1.3.1. Nếu T là một tập con đóng nhân của miền đóng nguyên R, thì T −1R
là đóng nguyên.
Chứng minh. Áp dụng bổ đề 1.3.1 với Rc = R và S = K, là trường các thương của
R (và của T −1 R). Khi đó, T −1S là bao đóng nguyên của T −1R trong T −1S. Nhưng
T −1 S = K, vì vậy T −1 R là đóng nguyên.
Tính chất đóng nguyên có tính đòa phương. Thật vậy, mệnh đề sau đây sẽ chỉ
cho chúng ta thấy rõ điều đó. Trước hết, ta sẽ nhắc lại phương pháp đòa phương hóa
và khái niệm vành có tính đòa phương.
Cho p là ideal nguyên tố của vành A, khi đó S = A\p là tập con đóng nhân của A.
Ta ký hiệu Ap = S −1 A. Gọi m là mở rộng của p trong Ap. Khi đó, m là ideal tối đại
duy nhất của Ap. Do đó, Ap là vành đòa phương, và Ap được gọi là sự đòa phương
hóa của A tại p.
Một tính chất P của một vành A được gọi là có tính đòa phương nếu A có tính chất
P khi và chỉ khi Ap có tính chất P , với mọi ideal nguyên tố của A.
Mệnh đề 1.3.2. Cho A là một miền nguyên . Khi đó, các mệnh đề sau là tương đương

1. A là miền đóng nguyên
2. Ap là miền đóng nguyên, với mọi ideal nguyên tố p
3. Am là miền đóng nguyên, với mọi ideal nguyên tố m
Chứng minh. Lấy K là trường các thương của A, lấy C là bao đóng nguyên của A
trong K, và lấy f : A → C là đồng cấu nhúng A vào C. Khi đó, A là miền đóng
nguyên khi và chỉ khi f là toàn cấu. Theo bổ đề 1.3.1, Ap (tương ứng Am ) là miền
đóng nguyên khi và chỉ khi fp (tương ứng fm ) là toàn cấu. Theo mệnh đề 3.9 trong
[1], tính chất toàn cấu vành có tính đòa phương. Vì vậy, tính chất đóng nguyên có
tính đòa phương.
Trong phần tiếp theo, ta sẽ chứng minh một kết quả bạn bè với đònh lý Going
Up. Với các giả thiết đã đưa ra thêm, ta cần phải giải thích rõ ràng hơn qua các bổ
đề sau đây. Lấy R ⊆ S là các vành, và lấy I là một ideal của R. Một phần tử của
S được gọi là nguyên trên I nếu nó thỏa mãn một đa thức monic trên R, với hệ số
trong I. Bao đóng nguyên của I trong S là tập hợp tất cả các phần tử của S nguyên
trên I.


11

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

Bổ đề 1.3.2. Cho S/R là một mở rộng nguyên, với I là một ideal của R. Gọi I e là
mở rộng của I trong S. Khi đó bao đóng nguyên của I trong S là radical của I e .
Chứng minh. Nếu s ∈ S nguyên trên I, thì s phải thỏa mãn phương trình có dạng
sn + a1sn−1 + · · · + an = 0
với ai ∈ I. Khi đó, sn ∈ I e, suy ra s ∈ r(I e )
Ngược lại, lấy s ∈ r(I e ) thì tồn tại số nguyên n > 0 sao cho sn ∈ I e . Do đó
k
n

s =

aisi ;

ai ∈ I, si ∈ S

i=1

Đặt M = R[s1, . . . , sk ] là vành con của S. Theo bổ đề 1.1.2, M là R−môdun hữu
hạn sinh. Theo mệnh đề 1.1.1, M cũng sẽ là R[sn ]−môdun trung thành. Mặt khác,
ta có
k

n

s M=

k

ri si M ⊆
i=1

ri M ⊆ IM
i=1

Do đó theo bổ đề 1.1.1, sn là nghiệm của một đa thức monic với hệ số trong I, hay
s nguyên trên I.
Mệnh đề 1.3.3. Cho R ⊆ S là các miền nguyên, R là miền đóng nguyên, và x ∈ S là
nguyên trên một ideal I của R. Khi đó x là đại số trên trường các thương K của R, và
nếu đa thức tối tiểu của x trên K là tn + a1tn−1 + · · · + an , thì ai ∈ r(I); ∀i = 1, . . . , n.

