1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYỄN THỊ THU HÀ

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA
VÀNH CHÍNH QUI MẠNH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Nghệ An - 2013


2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

NGUYỄN THỊ THU HÀ

MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA
VÀNH CHÍNH QUI MẠNH

Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số: 60 46 05

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học

⊗ : Tích Tenxơ.

End R ( M ) : Vành các tự đồng cấu của R - môđun M .
W: Kết thúc một chứng minh.
R µ M : Mở rộng R chéo M.
R / I : Vành thương.

It ( x ) : Linh hóa tử trái của x.
I p ( x ) : Linh hóa tử phải của x.
Rad ( R ) : Căn Jacobson của vành R.
≅ : Đẳng cấu.

( x ) : Iđêan sinh bởi x.


5

MỞ ĐẦU
Vành R được nói đến trong luận văn này là vành có đơn vị kí hiệu 1 và
không nhất thiết là vành giao hoán. Khái niệm vành chính qui (Von
Neumann) được giới thiệu bởi Von Neumann (1903 – 1957) là một nhà toán
học người Mỹ gốc Hungari vào năm 1936. Vành R được gọi là chính qui nếu
và chỉ nếu với mọi a ∈ R tồn tại x ∈ R sao cho a = axa . Vành chính qui là lớp
vành giữ vai trò quan trọng trong đại số trừu tượng, đại số Banach và hình
học hiện đại. Một kết quả quan trọng là vành các phép biến đổi tuyến tính của
một không gian vectơ trên vành chia được là vành chính qui. Vành R được
gọi là chính qui mạnh (Von Neumann) nếu và chỉ nếu với mọi a ∈ R tồn tại
x ∈ R sao cho a = a 2 x. Một vành R là vành chính qui mạnh khi và chỉ khi nó là

một vành chính qui và mọi lũy đẳng trong R đều thuộc tâm của R. Mục đích

1.1.

CÁC PHẦN TỬ VÀ TẬP HỢP ĐẶC BIỆT TRONG VÀNH

1.1.1. Định nghĩa. Phần tử e của vành R được gọi là phần tử lũy đẳng nếu
e2 = e .

1.1.2. Ví dụ. Phần tử đơn vị và phần tử 0 là các phần tử lũy đẳng, với mọi
vành có đơn vị R.
1.1.3. Mệnh đề. Cho vành R và e ∈ R .
(i) Nếu e lũy đẳng thì en = e, ∀n ∈ ¥ * .
(ii) e lũy đẳng khi và chỉ khi 1 − e lũy đẳng.
1.1.4. Định lý. Nếu tồn tại hệ lũy đẳng trực giao { e1 , e2 ,..., en } của vành R mà
1 = e1 + e2 + .... + en thì R = Re1 ⊕ Re2 ⊕ ... ⊕ Ren và R = e1R ⊕ e2 R ⊕ ... ⊕ en R .

1.1.5. Hệ quả. Nếu e là phần tử lũy đẳng của vành R thì R = Re ⊕ R ( 1 − e ) và
R = eR ⊕ ( 1 − e ) R .

1.1.6. Định nghĩa. Phần tử x của vành R được gọi là phần tử lũy linh nếu
∃n ∈ ¥ * sao cho x n = 0.
3
2
3
1.1.7. Ví dụ. Trong vành ¢ 8 các phần tử lũy linh là 2, 4, 6 vì 2 = 4 = 6 = 0 .

1.1.8. Định nghĩa. Phần tử x của vành R được gọi là khả nghịch trái nếu
tồn tại phần tử y thuộc R sao cho yx = 1 . Phần tử x của vành R được gọi là
khả nghịch phải nếu tồn tại phần tử y ' thuộc R sao cho xy ' = 1 . Phần tử x của
vành R được gọi là khả nghịch nếu x vừa khả nghịch trái, vừa khả nghịch
phải.

đơn giản là căn) của R và được viết là Rad ( R) .
1.1.19. Định lý. Giả sử R là một vành, với mỗi r ∈ Rad ( R ) , 1 − r khả nghịch.
1.2.

VÀNH CHÍNH QUI

1.2.1. Định nghĩa. Vành R được gọi là vành chính qui nếu và chỉ nếu với
mọi a ∈ R tồn tại x ∈ R sao cho a = axa .
1.2.2. Ví dụ. (1) Mọi thể, mọi trường đều là vành chính qui.
(2) Miền nguyên là chính qui nếu nó là một trường.


