Thật vậy, vì $\Phi$ là một dạng sesquilinear, ta có $\Phi(y_i, y_j) = \sum_{k,m} a_{ik} \Phi(x_k, x_m) a_{jm}^j$. Do đó, nếu ký hiệu bởi $A$ ma trận $(a_{ij})$, thì ma trận $(\Phi(y_i, y_j))$ bằng $A . (\Phi(x_i, x_j)). {}^t A^j$. Vì $\det({}^t A) = \det(A)$, và $\det(A^j) = \det(A)^j$, mệnh đề của ta được chứng minh.

Đặc biệt, nếu $(e_i)$ và $(e'_i)$ là hai cơ sở của $E, D$ và $D'$ là các biệt thức của $\Phi$ đối với các cơ sở ấy, và $a$ là định thức của ma trận chuyển từ cơ sở $(e_i)$ sang cơ sở $(e'_i)$, thì ta có

Từ mệnh đề 1 suy ra rằng, nếu $(e_i)$ là một cơ sở của $E$ và $(x_i)$ là một hệ tùy ý gồm $n$ phần tử của $E$, thì $D_\Phi(e_1, \ldots, e_n)$ chia $D_\Phi(x_1, \ldots, x_n)$. Đặc biệt các biệt thức của $\Phi$ đối với hai cơ sở bất kỳ của $E$ sinh ra cùng một iđêan chính của $A$.

Cho $(E_i)_{i \in I}$ là một họ hữu hạn các $A$-môđun tự do hữu hạn chiều, $\Phi_i$ là một dạng sesquilinear đối với $J$ trên $E_i$, và $B_i$ là một cơ sở của $E_i$. Nếu $\Phi$ ký hiệu tổng trực tiếp của các $\Phi_i$ (§ 1, no 3) và $B$ là cơ sở của $\prod_{i \in I} E_i$ thu được bằng cách ghép các $B_i$ lại, thì hiển nhiên

Cho $\Phi$ là một dạng sesquilinear đối với $J$ trên $E$, $h$ là một đồng cấu của $A$ vào một vành giao hoán $A'$, $\Phi'$ là dạng sesquilinear trên $A' \otimes_A E$ thu được do mở rộng của $\Phi$ (§ 1, no 4) và $(x_1, \ldots, x_n)$ là một hệ tùy ý các phần tử của $E$. Vì $A' \otimes_A E$ là một $A'$-môđun tự do, $D_{\Phi'}(1 \otimes x_1, \ldots, 1 \otimes x_n)$ được xác định, và ta hiển nhiên có

a) Để một hệ $(x_1, \ldots, x_n)$ gồm $n$ phần tử của $E$ là tự do, điều kiện cần và đủ là $D_\Phi(x_1, \ldots, x_n)$ $\neq 0$.

b) Để một hệ $(x_1, \ldots, x_n)$ gồm $n$ phần tử của $E$ là một cơ sở của $E$, điều kiện cần và đủ là $D_\Phi(x_1, \ldots, x_n)$ và $D_\Phi(e_1, \ldots, e_n)$ là các phần tử liên kết trong $A$ (x. Chương VI, § 1, No. 5).

Đặt $x_j = \sum_{i=1}^n a_{ji} e_i$ ($a_{ji} \in A$). Trước hết hãy chứng minh a). Nếu $D_\Phi(x_1, \ldots, x_n) = 0$, ta có $\det(a_{ji}) \cdot \det(a_{ji})' = 0$ (Mệnh đề 1) vì $D_\Phi(e_1, \ldots, e_n) \neq 0$ và $A$ là nguyên; do đó ta có $\det(a_{ji}) = 0$, và các vectơ $x_j$ phụ thuộc tuyến tính (Chương III, § 7, No. 1, Định lý 1, áp dụng cho không gian vectơ $K \otimes_A E$, trong đó $K$ ký hiệu trường phân thức của $A$). Đảo lại, nếu các vectơ này phụ thuộc tuyến tính thì ta có $\det(a_{ji}) = 0$ (ibid.), do đó $D_\Phi(x_1, \ldots, x_n) = 0$ (Mệnh đề 1).