Chứng minh. Hiển nhiên x là đại số trên K. Lấy L là một mở rộng trường của K
sao cho L chứa tất cả các nghiệm liên hợp x1, . . . , xn của x. Mỗi xi cũng là nghiệm
của một đa thức tối tiểu như x, nên xi nguyên trên I. Các hệ số của đa thức tối tiểu
này cũng sẽ là các đa thức theo các biến xi, theo bổ đề 1.3.2 các hệ số này cũng
nguyên trên I. Vì R là miền đóng nguyên nên cũng theo bổ đề 1.3.2 các hệ số này
sẽ nằm trong r(I).
Bổ đề 1.3.3. Cho R là miền đóng nguyên với trường các thương là K. Nếu f, g ∈ K[x]
là các đa thức monic sao cho f g ∈ R[x] thì cả hai f và g đều nằm trong R[x].
Chứng minh. Trong một trường phân rã chứa K, chúng ta có thể phân tích f, g dưới
dạng sau đây
n

(x − ai )

f (x) =
i=1

và g(x) =

m

(x − bj )
j=1

Vì ai và bj là các nghiệm của đa thức monic fg ∈ R[x] nên chúng cũng nguyên trên
R. Các hệ số của f, g sẽ là các đa thức đối xứng với các biến ai và bj , do đó chúng
cũng sẽ nguyên trên R. Mà R là miền đóng nguyên nên ta có điều cần phải chứng
minh.

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

12

Mệnh đề 1.3.4. Cho S/R là một mở rộng nguyên và R là miền đóng nguyên. Giả
sử không có phần tử khác 0 nào của R là một ước của không trong S (điều này sẽ là
hiển nhiên nếu ta thêm giả thiết S là miền nguyên). Nếu s ∈ S, xác đònh một đồng
cấu hs : R[x] → S; hs (f ) = f (s), thì I = ker hs là một ideal chính sinh bởi một đa
thức monic.
Chứng minh. Gọi K là trường các thương của R, khi đó IK[x] là một ideal của
vành chính K[x]. Vì s nguyên trên R nên có một đa thức monic k ∈ R[x] sao cho
k(s) = 0, do đó k ∈ I ⊆ IK[x]. Suy ra IK[x] = ∅ và là một ideal chính sinh bởi
một đa thức monic f . Ta có k = fg, với g là đa thức monic trong K[x]. Vì R là
miền đóng nguyên nên theo bổ đề 1.3.3, f ∈ R[x].
Vì f ∈ IK[x], nên lấy mẫu số chung là một phần tử r ∈ R, r = 0 khi đó rf ∈
IR[x] = I. Suy ra rf(s) = 0, mà r không là ước của 0 của S nên f (s) = 0. Do đó
f ∈ I. Ta sẽ chứng minh f sinh ra I.
Thật vậy, lấy q ∈ I ⊆ IK[x]. Vì f là phần tử sinh của IK[x], nên chúng ta có thể
lấy mẫu số chung và viết q = q1 f/r1 với 0 = r1 ∈ R và q1 ∈ R[x]. Suy ra r1 q = q1f .
Lấy lớp đồng dư hai vế trong vành đa thức (R/Rr1 )[x] ta thu được q¯1f¯ = 0. Vì f¯
là một đa thức monic nên hệ số của lũy thừa cao nhất của q¯1 phải bằng 0, suy ra
q¯1 = 0. Điều này có nghóa là r1 chia hết mọi hệ số của q1 , do đó q1/r1 ∈ R[x], suy
ra f chia hết q trong R[x].
Đònh lý 1.3.1 (Đònh lý Going Down). Cho S/R là một mở rộng nguyên, S là miền
nguyên, R là miền đóng nguyên. Giả sử chúng ta có một dãy các ideal nguyên tố
P1 ⊆ · · · ⊆ Pn của R và một dãy các ideal nguyên tố Qm ⊆ · · · ⊆ Qn của S, với
1 < m ≤ n. Nếu Qi nằm trên Pi với mọi i = m, . . . , n, thì tồn tại các ideal nguyên tố
Q1, . . . , Qm−1 sao cho Q1 ⊆ · · · ⊆ Qn và Qi nằm trên Pi với mọi i = 1, 2, . . . , n.
Chứng minh. Bằng quy nạp, ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp n = m = 2.
Đặt T = {rt ∈ S|r ∈ R\P1 , t ∈ S\Q2}. Khi đó dễ dàng nhận thấy T là tập đóng

