sự trừu tượng của đại số tuyến tính

Theo định nghĩa IX mục 8.1.3 và nhận xét rằng một hàm số triệt tiêu trên một hợp các tập hợp khi và chỉ khi nó triệt tiêu trên mỗi tập hợp.. Với bất kỳ nhóm con cộng tính của nhóm cộng t

Bài dịch

Lớp Toán VB2-K2 (nhóm 3)

STT Họ Tên Sách Trang Điểm

1 Đinh Hùng Kỳ

(Nhóm Trưởng) Ash R Abstract algebra, 1st graduate year course (2000)(407s) 364-373

2 Lê Mạnh Thắng Ash R Abstract algebra, 1st graduate

by Edwin H Connell

394-398 3-7

5 Kiều Diễm Elements of Abstract and Linear Algebra

138-142 5-9

19 Trần Việt Hùng Gilbert W.J., Nicholson W.K Modern

algebra with applications (2ed., Wiley, 2004)(ISBN 0471414514)(347s)

10-19

GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

algebra with applications (2ed., Wiley, 2004)(ISBN 0471414514)(347s)

21 Nguyễn Thị Kim Ngân Gilbert W.J., Nicholson W.K Modern

algebra with applications (2ed., Wiley, 2004)(ISBN 0471414514)(347s)

30-39

22 Hà Văn Hoàng Gilbert W.J., Nicholson W.K Modern

algebra with applications (2ed., Wiley, 2004)(ISBN 0471414514)(347s)

40-49

23 Nguyễn Thị Kim Phụng Gilbert W.J., Nicholson W.K Modern

algebra with applications (2ed., Wiley, 2004)(ISBN 0471414514)(347s)

50-59

24 Nguyễn Lê Công Trình Gilbert W.J., Nicholson W.K Modern

algebra with applications (2ed., Wiley, 2004)(ISBN 0471414514)(347s)

60-69

Nhóm Trưởng: Đinh Hùng Kỳ

GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

a + =a , ta có |H| ≤ n = |Cn| Ta có kết quả như trong phần (5.6.8)

2 Từ các thảo luận ở ví dụ 4 trong phần (2.1.3), với i=a and j=b, cho thấy nhóm quarter-nion Q

thể giới hạn s thành 0, 1, 2 hay 3 Vậy | | 8H ≤ và ta có kết quả như trong phần (5.8.6)

3 Lấy a= (1,2,3) và b=(1,2) để chứng tỏ rằng S th3 ỏa mãn tất cả các quan hệ Vì 1

ba=a b− , nên mỗi phần tử của H có dạng , , , r s

b a r s ∈ Do a 3

=b 2 =1 nên | H| 3 2≤ × = và k6 ết quả như trong (5.8.6)

4 Không Có nhiều phản ví dụ, chẳng hạn như nhóm xiclic cấp n 2

vậy gπ( )g − ∈ [Hãy nh1 N ớ rằng vì ta lấy ψ là một bao hàm, π là một đồng nhất trên H.]

Vậy G=NH Nếu g N H ∈ ∩ thì g kerπ∈ và g∈ vì vH ậy g=π(g)= , ch1 ứng tỏ rằng

1

H∩ =N

8 Nếu ta định nghĩa π(n h, )=(1,h i n) ( ,1), =(n,1), và (ψ 1,h)=(1, )h , thì chuỗi của bài tập 6 là chính xác và tách phải

9 Ta có (n h1 1)(n h2 2)=n h n h1( 1 2 −1)h h1 2, vậy ta có thể lấy ( )f h là m ột tự đồng cấu trong của N

được cho bởi liên hợp bởi h∈H

10 Xem dãy

1→C i→S π→C →1

trong đó C bao g3 ồm đồng nhất 1 và các 3-chu trình (1,2,3) và (1,3,2), và C bao g2 ồm đồng

nhất và 2-chu trình (1,2) Ánh xạ i là bao hàm và π biến mỗi 2-chu trình thành (1, 2) and mỗi chu trình thành đồng nhất Ánh xạ đồng nhất từ C2 tới S3 cho một sự tách phải, nhưng không

3-có sự tách trái nào Nếu g là một ánh xạ tách trái từ S3 tới C3, thì không thể có g(1,2)=(1,2,3)

bởi vì g(1) = g(1, 2)g(1, 2)= (1, 2, 3)(1, 2, 3) = (1, 3, 2), mâu thuẫn Tương tự, không thể có

SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 3 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

g(1, 2) = (1, 3, 2), v ậy g(1, 2) = 1 và g i  không thể là đồng nhất Rõ ràng, g(2, 3) = g((1, 2)(1, 2, 3)) = g(1, 2, 3) = (1, 2, 3), và g(1, 3) = g((1, 2)(1, 3, 2)) = g(1, 3, 2) = (1, 3, 2) Do đó,

gP g− đều là Sylow p-nhóm con của

N Do Sylow(3), chúng là liên h ợp trong N (điểm khóa) Vì vậy với n∈Nta có

L ời giải chương 6 – 10

Điều này mâu thuẫn với tính chất cực tiểu của r (Lưu ý trường hợp i=2 là quan trọng,

vì sẽ không có mâu thuẫn nếu σ1(h)−σi(h)= ∀ 0 i

5 Theo (3.5.10), bản thân nhóm Galoa đã bao gồm tự đẳng cấu đồng nhất Vì tự đẳng cấu

đồng nhất giữ cố định tất cả các phần tử nên trường bất động của G là 3

( 2)



6 Vì   nên = [ ]i -tự đẳng cấu σ của  được xác định bởi tác động của nó trên i Vì σ

hoán vị các nghiệm của 2

2 Áp dụng phần 3.4, bài tập 7, bằng cách thay thế ( )p

E=F E bởiE i +1= E E i( i+1), ta kết

luận rằng E i+1 tách được trên E Theo gi i ả thiết quy nạp, E i tách được trên F Theo tính

chất bắc cầu của mở rộng tách được (phần 3.4, bài tập 8), E i+1 tách được trên F Vậy,

theo quy nạp, E F/ tách được

3 Cho f i là đa thức tối tiểu của αi trên F Khi đó E là trường khai triển đối f = f1 f n trên

F Từ đó suy ra điều cần chứng minh

4 Đây là hệ quả của phần 2 của định lý cơ bản, bằng cách thay thế F bằng K i−1 và G bằng

/

Gal E K i− =H i−

5 E A( ) là trường chứa E F ≥ và A, vì thế E A( ) chứa E và K, do đó, theo định nghĩa của

hợp, EK ≤E A( ) Nhưng bất kỳ trường nào (cụ thể ở đây là EK) mà chứa E và K thì

chứa E và A, do đó chứa E A( ) VậyE A( )≤EK

6 Nếu σ∈G, đặt Ψ( ) ( )σ τ( x )=τσ( )x , x∈E Khi đó ψ σ( )∈G' [Nếu y=τ( )x ∈F'

7 Vì H là nhóm con chu' ẩn tắc của G nên trường bất động của nó L=F H( ') là chuẩn tắc

trên F, vì v ậy, do tính cực tiểu của chuẩn tắc đóng, ta có N L⊆ Nhưng mọi trường bất

động là trường con của N, nên L N⊆ , và do đó L=N

8 Nếuσ∈H', thì σ cố định mọi thứ trong trường bất động N, do đó σ là tự đẳng cấu đồng

nhất Vì vậy nhóm con chuẩn tắc lớn nhất của G mà chứa trong H là tầm thường Nhưng

nhóm con chuẩn tăc lớn nhất này là hạt nhân của H trong G, và ta có công thức suy ra từ

bài tập 4 và 5 trong phần 5.1

Ph ần 6.3

1 G={σ1, , σn} trong đóσi là F-t ự đẳng cấu duy nhất của E mà biếnα thành αi

2 Chúng ta phải tìm một α sao cho 1

α = + + = − , trong đó mỗi c ij là một số hữu tỷ Các lũy thừa của α

sẽ tạo thành một cơ sở khi và chỉ khi det  ≠ c ij 0 Điều này xảy ra “với xác xuất bằng

SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 6 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

1”; nếu chọn b i đặc biệt làm cho det  = c ij 0, một sự xáo trộn nhỏ của b i sẽ tạo ra một định thức khác không

3 Theo (6.3.1), ta có thể coi G là một nhóm hoán vị của các nghiệm α1, , αn của f, và do

đó G đẳng cấu với một nhóm con H của S n Vì G tác động bắc cầu trên các α i (xem (6.3.1)) nên tác động tự nhiên của H trên {1, 2, , N} là bắc cầu [Về tác động tự nhiên,

xin xem các thảo luận ở trên (5.3.1)]

4 Nhóm Galoa G phải đẳng cấu với một nhóm con bắc cầu của S2, đó là xiclic cấp 2 Có duy nhất một nhóm con bắc cầu của S2, đó chính là S2, vì thế G là một nhóm xiclic cấp 2

5 Vì  2 : = 2 và ( 2, 3) : 2 = 2, nhóm Galoa G có cấp 4 [Lưu ý rằng

3∉( 2) bởi vì a b+ 2≠ 3,∀a b, ∈] Một tự đẳng cấu σ trong G phải biến 2

thành ± và 3 thành 2 ±3 Do đó σ hoặc là đồng nhất hoặc có cấp 2 Bây giờ một nhóm trong đó mỗi phần tử có cấp 1 hoặc 2 phải Abel, bất kể cấp của nhóm [( )( )ab ab = , do 1

đó ab=b a−1 −1=ba ] Vì G là không là xiclic nên nó phải đẳng cấu với nhóm bốn

2⊕ 2

  (Xem phân tích trong (4.6.4).)

