Đồ thị các ước của không của vành không giao hoán

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

LÊ HÀ ANH

ĐỒ THỊ CÁC ƯỚC CỦA KHÔNG
CỦA VÀNH KHÔNG GIAO HOÁN

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

Hà Nội – 2018


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2

KHOA TOÁN

LÊ HÀ ANH

ĐỒ THỊ CÁC ƯỚC CỦA KHÔNG
CỦA VÀNH KHÔNG GIAO HOÁN

Chuyên ngành: Đại số

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. TRẦN GIANG NAM

HÀ NỘI – 2018


LỜI CẢM ƠN
Sau một thời gian nghiên cứu miệt mài, nghiêm túc cùng với sự giúp đỡ tận tình
của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên, đến nay khóa luận của em đã được hoàn
thành. Em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các thầy cô trong tổ Đại số, Khoa
Toán, Trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2 đã động viên giúp đỡ em trong suốt quá
trình làm khóa luận.
Đặc biệt, em xin chân thành cảm ơn thầy giáo hướng dẫn TS. Trần Giang
Nam đã tạo điều kiện tốt nhất và chỉ bảo tận tình để em có thể hoàn thành khóa
luận tốt nghiệp này.
Do thời gian và kiến thức có hạn nên những vấn đề trình bày trong khóa luận
không tránh khỏi những thiếu sót. Vì vậy em rất mong nhận được những ý kiến
đóng góp của các thầy cô và các bạn sinh viên.
Em xin chân thành cảm ơn!

Hà Nội, ngày 09 tháng 04 năm 2018
Tác giả khóa luận

Lê Hà Anh


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

LỜI CAM ĐOAN

Khóa luận này là kết quả của bản thân em trong quá trình học tập và nghiên
cứu. Bên cạnh đó em được sự quan tâm tạo điều kiện của các thầy cô giáo trong
Khoa Toán, đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của TS. Trần Giang Nam.
Trong khi nghiên cứu hoàn thành khóa luận này em có tham khảo một số tài liệu
đã ghi trong phần Tài liệu tham khảo. Vì vậy em xin khẳng định đề tài "ĐỒ THỊ
CÁC ƯỚC CỦA KHÔNG CỦA VÀNH KHÔNG GIAO HOÁN" không
có sự trùng lặp với đề tài của các tác giả khác.

Hà Nội, ngày 09 tháng 04 năm 2018
Tác giả khóa luận

Lê Hà Anh


Mục lục

LỜI MỞ ĐẦU

1

1 KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

2

1.1

Một vài khái niệm về vành . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2

Đồ thị có hướng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

2 ĐỒ THỊ CÁC ƯỚC CỦA KHÔNG CỦA VÀNH KHÔNG
GIAO HOÁN

9

2.1

Đồ thị các ước của không của vành không giao hoán . .

9

2.2

Đồ thị các ước của không của vành ma trận trên một
trường hữu hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

KẾT LUẬN

25
35


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

LỜI MỞ ĐẦU
Vào năm 1988, Beck là người đầu tiên giới thiệu khái niệm đồ thị
các ước của không của một vành giao hoán. Đến năm 1999, Anderson
and Livingston đã định nghĩa lại khái niệm này. Năm 2002, Redmond
đã mở rộng khái niệm này cho trường hợp vành không giao hoán, giới
thiệu một vài định nghĩa về đồ thị các ước của không của một vành
không giao hoán. Dựa trên [3] và [7], mục tiêu chính của khóa luận
này là trình bày một số tính chất và ứng dụng của đồ thị các ước của
không của vành. Khóa luận được chia làm 02 chương:
Chương 1: "Kiến thức chuẩn bị"
Chương 2: "Đồ thị các ước của không của vành không giao
hoán"
Trong Chương 1, chúng tôi hệ thống lại một số khái niệm cơ sở về
vành và đồ thị có hướng để làm cơ sở cho Chương 2.
Trong Chương 2, chúng tôi trình bày một số khái niệm và ví dụ về
đồ thị các ước của không của vành. Đồng thời, chúng tôi trình bày
một số tính chất để cho đồ thị các ước của không của vành là đồ thị
giải đấu (Định lý 2.1.6) hoặc đồ thị lưới (Định lý 2.1.7). Từ các kết
quả này, chúng tôi liệt kê tất cả các đồ thị gồm ba đỉnh là đồ thị các
ước của không của vành (Định lý 2.1.9). Hơn nữa, chúng tôi trình bày
định lý phân loại các vành thông qua đồ thị của chúng (Định lý 2.2.6).
Tác giả khóa luận
Lê Hà Anh
1