9

(3) Cho K là một trường. Gọi M n ( K ) là vành ma trận vuông cấp n trên
K . Với mọi A ∈ M n ( K ) , kí hiệu r = rank ( A) . Khi đó tồn tại hai ma trận khả

nghịch U , V sao cho
 Ir 0 
÷V
0 0 

A =U 

(Với I r là ma trận đơn vị cấp r ).
 I r 0  I r 0 
 Ir 0 
÷
÷V = U 
÷V = A . Vậy M n ( K ) là


Do đó, ( ff ' f ) ( x ) = ff '  ∑ yi ei ÷ = ∑ yi ff ' ( ei ) =∑ yi f ( bi ) =∑ yi ei = f ( x ) . Vậy,
i∈J

i∈J

i∈J

ff ' f = f . Suy ra R là vành chính qui. W

1.2.3 Mệnh đề. Trong vành chính qui, phần tử không là ước của 0 thì khả
nghịch.


10

Chứng minh. Giả sử R là vành chính qui và a ∈ R , a không là ước của 0. Khi
đó, tồn tại x ∈ R sao cho a = axa . Ta suy ra a ( 1 − xa ) = 0 . Vì a không là ước
của 0 nên 1 − xa = 0 hay xa = 1 . Lập luận tương tự ta cũng có ( 1 − ax ) a = 0 nên
ax = 1 . Vậy a khả nghịch. W

1.2.4. Định lý. (Von Neumann, 1936) Tâm của vành chính qui là chính qui.
Chứng minh. Giả sử R là vành chính qui và Z ( R ) = { a ∈ R ar = ra, ∀r ∈ R} là
tâm của R . ∀a ∈ Z ( R ) ⇒ a ∈ R . Vì R là vành chính qui nên ∃x ∈ R : a = axa
kéo theo a = a 2 x

2
(vì a ∈ Z ( R ) ). Vì thế a x ∈ Z ( R ) . Do đó, ∀z ∈ R ta có

a 2 xz = za 2 x nên lại suy ra xa 2 z = xaaz = axaz = a 2 xz = za 2 x = zaax = azax = a 2 zx

a 2 x3 z = x3a 2 z = a 2 zx3 = za 2 x3 .

Đặt

y = a 2 x3

nên
thì

từ

đó

y ∈ Z ( R) .

ta

có

Lại

vì

a 2 x 2 = a 2 xx = ax nên y = ax 2 . Rõ ràng aya = aax 2 a = a 2 x 2 a = axa = a nên suy ra
Z ( R ) chính qui. W

1.2.5. Mệnh đề. Trong vành chính qui giao hoán, một iđêan là nguyên tố khi
và chỉ khi nó tối đại.
Chứng minh. ( ⇒ ) Giả sử P , I là iđêan của vành giao hoán R , P nguyên tố
và P ⊂ I , P ≠ I . Vì P ≠ I nên ∃a ∈ I \ P ⇒ a ∈ R \ P . Vì R chính qui nên

qui giao hoán nên ∃x ∈ R : m = mxm = xm 2 . Vì thế ( 1 − xm ) m = 0 ∈ M . Đặt
s = 1 − xm thì s ∉ M vì nếu ngược lại thì 1∈ M ⇒ M = R (vô lý). W

1.2.7. Định lý. (Armenradiz, 1974) Cho R là một vành với tâm Z ( R ) . Nếu
Z ( R ) là chính qui thì R / MR ≅ RM với M là idean tối đại của Z ( R ) .

Chứng minh. Đặt S = Z ( R ) \ M . Ta có RM = { x / s x ∈ R, s ∈ S } là địa phương
hóa của R tại M . Gọi

f : R → RM

là đồng cấu tự nhiên cho bởi

f ( x ) = x /1, ∀x ∈ R . Ta có:

1. f là toàn ánh. Thật vậy, lấy bất kì x / s ∈ RM , x ∈ R, s ∈ S . Vì Z ( R ) chính
qui nên tồn tại c ∈ Z ( R ) sao cho s = scs . Suy ra s ( 1 − cs ) = 0 ⇒ s ( 1x − csx ) = 0 ⇒
s ( 1x − cxs ) = 0 ⇒ cx /1 = x / s . Do đó, tồn tại cx ∈ R sao cho f ( cx ) = cx /1 = x / s .

