Tài liệu 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 6= 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 f (x1 , . . . , xn ) = k X fi (x1 , . . . , xn−1 )xin , 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 ga (xn ) = k X fi (a1 , . . . , an−1 )xin ∈ V [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 X f (x1 , . . . , xn ) = (xi − a1 ) . . . (xi − ar ), 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 T 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 6= 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 6= 1. Suy ra g(a) = 0 với mọi a ∈ R và a 6= 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 6= r}, trong đó n = 2 và r là một số thực tùy ý cho trước. (ii) Y = {(a, sa) ∈ R2 | a 6= 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 6= r}, trong đó r, s1 , . . . , sn là các số thực tùy ý cho trước với ít nhất một chỉ số i sao cho si 6= 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 = Z(Si ) = Z( Si ). i Do đó T i i Xi là tập đại số. 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 [ Xi = i=1 Cho (a1 , . . . , an ) ∈ Z( k T k [ i=1 Z(Ii ) ⊆ Z( k \ Ii ). i=1 Ii ). Giả sử (a1 , . . . , an ) ∈ / i=1 k S Z(Ii ). Khi đó với i=1 mỗi i, tồn tại gi ∈ Ii , sao cho gi (a1 , . . . , an ) 6= 0. Suy ra g(a1 , . . . , an ) 6= 0, k k k T S T trong đó g = g1 ...gk ∈ Ii . Điều này vô lí. Vì thế Xi = Z( Ii ) là i=1 tập đại số. i=1 i=1 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) 6= ∅. 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 P 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 I={ n X ai xi | n ∈ N, xi ∈ V, i = 1, . . . , n} 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 ) 6= I, vì thế tồn tại a2 ∈ I\(a1 ). Do I không hữu hạn sinh nên (a1 , a2 ) 6= 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 6= ∅ 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 6= I2 . Do I2 không cực đại nên tồn tại I3 ∈ Γ sao cho I2 ⊂ I3 và I2 6= I3 . Cứ tiếp tục quá trình trên ta được một dãy tăng S 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 6= {0}. Gọi m là số bé nhất trong các bậc của các đa thức khác 0 thuộc J. Với n ≥ m ta định nghĩa In = { a ∈ V | ∃f (x) = n 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 } và A = k S An . Khi đó A là tập hữu hạn. Ta chứng minh J = (A). n=m Rõ ràng (A) ⊆ J. Cho 0 6= 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 P a= cj am,j . Đặt j=1 q(x) = p(x) − im 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 P cj at,j . Đặt Do đó tồn tại c1 , . . . , cit ∈ V sao cho a = j=1 q(x) = p(x) − it 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 ) = \ i=1,...,k Z(fi ). 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 6= {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) 6= 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 ) 7→ 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 0 là hai tập đại số thì tồn tại hai iđêan I ⊇ I 0 của K[x1 , . . . , xn ] sao cho X = Z(I), X 0 = Z(I 0 ). Chứng minh. Ta có X = X 0 ∩ X. Giả sử X = Z(J), X 0 = Z(J 0 ). Ta có X = X 0 ∩ X = Z(J 0 ) ∩ Z(J) = Z(J 0 + J). Đặt I = J, I 0 = J + J 0 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 P P cho Ii = Ii . Suy ra i=1 i=1 n0 n X X Xn = Z(In ) = Z( Ii ) = Z( Ii ) = Xn0 , ∀n ≥ nn0 . 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