Chương 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

Trong chương này, chúng tôi trình bày một số khái niệm cơ bản
về vành, đồ thị có hướng. Chương này được trình bày dựa trên các tài
liệu [1], [2] và [4].

1.1

Một vài khái niệm về vành

Định nghĩa 1.1.1. Cho R là một tập hợp khác rỗng. R được gọi
là một vành nếu trên R trang bị hai phép toán hai ngôi, gọi là phép
cộng "+" và phép nhân ".", thỏa mãn các điều kiện sau:
i) R cùng với phép cộng là một nhóm Abel;
ii) R cùng với phép nhân là một nửa nhóm;
iii) Phép nhân phân phối đối với phép cộng.

Nhận xét 1.1.2. (1) Phần tử đơn vị của phép cộng thường kí hiệu
là 0 và gọi là phần tử trung lập.
(2) Một vành R được gọi là giao hoán nếu R cùng với phép nhân
có tính chất giao hoán.

2


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

(3) Nếu phép nhân có phần tử trung lập thì phần tử đó gọi là phần
tử đơn vị vủa vành R và thường kí hiệu là e hay 1.

Ví dụ 1.1.3. Tập hợp các số nguyên Z, Q, R, C và tập Zn cùng với
phép cộng và phép nhân thông thường là một vành giao hoán có đơn vị.

Định nghĩa 1.1.4. Cho R là một vành.
(1) Phần tử x ∈ R được gọi là lũy linh nếu tồn tại n sao cho xn = 0.
(2) Phần tử x ∈ R được gọi là ước của không nếu tồn tại y ∈ R\{0}
sao cho xy = 0 hoặc yx = 0.
(3) Phần tử x ∈ R mà không là ước trái của không thì được gọi
là phần tử chính quy trái. Phần tử x ∈ R mà không là ước phải của
không thì được gọi là phần tử chính quy phải. Phần tử x ∈ R mà vừa là
chính quy trái, vừa là chính quy phải thì được gọi là phần tử chính quy.

Ví dụ 1.1.5. Cho vành Z4 . Ta có Z4 = {0, 1, 2, 3}. Khi đó, 2 là phần
2

tử lũy linh vì 2 = 0. Tập các ước của không của Z4 là {0, 2}. Các
phần tử 1 và 3 là các phần tử chính quy.

Định nghĩa 1.1.6. (1) Miền nguyên là một vành giao hoán có đơn
vị 1 khác 0 và không có ước của không khác 0.
(2) Trường là một miền nguyên trong đó mọi phần tử khác 0 đều
khả nghịch.

Ví dụ 1.1.7. (1) Tập các số nguyên Z và tập Zp (p là số nguyên tố)

3


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

là một miền nguyên.
(2) Tập các số hữu tỉ Q, tập các số thực R và tập các số phức C
cùng với phép toán cộng và phép toán nhân các số thông thường là
những trường.
(3) Cho K là một trường và n là một số nguyên dương. Kí hiệu
Mn (K) là tập các ma trận vuông cấp n trên K. Khi đó Mn (K) cùng
với phép cộng và phép nhân ma trận thông thường là một vành có
đơn vị. Vành này là giao hoán khi và chỉ khi n = 1.

