Tải bản đầy đủ

Về tập nghiệm của họ đa thức trên một trường

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

NGUYỄN THỊ ĐÀI TRANG

VỀ TẬP NGHIỆM CỦA HỌ ĐA THỨC
TRÊN MỘT TRƯỜNG

THÁI NGUYÊN, THÁNG 10 NĂM 2018


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–

NGUYỄN THỊ ĐÀI TRANG

VỀ TẬP NGHIỆM CỦA HỌ ĐA THỨC
TRÊN MỘT TRƯỜNG


Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60460113

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN

GS. TS. LÊ THỊ THANH NHÀN

THÁI NGUYÊN, THÁNG 10 NĂM 2018


iii

Mục lục
Lời cảm ơn

iii

Lời mở đầu

iv

1 Tập nghiệm của họ đa thức

1

1.1

Tập đại số . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.2
1.3

Mối quan hệ giữa tập đại số và iđêan . . . . . . . . . . . . 5
Định lý cơ sở Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

2 Mối quan hệ giữa tập đại số và iđêan căn

14



2.1
2.2

Định lý không điểm Hilbert . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Mối quan hệ giữa tập đại số và iđêan căn . . . . . . . . . . 21

2.3

Tập đại số bất khả quy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2.4
2.5

Một ứng dụng xét tính bất khả quy của đa thức nhiều biến. 29
Một ứng dụng xét tính nguyên tố của iđêan trong vành
đa thức nhiều biến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

Kết luận

35

Tài liệu tham khảo

36


iv

LỜI CẢM ƠN
Tôi xin chân thành cảm ơn GS.TS Lê Thị Thanh Nhàn, người đã tận
tình chỉ bảo, tạo điều kiện và giúp đỡ tôi có thêm kiến thức, khả năng
nghiên cứu, tổng hợp tài liệu trong suốt quá trình tôi thực hiện luận
văn. Mặc dù rất bận rộn trong công việc nhưng cô vẫn dành nhiều thời
gian và tâm huyết trong việc hướng dẫn, động viên, khuyến khích tôi từ
khi tôi tiếp cận đề tài đến khi tôi hoàn thành luận văn. Tôi xin bày tỏ
lòng biết ơn sâu sắc tới cô.
Tôi xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu, Khoa Toán - Tin và Phòng
Đào tạo của trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin
trân trọng cảm ơn các Thầy, Cô đã tận tình truyền đạt những kiến thức
quý báu cũng như tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất để tôi hoàn thiện
luận văn này.
Cuối cùng tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn đến gia đình, bạn
bè, những người đã không ngừng động viên, hỗ trợ tạo mọi điều kiện
tốt nhất cho tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.
Thái Nguyên, ngày 04 tháng 10 năm 2018
Tác giả

Nguyễn Thị Đài Trang


v

LỜI MỞ ĐẦU
Đối với đa thức một biến trên trường K, bài toán tìm nghiệm là
bài toán cơ bản. Trong khi đó đa thức nhiều biến nhìn chung có vô số
nghiệm và việc nghiên cứu một nghiệm riêng lẻ là không khả thi. Thay
vào đó, người ta nghiên cứu tập các nghiệm của một đa thức hay một
họ đa thức. Cho K là một trường, cho S là một tập con của vành đa
thức n biến với hệ số trên K. Tập nghiệm của S được gọi là một tập
đại số và được kí hiệu là Z(S).
Mục đích của luận văn là trình bày lại một số vấn đề cơ bản về tập
đại số trong K n (tức là tập nghiệm của một họ đa thức n biến trên
một trường K). Luận văn thuộc lĩnh vực Hình học đại số, ở đó người
ta dùng công cụ của Đại số (vành đa thức, iđêan, iđêan nguyên tố, ...)
để nghiên cứu các vật Hình học (tập đại số, tập đại số bất khả quy, ...).
Luận văn gồm hai chương. Chương 1 trình bày khái niệm và ví dụ tập
đại số, đồng thời nêu lại chứng minh Định lí cơ sở Hilbert về tính hữu
hạn sinh của các iđêan trong vành đa thức. Định lí cơ sở Hilbert cho
phép ta quy mỗi tập đại số về tập nghiệm của một họ gồm hữu hạn đa
thức.
Chương 2 trình bày lại Định lý không điểm Hilbert. Định lí này phát
biểu rằng tập nghiệm của một iđêan thực sự trong vành đa thức trên
một trường đóng đại số bao giờ cùng là tập khác rỗng. Định lý không
điểm Hilbert là sự tổng quát của Định lý cơ bản của Đại số. Nhờ Định
lí này, chúng ta thiết lập được một quan hệ song ánh giữa các tập đại
số trong K n và các iđêan căn trong vành đa thức n biến trên K, khi K
là đóng đại số. Phần tiếp theo của Chương 2 dành để tập trung nghiên


vi

cứu tập đại số bất khả quy (tức là tập đại số khác rỗng và không là
hợp của hai tập đại số bé hơn) và Định lí phân tích duy nhất tập đại số
thành hợp của hữu hạn tập đại số bất khả quy. Sử dụng Định lí cơ sở
Hilbert, chúng ta có thể chỉ ra mối quan hệ song ánh giữa các tập đại
số bất khả quy trong K n và các iđêan nguyên tố trong vành đa thức n
biến trên trường đóng đại số K.
Hai tiết cuối Chương 2 trình bày những ứng dụng xét tính bất khả
quy của đa thức nhiều biến và tính nguyên tố của iđêan trong vành đa
thức nhiều biến (xem Định lí 2.4.5, Định lí 2.5.1). Kết quả trong hai tiết
này là những đóng góp mới của luận văn.
Tài liệu tham khảo chính của luận văn là cuốn sách [2]. Riêng phần
Định lí không điểm của Hilbert, chúng tôi chủ yếu dựa vào cuốn sách [4].

Thái Nguyên, ngày 04 tháng 10 năm 2018
Tác giả

Nguyễn Thị Đài Trang


1

Chương 1

Tập nghiệm của họ đa thức
Trong suốt chương này luôn giả thiết V là một vành giao hoán. Ký
hiệu V [x1 , . . . , xn ] là tập các đa thức n biến x1 , . . . , xn với hệ số trong
V . Chú ý rằng vành V [x1 , . . . , xn ] là một vành giao hoán với phép cộng
và nhân đa thức, với phần tử đơn vị là đa thức 1 và phần tử không là
đa thức 0. Cho V1 là một vành giao hoán chứa V . Cho K là một trường.
Các tài liệu tham khảo chính của Chương 1 là [1] và [2].