6 Cho H là nhóm con sinh b ởi H 1 và H 2, nghĩa là, sinh bởi H1∪H2 Nếu σ∈H1∪H2, thì

σ cố định K1∩K2 =K Vì H bao gồm tất cả các tích hữu hạn (= tích) của các phần tử

trong H 1 hoặc H 2, mọi thứ trong H cố định K, do đó K ⊆F H( ) Mặt khác, nếu

( )

x∈F H nhưng x∉K, ta nói x∉K1 Thế thì có τ∈H1⊆H không cố định x, do đó

( )

x∉F H , mâu thuẫn.Vậy K =F H( ).

7 Trường bất động là K1K2, hợp của K1 and K2 Vì nếu σ cố định K1K2 thì nó cố định cả

K1 và K2, vì v ậy σ thuộc về H1∩H2 Ngược lại, nếuσ∈H1∩H2 thì σ là đồng nhất trên

cả K1 và K2 (Xem phần 3.1, bài tập 1 và phần 6.2, bài tập 5), σ là đồng nhất trên K1K2

Vậy F H( 1∩H2)=K K1 2

8 Ta cóE=F(α1, , αn), với αi là các nghiệm của f Vì min(αi, F) chia cho đa thức f

tách được, nên mỗi αi là tách được trên F Theo phần 6.2, bài tập 1, E là tách được trên

F

9 Vì [ (θ, i):] [= ( )θ : ][ (θ, i):( )θ ]=4 2× =8, ta có |G|= Bất kỳ 8 σ∈G cũng

cho tương ứng θ với một nghiệm của f (có 4 khả năng) và cho tương ứng i với một

nghiệm của X2+ (2 khả năng, hay1 i − ) Vì σ được xác định bởi tác động của θ trên i

στ τσ= − =τσ Ta sẽ được kết quả từ việc phân tích nhóm nhị diện trong phần 5.8

SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 7 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

11 Bằng cách kiểm tra trực tiếp, mỗi phần tử của N cố định 2

4 Vì bi thuộc L, ta có K L⊆ , và vì h∈L X[ ] nên ta có g|h Nhưng g∈K X[ ] theo định

nghĩa của K, do đó h|g Vì g và h là đơn khởi, chúng phải bằng nhau Đặc biệt chúng có

cùng cấp, do đó [E L: ] [= E K: ] Vì K ⊆ , ta có L K L =

5 Vì L = nên L hoàn toàn được xác định bởi g Nhưng nếu K f =min( , )α F thì g f Vì f |

chỉ có hữu hạn các ước bất khả quy nên chỉ có thể có hữu hạn các trường trung gian L

6 Vì có hữu hạn các trường trung gian giữa E và F nên điều này cũng đúng giữa L và F

Theo giả thuyết quy nạp, L=F( )β với β∈ Vậy L E=L(αn)=F(β α, n)

7 Theo giả thiết, chì có hữu hạn các trường của có dạng (F cβ α+ n c), ∈ Nhưng có vô F

hạn cách lựa chọn c Từ đây suy ra điều cần chứng minh

8 Do E=F(β α, n), từ đó cho thấyβ∈F c( β + αn) Điều này cũng là do

1 Ψn Xp( )=∏i(X p−ωi) trong đó ωi là các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị Nhưng

các nghiệm của p

i

X −ω là các căn bậc p của ωi, mà chúng phải là các căn nguyên thủy

bậc np của đơn vị bởi vì p là nguyên tố và | p n Từ đây suy ra điều phải chứng minh (Ánh xạ θ → θp là một song ánh giữa căn nguyên thủy bậc np của đơn vị và căn nguyên

thủy bậc n của đơn vị, doϕ( )np = pϕ( )n )

2 Theo (6.5.1) và (6.5.6), nhóm Galoa của mở rộng Cyclotomic (chia đường tròn) bậc n của

 có thể đồng nhất với các nhóm tự đẳng của nhóm xiclic của nhóm căn bậc n của đơn

vị Theo (6.5.6), nhóm Galoa là đẳng cấu với Un Từ đó suy ra điều cần chứng minh

3 Lũy thừa của 3 mod 7 là 3, 9 ≡ 2, 6, 18 ≡ 4, 12 ≡ 5, 1

4 Kết quả được suy ra từ bài tập 3 và (1.1.4)

6

σ ω ω+ =ω +ω = +ω ω nên ω + ω6∈ Bây giờ K ω ω+ 6 = +ω ω− 1=

2cos2 / 7π , nên ω thỏa mãn phương trình bậc hai trên (cos2 / 7π ) Theo (3.1.9)

] [

[ : =  :K K][ :(cos2 / 7π )][ ( cos2 / )π 7 :] trong đó số hạng bên trái là 6, số hạng đầu tiên bên phải là σ6 = 2, và số hạng thứ hai bên phải là (theo nhận xét trên) 1 hoặc 2 Nhưng K:(cos2 / 7π ) không thể là 2 (vì 6 không phải là một bội số của 4), do đó ta phải cóK = (cos2 / 7π )

6 σ ω ω2( + 2+ω4)=ω2+ω4+ω8 = +ω ω2+ω4 nªn ω ω+ 2+ω4∈L;

σ ω ω+ +ω =ω ω+ +ω =ω ω+ +ω ≠ +ω ω +ω ω ω+ +ω ∉ [Nếu ω ω ω3+ 5+ 6 = +ω ω ω2 + 4 thì ta có hai đa thức đơn khởi khác biệt bậc 6 được thỏa mãn bởi ω (cái kia làΨ7( )X ), điều này là không thể.]

7 Theo định lý cơ bản, [L:]=G: σ2  =2, do đó ta phải có ( 2 4)

L= ω ω+ +ω

8 Nghiệm của Ψq là căn bậc r

p của đơn vị mà không phải căn bậc r 1

p − của đơn vị Vậy

1 f là b ất khả quy theo Eisenstein và nhóm Galoa là S3 Điều này được suy ra từ (6.6.7) hay qua tiêu chuẩn biệt số của (6.6.3); ta có D f( )= −27 4( )= −108 (không là bình phương

của mộ số hữu tỷ)

2 f là bất khả quy bằng cách kiểm tra nghiệm hữu tỷ, và ta cóD f( )= − −4( )3 3 27− =

108 27− =81(là bình phương của một số hữu tỹ) Vậy nhóm Galoa là A3

3 f là bất khả quy theo Eisenstein Đạo hàm là 4 3 3

'( ) 5 40 5 ( 8)

f X = X − X = X X − Ta có )

− − − = − Trong mọi trường

hợp, D không phải là một bình phương của một số hữu tỷ, vì vậy G = S3 (Cũng lưu ý

rằng g là bất khả quy theo Eisenstein, vì vậy chúng ta có thể tránh được việc kiểm tra nghiệm hữu tỷ ngay từ đầu)

5 Nếu f khả quy thì nó là tích của một thừa số tuyến tính và một đa thức bậc hai g Nếu g là

bất khả quy thì G là xiclic có cấp 2 (phần 6.3, bài tập 4) Nếu g là khả quy thì tất cả các

nghiệm của f là trường cơ sở và G là tầm thường

6 Cho các nghiệm là a, b ic+ vàb ic− Khi đó

2 2

2(a b ic a b ic ic)( ) ((a b) c )2ic

và vì i2 = − , ta có 1 D <0 Vì D không thể là bình phương của một số hữu tỷ nên nhóm

