Bài viết nối tiếp phần 2 ở [5]. Trường hợp này để xác định 2 tập $C$ và $E$ sẽ khó khăn hơn trước nhiều vì mở rộng nguyên có gì đó vẫn khá tổng quát. Ở bài viết này mang tính khái quát cao nên ta sẽ cố gắng tìm được nhiều tính chất của mở rộng và hạn chế ideal nhất có thể, khi làm việc về vành Dedekind ta sẽ làm rõ hơn phần này.

Trước khi đi vào bài viết, ta cần một số kết quả của mở rộng nguyên. Chứng minh các bạn có thể xem trong [2] hoặc [3].
Cho miền nguyên $A\subset B$ là các miền nguyên. Phần tử $b\in B$ được gọi là nguyên trên $A$ nếu tồn tại $a_0,a_1,…,a_{n-1}\in A$ sao cho \[b^n+a_{n-1}b^{n-1}+…+a_0=0\] Nếu $B$ là gồm toàn các phần tử nguyên của $A$ thì ta nói $B$ là một mở rộng nguyên của $A$.
Trên thực tế người ta định nghĩa mở rộng nguyên theo kiểu bao đóng nguyên (tức là sử dụng đến trường các thương). Cách định nghĩa trên của ta có những hạn chế nhất định, nhưng trong khuôn khổ bài viết này khi ta bàn chủ yếu đến mở rộng nguyên thì như vậy là đủ.
Tính chất 12: Cho $B$ là mở rộng nguyên của $A$. Nếu $B$ hữu hạn sinh theo nghĩa $A$- đại số thì $B$ cũng là $A$ – module hữu hạn sinh.

Tính chất 13: (Bổ đề Nakayama) Cho $A$ là vành địa phương và $\mathfrak{a}$ là một ideal thực sự của $A$ và $M$ là $A$ – module hữu hạn sinh. Khi đó nếu $\mathfrak{a}M=M$ thì $M=0$.

Tính chất 14: Cho $S$ là một tập con nhân tính trong $A$ và $B$ là mở rộng nguyên của $A$. Khi đó $S^{-1}B$ là mở rộng nguyên của $S^{-1}A$.

Tính chất 15: Cho $A$ là vành đóng nguyên trong trường các thương $K$ của nó (tức là mọi phần tử trong $K$ nguyên trên $A$ thì nằm trong $A$) và $E$ là mở rộng hữu hạn của $K$ với $B$ là bao đóng nguyên của $A$ trong $E$. Khi đó mọi phần tử $\alpha\in B$ đều có đa thức tối tiểu trên $K$ với hệ số trong $A$.

III. Mở rộng và hạn chế ideal trên mở rộng nguyên của vành
Trong mục này, ta sẽ xét $A$ là miền nguyên và $B$ là mở rộng nguyên của $A$ với $f:A\rightarrow B$ là phép nhúng chính tắc.
Xét $\mathfrak{a}$ là ideal trên $A$, $\mathfrak{A}$ là ideal trên $B$, khi đó $\mathfrak{a}^e=B\mathfrak{a}$ và $\mathfrak{A}^c=\mathfrak{A}\cap A$.
Đặc biệt trong trường hợp $\mathfrak{a}$ là ideal nguyên tố trong $A$, ideal $\mathfrak{A}$ nguyên tố trong $B$ được gọi là chia hết $\mathfrak{a}$ nếu $\mathfrak{A}^c=\mathfrak{A}\cap A=\mathfrak{a}$. Đây là đối tượng rất quan trọng (ví dụ như khi nghiên cứu về vành Dedekind) nên mục này ta sẽ tập trung nghiên cứu về mở rộng của ideal nguyên tố trong $A$ và các ideal chia hết nó trong $B$.
Mệnh đề 16: Cho $\mathfrak{p}$ là ideal nguyên tố trong $A$. Khi đó $\mathfrak{p}^e=B\mathfrak{p}\ne B$ và tồn tại ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ trong $B$ chia hết $\mathfrak{p}$.
Chứng minh. Ở đây ta sẽ sử dụng kĩ thuật “địa phương hóa” để xử lí. Nhắc lại rằng $A_{\mathfrak{p}}=S_{\mathfrak{p}}^{-1}A, B_{\mathfrak{p}}=S_{\mathfrak{p}}^{-1}B$ với $S_{\mathfrak{p}}=A-\mathfrak{p}$. Gọi $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}=\mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}$ là ideal cực đại duy nhất của $A_{\mathfrak{p}}$ . Do $B$ nguyên trên $A$ nên $B_{\mathfrak{p}}$ nguyên trên $A_{\mathfrak{p}}$ (tính chất 14).