nhân. Đầu tiên chúng ta chứng minh đònh lý với điều kiện T ∩ P1 S = ∅. Gọi P1e
là mở rộng của P1 trong T −1S. Khi đó P1e là ideal thật sự của T −1S vì nếu ngược
lại thì 1 ∈ T ∩ P1 S. Do đó P1e được chứa trong một ideal tối đại M của T −1 S. Theo
đònh lý cơ bản của sự đòa phương hóa, M tương ứng với một ideal nguyên tố Q1
của S sao cho Q1 ∩ T = ∅. Dễ thấy s ∈ Q1 ⇔ s/1 ∈ M. Chúng ta có thể xem
Q1 như là thu hẹp của M trong S, và Q1 cũng là tạo ảnh của M qua đồng cấu
chính tắc s → s/1. Vì Q1 ∩ T = ∅ nên (R\P1 ) ∩ Q1 = (S\Q2 ) ∩ Q1 = ∅. Do đó
Q1 ∩ R ⊆ P1 và Q1 = Q1 ∩ S ⊆ Q2 . Ta cần phải chứng minh P1 ⊆ Q1 ∩ R. Xét bao
hàm thức P1e ⊆ M, vì thu hẹp của P1e trong S là P1 S nên ta có P1 S ⊆ Q1 . Do đó
P1 ⊆ (P1 S) ∩ R ⊆ Q1 ∩ R, suy ra điều cần chứng minh.
Cuối cùng để kết thúc chứng minh, ta cần chỉ ra T ∩ P1 S = ∅. Giả sử ngược lại,
T ∩ P1 S = ∅. Lấy rt ∈ T ∩ P1 S với r ∈ R\P1 , t ∈ S\Q2. Áp dụng bổ đề 1.3.2 với


13

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp
I = P1 và s được thay bởi rt, ta có được một đa thức monic
f (x) = xm + r1 xm−1 + · · · + rm−1 x + rm ;

với ri ∈ P1 , i = 1, m

sao cho f (rt) = 0. Đặt
v(x) = rm xm + r1 rm−1 xm−1 + · · · + rm−1 rx + rm
Khi đó v(x) ∈ R[x] và v(t) = 0. Áp dụng mệnh đề 1.3.4, với đồng cấu ht : R[x] → S,
tồn tại đa thức monic g ∈ R[x] sao cho ker ht = g . Do đó v = gu với u ∈ R[x]. Lấy
¯. Vì ri ∈ P1 ; i = 1, n
lớp đồng dư hai vế trong vành đa thức R/P1 [x], ta có v¯ = g¯u
m m
nên ta có v¯ = r¯ x . Mà R/P1 là miền nguyên và g¯ là đa thức monic nên ta có

g¯ = xj ; với 1 ≤ j ≤ m. Do đó
g(x) = xj + a1xj−1 + · · · + aj−1 x + aj ;

với ai ∈ P1 , i = 1, j

Mà g ∈ ker ht do đó g(t) = 0. Theo bổ đề 1.3.2, t ∈ r(P1 S). Suy ra tồn tại số nguyên
l > 0 sao cho tl ∈ P1 S ⊆ P2 S ⊆ Q2S = Q2 . Do đó t ∈ Q2, điều này dẫn tới mâu
thuẫn vì t ∈ S\Q2
Nhận xét. Cách phát biểu đònh lý Going Down trong tiểu luận này có phần hơi
khác với cách phát biểu trong [1]. Nhưng thật ra hai cách phát biểu này tuy hình
thức khác nhau nhưng nội dung của chúng là hoàn toàn tương tự như nhau. Về
hình thức chúng chỉ khác nhau về cách đánh số các ideal nguyên tố mà thôi. Muốn
chuyển từ dạng này sang dạng kia ta chỉ cần đánh số ngược lại dãy các dãy ideal
nguyên tố.
Trong phần chứng minh của đònh lý Going Down, chúng tôi cũng chứng minh một
cách đầy đủ và giải thích rõ hơn về nguồn gốc của các kết quả trong chứng minh
của [1].