Bây giờ hãy chứng minh b). Nếu $D_\Phi(x_1, \ldots, x_n)$ và $D_\Phi(e_1, \ldots, e_n)$ liên kết trong $A$, Mệnh đề 1 cho thấy rằng $\det(a_{ij}) \cdot \det(a_{ij})'$ là khả nghịch trong $A$. Vì thế $\det(a_{ij})$ tự nó khả nghịch trong $A$; do đó ma trận $(a_{ij})$ trên $A$ là khả nghịch (Chương III, § 6, No. 5, Định lý 2), và tự đồng cấu $g$ của $E$ được xác định bởi $g(e_i) = x_i$ ($i = 1, \ldots, n$) là một tự đẳng cấu; do đó $(x_1, \ldots, x_n)$ là một cơ sở của $E$. Đảo lại suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 1.

a) Ánh xạ $s_\Phi$ từ $E$ vào $E^*$ liên kết với $\Phi$ là song ánh.

b) Ánh xạ $d_\Phi$ từ $E$ vào $E^*$ liên kết với $\Phi$ là song ánh.

c) Phần tử $D_\Phi(S)$ là khả nghịch trong $A$.

Thật vậy điều kiện c) biểu thị rằng ma trận của $\Phi$ đối với $S$ là khả nghịch (Chương III, § 6, No. 5, Định lý 2). Do đó c) tương đương với a) ($§ 1,$ No. 10); tương tự, c) tương đương với b).

Thật vậy, cho K là trường phân thức của A, và cho $\Phi'$ là mở rộng của $\Phi$ lên không gian vectơ trên K $K \otimes_A E$; đồng nhất E với một tập con của không gian vectơ này. Khi đó quan hệ $D_{\Phi}(S) \neq 0$ tương đương với $D_{\Phi'}(S) \neq 0$ (công thức (6)), mà bản thân điều này biểu thị rằng $s_{\Phi'}$ là song ánh (mệnh đề 3), nghĩa là $\Phi'$ là không suy biến (§ 1, No. 6, mệnh đề 6). Bây giờ, với mọi $x \in K \otimes_A E$, tồn tại $a \in A$ sao cho $ax \in E$; do đó, để $\Phi$ suy biến thì điều kiện cần và đủ là $\Phi'$ cũng suy biến. Điều này chứng minh mệnh đề của chúng ta.

Thật vậy, cho $A'$ là bao đóng đại số của A, và cho $B'$ là đại số $A' \otimes_A B$ trên $A'$. Nếu B tách được thì $B'$ là nửa đơn (chap. VIII, § 7, No. 5, hệ quả của mệnh đề 7) và do đó là tổng trực tiếp của n trường đẳng cấu với $A'$ (chap. VIII, § 6, No. 4, hệ quả của mệnh đề 9). Nếu $S'$ ký hiệu cơ sở chính tắc của $B'$ (được đồng nhất với ${A'}^n$), thì ta có $D_{B'/A'}(S') = 1$, do đó $D_{B'/A'}(S) \neq 0$ (mệnh đề 1) và $D_{B/A}(S) \neq 0$ (công thức (6)).

Ngược lại, giả sử rằng có $D_{B/A}(S) \neq 0$. Để chứng minh rằng B tách được, chỉ cần chứng minh rằng $B'$ là nửa đơn, nghĩa là nó không chứa phần tử lũy linh khác không nào. Bây giờ, nếu $x'$ là một phần tử lũy linh khác không của $B'$, thì có thể lấy nó làm phần tử thứ nhất của một cơ sở $S'$ của $B'$, và khi đó ta sẽ có $\mathrm{Tr}_{B'/A'}(x'y') = 0$ với mọi $y' \in S'$ vì một tự đồng cấu lũy linh có các giá trị riêng bằng không (chap. VII, § 5, No. 3, hệ quả 3 của mệnh đề 8), và do đó có vết bằng không. Suy ra $D_{B'/A'}(S') = 0$, do đó $D_{B'/A'}(S) = 0$ (mệnh đề 1) và $D_{B/A}(S) = 0$ (công thức (6)), trái với giả thiết.

