ĐẠI SỐ (CƠ SỞ)
Tài liệu ôn thi cao học năm 2005
Phiên bản đã chỉnh sửa
TS. Trần Huyên
Ngày 8 tháng 4 năm 2005
Bài 11
Các Bài Toán Về Đồng Cấu Vành
Cho các vành X,Y . Ánh xạ f : X → Y là đồng cấu vành nếu ∀x
1
, x
2
∈ X thì :
f(x
1
+ x
2
) = f(x
1
) + f(x
2
) và
f(x
1
x
2
) = f(x
1
) · f(x
2
)
Nói một cách vắn tắt : Ánh xạ f giữa hai vành là đồng cấu vành (hay đơn giản hơn : đồng cấu

Ví dụ 1 Cho vành X và End(X) là vành các tự đồng cấu của nhóm (X, +). Với mỗi phần tử
a ∈ X, xác định ánh xạ h
a
: X → X mà h
a
(x) = ax, ∀x ∈ X
Chứng minh rằng :
1. ∀a ∈ X thì h
a
∈ End(X) và ánh xạ ϕ : X → End(X) mà ϕ(a) = h
a
, ∀a ∈ X là đồng cấu
vành.
2. Chứng minh ϕ là đơn cấu nếu vành X có đơn vị.
Giải
1. Do tính chất phân phối của phép nhân với phép cộng trong vành X nên ∀a ∈ X :
h
a
(x + y) = a(x + y) = ax + ay = h
a
(x) + h
a
(y), ∀x, y ∈ X
tức h
a
: X → X là tự đồng cấu nhóm, hay h
a
∈ End(X).
Để kiểm tra ánh xạ ϕ : X → End(X) mà ∀a ∈ X : ϕ(a) = h
a

h
ab
(x) = (ab)x = a(bx) = a · h
b
(x) = h
a
· h
b
(x) = (h
a
· h
b
)(x)
Vậy ta có đpcm ; tức ϕ là đồng cấu vành.
2
2. Để chứng minh ϕ là đơn cấu ta tính ker ϕ :
ker ϕ = {a ∈ X : h
a
≡ 0} = {a ∈ X : h
a
(x) = 0, ∀x ∈ X}
= {a ∈ X : ax = 0, ∀x ∈ X} ⊂ {a ∈ X : a ·1 = 0} = {0}
Vậy ker ϕ = 0, tức ϕ đơn cấu khi X có đơn vị 1
Ví dụ tiếp sau đây chỉ ra một cách kiểm tra Iđêan mà không dùng tới định nghĩa hay các
tiêu chuẩn về Iđêan, đồng thời cũng chỉ ra cách xác lập đẳng cấu từ một vành thương
nhờ s ử dụng định lý về toàn cấu.
Ví dụ 2 Cho R[x] là vành đa thức hệ số thực và A là tập tất cả các đa thức nhận x = 1 làm
nghiệm. Chứng minh A  R[x] và vành thương R[x]/A là trường.
Nhận xét : Độc giả có thể xử lý ví dụ này bằng cách kiểm tra trực tiếp A R[x], và đồng thời A
là Iđêan tối đại để có được kết quả R[x]/A là trường. Cũng có thể sử dụng định lý Bê du nói rằng

+ x
2
) = ϕ(x
1
) + ϕ(x
2
); ϕ(x
1
x
2
) = ϕ(x
1
) · ϕ(x
2
)) thì từ X là vành, với cấu trúc nào ,
ta suy ra Y cũng là vành với cấu trúc đó và ngược lại. Nói riêng X là trường ⇔ Y cũng là trường.
Ví dụ 3 Chứng minh rằng tập hợp A các ma trận có dạng
A =

a b
−b a

: a, b ∈ R

.
là trường với hai phép cộng và nhân ma trận.
3
Nhận xét: Để ý rằng mỗi ma trận thuộc A được xác định bởi một cặp số (a, b) ở dòng trên và
"quan sát" các phép cộng và nhân ma trận khi để vết lại ở các dòng trên, ta nhận thấy quy luật
của nó thực chất là quy luật cộng và nhân các số phức (độc giả hãy tự viết ra để xác nhận điều đó

f(1) = 0 (1)
f(1) = 1 (2)
Để ý rằng nếu f là đồng cấu từ Q → Q thì ta có thể tính được f(
m
n
) qua f(1) với mọi
m
n
∈ Q
Thật vậy : Vì
f(1) = f(n ·
1
n
) = n · f(
1
n
) ⇒ f(
1
n
) =
f(1)
n
Do đó : f (
m
n
) = f(m ·
1
n
) = m · f(
1