Chapter 2
VÀNH GIÁ TRỊ
2.1 Đònh nghóa
Trong đònh lý 1.2.3, chúng ta đã tổng quát một kết quả về mở rộng trường tới các
vành giao hoán có đơn vò. Và đây sẽ là một hướng mở rộng khác.
Đònh lý 2.1.1 (Đònh lý mở rộng). Cho R là một vành con của trường K, và h : R → C
là một đồng cấu vành từ R vào trường đóng đại số C. Lấy a ∈ K, a = 0, thì khi đó
h có thể được mở rộng tới một đồng cấu vành ¯h : R[a] → C, hoặc h có thể được mở
rộng tới một đồng cấu vành ¯h : R[a−1 ] → C
Chứng minh. Không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử R là vành đòa phương, và
F = h(R) là trường con của C. Thật vậy, trong trường hợp tổng quát, ta chỉ cần

sử dụng kỹ thuật đòa phương hóa. Đặt P = ker h, T = R\P . Khi đó, P là ideal
nguyên tố của R, và T là tập con đóng nhân của R. Hơn nữa, h có thể mở rộng
tới đồng cấu vành g : T −1R → C; với g(a/t) = h(a)/h(t), h(t) = 0, ∀a ∈ R, t ∈ T .
Khi đó, ker g = P e là mở rộng của P trong T −1R. Theo đònh lý Noetherian, ta có
g(T −1 R) ∼
= T −1 R/P e . Vì P e là ideal tối đại của T −1 R, nên g(T −1R) là một trường.
Do đó, ta chỉ cần thay thế (R, h) bằng (T −1R, g).
Đầu tiên, ta mở rộng h tới một đồng cấu của các vành đa thức. Nếu f ∈ R[x] với
f (x) =
ai xi, ta đặt h(f ) =
h(ai )xi ∈ F [x]. Lấy I = {f ∈ R[x] : f (a) = 0}.
Khi đó J = h(I) là một ideal của vành chính F [x], suy ra J là ideal chính, ta viết
J = j(x) .Ta xét các trường hợp sau
1. deg j > 0
Vì C là trường đóng đại số nên j phải có một nghiệm b. Chúng ta có thể mở
¯ : R[a] → C sao cho h(a)
¯
rộng h tới h
= b, ¯h được đònh nghóa tốt. Thật vậy nếu
f ∈ I, f (a) = 0, thì h(f ) ∈ J , do đó h(f ) là bội của j. Vì vậy h(f )(b) = 0.
14


15

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

2. deg j = 0
¯ như trường hợp trên với b tùy ý.
Nếu j = 0 thì ta có thể mở rộng tới h

Nếu j = 0 thì 1 ∈ J . Do đó, tồn tại f ∈ I sao cho h(f ) = 1. Điều này cho ta
một quan hệ có dạng
n

ri ai = 0 với ri ∈ R

và r¯i = h(ri ) =

i=0

1 nếu i = 0
0 nếu i > 0

(2.1)

Chọn n là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn quan hệ trên. Sử dụng lập
luận tương tự với a được thay bởi a−1 . Giả sử h không mở rộng được tới R[a−1 ],
ta có
m

si a−i = 0 với si ∈ R

i=0

và s¯i = h(si ) =

1 nếu i = 0
0 nếu i > 0

(2.2)

Ta cũng chọn m là số nguyên dương nhỏ nhất có thể. Không mất tổng quát,
ta giả sử n ≥ m. Vì h(s0 ) = 1 = h(1) nên s0 − 1 ∈ ker h ⊆ M, với M là ideal
/ M, suy ra s0 là
tối đại duy nhất của vành đòa phương R. Do 1 ∈
/ M nên s0 ∈
−1 m
một phần tử khả nghòch của R. Từ (2.2) nhân hai vế với s0 a ta được
m−1
+ · · · + s−1
am + s−1
0 s1 a
0 sm = 0

(2.3)

Nhân (2.3) với rn an−m , ta được
n−1
n−m
+ · · · + rn s−1
=0
rn an + rn s−1
0 s1 a
0 sm a

(2.4)

Lấy (2.4) trừ (2.1) ta sẽ gặp mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của n. Do đó ta phải
−1
có n = m và r0 = rn s−1

0 sm . Khi đó h(r0 ) = 1 và h(rn s0 sm ) = 0. Ta suy ra
mâu thuẫn.