Hai khẳng định đầu là hiển nhiên, nên chỉ cần chứng minh (7). Theo định nghĩa, vế thứ nhất là định thức của tự đồng cấu K-tuyến tính $u$ của E được xác định bởi

Xét tự đồng cấu A-tuyến tính $v$ của E được xác định bởi $v(e_i) = \sum_s \Phi(e_i, e_s) e_s$, và tự đồng cấu K-tuyến tính $w$ của E được xác định bởi $w(a_j e_i) = (\sum_r \mathrm{Tr}_{A/K}(a_j a_r) a_r) e_i$. Ta có

vì $w(a e_s) = \sum_r \mathrm{Tr}_{A/K}(a a_r) a_r e_s$ với mọi $a \in A$; do đó $u$ là ánh xạ hợp thành $w \circ v$. Vậy, ký hiệu bởi $v_K$ ánh xạ $v$ được xét như một ánh xạ K-tuyến tính, ta có $\det(u) = \det(v_K) \det(w)$. Bây giờ $\det(v_K) = N_{A/K}(\det(v))$ (chương VIII, § 12, số 2, mệnh đề 7), và hiển nhiên $\det(v) = D_\Phi(e_1, \ldots, e_n)$. Mặt khác, vì mỗi A-môđun $Ae_i (i = 1, \ldots, n)$ đều ổn định dưới $w$, và định thức của hạn chế của $w$ lên $Ae_i$ là $\det(\mathrm{Tr}_{A/K}(a_j a_r)) = D_{A/K}(a_1, \ldots, a_q)$, nên ta có $\det(w) = (D_{A/K}(a_1, \ldots, a_q))^n$. Do đó công thức (8) được đưa về $\det(u) = \det(v_K) \det(w)$, là một công thức đã được chứng minh ở trên.

Thật vậy, nếu đặt $\Phi(x, y) = \operatorname{Tr}_{E/A}(xy)$, thì dạng song tuyến tính K $\Phi'$ của Mệnh đề 6 là $\Phi'(x, y) = \operatorname{Tr}_{E/K}(xy)$ theo công thức bắc cầu đối với các vết (Chương VIII, § 12, số 2, hệ quả của Mệnh đề 7).

Bài tập. — 1) Cho A là một đại số hạng hữu hạn trên một trường giao hoán K, có một phần tử đơn vị. a) Chứng minh rằng nếu căn của A khác không, thì dạng song tuyến tính $(x, y) \to \operatorname{Tr}_{A/K}(xy)$ trên A là suy biến. b) Giả sử rằng K có đặc số 0. Chứng minh rằng nếu A là một đại số ma trận $M_n(K)$, S là cơ sở chính tắc của A trên K, thì $D_{A/K}(S) \neq 0$. c) Suy ra từ a) và b) rằng, để một đại số A hạng hữu hạn trên một trường K có đặc số 0 là nửa đơn tuyệt đối, điều kiện cần và đủ là dạng song tuyến tính $(x, y) \to \operatorname{Tr}_{A/K}(xy)$ không suy biến (hay, điều đó cũng tương đương, là $D_{A/K}(S) \neq 0$ với mọi cơ sở S của A trên K).