2. Ker ( f ) = MR . Thật vậy, giả sử f ( x ) = 0 ⇒ x /1 = 0 ⇒ ∃s ∈ S : sx = 0 . Vì
Z ( R ) chính qui nên ∃c ∈ Z ( R ) : s ( 1 − cs ) = 0 ∈ M ⇒ 1 − cs ∈ M (vì M nguyên tố

và s ∉ M ) ⇒ x = ( 1 − cs ) x ∈ MR . Vậy Ker ( f ) ⊆ MR . Để chứng minh chiều
ngược lại, ta chứng minh f ( ax ) = 0, ∀a ∈ M , ∀x ∈ R . Ta có f ( ax ) = ax /1
= ( a /1) ( x /1) . Áp dụng Bổ đề 1.2.6 với vành chính qui giao hoán Z ( R ) ta có
a /1 = 0, ∀a ∈ M . Vậy, f ( ax ) = 0 . Do đó, ax ∈ Ker ( f ) ⇒ MR = Ker ( f ) .


12


trong [1]).
Chứng minh. (i) ⇒ (ii) Giả sử Rr là một iđêan trái của R . Vì R là vành chính
2
qui nên tồn tại x ∈ R sao cho r = rxr . Đặt e = xr , ta có e2 = ( xr ) = xrxr = xr = e

và re = rxr = r nên Re ⊂ Rr ⊂ Re ⇒ Rr = Re .


13

(ii) ⇒ (iii) Trước hết xét iđêan trái sinh bởi hai phần tử A = Rr1 + Rr2 . Theo

(ii) tồn tại lũy đẳng e1 sao cho Rr1 = Re1 . Vì r2 = r2e1 + r2 ( 1 − e1 ) nên
A = Rr1 + Rr2 = Re1 + Rr2 = Re1 + R ( r2e1 + r2 ( 1 − e1 ) ) ⊂ Re1 + Rr2e1 + Rr2 ( 1 − e1 )
= Re1 + Rr2 ( 1 − e1 ) ⊂ Re1 + Rr2 + Rr2e1 = A . Suy ra A = Re1 + Rr2 ( 1 − e1 ) .

Lại theo (ii), tồn tại phần tử lũy đẳng e2 sao cho Rr2 ( 1 − e1 ) = Re2 ⇒
e2 = sr2 ( 1 − e1 ) , s ∈ R . Từ đó ta có
A = Re1 + Re2 và e2e1 = sr2 ( 1 − e1 ) e1 = 0

Đặt e = ( 1 − e1 ) e2 + e1

(a)
(b)

Thì ta có e2 = ( ( 1 − e1 ) e2 + e1 ) = ( 1 − e1 ) e2 ( 1 − e1 ) e2 + ( 1 − e1 ) e2e1 + e1 ( 1 − e1 ) e2
2

+ e12 = ( 1 − e1 ) ( e2 − e2e1 ) e2 + e1 = ( 1 − e1 ) e2 + e1 = e .


với R M = R R, N = Rr , I = rR thì ta có rRr = ( rR ) ( Rr ) = ( rR ) R I Rr = rR I Rr . Vì
r ∈ rR I Rr = rRr nên tồn tại x ∈ R sao cho r = rxr . Vậy R chính qui. W

1.2.10. Hệ quả. Mọi vành chính qui có căn Jacobson bằng 0. Do đó vành
chính qui là nửa nguyên tố (vành nửa nguyên tố là vành có căn nguyên tố
bằng 0. Trong tài liệu [1] đã chứng minh căn nguyên tố là tập con của căn
Jacobson).
Chứng minh. Giả sử r ∈ Rad ( R) . Vì R là vành chính qui nên tồn tại phần tử
lũy đẳng e sao cho rR = eR . Do đó e ∈ Rad ( R) . Vì vậy 1 − e khả nghịch. Mà
e ( 1 − e ) = 0 nên e = 0 . Vậy r = 0 . W

1.2.11. Hệ quả. Nếu số lượng lũy đẳng của một vành chính qui R là hữu hạn
thì R là nửa đơn (vành R nửa đơn khi và chỉ khi nó Artin và nửa nguyên tố,
xem trong [1]).
Chứng minh. Vì số lượng các lũy đẳng là hữu hạn mà mọi iđêan chính trái
đều sinh bởi một lũy đẳng nên R có hữu hạn các iđêan chính trái. Vì mỗi
iđêan trái là tổng của những iđêan chính trái nên số lượng các iđêan trái của
R là hữu hạn. Do đó R là vành Artin. Mà theo Hệ quả 1.2.10, R cũng là nửa

nguyên tố nên R là nửa đơn. W
1.2.12. Định lý. Cho R là một vành chính qui giao hoán. Khi đó:
(i) Mọi iđêan xyclic I của R là lũy đẳng (tức là II = I).
(ii) Mọi iđêan bất khả qui là ideal nguyên tố.