Một cách tự nhiên, chúng ta sẽ cố gắng mở rộng h tới một miền lớn hơn. Và do
đó, khái niệm vành giá trò xuất hiện giúp chúng ta cụ thể hóa được điều này.
Đònh nghóa 2.1.1. Một vành con V của một trường K là một vành giá trò của K nếu
∀a ∈ K; a = 0 thì a ∈ V hoặc a−1 ∈ V hoặc cả hai.
Nhận xét. Đònh nghóa này đơn giản và gọn hơn đònh nghóa trong [1].
• V không cần là miền nguyên, vì nếu V là vành con của trường K thì V cũng
sẽ phải là miền nguyên.


Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

16

• K không cần phải là trường các thương của V , vì nếu bỏ điều kiện này đi thì
với các giả thiết còn lại ta hoàn toàn có thể chứng minh được K cũng sẽ là
trường các thương của V 1 .

Ví dụ.

1. Trường K là vành giá trò của chính nó.

2. Lấy K = Q, p là một số nguyên tố cố đònh. Lấy V là tập hợp tất cả các số hữu
, trong đó r ∈ Z, r ≥ 0 và p m, p n.
tỷ có dạng pr m
n
3. Lấy K = k(x), với k là trường tùy ý. Lấy V là tập hợp tất cả các hàm hữu tỷ
, trong đó r ∈ Z, r ≥ 0, p là đa thức cố đònh bất khả quy trên k,

có dạng pr m
n
và m, n là các đa thức tùy ý trong k[x] không chia hết cho p.
4. Lấy K = k(x), lấy V là tập hợp tất cả các hàm hữu tỷ f/g ∈ k(x) sao cho
deg f ≤ deg g.
Trở lại với đònh lý mở rộng mà ta đã đề cập trong phần đầu của chương này.
Có một bài toán đặt ra là trong tất cả các mở rộng mà ta đã chứng minh được sự
tồn tại trong đònh lý 2.1.1 liệu có tồn tại một mở rộng tối đại theo một quan hệ thứ
tự toàn phần mà ta sẽ đưa ra sau đây. Lời giải cho bài toán này chính là nguồn gốc
dẫn đến khái niệm vành giá trò. Cụ thể ta có đònh lý sau đây.
Đònh lý 2.1.2. Cho R là vành con của trường K, và h : R → C là một đồng cấu vành
từ R vào một trường đóng đại số C. Gọi Σ là tập hợp tất cả các cặp (S, f ), với S
là vành con của K và f : S → C là một đồng cấu vành từ S vào C. Chúng ta đònh
nghóa quan hệ thứ tự toàn phần trên tập Σ như sau
(S, f ) ≤ (S , f ) ⇔ S ⊆ S và f |S ≡ f
¯ theo quan hệ thứ tự toàn phần đó. Hơn nữa,
Khi đó h có một mở rộng tối đại (V, h)
¯ nào, ta đều có V là vành giá trò của K.
với bất kỳ mở rộng tối đại (V, h)
¯
Chứng minh. Theo bổ đề Zorn, h có tồn tại một mở rộng tối đại (V, h).
¯ có thể mở rộng tới V [a] hoặc V [a−1]. Do
Nếu 0 = a ∈ K thì theo đònh lý 2.1.1, h
tính tối đại của (V, ¯h) nên ta phải có V [a] = V hoặc V [a−1] = V . Do đó a ∈ V hoặc
a−1 ∈ V . Suy ra V là vành giá trò của K.
1