Galoa là S3 [Điều này cũng được suy ra từ (6.6.7)]

2 Có Cho E là m ở rộng Cyclotomic (chia đường tròn) bậc p của  , với p là nguyên tố

Nếu p > thì  không chứa căn nguyên thủy bậc p của đơn vị Theo (6.5.6), nhóm 2

Galoa đẳng cấu với nhóm các đơn vị mod p, đó là nhóm xiclic

SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 10 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

1 =β β−, β β− , , nβ β− Vì nhóm các căn bậc n của đơn vị là xiclic nên

phải có một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị trong E

4 Mỗi nghiệm của g có dạng ω θi , vì vậy 0

k d

g =ω θ Vì ωp = nên ta có 1 0p dp

g =θ Nhưng p

c=θ vì vậy θ cũng là một nghiệm của f từ đó ta có kết quả cần tìm

g c là một nghiệm của f trong F

6 [E:F(ω)] |p và nhỏ hơn p theo (6.7.2); lưu ý rằng E cũng là trường khai triển đối với f trên F(w) Vậy [E F: ( )ω ] phải bằng 1, do đó E=F( )ω

7 F ch ứa một căn nguyên thủy bậc p của đơn vị khi và chỉ khi ( E =F( ))ω = khi và chỉ F

khi X p−c phân rã được trên F

8 Bằng quy nạp, σ θj( )= +θ j, 0≤ ≤ − Vì thế, nhóm con của G cố định θ, do đó cố j p 1

định F(θ), có duy nhất một đồng nhất Theo định lý cơ bản, E=F( )θ

9 Ta có (σ θp−θ)=σ θ( )p−σ θ( )=(θ+1)p− + =(θ 1) θp− θ trong đặc trưng p Do đó

p

θ − thuộc trường bất động của G, đó là F Cho θ p

a=θ − từ đó suy ra điều cần chứng θminh

10 Vì f( )θ = nên 0 min(θ,F) | f Nhưng bậc của đa thức tối thiểu là [F(θ): F] = [E: F] = p

= deg f Do đó f =min( , )θ F là bất khả quy

11 Vì θp − = , ta có (θ a 1)p ( 1) p

a

θ + − + =θ θ − = Bθ ằng quy nạp, ta có , 1, , p 1

θ θ+ θ+ − là các nghiệm phân biệt của f, và vì vậy f có bậc p, ta thấy tất cả

các nghiệm và f là tách được Vì E là trường khai triển đối với f trên F, ta có E =F(θ)

12 Theo bài tập 11, mỗi nghiệm của f sẽ sinh ra cùng một mở rộng của F, cụ thể là E Nhưng

bất kỳ thừa số bất khả quy nào của f cũng là đa thức tối tiểu của ít nhất một trong các

nghiệm của f, từ đó suy ra điều cần chứng minh

13 [E F: ] [= F( )θ :F]=deg min( (θ,F))=degf = Vậy nhóm Galoa có cấp nguyên tố p và p

cos θ = cosθ− cosθ Nếu3θ π= / 3, ta có

SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 11 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

/ 3 1 / 2 4 3

cosπ = = α − αNhư thế 3

8α −6α − = Nhưng 1 0 3

8X −6X − là bất khả quy trên  (bằng cách kiểm 1tra nghiệm hữu tỷ), vì vậy α là đại số trên  và  ( )α :  =3 (không phải là một lũy thừa của 2), mâu thuẫn

2 X3− là b2 ất khả quy theo Eisenstein, vì vậy 3

2 : 3[ ( ) ] = và 3

2 là không dựng được

3 Cạnh một hình vuông như thế sẽ là π , vì vậy π , do đó π, sẽ là đại số trên  , mâu thuẫn

ω ω− + = Biệt số của đa thức bậc hai là âm, chứng tỏ nó là bất khả quy trên

2 / )(cos π n

/[ ( cos2π n): là lũy thừa của 2 Từ đó suy ra điều cần chứng minh ]

6 Theo giả thiết, G=Gal(( )ω / là một 2-nhóm bậc của nó là ( )) φ n Do đó, mỗi nhóm

thương của G, cụ thể là Gal((cos 2 /π n)/ , là một 2- nhóm [Chú ý rằng theo )

(6.5.1), G là Abel, do đó mỗi nhóm con của G là chuẩn tắc, và do đó mọi trường trung gian là một mở rộng Galoa của  Do đó ta áp dụng phần 2c của Định lý cơ bản (6.2.1).]

7 Theo định lý cơ bản (đặc biệt là, phần 6.2, bài tập 4), ta có các trường

SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 12 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

10 e i ∈ và là độc lập đại số trên K, vì thế độ siêu việt của E trên K tối thiểu là bằng n Suy E

ra αi là độc lập đại số trên K và độ siêu việt bằng đúng n Do đó, bất kỳ hoán vị nào của

các αi cũng cảm sinh một K-tự đẳng cấu của E=K(α1, ,αn) mà nó cố định cáce , do i

đó cố định F Vậy nhóm Galoa của f bao gồm tất cả các hoán vị của n chữ cái

11 Vì S n là không giải được nên phương trình tổng quát bậc n là không giải được bằng căn

thức nếun≥5 Nói cách khác, nếun≥5, không có chuỗi các phép toán trên e 1 , …,e n bao

gồm cộng, trừ, nhân, chia và khai căn mà có thể tìm được nghiệm của f

Ph ần 6.9

1 Nếu S không phải là cực đại, tiếp tục bổ sung các phần tử vào S cho đến khi ta có được

một độc lập đại số cực đại Nếu ta đi tất cả các cách tới T, thì T là đại số độc lập và là hệ

sinh đại số của E, do đó là một cơ sở siêu việt (vận dụng phương pháp quy nạp siêu hạng

sẽ cho ta các chi tiết chính thức.)

2 Với câu thứ nhất, ta cho T E= trong bài tập 1 Với câu thứ thứ hai, cho S = ∅

3 (i) kéo thao (ii): Giả sử rằng t i thỏa mãn f t( )i = +b0 b t1i + + b t m i m = , v0 ới

( \ { })

b ∈F T t Bằng cách quy đồng một mẫu số chung cho các b j, ta

có thể giả sử rằng b j là đa thức trongF T[ \{ }t i ]⊆F T[ ] Theo (i), b j =0 với mọi j, vì

vậy f = 0

(ii) kéo theo (iii): Lưu ý rằngF t(1, ,t i−1)⊆F T( \{t i})

(iii) kéo theo (i): Giả sử f là một đa thức khác không trong F X[ 1, ,X m] sao cho

f t t = +b b t + +b t với b j =h t j(1, ,t m−1) Nếu các b j không

phải đều bằng không, thì t mlà đại số trênF t(1, ,t m−1) mâu thuẫn (iii)

Vậy b j ≡0, do tính tối tiểu của m, h j ≡0, do đó f = 0

4 Nếu S∪{ }t phụ thuộc đại số trên F thì có một số nguyên dương n và một đa thức f khác

không trongF X[ 1, ,X n, Z sao cho ] f t( 1, , t t n, )= v0 ới t1, ,t n ∈ Vì S là đại số độc S

lập trên F, f phải bao gồm Z Ta có thể viết f = +b0 b Z1 + + m

m

b Z với b m ≠ và b0 j là

đa thức trongF X[ 1, ,X n] Nhưng như thế thì t là đại số trên F(S)

SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 13 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

Ngược lại, nếu t là đại số trên F(S), thì với số nguyên dương n, có các phần tử t1, ,t n∈ S sao cho t là đại số trênF t(1, ,t n) Theo bài tập 3, {t1, , ,t t là ph n } ụ thuộc đại số trên F,

do đó S∪{ }t phụ thuộc đại số trên F

5 Cho A={s1, ,s t m, , ,1 t n} là một tập con hữu hạn tùy ý củaS∪T, với s i∈ và S t j∈T Theo bài tập 3, s i là siêu việt trên F s( 1, ,s i−1) và t j là siêu việt trên K t(1, ,t j−1), do đó trên F s( 1, ,s t m, , ,1 t j−1) vậy S K⊆ Lại theo bài tập 3, A là đại số độc lập trên F Vì A

là tùy ý, S∪T là đại số độc lập trên F Bây giờ nếu t∈K thì { }t là phụ thuộc đại số

trên K (t là nghiệm củaX −t ) Nhưng nếu t cũng thuộc về T thì T là đại số phụ thuộc trên