1.1

Tập đại số

Trong tiết này chúng tôi tập trung giới thiệu khái niệm tập đại số,
đồng thời đưa ra một số ví dụ về tập đại số.
Định nghĩa 1.1.1. Một bộ n phần tử (α1 , . . . , αn ) ∈ V1n được gọi là một
nghiệm của đa thức f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] nếu f (α1 , . . . , αn ) = 0.
Khi đó ta cũng nói (α1 , . . . , αn ) là một nghiệm của phương trình đa thức
f (x1 , . . . , xn ) = 0.
Định nghĩa 1.1.2. Cho đa thức f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ]. Khi đó
ta có ánh xạ f : V n → V cho ứng mỗi phần tử (a1 , . . . , an ) ∈ V n với
phần tử f (a1 , . . . , an ) ∈ V. Ta gọi f là hàm đa thức n biến trên V tương
ứng với đa thức f (x1 , . . . , xn ).
Kết quả quan trọng sau đây cho phép ta có thể đồng nhất mỗi đa
thức với một hàm đa thức, dưới giả thiết V là một miền nguyên vô hạn.


2

Nhắc lại rằng vành giao hoán V được gọi là một miền nguyên nếu V
khác vành 0 và nếu a, b ∈ V là hai phần tử khác 0, thì ab = 0.
Định lý 1.1.3. Nếu V là miền nguyên vô hạn thì ánh xạ ϕ cho tương
ứng mỗi đa thức f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ] với hàm đa thức f là một
song ánh từ tập các đa thức V [x1 , . . . , xn ] đến tập các hàm đa thức n
biến trên V. Đặc biệt, đa thức f (x1 , . . . , xn ) là đa thức 0 khi và chỉ khi
hàm đa thức f là hàm không.
Chứng minh. Nếu f (x1 , . . . , xn ) là đa thức 0 thì rõ ràng hàm đa thức
tương ứng là hàm 0. Ta chứng minh chiều ngược lại bằng quy nạp
theo n. Giả thiết rằng f là hàm 0, tức là f (a1 , . . . , an ) = 0 với mọi
(a1 , . . . , an ) ∈ V n . Cho n = 1. Khi đó f (a1 ) = 0 với mọi a1 ∈ V . Do đó
đa thức một biến f (x1 ) nhận mọi phần tử của V làm nghiệm. Vì V là
vô hạn nên f (x1 ) có vô hạn nghiệm. Suy ra f (x1 ) = 0. Cho n > 1 và giả
thiết kết quả đúng cho trường hợp n − 1 biến. Biểu diễn
k

fi (x1 , . . . , xn−1 )xin ,

f (x1 , . . . , xn ) =
i=0

trong đó fi (x1 , . . . , xn−1 ) ∈ V [x1 , . . . , xn−1 ] với mọi i ∈ {0, 1, . . . , k}. Với
mỗi phần tử a = (a1 , . . . , an−1 ) ∈ V n−1 , đặt ga (xn ) = f (a1 , . . . , an−1 , xn ).
Khi đó

k

fi (a1 , . . . , an−1 )xin ∈ V [xn ].

ga (xn ) =
i=0

Theo giả thiết, ga (xn ) là đa thức một biến nhận mọi phần tử của V
làm nghiệm. Do V là miền nguyên vô hạn nên ta có ga (xn ) là đa
thức 0. Vì thế fi (a1 , . . . , an−1 ) = 0 với mọi i ∈ {1, . . . , k}. Như vậy,
đa thức fi (x1 , . . . , xn−1 ) ∈ V [x1 , . . . , xn−1 ] nhận mọi phần tử của V n−1
làm nghiệm. Theo giả thiết quy nạp, fi (x1 , . . . , xn−1 ) là đa thức 0 với
mọi i ∈ {0, . . . , k}. Do đó f (x1 , . . . , xn ) là đa thức 0.
Cuối cùng ta chứng minh ánh xạ ϕ cho tương ứng đa thức f (x1 , . . . , xn )
với hàm đa thức f là song ánh từ V [x1 , . . . , xn ] đến tập các hàm đa thức
từ V n đến V . Rõ ràng ϕ là toàn ánh. Nếu hai đa thức f (x1 , . . . , xn ) và
g(x1 , . . . , xn ) cho hai hàm đa thức bằng nhau thì đa thức
f (x1 , . . . , xn ) − g(x1 , . . . , xn )


3

cho hàm đa thức 0. Theo kết quả trên, f (x1 , . . . , xn ) − g(x1 , . . . , xn ) là
đa thức 0, tức là f (x1 , . . . , xn ) = g(x1 , . . . , xn ). Vì thế ϕ là đơn ánh.
Chú ý rằng nếu V có hữu hạn phần tử thì ánh xạ trong Định lý 1.1.3
nói chung không là song ánh. Thật vậy, nếu V = {a1 , . . . , ar } thì với
mỗi số tự nhiên n, ta có đa thức n biến khác 0
n

(xi − a1 ) . . . (xi − ar ),

f (x1 , . . . , xn ) =
i=1

nhưng hàm đa thức tương ứng với nó lại là hàm 0.
Chú ý 1.1.4. Đối với đa thức một biến trên trường K, bài toán tìm
nghiệm là bài toán cơ bản. Chú ý rằng mỗi đa thức khác không trong
K[x] chỉ có hữu hạn nghiệm (số nghiệm không vượt quá bậc của nó).
Trong khi đó đa thức nhiều biến nhìn chung có vô số nghiệm và việc
nghiên cứu một nghiệm riêng lẻ là không khả thi. Thay vào đó, người ta
nghiên cứu tập các nghiệm của một đa thức hay một họ đa thức. Những
tập nghiệm như vậy gọi là tập đại số. Ký hiệu
K n = {(a1 , . . . , an ) | ai ∈ K, i = 1, . . . , n}.
Ta gọi K n là không gian affin n chiều. Đặc biệt K = K 1 được gọi là
đường thẳng affin, K 2 được gọi là mặt phẳng affin. Với mỗi tập con S
của K[x1 , . . . , xn ], ký hiệu
Z(S) = {(a1 , . . . , an ) ∈ K n | f (a1 , . . . , an ) = 0, ∀f ∈ S}.
Tập Z(S) được gọi là tập nghiệm của S (hay tập các không điểm chung
của S).
Định nghĩa 1.1.5. Một tập con X của K n được gọi là tập đại số (hay
đa tạp affin) nếu tồn tại S ⊆ K[x1 , . . . , xn ] sao cho X = Z(S). Khi đó
ta nói X là tập đại số định nghĩa bởi S.
Cho X = Z(S) là một tập đại số trong K n . Nếu S = {f } thì ta viết
X = Z(f ). Nếu f khác hằng thì Z(f ) được gọi là một siêu mặt trong
K n . Nếu S = {f1 , . . . , fk } là tập hữu hạn thì ta viết X = Z(f1 , . . . , fk ).
Chú ý rằng mỗi tập đại số (khác ∅ và khác K n ) đều là giao của một họ
siêu mặt, vì ta có X = Z(S) =
Z(f ).
f ∈S