xem phần tính chất của vành giá trò

Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

17

2.2 Các tính chất của vành giá trò
Trong phần này, chúng ta sẽ đưa ra nhiều tính chất khác nhau của vành giá trò,
mỗi khẳng đònh là một tính chất, tất nhiên sẽ có phần chứng minh ngay sau đó. Ta
luôn ký hiệu, V là một vành giá trò của trường K.
1. V là miền nguyên và trường các thương của V là K.
Chứng minh. Ta có V là vành con của trường K, nên V là miền nguyên. Gọi
K là trường các thương của V . Vì K là trường nhỏ nhất chứa V nên K ⊆ K.
Ngược lại, ∀a ∈ K, a = 0 có thể được viết dưới dạng a/1 hoặc 1/a−1 , mà a ∈ V
hoặc a−1 ∈ V do đó a ∈ K . Vì vậy K ≡ K.
2. Bất kỳ vành con của K chứa V đều là một vành giá trò của K.
Chứng minh. Hiển nhiên, suy ra từ đònh nghóa của vành giá trò.
3. V là một vành đòa phương.
Chứng minh. Gọi M là tập hợp các phần tử không khả nghòch của V . Ta
sẽ chứng minh M là ideal tối đại duy nhất của V . Thật vậy, nếu r ∈ V và
a ∈ M thì ra ∈ M (vì nếu ngược lại thì ra là khả nghòch trong V , suy ra a
khả nghòch trong V ). Nếu a, b ∈ M; a = 0, b = 0 thì a/b ∈ V hoặc b/a ∈ V .
Suy ra 1 + a/b ∈ V hoặc 1 + b/a ∈ V . Khi đó a + b = a(1 + b/a) ∈ M hoặc
a + b = b(1 + a/b) ∈ M. Vì vậy M là một ideal của V . Hơn nữa, mọi ideal
I = 1 của V đều chỉ bao gồm các phần tử không khả nghòch của V . Do đó
I ⊆ M. Suy ra M chính là ideal tối đại duy nhất của V .
4. V là miền đóng nguyên.
Chứng minh. Theo tính chất 1 thì V là một miền nguyên và K là trường các
thương của V . Do đó, ta chỉ cần chứng minh V là đóng nguyên trong K. Lấy
a ∈ K, a = 0 sao cho a nguyên trên V . Khi đó, a thỏa mãn một phương trình
có dạng
an + c1an−1 + · · · + cn−1 a + cn = 0

(2.5)

với ci ∈ V, ∀i = 1, n. Ta cần chỉ ra a ∈ V . Vì V là vành giá trò nên a ∈ V
hoặc a−1 ∈ V . Nếu a−1 ∈ V thì nhân hai vế của (2.5) với a−(n−1) ta được
a = −(c1 + c2 a−1 + · · · + cn−1 a−(n−2) + cn a−(n−1) ) ∈ V


Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

18

5. Nếu I và J là các ideal của V , thì I ⊆ J hoặc J ⊆ I. Do đó, tập hợp các ideal
của V được sắp thứ tự toàn phần theo quan hệ bao hàm.
Chứng minh. Giả
cần phải chỉ ra b
b = 0 thì b/a ∈ V
với a ∈
/ J ). Do đó

sử I
J , khi đó tồn tại a ∈ I\J, a = 0. Nếu b ∈ J thì ta
∈ I. Thật vậy, nếu b = 0 thì kết quả là hiển nhiên, nếu
hoặc a/b ∈ V . Nếu a/b ∈ V thì a = (a/b)b ∈ J (mâu thuẫn
b/a ∈ V , suy ra b = (b/a)a ∈ I.

6. Cho V là miền nguyên với trường các thương là K. Nếu tập hợp bao gồm tất
cả các ideal của V được sắp thứ tự toàn phần bởi quan hệ bao hàm, thì V là
vành giá trò của K.
Chứng minh. Lấy k ∈ K, k = 0, khi đó k = a/b trong đó a, b ∈ V ; a = 0, b = 0.

Xét hai ideal (a) và (b), ta có (a) ⊆ (b) hoặc (b) ⊆ (a).
Nếu (a) ⊆ (b) thì a/b ∈ V , suy ra k ∈ V .
Nếu (b) ⊆ (a) thì b/a ∈ V , suy ra k −1 ∈ V .
7. Nếu P là ideal nguyên tố của V , thì VP và V/P là các vành giá trò. Trong đó
VP là vành đòa phương hóa của V theo ideal nguyên tố P , V/P là vành thương
của V lấy theo ideal P .
Chứng minh. Theo tính chất 1, K là trường các thương của V , khi đó K cũng
là trường các thương của VP . Vì V/P là miền nguyên nên nó cũng sẽ có trường
các thương K .
Theo tính chất 5, tập hợp bao gồm các ideal của V được sắp thứ tự toàn phần
theo quan hệ bao hàm. Do đó, tâp hợp bao gồm các ideal của VP và V/P cũng
được sắp thứ tự toàn phần theo quan hệ bao hàm.
Theo tính chất 6, ta sẽ suy ra VP là vành giá trò của K, còn V/P là vành giá
trò của K .
8. Nếu V là vành Noetherian, thì V là PID2 . Hơn nữa, có tồn tại phần tử p ∈ V ,
p là bất khả quy, mọi ideal của V đều có dạng (pm ), m ≥ 0.
Chứng minh. Vì V là vành Noetherian nên mọi ideal I của V đều là hữu hạn
sinh. Giả sử I = a1 , a2, . . . , an . Theo tính chất 5, ta có thể đánh số lại các ai
sao cho (a1 ) ⊆ (a2) ⊆ · · · ⊆ (an ). Khi đó I ⊆ (an ) ⊆ I, suy ra I = (an ). Vì vậy
V là PID.
Gọi M là ideal tối đại của V , giả sử M = (p). Vì M cũng là ideal nguyên tố của
2