K, mâu thu ẫn với giả thiết Vậy K và T, do đó S và T, là rời nhau

6 Theo bài tập 5, S∪T là đại số độc lập trên F Theo giả thiết, E là đại số trên K T và K ( )

là đại số trênF S Vì m( ) ỗi t∈T là đại số trênF S( )( )T =F S( ∪T), suy ra rằng K T ( )

là đại số trên (F S∪T) Theo (3.3.5), E là đại số trên (F S∪T) Do đó S∪T là một cơ

sở siêu việt choE F/

SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 14 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

g và do f bi ất khả quy nên f chia hi ết cho g Do đó (f , f , , f 1 2 r) chia hết cho g

3 Theo vấn đề 1, f là bất khả quy khi và chỉ khi V f là m( ) ột siêu điện bất khả quy Nếu f và g

là bất khả quy và V f( )=V g( ) thì theo vấn đề 1 ta có (f) = (g) , do đó f = cg đối với một vài

hằng số c khác 0 (mục 2.1, vấn đề 2) Vì thế f →V f( ) là một song ánh giữa đa thức bất khả quy

và siêu điện bất khả quy nếu đa thức f và cf với c khác 0 được xác định

4 Theo định nghĩa I(X) mục 8.1.3 và nhận xét rằng một hàm số triệt tiêu trên một hợp các tập

hợp khi và chỉ khi nó triệt tiêu trên mỗi tập hợp

5 Theo mục 8.1 vấn đề 5 đối với mỗi V là tập hợp của nhiều bộ phận tối giản hữu hạn V , , V 1 r

= ∩ Theo mục 8.1 với mỗi I V là m( )i ột Idean gốc Theo 8.4.3

với mỗi Idean gốc là I(V) cho một vài loại V và kết quả theo sau

6 Theo mục 8.1 vấn đề 6 và tính chất nghịch đảo bao gồm của I (phần 4 mục 8.1.3) thì không gian phân hoạch là duy nhất nếu chúng ta loại bỏ bất kỳ một Idean gốc mà bao hàm một Idean khác Nói cách khác, chúng ta chỉ giữ lại những Idean gốc tối tiểu

7 Nếu f là một nhân tố bất kỳ bất khả quy của f thì f không chia hi ết cho g Do đó nếu fi ≠fj, f không chia hết cho fj Theo vấn đề 7 mục 8.3 phương trình tương đồng f = =fj 0 chỉ có nhiều

lời giải hữu hạn và kết quả X là một tập hữu hạn

8 Với ký hiệu trong vấn đề 7 ta có fi =ghj trong đó ước số chung lớn nhất của h là hi ằng số Vì

X là tập hợp của đường cong đại số xác định bởi g = 0 và tập hợp hữu hạn xác định bởi

là một Idean tối đại (mục 3.1, vấn đề 8), đặc biệt I là riêng biệt Nhưng f(0) và f(1) là khác 0, do

đó V(I) là rỗng, mâu thuẫn với giả thiết Nullstellensatz

• M ục 8.5

1.Nếu x∉M thì Idean tạo ra bởi M và x là R Do đó, tồn tại y thuộc M và z thuộc R sao cho y +

zx = 1 Giả thiết zx với x là phần tử đơn vị Dùng phương pháp phản chứng để chứng minh rằng

mỗi phần tử không phải đơn vị thuộc M

2 Với bất kỳ nhóm con cộng tính của nhóm cộng tính tuần hoàn của n

p

Z phải bao gồm bội của

một vài lũy thừa của p, và nó theo sau rằng mỗi Idean được chứa đựng trong (p), có phải là Idean

tối đại duy nhất

3 Số A có thể là lũy linh một vài lũy thừa cùa A có thể bằng 0 Tập hợp sẽ gấp lên nhiều lần

1 Nếu m

x thuộc giao của I thì x thui ộc mỗi I sao cho i

n i

f X, Y X là số hạng cao nhất của tích XY

6 Theo 8.6.9 một Idean I thích hợp có thể trình bày như sự giao nhau của rất nhiều Idean gốc Qi

Nếu Q là i P -primary thì theo vi ấn đề 1 ta có i i

2 Cho a, b là những số nguyên sao cho am+bn=1 Nếu x∈Z , ym ∈Zn thì

4 Ta có h=g ' h '=g 'gh, h '=gh=gg ' h ' Nhưng nếu P = T và f = h thì g= tạo ra sự giao hoán 1T

chuyển mạch biểu đồ như gg’ Yêu cầu duy nhất trong tính ánh xạ phổ dụng là g 'g= và 1T

T '

gg ' 1= Do đó T, T’ đẳng cấu

5 n⊗ =x n 1( ⊗x)= ⊗1 nx= ⊗ = 1 0 0

6 nZ⊗Zn ≅ ⊗Z Zn bởi 8.7.6 với n⊗ → ⊗ →x 1 x x và khi x≠0, n⊗ ≠ x 0

7 Ta có một ánh xạ tuyến tính ( )f , g → ⊗ tf g ừ HomR(M, M ')×HomR(N, N') tới

y y y y y y y y y y y y y y

y y y y y y y y

+

Vế trái cũng như số hạng đầu và số hạng cuối bên phải bằng 0 bởi định nghĩa về N

2 Nếu π là bất kỳ hoán vị của {a, , b thì theo v} ấn đề 1xπ( )a xπ( )b =(sgnπ)x xa b Vế trái sẽ

là ±x xa b bất chấp sự hoán vị nói riêng của π và kết quả theo sau

3 Ánh xạ đa tuyến tính f kết luận 1 đơn vị p

h : M⊗ → sao cho Q h y( 1⊗ ⊗ yp) (=f y , , y1 p)

Bởi vì f là hoán đổi, hạt nhân của h chứa N, do đó sự tồn tại và duy nhất của ánh xạ g theo sau

bởi định lí

4 Theo vấn đề 3, có 1 đơn vị R – đồng cấu n

g : A M→ sao cho R g y y( 1 n) (=f y y1 n) Đặc

5 Cố định tập hợp các chỉ số I và t0 ập hợp bù của nó J N0 ếu ∑Ia xI I =0, xI∈R, nhân hai vế bên phải bởi xJ N0 ếu I≠ thì I0

a x x = ±a x x =0 Theo vấn đề 4, aI0 = Từ đó 0 I tùy ý và k0 ết quả theo sau

6 Ta có R0 ⊆ bởi định nghĩa của S Giả sử rằng S Rm ⊂ với m 0,1, ,n 1S = − và cho

1 Giả sử R là tập đơn và cho x R, x 0 ∈ ≠ thì Rx trùng với R sao cho r thuộc Rx Vì có một phần

tử y R ∈ sao cho yx 1 = Tương tự, có một phần tử z R ∈ sao cho yz 1 = Do đó,

z z1 zyx 1x x, vì xy zy 1 = = và y là nghịch đảo hai bên của x Trái lại, giả sử rằng R là

một vành bộ phận và cho x là một phần tử khác 0 của ideal trái I Nếu y là nghịch đảo của x thì

1 yx I1 sao cho I thuộc R và R là đơn giản

2 I là thích hợp vì f (1) x 0 = ≠ và R / I R ≅ x bởi định lí đẳng cấu đầu tiên

3 Phần mệnh đề “if” theo bởi định lý tương ứng, giả sử rằng M đơn giản Nếu x là phần tử khác

0 của M, M=Rx bởi sự tối giản Nếu I ker f = thì trong vấn đề 2 M R / I ≅ và I là lớn nhất bởi định lí tương ứng

4 “Only if” dưới hoàn thành trong vấn đề 3, giả sử rằng không đơn giản cho N là một modun con của M với M < N Nếu x là một phần tử khác 0 của N với 0 < N < M do đó x không thể tạo

ra M

5 Theo vấn đề 3, một modun z đơn giản đối với Z/I, một ideal lớn nhất của Z theo mục 2.4 vấn

đề 2, I=(p) trong đó p là số nguyên tố

6 Trong vấn đề 5, một ideal Z đơn giản là đẳng caausddoois với F[X]/(f) trong đó f là một đa

thức tối giản của F[X] (xem mục 3.1, vấn đề 8)

7 Nếu x là một phần tử tùy ý khác 0 của V Một tự đẳng cấu f sao cho f(x) = y Do đó,

k

V (End V)x = Theo vấn đề 4, V là một modun End V k đơn giản

SVTH: Trần Văn Tân Trang 20 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