4

Ví dụ 1.1.6. (i) Tập X = {(0, 0)} ⊆ R2 là tập đại số. Vì nó là tập
nghiệm của họ gồm hai đa thức {x1 , x2 } ⊆ K[x1 , x2 ].
(ii) Tập X = {tm , tn ) | t ∈ R} với m, n là hai số nguyên tố cùng nhau
là tập đại số. (Chúng ta có thể xem Hệ quả 2.4.7 ở Chương 2, ở đó có
chứng minh chi tiết X là tập đại số).
Ví dụ 1.1.7. (i) Trong mặt phẳng affin Rn , tập đại số Z(x2 + y 2 − 4) là
đường tròn bán kính bằng 2 và tâm là gốc tọa độ. Trong hình học giải
tích, các đường tròn, đường elip, parabol, hypebol đều là các tập đại số.
(ii) Trong không gian affin 3-chiều R3 , tập đại số Z(z − x2 − y 2 ) là mặt
paraboloid tròn xoay, thu được bằng cách quay parabol z = x2 quanh
truc z. Các mặt bậc hai ellipsoid, hyperboloid cũng là các tập đại số.
Ví dụ 1.1.8. Cho X = {(a, a) ∈ R2 | a = 1}. Khi đó X không là
tập đại số trong R2 . Thật vậy, giả sử X là tập đại số. Khi đó tồn tại
tập con S của vành đa thức hai biến R[x, y] sao cho X = Z(S). Lấy
f (x, y) ∈ S tùy ý. Đặt g(t) = f (t, t) và xét g(t) như đa thức một biến
t với hệ số thực. Vì f (x, y) ∈ S nên f (x, y) triệt tiêu trên X. Do đó ta
có f (a, a) = 0 với mọi a ∈ R và a = 1. Suy ra g(a) = 0 với mọi a ∈ R
và a = 1. Do R là trường (và do đó nó là miền nguyên) có vô hạn phần
tử, nên g(t) là đa thức một biến nhận vô hạn nghiệm. Do đó g(t) là đa
thức 0. Do đó g(1) = 0. Suy ra f (1, 1) = 0. Như vậy, (1, 1) là nghiệm
của mọi đa thức trong S. Do đó (1, 1) ∈ Z(S). Suy ra (1, 1) ∈ X. Điều
này là vô lí. Vậy, X không là tập đại số.
Bằng các lập luận tương tự như trong Ví dụ 1.1.8, ta có các ví dụ sau
đây về các tập con của Rn không là tập đại số.
Ví dụ 1.1.9. Các tập hợp sau đây không là tập đại số trong Rn .
(i) X = {(a, a) ∈ R2 | a = r}, trong đó n = 2 và r là một số thực tùy
ý cho trước.
(ii) Y = {(a, sa) ∈ R2 | a = r}, trong đó n = 2 và r, s là các số thực
tùy ý cho trước.
(iii) Z = {(s1 a, s2 a, . . . , sn a) ∈ Rn | a = r}, trong đó r, s1 , . . . , sn là
các số thực tùy ý cho trước với ít nhất một chỉ số i sao cho si = 0.


5

1.2

Mối quan hệ giữa tập đại số và iđêan

Mệnh đề 1.2.1. Mỗi tập đại số trong K n là tập nghiệm của một iđêan
trong vành đa thức K[x1 , . . . , xn ].
Chứng minh. Giả sử X = X(S) là tập đại số, trong đó S ⊆ K[x1 , . . . , xn ].
Đặt I = (S) là iđêan của K[x1 , . . . , xn ] sinh bởi S. Ta có
(S) = {f1 g1 + . . . + fk gk | k ∈ N, fi ∈ S, gi ∈ K[x1 , . . . , xn ],∀i}.
Suy ra X = Z(S) = Z(I).
Các phát biểu (i), (ii), (iii) trong mệnh đề sau đây chỉ ra rằng họ các
tập đại số làm thành một họ tập đóng trong không gian tôpô K n . Ta
gọi tôpô này là tôpô Zariski.
Mệnh đề 1.2.2. Trong không gian affin K n , các phát biểu sau là đúng
(i) Giao của một họ tùy ý các tập đại số là một tập đại số.
(ii) Hợp của một họ hữu hạn tập đại số là tập đại số.
(iii) Ø và K n đều là tập đại số.
(iv) Mỗi tập hữu hạn trong K n là tập đại số.
Chứng minh. (i) Giả sử {Xi } là một họ những tập đại số trong K n . Khi
đó Xi = Z(Si ) với mọi i, trong đó Si ⊆ K[x1 , ...xn ]. Ta có
Xi =
i

Z(Si ) = Z(
i

Si ).
i

Xi là tập đại số.

Do đó
i

(ii) Giả sử X1 , . . . , Xk là các tập đại số trong K n . Theo Mệnh đề 1.2.1
với mỗi i ta có Xi = Z(Ii ), trong đó Ii là iđêan của K[x1 , ...xn ]. Khi đó
k

k

Z(Ii ) ⊆ Z(

Xi =
i=1

k

i=1

Ii ).
i=1

k

Cho (a1 , . . . , an ) ∈ Z(

k

Ii ). Giả sử (a1 , . . . , an ) ∈
/

i=1

Z(Ii ). Khi đó với
i=1

mỗi i, tồn tại gi ∈ Ii , sao cho gi (a1 , . . . , an ) = 0. Suy ra g(a1 , . . . , an ) = 0,
k

trong đó g = g1 ...gk ∈
i=1

tập đại số.