Giả sử phản chứng rằng $\mathfrak{p}B=B$, khi đó tồn tại $a_1,a_2,…,a_n\in\mathfrak{p}$ và $b_1,b_2,…,b_n\in B$ thỏa mãn \[a_1b_1+a_2b_2+…+a_nb_n=1\] Xét $B’=A[b_1,b_2,…,b_n]$, khi đó ta cũng có $\mathfrak{p}B’=B’$. Do đó ta có thể giả sử $B$ là một $A$ đại số hữu hạn sinh, và theo tính chất 12 thì $B$ sẽ là $A$ – module hữu hạn sinh. Từ đó $B_{\mathfrak{p}}$ là $A_{\mathfrak{p}}$ – module hữu hạn sinh.
Mặt khác ta có: \[\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}=\mathfrak{p}A_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}=S_{\mathfrak{p}}^{-1}\mathfrak{p}B=S_{\mathfrak{p}}^{-1}B=B_{\mathfrak{p}}\] Áp dụng bổ đề Nakayama cho $B_{\mathfrak{p}}$ là module vành địa phương $A_{\mathfrak{p}}$ với ideal $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}$, ta được $B_{\mathfrak{p}}=0$ (vô lí).
Tiếp theo ta chỉ ra tồn tại ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ trong $B$ sao cho $\mathfrak{P}\cap A=\mathfrak{p}$. Ở ý thứ nhất ta đã chỉ ra $\mathfrak{p}B\ne B$ và do đó $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}\ne B_{\mathfrak{p}}$. Vì vậy tồn tại ideal cực đại $\mathfrak{M}$ trong $B_{\mathfrak{p}}$ chứa $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}$.
Khi đó $\mathfrak{P}=\mathfrak{M}\cap B$ là một ideal nguyên tố trong $B$. Ta chỉ ra $\mathfrak{P}$ là ideal cần tìm.

Thật vậy, $\mathfrak{M}\cap A_{\mathfrak{p}}$ là ideal thực sự trong $A_{\mathfrak{p}}$ và $\mathfrak{M}\cap A_{\mathfrak{p}}\supset \mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}B_{\mathfrak{p}}\cap A_{\mathfrak{p}}\supset\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}$.
Do đó $\mathfrak{M}\cap A_{\mathfrak{p}}=\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}$. Vì vậy \[\mathfrak{P}\cap A=\mathfrak{M}\cap A=(\mathfrak{M}\cap A_{\mathfrak{p}})\cap A=\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}\cap A=\mathfrak{p}\] trong đó dấu bằng cuối có được nhờ Hệ quả 10 trong [5].

Hệ quả 17: Cho $\mathfrak{p}$ là ideal nguyên tố trong $A$. Khi đó $B\mathfrak{p}\cap A=\mathfrak{p}$.
Nói cách khác, mọi ideal nguyên tố trong $A$ đều là ideal hạn chế trên $B$.

Tiếp theo là liên hệ giữa tính cực đại giữa ideal nguyên tố trong $B$ chia hết ideal nguyên tố trong $A$.
Mệnh đề 18: Cho $\mathfrak{P}$ là ideal nguyên tố trong $B$, chia hết cho ideal nguyên tố $\mathfrak{p}$ của $A$. Khi đó $\mathfrak{P}$ cực đại khi và chỉ khi $\mathfrak{p}$ cực đại.
Chứng minh. Do $\mathfrak{p}=\mathfrak{P}\cap A$ nên ta có thể coi $A/\mathfrak{p}$ nằm trong $B/\mathfrak{P}$ dưới phép nhúng \[\pi:
A/\mathfrak{p}\rightarrow B/\mathfrak{P},a+\mathfrak{p}\mapsto a+\mathfrak{P} \] Nếu $\mathfrak{P}$ cực đại thì $B/\mathfrak{P}$ lập thành 1 trường, ta chỉ ra $A/\mathfrak{p}$ cũng là một trường.
Lấy $a\in A-\mathfrak{p}$, khi đó $\overline{a}=a+\mathfrak{P}\ne 0$ nên khả nghịch trong $B/\mathfrak{P}$. Do đó tồn tại $\overline{b}\in B/\mathfrak{P}$ sao cho $\overline{a} \overline{b}=1$ (trong $B/\mathfrak{P}$)
Mặc khác, $B/\mathfrak{P}$ nguyên trên $A/\mathfrak{p}$ nên tồn tại $\overline{a_0},\overline{a_1},…,\overline{a_{n-1}}\in A/\mathfrak{p}$ sao cho \[\overline{b}^n+\overline{a_{n-1}}.\overline{b}^{n-1}+…+\overline{a_0}=0\] Nhân hai vế của phương trình với $\overline{a}$ ta được \[1+\overline{a_{n-1}}.\overline{a}+…+\overline{a_{0}}.\overline{a}^n=0\] Do đó $\overline{a}$ có nghịch đảo $-(\overline{a_{0}}.\overline{a}^{n-1}+…+\overline{a_{n-1}})$ nằm trong $A/\mathfrak{p}$.
Chiều ngược lại cũng chứng minh tương tự dựa vào tính nguyên của $B/\mathfrak{P}$ trên $A/\mathfrak{p}$.