8 Do mục 4.7.4 mỗi dãy ngắn chính xác chia đoạn chỉ khi đối với bất kì modun con N M ≤ ,

M N P ≅ ⊕ ánh xạ N->M có thể xác định một mặt phẳng Nói cách khác, mỗi modun con của M

là một tổng luận trực tiếp liên quan đến vấn đề này xem mục 9.1.2, M là một nữa đơn giản

3 Cho M Z = P ⊕ ZP trong đó p là số nguyên tố thì M không là modun Z đơn giản nhưng annM

= pZ là ideal tối đa của Z

4 Sự tính toán được đưa ra trong mệnh đề cho thấy rằng (1; 0) là một …của V, vì V là tuần hoàn Nhưng N=… là một modun con thích hợp quan trọng của V.(Chú ý rằng T…) Do đó V là không đơn giản

5 Vì F là một đóng đại số, f có giá trị riêng λ thuộc F Do đó hạt nhân của f là λI khác 0, với

mọi M Do đó f(m) = λm, ∀ ∈ m M

6 Nếu r thuộc I và s + I thuộc R/I thì r(s+I) = rs + I Nhưng nếu I không phải là một ideal đúng

ta không thể suy ra rs thuộc I

3 Iđêan trái là đơn giản khi và chỉ khi nó là tối thiểu trong kết quả theo bởi mục 9.1.2

4 Nếu nó là…theo mục 9.1, vấn đề 5, Z sẽ là tổng trực tiếp các nhóm tuần hoàn của thứ tự cấp nguyên tố Do đó với mỗi yếu tố của Z

5 Theo mục 4.6.4 với mỗi nhóm giao hoán hữu hạn là tổng trực tiếp của nhiều loại Zp, p là một

số nguyên tố Nếu p và q là những nguyên tố phân biệt thì Zp Zq Zpq ⊕ ≅ theo định lý số dư

của người Trung Quốc Do đó Zn có thể tập hợp nhóm tuần hoàn của trật tự miễn là không có số nguyên tố xuất nhiều hơn một lần trong thừa số của n (Nếu Zp⨁ Zp là phần của sự phân tích không thể hoàn toàn Kết quả là Zn là một nửa đơn giản khi và chỉ khi n là một số chính phương

SVTH: Trần Văn Tân Trang 21 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

6 Điều này theo bởi mục 9.1, vấn đề 8 Trong trường hợp đầu tiên, B là semisimple bởi giả thiết

và trong trường hợp thứ hai A là semisimple Trường hợp suy biến M=0 có thể giải quyết một cách trực tiếp

7 Những điều kiện (a) và (b) là liên quan theo mục (9.3.2) và sự định nghĩa về semisimple vành Theo vấn đề 6, (b) bao hàm cả (c) và (d) Từ đó cho thấy rằng c bao hàm b và d bao hàm b Cho

M là một môđun R≠0 với N là một môđun của M Theo giả thiết ta có dãy 0→N→M→M/N→0 được chia đoạn Theo giả thiết, M/N là xạ ảnh trong trường hợp thứ nhất và N trong trường hợp

thứ hai Theo mục 9.1, vấn đề 8, M là semisimple

3 Theo vấn đề 2, vành R có một môđun – R đơn giản M Giả thiết những môđun hai phía quan

trọng ngụ ý rằng ta có thể tiếp tục chính xác như trong mục 9.4.6 để cho thấy rằng M chính xác

4 Nếu V là chiều vô hạn trên D, thì chính xác trong mục 9.4.7, có thể thấy một chuổi giảm vô

hạn của iđêan trái với giả thiết rằng R là Artinian

5 Theo vấn đề 4, V là một không gian vectơ chiều hữu hạn trên D, có thể thảo luận lại vấn đề bàn bạc trước (9.4.7) cho rằng R ≅ EndD(V)≅Mn(Do)

6 Đây là một chuỗi hợp thành tổng: 0 < M1 <M1 ⨁ M2 < … < M1 ⨁ M2 ⨁…⨁ Mn = M

7 Theo mục 9.1.2 M là tổng trực tiếp của môđun đơn giản Nếu tổng trực tiếp là vô hạn thì ta có

thể tiếp tục như trong vấn đề 6 để xây dựng một dãy số tăng dần hoặc giảm dần của những môđun con của M trái với giả thiết rằng M là Artinian và chuỗi tăng dần hoặc giảm dần

0 32

2

0 33

3 x + ry = cx và y = cy Nếu y ≠ 0 thì c = 1 do đó ry, y chắc là bằng 0 Do đó c = 1 và x là tùy ý

để mà môđun con kG một chiều cần trùng nhau với W

4 Nếu V = W⨁U, trong đó U là một kG – môđun con thì U là một chuỗi Theo vấn đề 3, W = U

và vì W ≠ 0 cho nên đó là không thể

SVTH: Trần Văn Tân Trang 23 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

5 Nếu M là semisimple và hoặc là Noetherian hoặc Artinian, thì tổng trực tiếp của nhiều môđun đơn giản hữu hạn Những môđun đơn giản này là những yếu tố của dãy hợp thành tổng và kết theo mục 7.5.12

6 Có e là mặt phẳng chiếu tự nhiên/gốc trên M1, thì e là một số, e ≠ 0 vì M1 ≠ 0 và e ≠ 1 vì e = 0 trên M2 và M2 ≠ 0

7 Có e là một số không đổi quan trọng và xác định bởi e1=e, e2 = − Theo sự tính toán trực 1 e

tiếp, e1 và e2 là số không đổi quan trọng những trực giao Lấy M1 = e1(M), M2 = e2(M) thì M1

và M2 là những tập hợp con khác 0 với M = M1 + M2 Để chứng minh rằng tổng là trực tiếp cho

M ≅R f Hơn nữa, ker f =ann M( ) Trái lại, R I/ là tuần hoàn vì nó được tạo bởi 1 I+

2 Nếu N là một môđun con tối đại của M thì N là một nhân của ánh xạ chính tắc của M trên môđun tối giản M N/ Trái lại, nếu f :M →S, S tối giản, thì f M( )=0 hoặc S, f =0hoặc

/ ker

S ≅M f Do ker f hoặc là môđun con tối đại Do đó, giao của những hạt nhân là trùng nhau với

sự giao nhau của tất cả các môđun con tối đại [Nếu không có các môđun con tối đại thì sự giao nhau của tất cả các hạt nhân là M]

3 Định lý về sự tương đồng, giao của các ideal trái tối đại của R I/ là bằng 0 Bởi vì sự giao nhau của tất cả các ideal trái tối đại của R chứa I là sự giao nhau của các ideal trái tối đại của R [Chú ý rằng ( )

J R được chứa trong mỗi ideal trái tối đại và I =J R( )]

4 Cho g là một môđun R tự đồng cấu từ N tới môđun R tối giản S Thì gf :M →S, theo vấn đề 2,

( ) er( )

J M ⊆k gf Nhưng f J M( ( ))⊆kerg Lấy giao tất cả g để có f J M( ( ))⊆J N( )

5 Giả sử rằng a∈J R( ) Nếu 1 ab+ là một nonunit, thì với một vài ideal tối đại M thì a cũng thuộc M, do đó abcũng thuộc M Do đó 1 M∈ , mâu thuẫn Bây giờ giả sử rằnga∉J R( ), để mà cho một vài ideal tối đại, a∉M Tối đa ta có M +Ra=R sao cho 1= +x ra với một số x∈M và r∈R

Vì x thuộc M , nó không thể là một đơn vị, do đó ta đặt b= −r, nó cho thấy rằng 1 ab+ là một nonunit

6 Ta có định lý về sự tương đồng có một song ánh cho bởi ψ( )A =A N/ giữa những môđun con tối đại của M chứa N và những môđun con tối đại của M N/ Vì N≤J M( ) theo giả thiết, một môđun con tối đại của M chứa N là cùng loại như một môđun con tối đại của M Do đó J M( ) tương ứng với ( / )

( )a t =(a t+ ) Theo vấn đề 1, a là một nghịch đảo, chứng minh rằng R là một trường

3 Nếu P là một ideal nguyên tố của R thì R P/ là một miền nguyên Artinian theo mục 7.5.7 và mục 2.4.5 Theo mục 2, R P/ là một trường, do đó theo mục 2.4.3, P là tối đại

SVTH: Trần Văn Tân Trang 24 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

4 Ta có P∩ ∈I S và P∩ ⊆I Icực tiểu của I, P∩ =I I Do

1

n j j

0

n n

I = ⊕∞= X Y

8 Định lý cơ bản Hilbert, [ ]X và vành Noetherian và một môđun trái Noetherian [ ]X