k

Ii . Điều này vô lí. Vì thế

k

Xi = Z(
i=1

i=1

Ii ) là


6

(iii) Vì Ø = Z(1) và K n = Z(0) nên Ø và K n là các tập đại số.
(iv) Với mỗi điểm a = (a1 , . . . , an ) ∈ K n ta có
Z(x1 − a1 , . . . , xn − an ) = {a}.
Do đó {a} là tập đại số. Theo (ii), mỗi tập con hữu hạn của K là tập
đại số, vì nó là hợp của hữu hạn tập, mỗi tập gồm một phần tử.
Trong phần trên, chúng ta đã liên kết mỗi iđêan I với tập đại số Z(I)
các không điểm chung của I. Bây giờ chúng ta quan tâm chiều ngược
lạị. Chúng ta liên kết mỗi tập đại số trong K n với một iđêan trong
K[x1 , . . . , xn ].
Bổ đề 1.2.3. Với mỗi tập đại số X của K n , kí hiệu I(X) là tập các đa
thức triệt tiêu trên X, tức là
I(X) = {f ∈ K[x1 , . . . , xn ] | f (a1 , . . . , an ) = 0, ∀(a1 , . . . , an ) ∈ X}.
Khi đó I(X) là một iđêan của K[x1 , . . . , xn ].
Chứng minh. Ta có 0 ∈ I(X), do đa thức 0 là đa thức triệt tiêu trên
K n . Vì vậy I(X) = ∅. Giả sử, f, g ∈ I(X) và h ∈ K[x1 , . . . , xn ]. Cho
(a1 , . . . , an ) ∈ X. Khi đó
f (a1 , . . . , an ) + g(a1 , . . . , an ) = 0 + 0 = 0,
h(a1 , . . . , an )f (a1 , . . . , an ) = h(a1 , . . . , an ).0 = 0
Do đó, I(X) là iđêan của K[x1 , . . . , xn ]
Định nghĩa 1.2.4. Với kí hiệu như trên, ta gọi I(X) là iđêan định nghĩa
của tập đại số X.
Ví dụ 1.2.5. (i) Với X = {(0, 0)} ⊆ R2 , ta có I(X) = (x, y).
(ii) Với X = K n và K vô hạn, ta có I(X) = 0
(iii) Với X = Z(y − x2 , z − x3 ) ⊆ R3 , ta có I(X) = (y − x2 , z − x3 ).
Chứng minh. (i) Cho X = {(0, 0)}. Rõ ràng (x, y) ⊆ I(X) vì x và y đều
triệt tiêu tại (0, 0). Cho f (x, y) ∈ I(X) với f (x, y) =

aij xi y j , trong

đó aij ∈ R. Khi đó f (0, 0) = 0. Suy ra a00 = 0. Vì thế f ∈ (x, y).
(ii) Cho X = K n . Rõ ràng 0 ∈ I(X). Cho f ∈ I(X). Khi đó f triệt tiêu


7

trên K n . Vì K vô hạn nên theo Định lý 1.1.3 ta suy ra f = 0.
(iii) Cho X = Z(y − x2 , z − x3 ). Rõ ràng (y − x2 , z − x3 ) ⊆ I(X). Cho
f (x, y, z) ∈ I(X). Với i, j, k ∈ N0 ta có
xi y j z k = xi (y − x2 + x2 )j (z − x3 + x3 )k
= xi ((y − x2 )g + x2j )((z − x3 )h + x3k
trong đó g, h ∈ R[x, y, z]. Suy ra
xi y j z k = (y − x2 )g1 + (z − x3 )h1 + xi+2j+3k ,
trong đó g1 , h1 ∈ R[x, y, z]. Do f là tổng hữu hạn từ nên f có biểu diễn
f = (y − x2 )g2 + (z − x3 )h2 + q, trong đó g2 , h2 ∈ R[x, y, z] và q ∈ R[x].
Với mỗi a ∈ R, vì (a, a2 , a3 ) ∈ X nên f (a, a2 , a3 ) = 0. Suy ra q(a) = 0
với mọi a ∈ R. Do đó q(x) = 0. Vì thế f ∈ (y − x2 , z − x3 ).
Với mỗi tập đại số X ta có iđêan I(X), từ đó ta có tập đại số Z(I(X))
định nghĩa bởi I(X). Mệnh đề sau đây đưa ra mối quan hệ giữa X và
Z(I(X)).
Mệnh đề 1.2.6. Nếu X ⊆ K n là tập đại số thì X = Z(I(X)).
Chứng minh. Rõ ràng X ⊆ Z(I(X)). Do X là tập đại số nên tồn tại
iđêan J của K[x1 , . . . , xn ] sao cho X = Z(J). Như vậy, J triệt tiêu
trên X, trong khi đó I(X) là iđêan lớn nhất triệt tiêu trên X. Suy ra
J ⊆ I(X). Do đó X = Z(J) ⊇ Z(I(X)).
Kết quả sau đây chỉ ra một song ánh bảo toàn ngược quan hệ bao
hàm giữa các tập đại số và tập các iđêan định nghĩa của các tập đại số.
Hệ quả 1.2.7. Cho X, Y là hai tập đại số trong K n . Khi đó X ⊆ Y nếu
và chỉ nếu I(X) ⊇ I(Y ). Đặc biệt, X = Y nếu và chỉ nếu I(X) = I(Y ).
Chứng minh. Rõ ràng nếu X ⊆ Y thì I(X) ⊇ I(Y ). Giả sử ta có quan
hệ I(X) ⊇ I(Y ). Theo Mệnh đề 1.2.6 ta có
X = Z(I(X)) ⊆ Z(I(Y )) = Y.

Mệnh đề 1.2.8. Cho J là iđêan của K[x1 , . . . , xn ]. Khi đó J ⊆ I(Z(J)).


8

Chứng minh. Cho f (x1 , . . . , xn ) ∈ J. Khi đó f (a1 , . . . , an ) = 0 với mọi
(a1 , . . . , an ) ∈ Z(J). Suy ra f ∈ I(Z(J)).

1.3

Định lý cơ sở Hilbert

Mục tiêu của tiết này là chứng minh Định lý cơ sở Hilbert. Theo định
lý cơ sở Hilbert, mỗi iđêan trong vành đa thức K[x1 , . . . , xn ] đều hữu
hạn sinh. Vì thế ta có thể quy mỗi tập đại số thành tập nghiệm chung
của một hệ hữu hạn đa thức.
Trước khi phát biểu Định lý cơ sở Hilbert ta cần nhắc lại khái niệm
vành Noether.
Định nghĩa 1.3.1. Ta nói V là vành Noether nếu nó thỏa mãn điều
kiện dãy tăng dừng trên các iđêan, tức là với mọi dãy tăng
I1 ⊆ I2 ⊆ . . . ⊆ In ⊆ . . .
các iđêan của V, tồn tại một số tự nhiên n0 sao cho In = In0 với mọi
n > n0 .
Để chứng minh Định lý cơ sở Hilbert, chúng ta cần một số đặc trưng
sau đây của vành Noether.
Nhắc lại rằng, một iđêan I của V được gọi là hữu hạn sinh nếu tồn
tại a1 , . . . , an ∈ I sao cho
n

ai xi | n ∈ N, xi ∈ V, i = 1, . . . , n}

I={
i=0

Mệnh đề 1.3.2. Các phát biểu sau là tương đương.
(i) V là vành Noether.
(ii) Mỗi iđêan của V là hữu hạn sinh.
(iii) Mỗi họ khác rỗng những iđêan của V đều có phần tử cực đại
(theo quan hệ bao hàm).
Chứng minh. (i) ⇒ (ii). Cho I là iđêan của V . Giả sử I không hữu hạn
sinh. Lấy a1 ∈ I. Do I không hữu hạn sinh nên (a1 ) = I, vì thế tồn tại
a2 ∈ I\(a1 ). Do I không hữu hạn sinh nên (a1 , a2 ) = I, vì thế tồn tại