Định nghĩa 1.1.8. Đặc số của một vành R là số nguyên dương nhỏ
nhất n sao cho nx = 0 với mọi x ∈ R. Nếu không tồn tại n như vậy
thì R được gọi là có đặc số 0.

Nhận xét 1.1.9. Cho R là vành có đơn vị và n ∈ Z+ . Khi đó, n là
đặc số của vành R khi và chỉ khi n.1 = 0.
Chứng minh: Vì n là đặc số của vành R nên theo Định nghĩa 1.1.8. ta
có
nx = 0, ∀ x ∈ R ⇔ x + x + · · · + x = 0, ∀ x ∈ R
n

⇔ x.1 + x.1 + · · · + x.1 = 0, ∀ x ∈ R
n

⇔ x.(1 + 1 + · · · + 1) = 0, ∀ x ∈ R
n

⇔ 1 + 1 + ··· + 1 = 0
n

⇔ n.1 = 0.
Ví dụ 1.1.10. Vành số nguyên Z có đặc số 0. Vành Zn có đặc số n.

4


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

Miền nguyên có đặc số là 0 hoặc số nguyên tố.

1.2

Đồ thị có hướng

Định nghĩa 1.2.1. (i) Một đồ thị có hướng là một bộ G = (V, E, r, s)
trong đó V, E là hai tập hợp hữu hạn (độc lập), r, s : V → E là các
ánh xạ. Các phần tử của V được gọi là đỉnh và các phần tử của E
được gọi là cạnh. Đối với mỗi cạnh e ∈ E, s(e) được gọi là gốc và r(e)
được gọi là ngọn của e.
(ii) Một đỉnh v ∈ V mà s−1 (v) = ∅ được gọi là đỉnh ngọn. Một đỉnh
v ∈ V mà r−1 (v) = ∅ được gọi là đỉnh gốc. Một đỉnh v ∈ V vừa là
đỉnh gốc, vừa là đỉnh ngọn được gọi là đỉnh cô lập.
(iii) Cho v ∈ V . Bậc đi ra của v là |s−1 (v)|. Bậc đi vào của v là
|r−1 (v)|.
(iv) Đỉnh gốc thực sự là đỉnh gốc có bậc đi ra khác không. Đỉnh
ngọn thực sự là đỉnh ngọn có bậc đi vào khác không.

Ví dụ 1.2.2. Cho đồ thị G như sau:

5


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

Khi đó, ta có

V = {v1 , v2 , v3 , v4 }, E = {e1 , e2 , e3 , e4 }

và r, s : V → E là các ánh xạ xác định bởi r(e1 ) = r(e2 ) = v2 , r(e3 ) =
v3 , r(e4 ) = v4 , s(e2 ) = s(e3 ) = s(e4 ) = v2 . Đồng thời, ta có v1 là đỉnh
gốc thực sự với bậc đi ra là một; v3 , v4 là các đỉnh ngọn thực sự với
bậc đi vào là một; v2 không là đỉnh gốc, không là đỉnh ngọn với bậc
đi vào là hai và bậc đi ra là ba.

Định nghĩa 1.2.3. Cho đồ thị có hướng G = (V, E, r, s). Một đường
p trong G là một dãy các cạnh p = e1 ...en sao cho r(ei ) = s(ei+1 ) ∀i =
1, n.

Ví dụ 1.2.4. Cho đồ thị G như sau:

Trong đồ thị này có bốn đường dưới đây:
e1 e2 , e2 e3 , e3 e1 , e1 e2 e3 .
Định nghĩa 1.2.5. Một đồ thị có hướng G được gọi là giải đấu nếu
6

Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

cho hai đỉnh phân biệt v và w của G thì có duy nhất một cạnh đi từ
v đến w hoặc có duy nhất một cạnh đi từ w đến v là cạnh của G.