Ngoài ra ta còn một cách chứng minh cho chiều thuận của mệnh đề trên như sau:
Nếu $\mathfrak{P}$ cực đại thì $B/\mathfrak{P}$ lập thành 1 trường, nếu $A/\mathfrak{p}$ không lập thành 1 trường thì nó chứa 1 ideal cực đại $\mathfrak{m}$. Áp dụng mệnh đề 15 cho $\mathfrak{m}\lhd A/\mathfrak{p}$ thì tồn tại $\mathfrak{M}\lhd B/\mathfrak{P}$ nguyên tố chia hết $\mathfrak{m}$, vô lí vì $B/\mathfrak{P}$ là một trường.

Việc coi $A/\mathfrak{p}$ nằm trong $B/\mathfrak{P}$ mở ra cho ta nhiều tính chất thú vị, đặc biệt rong trường hợp $\mathfrak{p}$ cực đại, ta gọi $f(\mathfrak{P}/\mathfrak{p})=[B/\mathfrak{P}:A/\mathfrak{p}]$ là chỉ số thặng dư – một chỉ số quan trọng khi nghiên cứu về ideal trên mở rộng nguyên trên vành Dedekind.

Đây là những gì tổng quát nhất mà ta có thể làm được với mở rộng và hạn chế ideal trên mở rộng nguyên. Khi làm việc với vành Dedekind, những tính chất này sẽ được nghiên cứu sâu sắc hơn nhiều. Kết thúc bài viết này, ta sẽ giải quyết câu hỏi: Có bao nhiêu ideal nguyên tố chia hết cho một ideal nguyên tố cho trước? Có thể xác định được chúng không?
Trả lời được câu hỏi này sẽ cho ta một bức tranh rõ nét hơn về sự tương ứng giữa ideal nguyên tố trên $A$ và ideal nguyên tố trên $B$ trong trường hợp đặc biệt.
Mệnh đề 19: Cho $A$ là vành đóng nguyên trong trường các thương $K$ của nó và $E$ là mở rộng hữu hạn của $K$ với $B$ là bao đóng nguyên của $A$ trong $E$. Giả sử $B=A[\alpha]$, gọi $f(X)$ là đa thức tối tiểu của $\alpha$ trên $K$. Cho $\mathfrak{p}$ là ideal cực đại trong $A$, ta sẽ xác định các ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ của $B$ chia hết $\mathfrak{p}$ như sau:
Xét phép chiếu chính tắc \[A\rightarrow A/\mathfrak{p}=\overline{A},a\mapsto \overline{a}=a+\mathfrak{p}\] mở rộng lên trên vành đa thức thành \[A[X]\rightarrow \overline{A}[X], g(X)=\sum_{i=0}^nc_iX^i\mapsto \overline{g}(X)=\sum_{i=0}^n\overline{c_i}X^i\] Khi đó ta có một song ánh giữa các ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ trong $B$ chia hết $\mathfrak{p}$ và các nhân tử monic bất khả quy $\overline{P}(X)$ của $\overline{f}(X)$, xác định như sau: Xét đồng cấu $\pi_{\overline{P}}:A[\alpha]\rightarrow \overline{A}[X]/(\overline{P}(X))$ \[\sum_{i=0}^nc_i\alpha^i \mapsto \sum_{i=0}^n\overline{c_i}X^i+(\overline{P}(X))\] Khi đó hạt nhân của đồng cấu là một ideal nguyên tố của $B$ chia hết $\mathfrak{p}$.