9

a3 ∈ I\(a1 , a2 ). Cứ tiếp tục như vậy ta được một dãy tăng không dừng
(a1 ) ⊂ (a1 , a2 ) ⊂ . . . ⊂ (a1 , a2 , . . . , an ) ⊂ . . .
các iđêan của V , điều này mâu thuẫn với giả thiết (i).
(i) ⇒ (iii) Cho Γ = ∅ là một họ những iđêan của V . Giả sử Γ không
có phần tử cực đại. Lấy I1 ∈ Γ. Do I1 không cực đại nên tồn tại I2 ∈ Γ
sao cho I1 ⊂ I2 và I1 = I2 . Do I2 không cực đại nên tồn tại I3 ∈ Γ sao
cho I2 ⊂ I3 và I2 = I3 . Cứ tiếp tục quá trình trên ta được một dãy tăng
không dừng I1 ⊂ I2 ⊂ . . . ⊂ In ⊂ . . . các phần tử của Γ. Đặt I =

In .
n≥1

Khi đó I là iđêan của V . Theo giả thiết (ii), I hữu hạn sinh. Giả sử
I = (a1 , . . . , ak ). Với mỗi i = 1, 2, . . . , k, do ai ∈ I nên tồn tại ni sao
cho ai ∈ Ini . Chọn n0 là số lớn nhất trong các ni với i = 1, . . . , k. Khi
đó ai ∈ In0 với mọi i = 1, . . . , k. Suy ra I ⊆ In0 . Do đó In = In0 với mọi
n ≥ n0 . Điều này là vô lí.
(iii) ⇒ (i). Cho I1 ⊆ I2 ⊆ . . . ⊆ In ⊆ . . . là dãy tăng các iđêan của V .
Đặt Γ = {In }n≥1 . Theo giả thiết (iii), Γ có phần tử cực đại In0 . Suy ra
In = In0 với mọi n ≥ 0.

Định lý 1.3.3. (Định lý cơ sở Hilbert) Cho V là vành Noether. Khi đó
V [x] cũng là vành Noether.
Chứng minh. Theo Mệnh đề 1.3.2, ta cần chứng minh mọi iđêan của
V [x] đều hữu hạn sinh. Cho J là iđêan của V [x]. Nếu J = {0} thì rõ
ràng J là hữu hạn sinh. Cho J = {0}. Gọi m là số bé nhất trong các
bậc của các đa thức khác 0 thuộc J. Với n ≥ m ta định nghĩa
n

In = { a ∈ V | ∃f (x) =

ai xi ∈ J, deg f (x) = n, an = a } ∪ {0} .
i=0

Khi đó In là iđêan của V và In ⊆ In+1 . Vì V là vành Noethher, nên In hữu
hạn sinh theo Mệnh đề 1.3.2, do đó ta có thể viết In = (an,1 , . . . , an,in )
với mọi n ≥ m. Hơn nữa, do V là vành Noether nên tồn tại một số tự
nhiên k ≥ m sao cho In = Ik với mọi n ≥ k. Với mỗi n = m, . . . , k và
mỗi j = 1, . . . , in , gọi fn,j (x) ∈ J là đa thức bậc n và hệ số cao nhất là


10

an,j . Đặt
An = {fn,j (x) | j = 1, . . . , in }
k

và A =

An . Khi đó A là tập hữu hạn. Ta chứng minh J = (A).
n=m

Rõ ràng (A) ⊆ J. Cho 0 = p(x) ∈ J với a là hệ số cao nhất của p(x). Khi
đó deg p(x) ≥ m. Ta chứng minh p(x) ∈ (A) bằng quy nạp theo deg p(x).
Cho deg p(x) = m. Khi đó a ∈ Im . Do đó tồn tại c1 , . . . , cim ∈ V sao cho
im

a=

cj am,j . Đặt
j=1
im

q(x) = p(x) −

cj fm,j (x).
j=1

Khi đó q(x) hoặc bằng 0 hoặc có bậc bé hơn m. Chú ý rằng q(x) ∈ J. Do
đó q(x) = 0 theo cách chọn m. Suy ra p(x) ∈ (A). Cho deg p(x) = n > m
và giả thiết rằng với mọi đa thức trong J với bậc nhỏ hơn n đều thuộc
(A). Khi đó a ∈ In . Đặt t = min{n, k}. Suy ra In = It và vì thế a ∈ It .
it

Do đó tồn tại c1 , . . . , cit ∈ V sao cho a =

cj at,j . Đặt
j=1

it

q(x) = p(x) −

cj ft,j (x).
j=1

Khi đó q(x) ∈ J và q(x) hoặc bằng 0 hoặc có bậc nhỏ hơn n. Theo giả
thiết quy nạp, q(x) ∈ (A). Suy ra p(x) ∈ (A). Do đó J = (A).
Hệ quả 1.3.4. Mỗi tập đại số là tập nghiệm chung của hữu hạn đa
thức. Nói cách khác, mỗi tập đại số là giao của hữu hạn siêu mặt.
Chứng minh. Giả sử X = X(S) là tập đại số, trong đó S ⊆ K[x1 , . . . , xn ].
Đặt I = (S) là iđêan của K[x1 , . . . , xn ] sinh bởi S. Theo Mệnh đề 1.2.1
ta có X = Z(S) = Z(I). Theo Định lý cơ sở Hilbert, I là hữu hạn sinh,
chẳng hạn I = (f1 , . . . , fk ). Khi đó
X = Z(f1 , . . . , fk ) =