Ví dụ 1.2.6. (1) Đồ thị sau đây là giải đấu:

(2) Đồ thị sau đây không là giải đấu:

Định nghĩa 1.2.7. Một lưới là một đồ thị có hướng G thỏa mãn các
điều kiện sau đây:
(1) Có một đỉnh gốc thực sự duy nhất α.
7


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

(2) Có một đỉnh ngọn thực sự duy nhất ω.
(3) Với mỗi đỉnh của G, luôn tồn tại một đường p trong G đi từ α
đến đỉnh đó.
(4) Luôn tồn tại một đường p trong G đi từ một đỉnh bất kì của
G đến ω.

Ví dụ 1.2.8. (1) Đồ thị sau đây là lưới:

(2) Đồ thị sau đây không là lưới:

8


Chương 2
ĐỒ THỊ CÁC ƯỚC CỦA
KHÔNG CỦA VÀNH KHÔNG
GIAO HOÁN
Trong chương này, chúng tôi trình bày một số khái niệm và ví dụ
về đồ thị các ước của không của vành. Đồng thời, chúng tôi trình bày
một số tính chất để cho đồ thị các ước của không của vành là đồ thị
giải đấu (Định lý 2.1.6) hoặc đồ thị lưới (Định lý 2.1.7). Hơn nữa,
chúng tôi trình bày định lý phân loại các vành thông qua đồ thị của
chúng (Định lý 2.2.6). Chương này được trình bày dựa trên các tài liệu
[3], [5], [6], [7], [8] và [9].

2.1

Đồ thị các ước của không của vành không giao
hoán

Trong tiết này, chúng tôi trình bày một số khái niệm và ví dụ về đồ
thị các ước của không của vành. Đồng thời, chúng tôi trình bày một
số tính chất để cho đồ thị các ước của không của vành là đồ thị giải
9


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

đấu (Định lý 2.1.6) hoặc đồ thị lưới (Định lý 2.1.7). Từ các kết quả
này, chúng tôi liệt kê tất cả các đồ thị gồm ba đỉnh là đồ thị các ước
của không của vành (Định lý 2.1.9). Tiết này được trình bày dựa trên
các tài liệu [3], [5] và [7]

Định nghĩa 2.1.1. Cho R là một vành. Đồ thị các ước của không
của vành R, kí hiệu là Γ(R), được xác định như sau:
(i) Tâp đỉnh V là tập các ước khác không của không của vành R.
(ii) Một cạnh đi từ đỉnh v đến đỉnh w nếu và chỉ nếu v = w và
vw = 0.

Ví dụ 2.1.2. (1) Xét R = Z4 . Ta có tập các ước của không của R là
{0, 2}. Khi đó, Γ(R) là đồ thị có duy nhất một đỉnh là 2.
(2) Xét R = Z9 . Ta có tập các ước của không của R là {0, 3, 6}. Khi
đó Γ(R) là đồ thị có hướng sau:

(3) Xét R = Z8 . Ta có tập các ước của không của R là {0, 2, 4, 6}.
Khi đó Γ(R) là đồ thị có hướng sau:

10


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

(4) Xét R= M2 (Z
 2 ).

 Ta cótập
 các ước
 của không
 của Rlà
1 0 0 1 0 0 0 0 1 1
D(R) = {0; 
;
;
;
;
;
0 0
0 0
1 0
0 1
0 0

 
 

1 0 0 1 0 0

;
;
}.
1 0
0 1
1 1
Ta đánh số thứ tự cho các phần tử của tập D(R) từ 1 đến 9. Khi
đó, Γ(R) là đồ thị có hướng sau:

Ví dụ 2.1.3. (1) Cho R là một vành có đặc số 2, gồm bốn phần
tử là {0, a, b, a + b}. Trên vành R, phép nhân được định nghĩa là
a2 = ab = a; b2 = ba = b. Khi đó, tập các ước khác không của không
của R là {a, b, a + b}. Do đó, Γ(R) là đồ thị có hướng sau:

11


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

(2) Cho R là một vành có đặc số 2, gồm bốn phần tử là {0, a, b, a+
b}. Trên vành R, phép nhân được định nghĩa là a2 = ba = a; b2 = ab =
b. Khi đó, tập các ước khác không của không của R là {a, b, a + b}.
Do đó, Γ(R) là đồ thị có hướng sau:

Một trong những bài toán được quan tâm trong hướng nghiên
cứu này là bài toán sau đây:

Bài toán 2.1.4. Nếu cho trước một đồ thị G thì có tồn tại một vành
R sao cho Γ(R) ∼
= G không?