Ví dụ 5 : Cho M =

a b
b a

: a, b ∈ R

là vành với hai phép cộng và nhân ma trận (xem
bài tập 5 §9). Với mỗi cặp số r, s ∈ R, xác định ánh xạ ϕ
s
r
: M → R mà với mỗi ma trận
A =

a b
b a

thì ϕ
s
r
(A) = ra + sb. Tìm tất cả các cặp (r, s) sao cho ϕ
s
r
là đồng cấu vành.
Giải
Dễ thấy rằng với bất kì cặp r, s nào thì ϕ
s
r
cũng bảo toàn phép toán cộng. Vậy ϕ
s

2
(bd) + rs(ad) + rs(bc),
∀a, b, c, d.
⇔



r = r
2
r = s
2
s = rs
⇔


r = s = 0
r = s = 1
r = 1 và s = −1
Vậy có tất cả là 3 đồng cấu :
ϕ
0
0
: M → R mà ϕ
0
0
(A) = 0, ∀A ∈ M
ϕ
1
1
: M → R mà ϕ

: a, b ∈ Q

; B =

a b
√
3
b
√
3 a

: a, b ∈ Q

Chứng minh rằng cả A, B đều là trường đối với hai phép toán cộng và nhân ma trận.
Khẳng định A
∼
=
B đúng hay sai ?
5
3. Tìm tất cả các đồng cấu của các vành sau :
(a) Từ Z
6
tới Z
12
.
(b) Từ Z
15
tới Z
9
.

giao hoán có đơn vị X, trong mối quan hệ với các phần tử lũy linh
6
Ví dụ 1 Trong vành giao hoán có đơn vị X, phần tử x ∈ X được gọi là lũy linh nếu tồn tại số
tự nhiên n > 0 sao cho x
n
= 0. Chứng minh rằng :
1. Nếu x lũy linh thì 1 + x khả nghịch.
2. Phần tử u ∈ X là khả nghịch ⇔ với mọi phần tử lũy linh x thì u + x là khả nghịch.
Phân tích ban đầu : Để chứng minh 1+x khả nghịch ta cần chỉ ra nó là ước của đơn vị 1. Do tính
lũy linh của x mà tồn tại n > 0 để x
n
= 0, từ đó (−x)
n
= 0 và 1 = 1−(−x)
n
là bội của 1+x = 1−
(−x) Giải :
1. Do x lũy linh nên tồn tại n > 0 để x
n
= 0, do đó (−x)
n
= 0. Vì 1 = 1 − (−x)
n
=
(1 + x)(1 + (−x) + ··· + (−x)
n−1
) nên hiển nhiên (1 + x)\1, tức (1 + x) khả nghịch.
2. Nếu mọi x lũy linh mà u + x khả nghịch thì nói riêng với x = 0 (là một phần tử lũy linh),
u = u + 0 là khả nghịch.
Bây giờ nếu u khả nghịch và x lũy linh, ta cần chỉ ra u + x khả nghịch. Ta sẽ áp dụng

−1
+ ux + x(u
−1
+ x) = 1 + v
với v = ux + x(u
−1
x) là lũy linh.
Cách 2 : Vì x
n
= 0 nên :
(u + x)(u + (−x) + ··· + (−x)
n−1
) = u
n
− (−x)
n
= u
n
với u
n
là lũy thừa phần tử khả nghịch u.
Về các phần tử bất khả qui (tương tự số nguyên tố trong vành số nguyên Z) để tránh sự
phức tạp về mặt kĩ thuật, ta giới hạn sự xem xét chỉ trong miền nguyên.
Cho miền nguyên X, p ∈ X là phần tử khác 0 không khả nghịch được gọi là phần tử bất
khả qui nếu các ước của p chỉ là các phần tử khả nghịch hay các phần tử sai khác p một nhân
7
tử khả nghịch. Nói cách khác nếu q|p thì hoặc q|1 hoặc q = u · p với u|1. Phần tử q sai khác p
một nhân tử khả nghịch được gọi là phần tử liên kết với p và viết q ∼ p.
Các bài toán về phần tử bất khả qui trước hết là các bài toán kiểm tra tính bất khả qui của
phần tử cho trước nào đó.