Bản sao đẳng cấu [ ] X Y là một [ ]X môđun trái Noetherian bởi vì R theo 7.5.8 Một ideal trái

của R được tạo ra hữu hạn như một [ ] X được tạo ra hữu hạn như một R – môđun, do đó R là Noetherian trái

9 Tập hợp {x1, ,x2} với khoảng cách V chứa một cơ sở Nếu sự ngăn chặn là thích hợp thì theo 9.8.5, phần (ii), {x1, ,x n} không thể là một tập hợp tối thiểu, mâu thuẫn

10 Trong kí hiệu ma trận vectơ ta có y=Ax do đó y= Axvới aij=aij+J Theo vấn đề 9,

1 Điều này là chính xác như những chứng minh trong 1.1.1

2 Với vành đồng cấu bất kì trên Q được xác định bởi những giá trị của nó trên (m=(m n n/ ) và

áp dụng đồng cấu g để có g m n( / )=g m( ) / ( )g n Do đó nếu gi=hi thì g trùng với h trên Z, vì vậy

g=h, chứng minh i là một toàn cấu

3 Cho AZB là một kí hiệu nhanh cho sự hợp thành tích của cấu xạ duy nhất từ A đến đối tượng gốc

Z, theo bởi cấu xạ duy nhất từ Z tới B Nếu Z’ là một đối tượng gốc khác thì

số thông qua 0ZA Tương tự đối hạch của toàn cấu f A: →B là ánh xạ không từ B tới đối tượng gốc

6 Nếu j=ih và i= jh' thì i=ihh', do đó theo tính duy nhất trong phần (2) về định nghĩa của nhân (áp dụng khi g=i), hh' và tương tự h h' , phải là lõm

SVTH: Trần Văn Tân Trang 25 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

7 Xác định ánh xạ f K: →A với h x( ) 1= với mọi x Vì K không tầm thường, h không là ánh xạ đồng nhất để g ≠h Nhưng fg= fh vì cả hai ánh xạ trong K là đồng nhất đến B

8 Nhân của đồng cấu vành là một ideal nhưng không phải là vành con (vì nó không chứa đồng nhất nhân)

9 Cho f A: →B là một đồng cấu vành Cho tập hợp các cặp ( , )x y trong tích trực tiếp A A× để ( ) ( )

f x = f y Vì f là không nội xạ, có một cặp ( , )x y của C vớix≠ y Do đó nếu D={( , ) :x x x∈A}

thì D⊂C Nếu g là hình chiếu của A A× trên hệ tọa độ thứ nhất, h là hình chiếu trên hệ tọa độ thứ hai thì f g x y( ( , ))= f x( ) và f h x y( ( , ))= f y( ), do đó fg= fh trên vành C Nhưng g và h không cùng trên tập C\D, vì vậy f không là toàn cấu

10 Cho g là ánh xạ chính tắc của N vào N / (f M) và cho h N: →N/ (f M) là đồng nhất 0 Khi

gf tiến về 0, ta có gf =hf với g ≠h Do đó f không là toàn cấu

2 No Ví dụ, sự sắp xếp thứ tự thông thường trên tập số nguyên

3 Theo tính đối ngẫu, nếu tồn tại một tích đôi của x i, là cận trên lớn nhất

4 Nếu x có bậc r và y có bậc s thì rs x( +y)=s rx( )+r sy( )=0 Do đó tổng của 2 phần tử cấp hữu có cấp hữu hạn

5 Điểm mấu chốt là nếu f là một đồng cấu của nhóm giao hoán tuần hoàn S thì f S( ) cũng là tuần hoàn (vì nf x( )= f nx( )) Do đó sơ đồ (1) với A=∏A i, ta có f S( )⊆T A( ) Vì ∏A i là tích số trong phạm trù của các nhóm giao hoán, nó cho thấy rằng T A( ) thỏa tính ánh xạ phổ biến và tích số trong phạm trù của các nhóm giao hoán tuần hoàn

6 Cho các đồng cấu f G i: j →H ta cần nâng f j từ một đồng cấu tới tích số tự do tới H Điều này được hoàn thành thông qua f a( 1 a n)= f a1( ) (1 f a n n) Nếu i j là ánh xạ từ G j đến *i G i thì

( (j j)) ( j) j( j)

f i a = f a = f a , như đã yêu cầu

7 Ta có p f i = f i trong đó f G i: →C i f i có thể được chọn từ sự toàn ánh (ví dụ lấy G từ tích trực tiếp của C i), và suy ra p i là toán ánh

8 Vì f C: 1→C, ta có f a( )1 =na cho một vài số nguyên dương n Do đó

SV: NGUY ỄN TUYẾN DUY

(D ịch từ trang 394-398) SÁCH : ELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H CONNELL

SÁCH : ELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H CONNELL

(D ịch từ trang 3-7)

SVTH: Nguyễn Tuyến Duy Trang 29 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

SV: KI ỀU DIỄM SÁCH : ELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H CONNELL

(Dịch từ trang 8-17)

Đại số trừu tượng thì không chỉ là một môn khoa học chính mà nó còn có tính ma thuật

và hài hước Đại số trừu tượng không hoàn toàn là công việc và cũng không phải là trò chơi, và dĩ nhiên nó không phải là một cậu nhóc ngu khờ Xem lại ví dụ thủ thuật xếp bài

ở trang 18 Thủ thuật này không chỉ dựa vào sự khéo léo sử dụng đôi bàn tay để làm

những trò ảo thuật mà còn dựa vào một định lý trong đại số trừu tượng Bất kì ai cũng có

thể làm thủ thuật đó, nhưng để hiểu nó bạn cần hiểu biết về vài định lý nhóm Và trước khi bắt đầu khoá học, trước tiên bạn có thể thử những kỹ năng của bạn với bài toán quân

cờ nổi tiếng (vài người có thể nói là không nổi tiếng) Trong bài toán đố này, một khung

có 12 ô trống, những quân cờ được đánh số sẽ đặt vào 11 ô đầu tiên, và ô cuối cùng bị khuyết Hai quân cờ cuối cùng thì đặt không đúng thứ tự Có thể đẩy những quân cờ quanh vị trí của chúng để đưa tất cả về đúng thứ tự của chúng, và bước cuối cùng là ô

cuối cùng bị khuyết có được hay không? Khi không làm điều này nữa, bạn có thể học các nhóm hoán vị và được biết câu trả lời sau đó

CHƯƠNG I NỀN TẢNG VÀ CƠ SỞ CỦA TOÁN HỌC

Chương này thì cơ bản, không chỉ bao gồm đại số mà bao gồm tất cả các lĩnh vực có liên quan đến toán học Khái niệm cơ bản như tích các tập hợp, quan hệ thứ tự, quan hệ tương đương, ánh xạ, và các số nguyên Một quan hệ tương đương trong tập hợp A được chứng

tỏ mộtt cách dễ dàng là sự phân hoạch tập A thành các tập con rời nhau Chương này còn

nhấn mạnh vào khái niệm ánh xạ, tính chất của toàn ánh, đơn ánh, và song ánh Khái

niệm về nghiệm của phương trình là trung tâm trong toán học, và nhất là tính chất của ánh xạ thì được trình bày theo ngôn ngữ nghiệm của phương trình Trong khoá học cơ

bản, phần nguyên lý tối đại Hausdorff có thể bỏ qua Phần cuối cùng đưa ra một chứng minh về định lý nhân tử hoá duy nhất của số nguyên

Khái ni ệm

SVTH: Kiều Diễm Trang 30 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

Toán học thì có những ký hiệu riêng của nó, rất phổ biến và được chấp nhận rất nhanh

Ký hiệu ∃ có nghĩa là “có tồn tại” và ∃! có nghĩa là “có tồn tại duy nhất” Ký hiệu ∀ có nghĩa là “với mọi” và ⇒có nghĩa là “kéo theo” Vài tập hợp (hoặc các tập hợp) thì rất cơ

bản, chúng có những ký hiệu riêng của chúng Năm tập hợp được liệt kê sau đây:

Giả sử 𝐴, 𝐵, 𝐶,…là các tập hợp Chúng ta sử dụng kí hiệu chuẩn cho giao và hợp

𝐴 ∩ 𝐵 = {𝑥: 𝑥 ∈ 𝐴 và 𝑥 ∈ 𝐵} = tập hợp của tất cả các x sao cho x là các phần tử thuộc