15






c ∈ ( y ) ⇒ c = yr2

nên

ac = xyr1r2 ∈ I . Vậy z 2 ∈ I . Vì z ∈ ( z ) = ( z ) ( z ) ⇒ ∃r ∈ R : z = z 2r nên z ∈ I . Vậy
I1 I I 2 ⊆ I .
 I = I1 = ( x ) + I

Do đó: I = I1 I I 2 ⇒ 

 I = I 2 = ( y ) + I

x ∈ I

⇒

y∈I

⇒ I nguyên tố. W


16

CHƯƠNG 2
MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA VÀNH CHÍNH QUI MẠNH
2.1. MỞ RỘNG R µ M
2.1.1. Xây dựng mở rộng R µ M . Cho R là một vành và M là một song
môđun


 0 a 


Khi đó, R µ M là một vành, đẳng cấu với vành con 
R M 

2
của vành ma trận vuông cấp hai 
÷ . Đặc biệt, R µ R ≅ R  x  / ( x ) .
0 R 

Chứng minh. * Trước hết ta chứng minh R µ M một vành.
1. R µ M là nhóm giao hoán với phép cộng.
Dễ thấy vì phép cộng trong R và phép cộng trong M có tính chất kết hợp,
giao hoán. Phần tử 0 trong R µ M là ( 0R ,0M ) , phần tử đối của ( a, x ) là

( − a, − x ) .
2. R µ M là nửa nhóm với phép nhân.


17

( a, x ) , ( b, y ) , ( c, z ) ∈ R µ M ta có ( a, x ) ( b, y )  ( c, z )

Vì với mọi

( ab, ay + xb ) ( c, z )
( a, x ) ( bc, bz + yc )

( abc

=

= ( ac + bc, az + bz + xc + yc ) nên phép nhân phân phối

bên phải với phép cộng. Hoàn toàn tương tự ta có phép nhân phân phối bên
trái với phép cộng.
4. Tồn tại phần tử đơn vị là ( 1R , 0 M ) .
Từ đó ta có R µ M là một vành.
 a x 

÷: a ∈ R, x ∈ M  của vành
 0 a 


* Dễ thấy R µ M đẳng cấu với vành con 
R M 

ma trận vuông cấp hai 
÷.
0 R 
*

Xét

ánh

xạ

ϕ : R  x  → R µ R


18

Vì Ker ( ϕ ) = { f ∈ R  x  : ϕ ( f ) = 0} nên nếu f ∈ Ker ( ϕ ) thì f có dạng
f = a2 x 2 + a3 x3 + ... + an x n , n ≥ 2 suy ra

f = x 2 ( a2 + a3 x + ... + an x n−2 ) . Do đó

f ∈ ( x 2 ) . Ngược lại, dễ thấy nếu f ∈ ( x 2 ) thì f ∈ Ker ( ϕ ) . Vậy Ker ( ϕ ) = ( x 2 ) .
2
Áp dụng định lý đồng cấu vành ta có R µ R ≅ R  x  / ( x ) . W

2.1.2. Chú ý. Cho R là một vành. Ta biết:
n
n −1
• R  x  = { f : f = an x + an−1x + ... + a1x + a0 , ai ∈ R, i = 1,..., n; n ∈ ¥ } là một

vành với phép cộng và phép nhân được định nghĩa như sau:
∀f = a0 + a1 x + ... + an x n , ∀g = b0 + b1 x + ... + bm x m , n, m ∈ ¥ và giả sử m ≥ n ta
n
n +1
có f + g = ( a0 + b0 ) + ( a1 + b1 ) x + ... + ( an + bn ) x + bn+1 x + ... +bm x m , fg =

c0 + c1 x + ... + cn+ m x n + m trong đó ck = ∑ ai b j , k = 0,1,..., n + m .
i + j =k

• Với σ : R → R; r a σ ( r ) là đồng cấu vành thì R  x, σ  bao gồm các
phần tử là các đa thức biến x , hệ số trong R cùng với phép cộng được định
nghĩa giống với phép cộng trong R  x  và phép nhân được định nghĩa bởi
xr = σ ( r ) x , thì R  x, σ  là một vành.



xác

định

bởi

∀f = a0 + a1 x + a2 x 2 + ... + an x n ∈ R  x, σ  , n ∈ ¥ , đặt ϕ ( f ) = ( a0 , a1 ) .