Z(fi ).
i=1,...,k


11

Trước khi mô tả các tập đại số trong K 1 = K, ta chứng minh vành
đa thức một biến trên một trường là miền iđêan chính. Nhắc lại rằng
một miền nguyên được gọi là miền iđêan chính nếu mọi iđêan của nó là
iđêan chính (tức là iđêan sinh bởi một phần tử).
Bổ đề 1.3.5. Vành K[x] là vành chính.
Chứng minh. Cho I là iđêan của K[X]. Nếu I = {0} thì I = (0) là một
iđêan chính. Giả sử I = {0}. Khi đó ta chọn được f (x) là đa thức khác
0 có bậc bé nhất trong I. Ta sẽ chứng minh I = (f (X)). Vì f (x) ∈ I
nên (f (x)) ⊆ I. Cho g(x) ∈ I. Theo Định lí phép chia với dư, tồn tại
q(x), r(x) ∈ K[x] sao cho g(x) = f (x)q(x) + r(x), trong đó r(x) = 0
hoặc degr(x) < degf (x). Vì f (x), g(x) ∈ I nên ta có
r(x) = g(x) − f (x)q(x) ∈ I
Do đó theo cách chọn f (x) ta suy ra r(x) = 0. Vì thế
g(x) = f (x)q(x) ∈ (f (x)).
Do đó I ⊆ (f (x)), tức là I = (f (x)) là iđêan chính. Vậy K[x] là vành
chính.
Hệ quả 1.3.6. Các tập đại số trong K 1 là và chỉ là K và các tập con
hữu hạn của K.
Chứng minh. Vì Ø = Z(1) và K = Z(0) nên Ø và K đều là các tập đại
số. Cho X = {a1 , . . . , an } ⊆ K. Khi đó X là tập đại số vì X = Z(f )
với f (x) = (x − a1 ), . . . , (x − ak ) ∈ K[x]. Ngược lại, giả sử X là tập
đại số trong K. Do K[x] là vành chính nên theo Hệ quả 1.3.4, tồn tại
f ∈ K[X] sao cho X = Z(f ). Nếu f (x) = 0 thì X = K. Nếu f (x) = 0
thì số nghiệm của f (x) không vượt quá bậc của f (x), do đó Z(f ) là tập
hữu hạn.
Cho V là vành và V1 là vành chứa V . Cho α1 , . . . , αn ∈ V1 . Đặt
V [α1 , . . . , αn ] = {f (α1 , . . . , αn ) | f (x1 , . . . , xn ) ∈ V [x1 , . . . , xn ]}
Chú ý rằng V [α1 , . . . , αn ] là vành con của V1 .


12

Từ Định lý 1.3.3 và bằng quy nạp theo số biến ta suy ngay hệ quả
sau.
Hệ quả 1.3.7. Các phát biểu sau đây là đúng.
(i) Nếu V là vành Noether thì V [x1 , . . . , xn ] cũng là vành Noether.
(ii) Nếu V là vành Noether, V1 là vành chứa V và α1 , . . . , αn ∈ V1 thì
V [α1 , . . . , αn ] cũng là vành Noether.
Chứng minh. i) Vì V [x1 , . . . , xn ] = (V [x1 ])[x2 , ..., xn ] nên theo Định lý
cơ sở Hilbert và bằng quy nạp ta suy ra điều phải chứng minh.
ii) Cho α1 , . . . , αn ∈ V1 . Xét ánh xạ
ϕ : V [x1 , . . . , xn ] → V1
xác định như sau
f (x1 , . . . , xn ) → ϕ(f ) = f (α1 , . . . , αn ).
Khi đó ta có Imϕ = V [α1 , . . . , αn ]. Theo Định lý đồng cấu vành ta có
V [x1 , . . . , xn ]/ ker ϕ ∼
= V [α1 , . . . , αn ]. Chú ý rằng vành thương của một
vành Noether là vành Noether. Do V [x1 , . . . , xn ] là Noether nên ta có
V [α1 , . . . , αn ] là Noether.
Chú ý rằng vành con của vành Noether không nhất thiết là vành
Noether. Chẳng hạn, vành đa thức K[x1 , x2 , . . . , xn , . . .] vô hạn biến với
hệ số trên một trường K không là vành Noether, trong khi trường các
phân thức hữu tỷ K(x1 , . . . , xn , . . .) của vô hạn biến trên K lại là vành
Noether. Rõ ràng, vành đa thức K[x1 , x2 , . . . , xn , . . .] là vành con của
vành đa thức K(x1 , x2 , . . . , xn , . . .).
Bổ đề 1.3.8. Nếu X ⊆ X là hai tập đại số thì tồn tại hai iđêan I ⊇ I
của K[x1 , . . . , xn ] sao cho X = Z(I), X = Z(I ).
Chứng minh. Ta có X = X ∩ X. Giả sử X = Z(J), X = Z(J ). Ta có
X = X ∩ X = Z(J ) ∩ Z(J) = Z(J + J).
Đặt I = J, I = J + J ta có kết quả.
Hệ quả 1.3.9. Mỗi dãy các tập đại số giảm lồng nhau đều dừng.


13

Chứng minh. Cho X1 ⊇ X2 ⊇ . . . là một dãy giảm các tập đại số
trong K n . Viết Xi = Z(Ii ), với mọi i ∈ N, trong đó Ii là iđêan của
K[x1 , . . . , xn ]. Vì Xi ⊇ Xi+1 , nên ta có
Xi+1 = Xi ∩ Xi+1 = Z(Ii ) ∩ Z(Ii+1 ) = Z(Ii + Ii+1 ).
Suy ra Xn = X(I1 + . . . + In ). Dãy tăng I1 ⊆ I1 + I2 ⊆ . . . các iđêan của
K[x1 , x2 , . . . , xn ] dừng theo Định lý cơ sở Hilbert. Suy ra tồn tại n0 sao
n0

n

Ii =

cho
i=1

Ii . Suy ra
i=1
n0

n

Xn = Z(In ) = Z(

Ii ) = Xn0 , ∀n ≥ nn0 .

Ii ) = Z(
i=1

i=1

Vậy dãy giảm các tập đại số đã cho phải dừng.


14

Chương 2

Mối quan hệ giữa tập đại số và
iđêan căn
Mục tiêu của chương này nhằm thiết lập mối quan hệ song ánh giữa
tập các đa tạp đại số trong K n và tập các iđêan căn trong vành đa thức
K[x1 , . . . , xn ]. Khi K là tập bất kỳ, nhìn chung ta không có song ánh
giữa hai tập hợp trên. Nếu K là trường đóng đại số (tức là K thỏa mãn
điều kiện: mọi đa thức bậc dương với hệ số trong K đều có ít nhất một
nghiệm trong K) thì ta có một song ánh giữa chúng.
Trước khi trình bày chi tiết mối quan hệ này, chúng ta cần một kết
quả nổi tiếng của Hilbert về tập nghiệm của một họ đa thức trên trường
đóng đại số, đó là Định lý không điểm của Hilbert.
Các tài liệu tham khảo chính của Chương 2 là [2], [3] và [4].