Giải
1. Đơn vị của A là ma trận E =

1 0
0 1

có detE = 1.
Nếu A =

a b
−b a

là phần tử khả nghịch thì ắt tồn tại ma trận B ∈ A sao cho
A ·B = E ⇒ detA ·detB = detE ⇒ detA = a
2
+ b
2
là ước của 1. Điều này xảy ra khi và
chỉ khi hoặc a
2
= 1 và b
2
= 0 hoặc a
2
= 0 và b
2
= 1.
Vậy có tất cả 4 phần tử khả nghịch trong A là :

1 0


1 1
−1 1

và A
2
=

1 −1
1 1

đều có detA
1
= 2 = detA
2
nên hiển nhiên A
1
, A
2
không khả nghịch; và không thể phân
tích được thành tích của hai phần tử không khả nghịch vì như vậy thì định thức của
chúng phải không bé hơn 4 (mỗi phần tử không khả nghịch có định thức không bé hơn
2 !). Vậy cả A
1
và A
2
đều bất khả qui.
Còn ma trận B được phân tích thành :
B =


Nếu q ∈ pX, ắt tồn tại u ∈ X mà q = u · p. Lập luận tương tự như trên ta đi đến u|1, do
đó q ∼ p, tức q là ước tầm thường.
Vậy trong bất kì trường hợp nào thì q cũng là ước tầm thường. Vậy p bất khả qui.
Bài Tập
1. Cho X là vành giao hoán, có đơn vị 1, gọi N(X) là tập tất cả các phần tử lũy linh của
X. Chứng minh:
(a) N(X) là Iđêan c ủa X.
(b) Nếu N(X) là Iđêan tối đại thì N(X) là Iđêan tối đại duy nhất, đồ ng thời nhóm U
các phần tử khả nghịch là U = X|N(X).
2. Cho X là vành giao hoán có đơn vị 1 và u ∈ X. Chứng minh rằng nếu tồn tại phần tử
lũy linh x = 0 sao cho u + x là khả nghịch thì u khả nghịch.
3. Cho K[X] là đa thức trên trường K. Chứng rằng nếu đa thức f(x) không có nghiệm
trong K mà degf = 2 hoặc degf = 3, thì f(x) là bất khả qui trong K[x].
4. Cho các trường K, F mà K ⊂ F và đa thức f(x) ∈ K[x]. Chứng minh rằng nếu f(x) bất
khả qui trong F [x] thì f(x) bất khả qui trong K[x]. Nếu f(x) bất khả qui trong K[x] thì
có thể khẳng định rằng f(x) cũng bất khả qui trong F [x] ?.
5. Xét tính bất khả qui của các đa thức sau trong vành Z[x] :
(a) f(x) = 2x
2
− 3x + 1.
(b) g(x) = x
2
+ x − 1.
6. Cho A là miền ng uyên và p ∈ A ⊂ A[x]. Chứng minh rằng p bất khả qui trong A ⇔ p
bất khả qui trong A[x]
9
Bài 13
Các Bài Toán Về Vành Chính
Một miền nguyên bất kì X, dù được xem là sự mở rộng trực tiếp vành các số nguyên Z, còn
khá xa mới có được các tính chất cơ bản của lí thuyết chia hết trong vành Z. Nghiên cứu nguồn