Khi đó: ϕ là đồng cấu vành vì ∀f = a0 + a1 x + ... + an x n , an ≠ 0,
∀g = b0 + b1 x + ... + bm x m , bm ≠ 0, n, m ∈ ¥ và giả sử m ≥ n thì ta có ϕ ( f + g )

( a0 + b0 , a1 + b1 )

=

( a0 , a1 ) + ( b0 , b1 )

=

= ϕ ( f ) + ϕ ( g ) ; ϕ ( fg ) = ( a0b0 , a0b1 + a1σ ( b0 ) )

và ϕ ( f ) ϕ ( g ) = ( a0 , a1 ) ( b0 , b1 ) = ( a0b0 , a1σ ( b0 ) + a0b1 ) nên ϕ ( fg ) = ϕ ( f ) ϕ ( g ) .
Dễ thấy ϕ là toàn ánh nên Im ( ϕ ) = R µ R ( σ ) .
Do Ker ( ϕ ) = { f ∈ R  x  : ϕ ( f ) = 0} suy ra nếu f ∈ Ker ( ϕ ) thì f có dạng
f = a2 x 2 + a3 x3 + ... + an x n , n ≥ 2 nên f = x 2 ( a2 + a3 x + ... + an x n− 2 ) . Do đó f ∈ ( x 2 )
2
2
. Ngược lại, dễ thấy nếu f ∈ ( x ) thì f ∈ Ker ( ϕ ) . Vậy Ker ( ϕ ) = ( x ) .
2


là toàn cấu nên

Im ( σ ) = It ( a ) = { r ∈ R : ra = 0} . Để chứng minh Rb = I ( a ) ta chứng minh
Rb = Im ( σ ) . Thật vậy, với mọi rb ∈ Rb, r ∈ R , tồn tại r + Ra ∈ R / Ra sao cho
σ ( r + Ra ) = rσ ( 1 + Ra ) = rb , nên suy ra rb ∈ Im ( σ ) . Mặt khác, với mọi
y ∈ Im ( σ ) , tồn tại duy nhất

x + Ra ∈ R / Ra

sao cho

σ ( x + Ra ) = y

⇒ y = xσ ( 1 + Ra ) = xb ⇒ y ∈ Rb .

Ta chứng minh

Ra = It ( b ) . Với mọi

ra ∈ Ra

ta có

rab = raσ ( 1 + Ra ) = rσ ( a + Ra ) = rσ ( 0 ) = 0 nên ra ∈ It ( b ) . Ngược lại, với mọi
y ∈ It ( b )

ta

có

(ii) R là vành chính qui và không có phần tử lũy linh nào khác không.
(iii) R là vành chính qui và mọi lũy đẳng trong R đều thuộc tâm của R .
Chứng minh. ( i ) ⇒ ( ii ) Vì R là vành chính qui mạnh nên với mọi a ∈ R , tồn
tại x ∈ R sao cho a = a 2 x . Do đó a = a 2 x = aax = aa 2 xx = a3 x 2 = ...
= a n x n −1 , n ≥ 2 . Giả sử tồn tại phần tử lũy linh 0 ≠ a ∈ R . Suy ra, tồn tại n ≥ 2

sao cho a n = 0 . Vậy a = a n x n−1 = 0 . Ta có điều mâu thuẫn. Vậy, trong R không
có phần tử lũy linh nào khác 0.
Từ đó ta lại có ( a − axa ) = a 2 − a 2 xa − axa 2 + axaaxa = a 2 − a 2 − axa 2 + axa 2 = 0
2

nên suy ra a = axa . Vậy R là vành chính qui.

( ii ) ⇒ ( iii ) Giả sử

e là phần tử lũy đẳng và a là phần tử bất kì trong R .

2
2
Đặt f = 1 − e . Ta có ( eaf ) = ea ( 1 − e ) ea ( 1 − e ) = 0 ⇒ eaf = 0 . Mặt khác ( eaf )

=

2
( ea − eae ) nên

ea = eae. Tương tự

( fae )