Phần còn lại của tiết này, chúng tôi chứng minh một vài định lý
giúp giải đáp được bài toán trên trong một số trường hợp đặc biệt.

Định lý 2.1.5. Nếu R là một vành hữu hạn thì Γ(R) có số chẵn các
cạnh có hướng.

Chứng minh:
• Xét Γ(R) = ∅: Kết quả này là đúng tầm thường.
• Xét R có đặc số lẻ: Nếu Γ(R) có một cạnh đi từ x đến y thì Γ(R)
cũng có một cạnh đi từ −x đến y. Suy ra Γ(R) có số chẵn các
cạnh.
12


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

• Xét R có đặc số chẵn. Ta chỉ cần chứng minh bài toán trong
trường hợp R có đặc số 2:
+ Xét R là vành giao hoán: Nếu Γ(R) có một cạnh đi từ x đến y
thì Γ(R) cũng có một cạnh đi từ y đến x. Suy ra Γ(R) có số chẵn
các cạnh có hướng.
+ Xét R là vành không giao hoán:
Đặt
E := {(x, y) | xy = 0, yx = 0, x = 0, y = 0, x = y.};
A := {(x, y) ∈ E | y lũy linh}.
Lấy (x, y) ∈ A và m là số nguyên dương bé nhất sao cho y m = 0.
Ta chứng minh (x + y m−1 , y) ∈ A. Thật vậy, nếu x + y m−1 = 0
thì y(x + y m−1 ) = yx = 0. Điều này là mâu thuẫn với định nghĩa
của tập E. Do đó, ta có x + y m−1 = 0.
Nếu x + y m−1 = y thì
y 2 = (x + y m−1 )y = xy + y m = 0 ⇒ m = 2 ⇒ x + y = y ⇒ x = 0.
Điều này là mâu thuẫn. Ta suy ra x + y m−1 = y.
Hơn nữa, ta có
(x + y m−1 )y = xy + y m = 0; y(x + y m−1 ) = yx + y m = yx = 0.

Vì thế (x + y m−1 , y) ∈ A.

13


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

Xét ánh xạ
A −→ A

p :

(x, y) −→ (x + y m−1 , y)
Ta chứng minh p2 (x, y) = (x, y). Thật vậy, ta có
p2 (x, y) = p(x + y m−1 , y) = (x + 2y m−1 , y) = (x, y),
do đó p2 = IdA . Điều này suy ra A có chẵn các phần tử.
Đặt
B := {(x, y) ∈ E | x lũy linh}.
Lấy (x, y) ∈ B và n là số nguyên dương bé nhất sao cho xn = 0.
Xét ánh xạ
B −→ B

q :

n−1

(x, y) −→ (x, y + x

.
)

Chứng minh tương tự như trường hợp của ánh xạ p ở trên, ta thu
được q 2 = IdB . Điều này suy ra B có số chẵn các phần tử.
Lấy (x, y) ∈ A ∩ B và m, n là các số nguyên dương bé nhất
sao cho xn = y m = 0. Lấy
y a xb ∈ {y m−1 xn−1 , y m−1 xn−2 , ..., y m−1 x, y m−2 xn−1 , ..., yx}.
Ta chứng minh (x, y +xn−1 ) ∈ A∩B. Thật vậy, với mỗi số nguyên
dương i bất kì, luôn tồn tại a, b sao cho
y a+i xb = y a xb+i = 0 ⇒ (y + y a xa )j = y j (với j
14