2.1

Định lý không điểm Hilbert

Để phát biểu và chứng minh Định lý không điểm Hilbert, chúng ta
cần nhắc lại một số khái niệm và kết quả về môđun Noether và mở rộng
trường.
Định nghĩa 2.1.1. Cho V là vành giao hoán. Một tập hợp M cùng với
phép cộng và ánh xạ V × M −→ M (gọi là phép nhân vô hướng), trong
đó ảnh của phần tử (a, u) ∈ V × M được ký hiệu là au, được gọi là một
V -môđun nếu M là nhóm giao hoán với phép cộng và các tính chất sau


15

thỏa mãn:
(i) (ab)u = a(bu) với mọi a, b ∈ V, u ∈ M .
(ii) a(u + v) = au + av, (a + b)u = au + bu với mọi a, b ∈ V, u, v ∈ M .
(iii) 1u = u với mọi u ∈ M .
Chú ý rằng mỗi iđêan của V là một V -môđun. Cho M1 , . . . , Mt là các
V -môđun. Khi đó tích Đề các
M1 × . . . × Mt = {(x1 , . . . , xt ) | xi ∈ Mi , ∀i = 1, . . . , t}
cũng là V -môđun với phép cộng theo tọa độ và phép nhân vô hướng xác
định bởi
a(u1 , . . . , ut ) = (au1 , . . . , aut ),
với mọi a ∈ V và (u1 , . . . , ut ) ∈ M1 × . . . × Mt . Nếu M1 = M2 = . . . = M
thì ta ký hiệu M t thay cho M1 × . . . × Mt .
Định nghĩa 2.1.2. Cho M là V -môđun. Một tập con N của M được
gọi là V -môđun con của M nếu N là V -môđun với phép cộng và tích vô
hướng đóng kín trong N .
Chú ý 2.1.3. i) Giao của một họ khác rỗng những môđun con của M
là môđun con của M .
ii) Nếu M1 , M2 là hai môđun con của M thì
M1 + M2 := {u + v | u ∈ M1 , v ∈ M2 }
là môđun con của M .
iii) Cho L là tập con của V -môđun M . Giao của các môđun con của
M chứa L, kí hiệu là (L), là môđun con bé nhất của M chứa L và được
gọi là môđun con sinh bởi L.
iv) Ta nói M là môđun hữu hạn sinh nếu M sinh bởi một tập hữu
hạn {u1 , . . . , ut }. Trong trường hợp này ta viết
M = V u1 + . . . + V ut
hay M = (u1 , . . . , ut ). Khi đó mỗi phần tử u ∈ M được viết dưới dạng
u = a1 u1 + . . . + at ut
với a1 , . . . , at ∈ V .


16

Định nghĩa 2.1.4. Cho M là V -môđun. Ta nói M là môđun Noether
nếu nó thỏa mãn các điều kiện dãy tăng dừng trên các môđun con, tức
là nếu M1 ⊆ M2 ⊆ . . . ⊆ Mn ⊆ . . . là dãy tăng các môđun con của M
thì tồn tại n0 ∈ N sao cho Mn = Mn0 với mọi n ≥ n0 .
Với M là môđun con của V -môđun M , đặt
M/M = {u + M | u ∈ M }
là tập các lớp ghép trái của M . Ta có u + M = v + M khi và chỉ khi
u − v ∈ M . Tập M/M là một V -mônđun với phép cộng
(u + M ) + (v + M ) = (u + v) + M
và phép nhân với vô hướng a(u + M ) = au + M . Ta gọi M/M là
môđun thương của M theo môđun con M . Một ánh xạ f : M → N giữa
các V -môđun được gọi là một đồng cấu nếu f (u + v) = f (u) + f (v) và
f (au) = af (u) với mọi u, v ∈ M, a ∈ V . Đồng cấu f được gọi là đơn
cấu (toàn cấu, đẳng cấu) nếu f là đơn ánh (toàn ánh, song ánh). Hai
V -môđun M, N được gọi là đẳng cấu với nhau, viết là M ∼
= N , nếu tồn
tại một đẳng cấu giữa M và N . Chú ý rằng nếu f : M → N là đồng
cấu thì
ker f := {u ∈ M | f (u) = 0}
là môđun con của M và Imf là môđun con của N . Hơn nữa M/ ker f ∼
=
Imf .
Tiếp theo là đặc trưng của môđun Noether.
Bổ đề 2.1.5. Cho M là V -môđun và M là môđun con của M .
(i) M là Noether khi và chỉ khi M và M/M là Noether.
(ii) Nếu M là môđun Noether thì M là hữu hạn sinh.
(iii) Nếu M là hữu hạn sinh và V là vành Noether thì M là môđun
Noether.
Chứng minh. (i) Cho M là Noether. Nếu M1 ⊆ M2 ⊆ . . . là dãy tăng
các môđun con của M thì nó dừng vì nó là dãy tăng các môđun con của
M . Cho P1 ⊆ P2 ⊆ . . . là dãy tăng các môđun con của M/M . Với mỗi
n ∈ N, tồn tại môđun con Mn của M sao cho M ⊆ Mn và Pn = Mn /M .


17

Do đó ta có dãy tăng M1 ⊆ M2 ⊆ . . . các môđun con của M và dãy này
phải dừng, vì thế dãy P1 ⊆ P2 ⊆ . . . dừng. Vì vậy M , M/M là Noether.
Ngược lại, cho M , M/M là Noether và M1 ⊆ M2 ⊆ . . . là dãy tăng các
môđun con của M . Khi đó dãy tăng
M1

M ⊆ M2

M ⊆ ...