Thật vậy, vì D là vành chia được nên D là chính qui. Mặt khác, D chỉ có
hai phần tử lũy đẳng là 0 và 1. Vì giả sử 0 ≠ e ∈ D thỏa e2 = e . Tồn tại e−1 sao
cho e−1.e = e.e−1 = 1 . Do đó, 1 = e.e−1 = e2e−1 = e.e.e−1 = e.1 = e . Rõ ràng 0 và 1
thuộc tâm của D. Vậy D là vành chính qui mạnh.
(3) Tích trực tiếp của các vành chia được là chính qui mạnh.
(4) Cho V là không gian véctơ trên vành chia được D thỏa DimV = 1 . Khi
đó End DV là chính qui mạnh vì End DV ≅ D .
2.3.5. Định lý. Nếu R là vành chính qui mạnh thì với mọi a ∈ R , tồn tại phần
tử khả nghịch u ∈ R , sao cho a = aua .
Chứng minh. Giả sử a ∈ R . Vì R là vành chính qui mạnh nên tồn tại x ∈ R sao
cho a = a 2 x. Khi đó ta cũng có a = axa . Đặt e = xa. Ta có e là phần tử lũy
đẳng.

Đặt f = 1 − e , u = ex + f , v = ea + f . Ta có v.u = ( ea + f ) ( ex + f ) =

eaex + eaf + fex + f 2 . Vì e thuộc tâm, f

lũy đẳng và af = 0 , nên v.u =

eax + f = xaax + f = xa + f = e + f = 1 . Tương tự ta có uv = 1 .

Vậy: aua = a ( ex + f ) a = aexa + afa = axaxa = axa = a. W
2.3.6. Hệ quả. Nếu R là vành chính qui mạnh thì với mọi a ∈ R , a = v.e với v
là phần tử khả nghịch và e là phần tử lũy đẳng.
2
Chứng minh. Từ Định lý 2.3.5 ta có v.e = ( ea + f ) e = eae = xaaxa = xa = a . W

2.3.7. Định lý. Nếu R là vành chính qui mạnh thì:
(i) Mọi iđêan chính trái (phải) đều sinh bởi một lũy đẳng.
(ii) Mọi iđêan một phía là iđêan hai phía.

Tương

( sy / f ) .( x / s ) = 1 . Vậy

tự,

1 ∈ Z ( R ) \ M sao cho

nếu

đặt

f = yx

thì

x / s khả nghịch. Do đó RM là vành

chia được.

( ⇐ ) Ngược lại, giả sử RM là vành chia được với mọi iđêan tối đại

M của

Z ( R ) . Để chứng minh R là vành chính qui mạnh ta chứng minh R không có

phần tử lũy linh nào khác không và là vành chính qui.


24

( x /1) . ( y / t ) = 1 . Suy ra tồn tại u ∈ Z ( R ) \ M sao cho u ( xy − t ) = 0 . Từ đó ta có
uxy = ut ⇒ xuy = ut ⇒ x ( uy ) x = utx ⇒ ut ∈ J ⊆ M (vô lý). Vậy R là chính qui. W

2.3.9. Định lý. (Pere Ara, 1996) Nếu R là vành chính qui mạnh và
R = aR + bR; a, b ∈ R thì tồn tại r ∈ R sao cho a + br khả nghịch.

Chứng minh. Vì R là vành chính qui mạnh nên tồn tại phần tử khả nghịch u
và phần tử y thuộc R sao cho a = aua và b = byb , khi đó e = au và f = by là
các phần tử lũy đẳng. Hơn nữa ta còn có aR = eR và bR = fR . Vì vậy ta có
aR + bR = eR + fR = eR + ( 1 − e ) fR .

Sở

dĩ

có

đẳng

thức

cuối

là

vì


25


chính

qui

nên

tồn

tại

w∈ R

sao

cho

f = ( 1 − e ) fw ( 1 − e ) f = ( 1 − e ) fw ( 1 − e ) ( f 2 = f và f giao hoán được).

Đặt g = ( 1 − e ) fw ( 1 − e ) ta có g 2 = g , eg = ge = 0 và R = eR + ( 1 − e ) fR =
eR + gR . Do đó tồn tại α, β∈ R sao cho eα + gβ = 1 . Từ đó suy ra eα = e và
gβ = g . Vậy e + g = 1 ⇔ e + ( 1 − e ) fw ( 1 − e ) = 1 ⇔ au + ( 1 − e ) byw ( 1 − e ) = 1 ⇔
au + ( 1 − au ) byw ( 1 − e ) = 1 ⇔

au + byw ( 1 − e ) − aubyw ( 1 − e ) = 1 ⇔

au

+

byw ( 1 − e ) − (au )2 byw ( 1 − e ) = 1 ⇔ au ( 1 − aubyw ( 1 − e ) ) + byw ( 1 − e ) = 1 ⇔

quát

ta

có

2

+ ... + an x n

thể

}

viết