2),


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

suy ra y + y a xb là lũy linh.
Nếu y + y a xb = 0 thì yx + y a xb+1 = yx = 0. Điều này là mâu
thuẫn. Ta suy ra y + y a xb = 0.
Nếu x = y + y a xb thì
x2 = y 2 = 0 ⇒ m = n = 2 ⇒ y a xb = yx ⇒ x + y = xy.
Điều này là mâu thuẫn vì (yx)2 = 0 và (x + y)2 = yx = 0. Ta suy
ra x = y + y a xb . Như vậy, ta có (x, y + xn−1 ) ∈ A ∩ B.
Xét ánh xạ:
r :

A ∩ B −→ A ∩ B
a b

.

(x, y) −→ (x, y + y x )
Chứng minh tương tự như trường hợp của ánh xạ p ở trên, ta thu
được r2 = IdA∩B . Điều này suy ra A ∩ B có chẵn phần tử.
Đặt
P := E \ (A ∪ B) = {(x, y) ∈ E | x, y không lũy linh};
S := {(x, y) ∈ P | ∃ m, n : y m xn = 0}.
Lấy m, n là các số nguyên dương bé nhất sao cho y m xn = 0, nghĩa
là nếu y s xt = 0 thì s > m hoặc s = m, t ≥ n.
Ta có:
y + y m−1 xn = 0 với m > 1;
x + yxn−1 = 0 với m = 1.

15


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

Với i ∈ Z+ bất kì và i ≥ 2 thì
(y + y m−1 xn )i = y i với m > 1;
(x + yxn−1 )i = xi với m = 1.
Xét ánh xạ:
f :

S −→ S


 (x, y + y m−1 xn ) nếu m > 1
(x, y) −→

 (x + yxn−1 , y) nếu m = 1

Chứng minh tương tự như trường hợp của ánh xạ p ở trên, ta thu
được f 2 = IdS . Điều này suy ra S có số chẵn phần tử.
Đặt
T = P − S := {(x, y) ∈ P | y m xn = 0 ∀m, n}.
Lấy (x, y) ∈ T . Vì R là vành hữu hạn nên tồn tại số nguyên
N bé nhất và số nguyên t sao cho xN = xt với 1 ≤ t < N .
Tương tự, tồn tại số nguyên M bé nhất và số nguyên s sao cho
y M = y s với 1 ≤ s < M.
Với các số nguyên dương a, b, i, ta dễ dàng chứng minh được
hai đẳng thức sau bằng quy nạp:
(x + y a xb )i = xi + y a .xb+i−1 ;
(y + y a xb )i = y i + y a+i−1 .xb .

16


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

Ta chứng minh N là số nguyên bé nhất sao cho
(x + y M −1 xt )N = (x + y M −1 xt )t .

Thật vậy, lấy các số nguyên r, u sao cho 1 ≤ u < r ≤ N (1) và
(x + y M −1 xt )r = (x + y M −1 xt )u .
Khi đó, ta có xr + y M −1 xt+r−1 = xu + y M −1 xt+u−1
⇔ xr + xu = y M −1 xt+r−1 + y M −1 xt+u−1 (2)
Vì N là nhỏ nhất để xN = xt (1 ≤ t < N ) (3) nên suy ra
xr + xu = 0 nếu r < N hoặc r = N ; u < t (4).
Nhân vào bên trái hai vế của phương trình (2) ta được xr+1 +
xu+1 = 0. Từ điều này cùng với (1) và (3) ta có
r = N, u = t hoặc r = N − 1, u = t − 1.
Nếu r = N − 1 và u = t − 1 thì thay vào (2) ta có
xr + xu = y M −1 xt+N −1−1 + y M −1 xt+t−1−1 = 2y M −1 x2t−2 = 0.
Điều này mâu thuẫn với (4). Vì vậy r = N và u = t.
Tương tự, ta cũng chứng minh được M là số nguyên bé nhất
sao cho:
(y + y s xN −1 )M = (y + y s xN −1 )s .