, do vậy ta xác định a = min{k > 0 : k ∈ I}. Hay nếu I = 0 là Iđêan trong vành
đa thức K[x], thì từ điều a là nhỏ nhất theo quan hệ chia hết trong I suy ra a có bậc nhỏ nhất
trong I
∗
và dẫn đến việc xác định a là đa thức có bậc nhỏ nhất trong các đa thức của I
∗
.
Vành chính như đã biết, còn giữ được khá nhiều các tính chất quan trọng của lí thuyết chia
hết trong Z như :
• Trong vành chính A, ước chung lớn nhất hai phần tử bất kì là tồn tại.
• Trong và nh chính A, hai phần tử a, b là nguyên tố cùng nhau ⇔ ∃s, t ∈ A mà sa + tb = 1
• Trong vành chính A nếu ab
.
.
.c và (a, c) = 1 thì b
.
.
.c
• Trong vành chính A phần tử p = 0 không khả nghịch là bất khả qui ⇔ nếu ab
.
.
.p thì hoặc
a
.
.
.p hoặc b
.
.
.p
10

sba + tca = a.
thay a ở hạng tử đầu đẳng thức này theo (4), thay a ở hạng tử thứ hai theo (3) ta được :
a = sb(lc) + tc(kb) = (sl + tk)bc
Vậy: a
.
.
.bc.
Các tính chất trên của vành chính cũng giúp cho chúng ta trong việc xử lí các bài toán phủ
định một vành cho trước là vành chính.
Ví dụ 3 Chứng minh rằng vành các đa thức hệ số nguyên Z[x] không là vành chính.
Giải
Xét hai đa thức x và 2 nguyên tố cùng nhau trong Z[x]. Nếu Z[x] là vành chính thì ắt tồn tại
các đa thức h(x), g(x) ∈ Z[x] sao cho :
xh(x) + 2 · g(x) = 1
Tuy nhiên hệ thức này không thể có trong Z[x] bởi số hạng tự do của đa thức vế trái luôn
là số chẵn, trong khi đó số hạng tự do của đa thức vế phải là số lẻ !
Vậy Z[x] không là vành chính.
Nhận xét : Để chỉ ra Z[x] không là vành chính, ta đã đưa ra một tính chất có trong vành
chính nhưng trong Z[x] lại không có. Đây là một trong những phương pháp thường dùng để
phủ định một vành không là vành chính. Ngoài phương pháp này ta có thể sử dụng một trong
các phương pháp truyền thống : phản chứng, chẳng hạn ở ví dụ trên ta có thể xử lí bằng phản
chứng như sau :
Giả sử Z[x] là vành chính khi đó Iđêan I sinh bởi hai đa thức x và 3 nguyên tố cùng nhau
là Iđêan sinh bởi ước chung lớn nhất của chúng (x, 3) = 1, tức I = Z[x], trong khi đó I = x, 3
chỉ là tập các đa thức có hạng tử tự do là bội của 3, hoàn toàn là Iđêan con thực sự của Z[x].
Mâu thuẩn này chỉ ra giả sử ban đầu là sai, tức Z[x] không là vành chính.
11
Ví dụ 4 Cho Z(
√
−5) = {a + b

√
−5) cá c phần tử khả nghịch chỉ là 1+0
√
−5, −1+0
√
−5.
Vậy z = a + b
√
−5 không khả nghịch ⇔ hoặc b = 0 hoặc b = 0 và |a| ≥ 2.
Khi b = 0 thì |z| ≥
√
−5 và khi b = 0 và |a| ≥ 2 thì |z| ≥ 2.
Vậy z không khả nghịch thì |z| ≥ 2. Do đó một phần tử không bất khả qui vì luôn phân
tích được thành tích hai phần tử không khả nghịch z
1
· z
2
với |z
1
|, |z
2
| không bé hơn 2,
tức phải có mô đun không bé hơn 2 · 2 = 4.
Vậy nếu z có 1 < |z| < 4 thì z bất khả qui, và cả bốn phần tử nói trên là bất khả qui.
2. Trong Z(
√
−5) xét phần tử 6 ∈ Z(
√
−5) ta thấy
6 = 2 · 3và6 = (1 +

−3) là miền nguyên. Chứng minh
rằng:
(a) Các phần tử 2, 1 +
√
−3, 1 −
√
−3 là các phần tử bất khả qui của Z(
√
−3).
12
(b) Z(
√
−3) không là vành chính.
5. Vành con chứa đơn vị của một vành chính có là vành chính không ? Ảnh toàn cấu của
một vành chính có là vành chính không ?
6. Trong vành chính A cho a, b ∈ A mà (a, b) = 1. Chứng minh rằng với mọi số m, n nguyên
dương, ta cũng có (a
m
, b
n
) = 1.
13