các môđun con của M và dãy tăng
(M1 + M )/M ⊆ (M2 + M )/M ⊆ . . .
các môđun con của M/M phải dừng. Vì thế tồn tại n0 ∈ N sao cho
Mn M = Mn0 M và (Mn + M )/M = (Mn0 + M )/M với mọi
n > n0 . Suy ra Mn + M = Mn0 + M với mọi n > n0 . Cho n > n0 và
u ∈ Mn . Khi đó u+M ∈ (Mn +M )/M , suy ra u+M ∈ (Mn0 +M )/M .
Do đó u + M = v + M với v = r + s, trong đó r ∈ Mn0 và s ∈ M . Đặt
w = u−v. Khi đó w ∈ M . Suy ra u−r = w +s ∈ M . Do r ∈ Mn0 ⊆ Mn
và u ∈ Mn nên u − r ∈ Mn . Suy ra u − r ∈ M Mn = M Mn0 . Do
đó u − r ∈ Mn0 . Suy ra u ∈ Mn0 . Vì thế Mn = Mn0 . Vậy M là Noether.
(ii) Cho M là Noether. Nếu M không hữu hạn sinh thì có một dãy vô
hạn u1 , u2 , . . . với u1 ∈ M, u2 ∈ M \(u1 ), u3 ∈ M \(u1 , u2 ), . . .. Vì thế ta
có dãy tăng không dừng (u1 ) ⊂ (u1 , u2 ) ⊂ . . . các môđun con của M ,
điều này là vô lí.
(iii) Cho M là hữu hạn sinh và V là vành Noether. Giả sử
M = (u1 , u2 , . . . , ut ).
Xét đồng cấu f : V t → M cho bởi
f (a1 , a2 , . . . , at = a1 u1 + a2 u2 + . . . + at ut ).
Khi đó f là toàn cấu, vì thế V t /Kerf ∼
= M. Ta chứng minh V t là
Noether. Bằng quy nạp theo t. Trường hợp t = 1 là hiển nhiên. Cho
t > 1 và giả thiết kết quả đã đúng cho V n với n < t. Xét đồng cấu
nhúng j : V → V t cho bởi j(a) = (a, 0, . . . , 0). Khi đó V ∼
= Imj. Do V
là Noether nên Imj là môđun con Noether của V t . Theo giả thiết quy
nạp, V t /Imj ∼
= V t−1 là Noether. Theo (i), V t là Noether và do đó M là
Noether.


18

Nhắc lại rằng, nếu E là một trường chứa K thì E/K được gọi là một
mở rộng trường. Cho E/K là một mở rộng trường. Khi đó E có cấu trúc
tự nhiên là K-không gian véc tơ. Nếu chiều của K-không gian véc tơ E
là hữu hạn, thì ta nói E/K là một mở rộng hữu hạn và ta kí hiệu
[E : K] = dimK E.
Một phần tử α ∈ E được gọi là phần tử đại số trên K nếu nó là nghiệm
của một đa thức khác 0 với hệ số trong K. Cho α1 , . . . , αn ∈ E và với
0 = α ∈ E, ta ký hiệu phần tử α−1 ∈ E là 1/α. Ký hiệu
K[α1 , . . . , αn ] = {f (α1 , . . . , αn ) | f ∈ K[x1 , . . . , xn ]},
và K (α1 , . . . , αn ) được cho bởi
{

f (α1 , . . . , αn )
| f, g ∈ K [x1 , . . . , xn ] , g (α1 . . . , αn ) = 0}
g(α1 , . . . , αn )

Khi đó K[α1 , . . . , αn ] và K (α1 , . . . , αn ) lần lượt là vành con và trường
con bé nhất của E chứa K và α1 , . . . , αn .
Ta có các bổ đề sau đây (xem [1], Bổ đề 3.5.4, Bổ đề 3.5.5).
Bổ đề 2.1.6. Nếu các phần tử α1 , . . . , αn ∈ E đều đại số trên K thì
K[α1 , . . . , αn ] = K(α1 , . . . , αn ) và [K(α1 , . . . , αn ) : K] < ∞.
Bổ đề 2.1.7. Cho E = K[α1 , . . . , αn ]. Nếu E là một trường thì E là
mở rộng hữu hạn của K.
Một iđêan I của vành V được gọi là iđêan tối đại nếu I = V và nếu
J là iđêan của V chứa I với I = J thì J = V
Hệ quả 2.1.8. Cho V = K[x1 , . . . , xn ] và J là iđêan tối đại của V . Khi
đó vành thương E = V /J là một trường chứa K và K ⊆ E là mở rộng
hữu hạn. Hơn nữa, nếu K là trường đóng đại số thì K = E.
Chứng minh. Vì J là tối đại nên vành thương E = V /J là trường. Chú
ý rằng, ánh xạ j : K → E cho bởi j(a) = a + J là một đơn cấu. Do
đó K ∼
= j(K) và vì thế ta có thể xem K là trường con của trường E,
trong đó ta đồng nhất phần tử a ∈ K với phần tử a + J ∈ E. Đặt
αi = xi + J ∈ E. Khi đó E = K[α1 , . . . , αn ]. Theo Bổ đề 2.1.7, E là một


19

mở rộng hữu hạn của K, tức là dimK E < ∞. Cho α ∈ E. Do E/K là
một mở rộng hữu hạn nên nó là mở rộng đại số, tức là mọi phần tử của
E đều đại số trên K. Vì thế α đại số trên K, tức là α là nghiệm của
một đa thức f (x) bậc đương với hệ số trong K. Vì thế nếu K đóng đại
số thì α ∈ K và do đó E = K.
Định nghĩa 2.1.9. Cho V là vành giao hoán và J là iđêan của V . Đặt
rad(J) = {a ∈ V | ∃n ∈ N, an ∈ J } .
Khi đó rad(J) là iđêan của V chứa J. Ta gọi rad(J) là căn của J. Nếu
J =rad(J) thì ta nói J là iđêan căn.
Ví dụ 2.1.10. Trong vành Z các số nguyên rad(pn Z) = pZ với p là một
số nguyên tố tùy ý.
Chú ý rằng nếu J1 ⊆ J2 là các iđêan của V thì rad(J1 ) ⊆ rad(J2 ).
Khi V = Z là vành các số nguyên ta có rad(4Z) = 2Z = rad(8Z). Nếu
n = pi11 . . . pikk là phân tích tiêu chuẩn của số tự nhiên n thành tích các
thừa số nguyên tố thì rad(nZ) = p1 . . . pk Z. Khi V = K[x1 , . . . , xn ] là
vành đa thức với K là trường, nếu X ⊆ K n là tập đại số thì iđêan định
nghĩa của X
I(X) = {f ∈ K[x1 , . . . xn ] | f (a1 , . . . , an ) = 0, ∀(a1 , . . . , an ) ∈ X}
là một iđêan căn.
Định lý 2.1.11. (Định lý không điểm Hilbert). Cho K là trường đóng
đại số và J là một iđêan của K[x1 , . . . , xn ]. Khi đó
(i) J là iđêan tối đại của K[x1 , . . . , xn ] nếu và chỉ nếu tồn tại các
phần tử a1 , . . . , an của K sao cho J = (x1 − a1 , . . . , xn − an ).
(ii) Nếu J = K[x1 , . . . , xn ] thì Z(J) = ∅.
(iii) I(Z(J)) = rad(J).
Chứng minh. (i) Cho J = (x1 − a1 , . . . , xn − an ) với a1 , . . . , an ∈ K. Giả
sử f ∈ K[x1 , ..., xn ] thỏa mãn f (a1 , . . . , an ) = 0. Bằng cách thay xi bởi
(xi − ai ) + ai trong biểu thức của f , ta có thể biểu diễn các
f = f1 (x1 − a1 ) + . . . + fn (xn − an ) + b


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×