¶ 2) Cho B là một vành, A là một vành con của B chứa phần tử đơn vị của B; do đó B là một song môđun (A, A); ký hiệu bởi $^sB$ (ứng với $^dB$) tập hợp B được xét như một A-môđun trái (ứng với phải), bởi $^sB^*$ (ứng với $^dB^*$) môđun đối ngẫu phải (ứng với trái) của $^sB$ (ứng với $^dB$). Với mọi $x' \in ^sB^*$ và mọi $b \in B$, ánh xạ $x \to \langle xb, x' \rangle$ là một dạng tuyến tính A trên $^sB$, do đó là một phần tử của $^sB^*$, được ký hiệu bởi $bx'$; ánh xạ $(b, x') \to bx'$ xác định trên $^sB^*$ một cấu trúc B-môđun trái (x. chương III, ấn bản thứ 2, Phụ lục II, No. 7). a) Cho $\varphi$ là một đồng cấu của song môđun (A, A) B vào song môđun (A, A) A; để ánh xạ A-song tuyến tính $\Phi : (x, y) \to \varphi(xy)$ từ $^sB \times ^dB$ vào A là không suy biến, điều kiện cần và đủ là $\varphi(0)$ không chứa iđêan nào (trái hoặc phải) của B khác $\{0\}$. Khi đó người ta nói rằng $\varphi$ là một đồng cấu Frobenius của B vào A. b) Cho $\varphi$ là một đồng cấu Frobenius của B vào A; chứng minh rằng ánh xạ $d_\varphi$ liên kết ở bên phải với $\Phi$ là một đẳng cấu của B-môđun trái $B_s$ lên một môđun con của B-môđun trái $^sB^*$. Chứng minh rằng $d_\varphi$ là song ánh trong mỗi trường hợp sau đây: 1° A là một vành Artin trái và phải thỏa mãn các điều kiện (N_s) và (N_d) (§ 1, bài tập 11), và $^sB$ và $^dB$ là các A-môđun có độ dài hữu hạn (dùng bài tập 11 b) của § 1); 2° A là một vành Artin giao hoán và có phép đối hợp (chương VIII, § 3, bài tập 11), được chứa trong tâm của B, và $^sB$ là một A-môđun có độ dài hữu hạn (dùng bài tập 11 của chương VIII, § 3).

c) Ngược lại, hãy chỉ ra rằng nếu $B_s$ và $^sB^*$ là đẳng cấu thì tồn tại một đồng cấu Frobenius của B vào A khi một trong hai trường hợp đã xét ở b) xảy ra và $^sB$ và $^dB$ có cùng độ dài (dùng bài tập 11 b) của § 1).

d) Với các giả thiết và ký hiệu của a), hãy chỉ ra rằng linh hóa tử phải (tương ứng linh hóa tử trái) của một iđêan trái I (tương ứng của một iđêan phải r) của B là trực giao $l^0$ (tương ứng $r^0$) đối với dạng $\Phi$ của môđun con I (tương ứng r) của $^sB$ (tương ứng $^dB$).

e) Cho $\varphi$ là một đồng cấu Frobenius của B vào A. Hãy chỉ ra rằng nếu A là một vành Artin có đối hợp (chương VIII, § 3, bài tập 11) thì B cũng vậy, khi giả sử thêm rằng một trong hai điều kiện của b) được thỏa mãn (dùng b) và d)).

¶ 3) Cho A là một trường giao hoán, B là một đại số hạng hữu hạn trên A, có phần tử đơn vị.

a) Để B là một đại số Frobenius, điều kiện cần và đủ là tồn tại một đồng cấu Frobenius của B vào A (bài tập 2). (Dùng bài tập 2 c) và e) ở trên, và bài tập 6 b) của chương VIII, § 13).

b) Cho $\varphi$ là một đồng cấu Frobenius của B vào A; khi đó mọi dạng A-tuyến tính trên B đều có thể viết được theo một và chỉ một cách dưới dạng $x \to \varphi(b'x)$ (tương ứng $x \to \varphi(xb'')$) trong đó $b'$ và $b''$ thuộc B; để dạng này là một đồng cấu Frobenius, điều kiện cần và đủ là $b'$ (tương ứng $b''$) khả nghịch trong B.