Principal Ideals Domain - Vành chính


Học viên: Đặng Tuấn Hiệp

19

V nên p là bất khả quy trên V . Lấy (a) là ideal tùy ý của V . Nếu (a) = V thì
a là khả nghòch trong V . Giả sử a không khả nghòch trong V , khi đó a ∈ M,
suy ra p chia hết a hay a = pb. Nếu b không khả nghòch trong V thì p chia
hết b và ta có a = p2 c. Tiếp tục lý luận như trên và chú ý V là PID nên V là
UFD, ta có a = pm u với m là số nguyên dương nào đó và u là khả nghòch trên
V . Do đó a = (pm ).
9. Lấy R là một vành con của trường K. Bao đóng nguyên Rc của R trong K là
giao của tất cả các vành giá trò V của K sao cho V ⊇ R.
Chứng minh. Lấy a ∈ Rc thì a nguyên trên R. Do đó a nguyên trên mọi vành
giá trò V ⊇ R. Theo tính chất 4, V là miền đóng nguyên nên a ∈ V .
Ngược lại, lấy a thuộc giao của tất cả các vành giá trò V ⊇ R của K. Ta cần
chỉ ra a ∈ Rc . Giả sử a ∈
/ Rc . Đặt R = R[a−1 ], thì khi đó a ∈
/ R vì nếu a ∈ R
−1
thì a là một đa thức theo a , nhân hai vế với lũy thừa của a đủ lớn ta sẽ thu
được một đa thức monic có a là một nghiệm. Hơn nữa a−1 không khả nghòch
trong R (vì nếu ba−1 = 1 với b ∈ R thì a = 1a = ba−1a = b ∈ R , mâu thuẫn
vì a ∈
/ R ). Suy ra a−1 ∈ M, với M là ideal tối đại của R . Lấy C là một bao
đóng đại số của trường k = R /M. Lấy h : R → C là hợp thành của đồng cấu
chiếu p : R → R /M = k và đồng cấu nhúng i : k → C. Theo đònh lý 2.1.2,
¯ : V → C, trong đó V là vành giá trò của K và
h có một mở rộng tối đại tới h
¯ −1 ) = h(a−1 ) = ip(a−1 ) = 0. Mà a ∈ V
V ⊇ R ⊇ R. Vì a−1 ∈ M ⊆ R nên h(a
nên ta có
1 = ¯h(1) = ¯h(aa−1) = ¯h(a)¯h(a−1 ) = 0 (vô lý)
Mâu thuẫn này giúp chúng ta phải có được a ∈ Rc .
10. Lấy R là một miền nguyên với trường các thương là K. Khi đó R là miền

đóng nguyên khi và chỉ khi R = a Va , phép lấy giao chỉ cần một vài vành
giá trò Va nào đó của K.
Chứng minh. Nếu R là miền đóng nguyên thì theo tính chất 9, R = Rc =
a Va trong đó Va là vành giá trò của K sao cho Va ⊇ R.
Nếu R = a Va thì ta cần chỉ ra R là miền đóng nguyên. Thật vậy, theo tính
chất 4, Va là là miền đóng nguyên. Lấy x nguyên trên R, thì x nguyên trên
mọi vành nguyên Va của K. Do đó x ∈ Va với mọi vành giá trò Va của K. Suy
ra x ∈ R.


Tài liệu tham khảo
[1] M.F.Atiyah & I.G.Macdonald, Introduction to Commutative Algebra, Cambridge,
1969.
[2] Bùi Xuân Hải, Lý thuyết trường & Galois, NXB Đại học QG TP Hồ Chí Minh, 2007.
[3] Ngô Việt Trung, Lý thuyết Galois, Bộ sách toán cao cấp - Viện toán học, 2005.