17


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

Với m, n nguyên dương bất kì, ta có
(y+y s .xN −1 )m (x+y M −1 xt )n = (y m +y m+s−1 xN −1 )(xn +y M −1 xt+n−1 )
= y m xn +y m+s−1 xN +n−1 +y n+M −1 xt+n−1
= y m xn + 2y m+s−1 xt+N −1
= y m xn = 0.
Do đó, (x + y M −1 xt , y + y s xN −1 ) ∈ T .
Xét ánh xạ:

g :

T −→ T
(x, y) −→ (x + y M −1 xt , y + y s xN −1 )

.

Chứng minh tưng tự như trường hợp của các xạ p trước đó, ta
thu được g 2 = IdT . Điều này suy ra T có số chẵn các phần tử.
Ta có
|E| = |A| + |B| − |A ∩ B| + |S| + |T |.
Nên E có số chẵn các phần tử.
Định lý 2.1.6. Cho R là một vành sao cho Γ(R) = ∅. Khi đó:
(i) Nếu R không có phần tử lũy linh khác không thì Γ(R) không
là một giải đấu.
(ii) Γ(R) là một giải đấu nếu và chỉ nếu Γ(R) chứa một đỉnh duy
nhất.
Chứng minh: (i) Nếu Γ(R) chỉ có một đỉnh x thì x2 = 0. Điều này
mâu thuẫn với giả thiết. Do đó, Γ(R) phải có nhiều hơn một đỉnh.

18


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

Gọi x, y là hai đỉnh của Γ(R). Nếu xy = 0 thì:
(yx)2 = (yx)(yx) = y(xy)x = 0 ⇒ yx = 0.
Điều này có nghĩa là nếu Γ(R) có một cạnh đi từ x đến y thì Γ(R)

cũng có một cạnh đi từ y đến x. Do đó, Γ(R) không là một giải đấu.
(ii) Nếu Γ(R) chứa đúng một đỉnh thì nó là một giải đấu. Ta xét
Γ(R) chứa nhiều hơn một đỉnh. Giả sử Γ(R) là một giải đấu. Theo (i)
thì tồn tại x = 0 sao cho x2 = 0. Giả sử Γ(R) chỉ chứa hai đỉnh x, a
và một cạnh đi từ x đến a. Ta chứng minh 2x = 0. Thật vậy, ta có 2x
là ước của không. Vì 2x = x và 2x = a nên 2x = 0. Khi đó, ta có:
a + x = a; a + x = x; a + x = 0
và
x(x + a) = xa + x2 = 0.
Do đó, a + x là đỉnh thứ ba của Γ(R). Điều này mâu thuẫn với giả
thiết ở trên. Tương tự như trên, ta cũng thu được một sự mâu thuẫn
nếu giả sử Γ(R) có hai đỉnh b, x và một cạnh đi từ b đến x.
Giả sử Γ(R) có ít nhất ba đỉnh. Ta xét ba trường hợp sau:
Trường hợp 1: x là đỉnh gốc.

19


Khóa luận tốt nghiệp Đại học

lê hà anh

Khi đó:
xa = xb = 0; ax = 0, bx = 0.
Ta có
(bx)x = bx2 = 0, bx = 0 ⇒ bx = x.
Tương tự, ta cũng chứng minh được ax = x. Theo định nghĩa
của đồ thị giải đấu thì Γ(R) phải có một cạnh đi từ a đến b hoặc
một cạnh đi từ b đến a. Nếu Γ(R) có một cạnh đi từ a đến b thì
x = ax = a(bx) = (ab)x = 0.

Điều này mâu thuẫn. Một cách tương tự, ta cũng suy ra một điều
mâu thuẫn nếu chúng ta giả sử rằng Γ(R) có một cạnh đi từ b
đến a.
Trường hợp 2: x là đỉnh ngọn.

Chứng minh tương tự như Trường hợp 1, ta cũng suy ra điều mâu
thuẫn.

20