c) Với mọi $x \in B$, cho $x^\sigma$ là phần tử duy nhất (xem b)) sao cho $\varphi(xy) = \varphi(yx^\sigma)$ với mọi $y \in B$. Hãy chỉ ra rằng $x \to x^\sigma$ là một A-tự đẳng cấu của B. Người ta nói rằng đại số Frobenius B là đối xứng nếu $\sigma$ là một tự đẳng cấu trong của B; khi đó có một đồng cấu Frobenius của B vào A mà đối với nó $\sigma$ là đồng nhất (xem b)). Điều này tương đương với việc nói rằng các (B, B)-song môđun B và $^sB^* = ^dB^*$ (được viết là B*) là đẳng cấu (bài tập 2 c)).

d) Cho E là một B-môđun trái có độ dài hữu hạn, E’ là đối ngẫu của nó, E’* là đối ngẫu của E’ khi coi như không gian vectơ trên A; E’* được trang bị một cấu trúc B-môđun trái bằng cách đặt, với $x' \in E'$, $x'' \in {E'}^*$, $b \in B$, $\langle x', bx'' \rangle = \langle x'b, x'' \rangle$ (Chương III, ấn bản thứ 2, Phụ lục II, No. 7). Với mọi $x \in E$, cho $f_E(x)$ (hoặc đơn giản $f(x)$) là phần tử của E’* sao cho $\langle x', f(x) \rangle = \varphi(\langle x, x' \rangle)$ với mọi $x' \in E'$; bây giờ chứng minh rằng $f$ là một song ánh nửa tuyến tính đối với tự đẳng cấu $\sigma$, từ B-môđun trái E lên B-môđun trái E’* (dùng Bài tập 10 của Chương VIII, § 4). Với $E = B_s$, ta có (với các ký hiệu của Bài tập 2 b)) $d_\Phi(x^\sigma) = f_{B_s}(x)$ với mọi $x \in B$.

4) a) Cho G là một nhóm hữu hạn. Hãy chỉ ra rằng đại số B của nhóm G trên mọi trường giao hoán A là một đại số Frobenius đối xứng (Bài tập 3). (Xét ánh xạ $\varphi$ từ B vào A gán cho mỗi phần tử $x = \sum_{s \in G} \xi_s . s$ phần tử $\varphi(x) = \xi_e$, trong đó e ký hiệu phần tử đơn vị của G).

b) Cho E là một không gian vectơ hữu hạn chiều có chiều $n$ trên một trường giao hoán A, và B là đại số ngoài $\wedge E$. Hãy chỉ ra rằng B là một đại số Frobenius. (Nếu $(e_i)_{1 \leq i \leq n}$ là một cơ sở của E, xét ánh xạ gán cho mỗi phần tử $x$ của B hệ số của $e_1 \wedge e_2 \wedge \ldots \wedge e_n$ trong biểu thức của $x$ theo cơ sở của B tương ứng với $(e_i)$). Để đại số Frobenius B là đối xứng, điều kiện cần và đủ là $n$ chẵn hoặc A có đặc số 2.

¶ 5) a) Hãy chỉ ra rằng tích tenxơ của hai đại số Frobenius (tương ứng các đại số Frobenius và đối xứng) hạng hữu hạn trên một trường giao hoán K là một đại số Frobenius (tương ứng Frobenius và đối xứng) (xem § 1, No. 9, Mệnh đề 9).

b) Cho B là một đại số hạng hữu hạn trên K, L là một mở rộng của K có bậc hữu hạn trên K. Hãy chỉ ra rằng nếu đại số $B_{(L)} = B \otimes_K L$ trên L là Frobenius (tương ứng Frobenius và đối xứng), thì B cũng vậy. (Dùng Bài tập 2 c) và 3 c) ở trên và Bài tập 2 của Chương VIII, § 2).

6) Hãy chỉ ra rằng mọi đại số nửa đơn tuyệt đối B hạng hữu hạn trên một trường giao hoán A đều là một đại số Frobenius đối xứng. (Rút gọn về trường hợp B đơn; dùng Bài tập 5 b) ở trên, cũng như Mệnh đề 9 của Chương VIII, § 12, No. 3).