Giả sử mỗi 𝐴 và 𝐵 là một tập hợp Phát biểu rằng 𝐴 là một tập con của 𝐵 (𝐴 ⊂ 𝐵) nghĩa

là nếu a là một phần tử của 𝐴, khi đó a cũng là một phần tử của 𝐵 Tức là 𝑎 ∈ 𝐴 ⇒ 𝑎 ∈

𝐵 Nếu 𝐴 ⊂ 𝐵 chúng ta có thể nói 𝐴 được chứa trong 𝐵, hoặc 𝐵 chứa 𝐴

SVTH: Kiều Diễm Trang 31 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

Bài t ập Giả sử mỗi 𝐴 và 𝐵 là một tập hợp Phát biểu rằng 𝐴 thì không là tập con của 𝐵 nghĩa là Định lý (Các luật của De Morgan)

Giả sử 𝑆 là một tập hợp Nếu 𝐶 ⊂ 𝑆 (nghĩa là, nếu 𝐶 là một tập con của 𝑆), cho C′ là phần

bù của 𝐶 trong 𝑆, C′ được định nghĩa là 𝐶′ = 𝑆 − 𝐶 = {𝑥 ∈ 𝑆: 𝑥 ∉ 𝐶} Khi đó, với bất kì

𝐴, 𝐵 ⊂ 𝑆, (𝐴⋂𝐵)′ = 𝐴′⋃ 𝐵′ và (𝐴 ∪ 𝐵)′ = 𝐴′∩ 𝐵′

TÍCH ĐỀ CÁC

Nếu 𝑋 và 𝑌 là các tập hợp, 𝑋 × 𝑌 = {(𝑥, 𝑦): 𝑥 ∈ 𝑋 và 𝑦 ∈ 𝑌} Nói cách khác, tích Đề Các

của 𝑋 và 𝑌 được định nghĩa là tập hợp của tất cả các cặp sắp thứ tự, trong đó số hạng thứ

nhất của cặp sắp thứ tự thì thuộc X và số hạng thứ hai của cặp sắp thứ tự thì thuộc Y

Quan hệ 𝐴 thoả mãn các tính chất 1), 2’) và 3) thì được gọi là quan hệ thứ tự Trong

trường hợp này chúng ta viết 𝑎 ∼ 𝑏 thành 𝑎 ≤ 𝑏 Khi đó:

1) Nếu 𝑎 ∈ 𝐴, khi đó 𝑎 ≤ 𝑎

SVTH: Kiều Diễm Trang 32 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

Ví d ụ 𝐴 = 𝐑 với thứ tự thông thường là một thứ tự tuyến tính

Ví d ụ 𝐴 = tất cả các tập con của 𝑹𝟐 với 𝑎 ≤ 𝑏 được định nghĩa 𝑎 ⊂ 𝑏 là một quan hệ

thứ tự

Nguyên lý t ối đại Hausdorff (HMP)

Giả sử 𝑆 là một tập con khác rỗng của 𝐴 (∅ ≠ 𝑆 ⊂ 𝐴) và ∼ là quan hệ trên 𝐴 Bây giờ định nghĩa một quan hệ trên 𝑆 Nếu quan hệ thoả mãn bất kì tính chất nào trong các tính

chất 1), 2), 2’), hoặc 3) trên 𝐴 thì quan hệ cũng thoả mãn những tính chất này khi 𝐴 bị thu

hẹp đến 𝑆 Nói cụ thể, một quan hệ thứ tự trên 𝐴 định nghĩa một quan hệ thứ tự trên 𝑆 Tuy nhiên thứ tự có thể tuyến tính trên 𝑆 nhưng không tuyến tính trên 𝐴 Nguyên lý tối đại Hausdorff nói rằng bất kì tập con thứ tự tuyến tính nào của một tập hợp quan hệ thứ

tự thì được chứa trong một tập con thứ tự tuyến tính tối đại

Bài t ập Định nghĩa một quan hệ trên 𝐴 = 𝐑𝟐 bởi (𝑎, 𝑏) ∼ (𝑐, 𝑑) với điều kiện là

𝑎 ≤ 𝑐 và 𝑏 ≤ 𝑑 Chứng tỏ rằng có một quan hệ thứ tự thì tuyến tính trên 𝑆 ={(𝑎, 𝑎): 𝑎 < 0} Tìm ít nhất hai tập con thứ tự tuyến tính tối đại của R2 có chứa S

Một số ứng dụng hữu ích nhất của Nguyên lý tối đại Hausdorff là chứa hợp của các tập con đơn điệu tối đại

Định nghĩa

Hợp của các tập hợp được gọi là đơn điệu nếu lấy ra hai tập hợp bất kì trong số các tập

hợp hợp lại với nhau thì một tập hợp sẽ được chứa trong tập hợp còn lại

H ệ quả của Nguyên lý tối đại Hausdorff

Giả sử 𝑋 là một tập hợp khác rỗng và 𝐴 là hợp của các tập con của 𝑋, 𝐴 ≠ ∅, và 𝑆 là một

tập con của 𝐴, các tập con của 𝐴 thì đơn điệu Khi đó ∃ một tập con đơn điệu tối đại của

𝐴 có chứa 𝑆

SVTH: Kiều Diễm Trang 33 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

và lần thứ hai, trong phần Phụ lục, HMP được dùng để chứng tỏ rằng các vành có idean

tối đại (xem ở trang 87 và 109) Trong mỗi ứng dụng này, tập con đơn điệu tối đại sẽ có

một phần tử tối đại Trong khoá học cơ bản, những kết quả này có thể được thừa nhận và

do đó HMP có thể không được nhắc đến

Một quan hệ 𝐴 thoả mãn các tính chất 1), 2), 3) thì được gọi là một quan hệ tương đương

Bài t ập Định nghĩa một quan hệ trên 𝐴 = 𝒁 bởi 𝑛 ∼ 𝑚 khi và chỉ khi 𝑛 − 𝑚 là một bội

của 3 Chứng tỏ rằng quan hệ này là một quan hệ tương đương

Định nghĩa

Nếu ∼ là một quan hệ tương đương trên 𝐴 và 𝑎 ∈ 𝐴, chúng ta định nghĩa lớp quan hệ tương đương chứa 𝑎 là 𝑐𝑙(𝑎) = {𝑥 ∈ 𝐴: 𝑎 ∼ 𝑥}

Định lý

1) Nếu 𝑏 ∈ 𝑐𝑙(𝑎) khi đó 𝑐𝑙(𝑏) = 𝑐𝑙(𝑎) Vì vậy chúng ta có thể nói một tập con của 𝐴

trở thành một lớp tương đương không kể bất kì phần tử nào được chứa trong nó 2) Nếu mỗi 𝑈, 𝑉 ⊂ 𝐴 là một lớp tương đương và 𝑈 ∩ 𝑉 = ∅, khi đó 𝑈 = 𝑉

3) Mỗi phần tử của 𝐴 là một phần tử của một và chỉ một lớp tương đương

Định nghĩa

Một phân hoạch của tập 𝐴 là tập hợp của các tập con khác rỗng rời nhau, hợp của các tập con khác rỗng rời nhau này là 𝐴 Nói cách khác, một tập hợp các tập con khác rỗng của 𝐴

là một phân hoạch của 𝐴 với điều kiện là bất kì 𝑎 ∈ 𝐴 là một phần tử thuộc một và chỉ

một tập con của tập hợp Chú ý rằng, nếu 𝐴 có một quan hệ tương đương, lớp tương đương trở thành một phân hoạch của 𝐴

Định lý

SVTH: Kiều Diễm Trang 34 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

Giả sử 𝐴 là một tập hợp khác rỗng với một phân hoạch Định nghĩa một quan hệ trên 𝐴

bởi 𝑎 ∼ 𝑏 khi và chỉ khi a và b thuộc tập con giống nhau của phân hoạch Khi đó ∼ là

một quan hệ tương đương, và các lớp tương đương chính là các tập con của phân hoạch

Tóm t ắt

Có hai cách nhận định một quan hệ tương đương – cách thứ nhất, một quan hệ tương đương khi một quan hệ trên A thoả mãn 1), 2), 3), và cách thứ hai, một quan hệ tương đương khi một phân hoạch của 𝐴 trở thành các tập con rời nhau

Bài t ập Định nghĩa một quan hệ tương đương trên Z bởi 𝑛 ∼ 𝑚 khi và chỉ khi 𝑛 − 𝑚 là

một bội của 3 Vậy các lớp tương đương là gì?

Bài t ập Có một quan hệ nào trên R thoả mãn 1), 2), 2’) và 3) không? Tức là, có một

quan hệ tương đương nào trên R mà nó cũng là một quan hệ thứ tự không?