Chứng minh. Ta sẽ bỏ qua việc chỉ ra tính xác định của đồng cấu trên và tập trung vào 3 vấn đề chính:
• Hạt nhân của đồng cấu $\pi_{\overline{P}}$ là một ideal nguyên tố của $B$ chia hết $\mathfrak{p}$;
• Mọi ideal nguyên tố $\mathfrak{P}$ của $B$ chia hết $\mathfrak{p}$ đều tồn tại nhân tử bất khả quy $\overline{P}(X)$ của $\overline{f}(X)$ sao cho đồng cấu tương ứng $\pi_{\overline{P}}$ có hạt nhân $\mathfrak{P}$;
• Hai nhân tử bất khả quy khác nhau sẽ có hạt nhân của đồng cấu tương ứng khác nhau.
Ý thứ nhất, hiển nhiên ta có $Ker(\pi_{\overline{P}})\cap A=\mathfrak{p}$. Do $\pi_{\overline{P}}$ là toàn cấu nên ta có $A[\alpha]/Ker(\pi_{\overline{P}})\cong\overline{A}[X]/(\overline{P}(X))$, mà $\overline{A}[X]/(\overline{P}(X))$ là một trường nên $A[\alpha]/Ker(\pi_{\overline{P}})$ cũng vậy. Do đó $Ker(\pi_{\overline{P}})$ nguyên tố trong $B=A[\alpha]$.
Ý thứ hai, xét $\mathfrak{P}$ là ideal nguyên tố trong $B$ chia hết $\mathfrak{p}$ (từ đó có ngay $\mathfrak{P}$ cực đại). Xét toàn cấu \[\phi:\overline{A}[X]\rightarrow A[\alpha]/\mathfrak{P},\sigma_{i=0}^n\overline{c_i}X^i\mapsto\sum_{i=0}^nc_i\alpha^i+\mathfrak{P}\] Ở đây $c_i$ được hiểu là phần tử bất kì của lớp $\overline{c_i}$ và bạn đọc có thể kiểm chứng rằng tính chia hết của $\mathfrak{P}$ giúp $\phi$ xác định. Từ đó ta có $Ker(\phi)$ là một ideal trong $\overline{A}[X]$ – một miền chính, do đó tồn tại $\overline{P}(X)\in \overline{A}[X]$ sao cho $Ker(\phi)=(\overline{P}(X))$.
Mà $\overline{A}[X]/Ker(\phi)\cong A[\alpha]/\mathfrak{P}$ là một trường, do đó $Ker(\phi)$ là ideal cực đại trong $A[\alpha]$ nên $\overline{P}(X)$ bất khả quy. Mặt khác $\phi(\overline{f}(X))=0$ nên $(\overline{f}(X))\subset Ker(\phi)=(\overline{P}(X))$ hay $\overline{P}(X)|\overline{f}(X)$.

Từ đây dễ dàng chỉ ra $\pi_{\overline{P}}$ thỏa mãn dựa vào biểu đồ giao hoán trên.
Cuối cùng là tính đơn ánh có thể xử lí đơn giản bằng nhận xét:
Cho $\overline{P}$ và $\overline{Q}$ là hai đa thức monic bất khả quy chia hết $\overline{f}$, nếu ánh xạ $\overline{A}[X]/(\overline{P}(X))\rightarrow \overline{A}[X]/(\overline{Q}(X)),X+\overline{P}(X) \mapsto X+\overline{Q}(X) $ xác định và là đẳng cấu thì $\overline{P}(X)=\overline{Q}(X)$

Cần lưu ý tính đóng nguyên ở trên là cần thiết để $f(X)\in A[X]$ (tính chất 15) và do đó ta có thể xét $\overline{f}(X)$ trên $\overline{A}(X)$. Bằng cách xử lí khéo léo ta có thể bỏ đi điều kiện này. Ngoài ra, mệnh đề trên vẫn đúng cho trường hợp $\mathfrak{p}$ là ideal nguyên tố trong $A$, chứng minh sử dụng phương pháp “địa phương hóa” mà ta đã nói đến ở mệnh đề 16. Đây xem như bài tập nhỏ cho bạn đọc.

[1] M. F. Atiyah, Introduction to Commutative Algebra
[2] Serge Lang, Algebraic Number Theory
[3] J. S. Milne, Algebraic Number Theory
[4] https://maths.vn/mo-rong-va-han-che-ideal/
[5] http://maths.vn/mo-rong-va-han-che-ideal-p2/