Bài T ập Xét 𝐻 ⊂ 𝑹𝟐 là một đường thẳng 𝐻 = {(𝑎, 2𝑎): 𝑎 ∈ 𝑹} Xét tập hợp tất cả các phép tịnh tiến của H, cụ thể là tất cả các đường thẳng trong mặt phẳng với độ nghiêng là

2 Tìm quan hệ tương đương trên 𝑹𝟐 được định nghĩa bởi phân hoạch của 𝑹𝟐

ÁNH X Ạ

Giống như việc có hai cách nhận định một quan hệ tương đương, ta cũng có hai cách định nghĩa một ánh xạ Một cách là định nghĩa “trực giác”, và một cách khác là định nghĩa “đồ

thị” hoặc “cặp thứ tự” Trong cả hai trường hợp, miền xác định và miền giá trị là những

phần không thể bỏ qua của định nghĩa Chúng ta sử dụng định nghĩa “trực giác” bởi vì

mọi người suy nghĩ theo cách đó

Định nghĩa

Nếu 𝑋 và 𝑌 là các tập hợp khác rỗng, một hàm hoặc một ánh xạ hoặc một xạ ảnh với

miền xác định X và miền giá trị Y, là một bộ ba thứ tự (𝑋, 𝑌, 𝑓) trong đó 𝑓 gán cho mỗi

𝑥 ∈ 𝑋 với một phần tử 𝑓(𝑥) ∈ 𝑌 hoàn toàn xác định Phát biểu rằng (𝑋, 𝑌, 𝑓) là một ánh

xạ được viết như sau 𝑓: 𝑋 → 𝑌 hoặc 𝑋→ 𝑌 𝑓

Định nghĩa

Đồ thị của một ánh xạ (𝑋, 𝑌, 𝑓) là một tập con Γ ⊂ 𝑋 × 𝑌 được định nghĩa bởi Γ =

��x, 𝑓(𝑥)�: x ∈ X� Sự liên kết giữa quan điểm “trực giác” và quan điểm “đồ thị” được đưa ra trong định lý kế tiếp

SVTH: Kiều Diễm Trang 35 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

Định lý

Nếu 𝑓: 𝑋 → 𝑌 khi đó đồ thị Γ ⊂ 𝑋 × 𝑌 có tính chất là mỗi 𝑥 ∈ 𝑋 là số hạng đầu tiên của

một và chỉ một cặp thứ tự trong Γ Ngược lại, nếu Γ là một tập con của 𝑋 × 𝑌 với tính

chất là mỗi 𝑥 ∈ 𝑋 là số hạng đầu tiên của một và chỉ một cặp thứ tự trong Γ, khi đó

∃! 𝑓: 𝑋 → 𝑌 mà đồ thị của nó là Γ Ánh xạ được định nghĩa bởi “𝑓(𝑥) là số hạng thứ hai

của cặp thứ tự trong Γ, số hạng đầu tiên của cặp thứ tự trong Γ là x”

Ví dụ Các ánh xạ đồng nhất Ở đây 𝑋 = 𝑌 và 𝑓: 𝑋 → 𝑋 được định nghĩa bởi 𝑓(𝑥) =

𝑥 với ∀𝑥 ∈ 𝑋 Đồng nhất trên X được ký hiệu là 𝐼𝑋 hoặc là 𝐼: 𝑋 → 𝑋

Ví dụ Ánh xạ hằng Giả sử 𝑦0 ∈ 𝑌 Định nghĩa 𝑓: 𝑋 → 𝑌 bởi 𝑓(𝑥) = 𝑦0, ∀𝑥 ∈ 𝑋

Cho ánh xạ 𝑊→ 𝑋𝑓 → 𝑌 định nghĩa 𝑔 ∘ 𝑓: 𝑊 ⟶ 𝑌 bởi (𝑔 ∘ 𝑓)(𝑥) = 𝑔�𝑓(𝑥)� 𝑔

Định lý (Luật liên kết của phép hợp)

Nếu 𝑉→ 𝑊𝑓 → 𝑋𝑔 → 𝑌, khi đó ℎ ∘ (𝑔 ∘ 𝑓) = (ℎ ∘ 𝑔) ∘ 𝑓 Điều này có thể được viết là ℎ

4) 𝑓: 𝑋 → 𝑌 là toàn ánh hoặc bên trên với điều kiện là ảnh (𝑓) = 𝑌 nghĩa là ảnh là

miền giá trị, nghĩa là nếu 𝑦 ∈ 𝑌, 𝑓−1(𝑦) là một tập con khác rỗng của X

5) 𝑓: 𝑋 → 𝑌 là đơn ánh hoặc 1-1 với điều kiện là (𝑥1 ≠ 𝑥2) ⟹ 𝑓(𝑥1) ≠ 𝑓(𝑥2), nghĩa

là nếu 𝑥1 và 𝑥2 là các phần tử phân biệt của 𝑋, khi đó 𝑓(𝑥1) và 𝑓(𝑥2) là những

phần tử phân biệt của 𝑌

6) 𝑓: 𝑋 → 𝑌 là song ánh hoặc là một phép tương ứng 1-1 với điều kiện 𝑓 là toàn ánh

và đơn ánh Trong trường hợp này, có ánh xạ 𝑓−1: 𝑌 → 𝑋 với 𝑓−1∘ 𝑓 = 𝐼𝑋: 𝑋 ⟶

𝑋 và 𝑓 ∘ 𝑓−1 = 𝐼𝑌 ∶ 𝑌 ⟶ 𝑌 Chú ý rằng 𝑓−1: 𝑌 → 𝑋 cũng là song ánh và (𝑓−1)−1= 𝑓

Bài t ập Chứng tỏ rằng có các song ánh tự nhiên từ (𝐑 × 𝐑𝟐) → (𝐑𝟐 × 𝐑) và từ (𝐑𝟐×

𝐑) → 𝐑 × 𝐑 × 𝐑 Ba tập hợp này thì rời nhau, nhưng các song ánh giữa chúng là hiễn nhiên do đó chúng ta thường đồng nhất hóa chúng

Bài t ập Giả sử 𝑋 là một tập hợp với 6 phần tử và 𝑌 là một tập hợp hữu hạn với 𝑛 phần

tử

1) Tồn tại một đơn ánh 𝑓: 𝑋 → 𝑌 khi và chỉ khi 𝑛 2) Tồn tại một toàn ánh 𝑓: 𝑋 → 𝑌 khi và chỉ khi 𝑛 3) Tồn tại một song ánh 𝑓: 𝑋 → 𝑌 khi và chỉ khi 𝑛

Nguyên lý “chu ồng chim bồ câu”

SVTH: Kiều Diễm Trang 37 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

Giả sử 𝑋 là một tập hữu hạn với 𝑚 phần tử Y là một tập hợp hữu hạn với 𝑛 phần tử và 𝑓: 𝑋 → 𝑌 là một ánh xạ

1) Nếu 𝑚 = 𝑛, khi đó 𝑓 là đơn ánh khi và chỉ khi 𝑓 là toàn ánh khi và chỉ khi 𝑓 là song ánh

2) Nếu 𝑚 > 𝑛, khi đó 𝑓 không là đơn ánh

3) Nếu 𝑚 < 𝑛, khi đó 𝑓 không là toàn ánh

Nếu bạn đặt 6 con chim bồ câu vào 6 cái chuồng, và bạn dùng hết số chim trước khi bạn

bỏ đầy vào các chuồng, khi đó bạn phải để hai chú chim bồ câu trong 1 cái chuồng Nói cách khác, trong phần 1) cho 𝑚 = 𝑛 = 6, nếu 𝑓 không là toàn ánh thì 𝑓 cũng không là đơn ánh Dĩ nhiên Nguyên lý “chuồng chim bồ câu” thì không thể áp dụng với các tập

hợp vô hạn, điều này có thể thấy ở bài tập tiếp theo

Bài t ập Chứng tỏ rằng có một ánh xạ 𝑓: 𝒁+ → 𝒁+ là một đơn ánh nhưng không là toàn ánh Hơn nữa, hãy chứng tỏ rằng có một ánh xạ là toàn ánh nhưng không là đơn ánh

Bài t ập Giả sử 𝑓: [−2,2] → 𝐑 thì được định nghĩa bởi 𝑓(𝑥) = 𝑥2 Hãy tìm

𝑓−1�𝑓([1,2])� Hơn nữa, hãy tìm 𝑓�𝑓−1([3,5])�

Bài t ập Giả sử 𝑓: 𝑋 → 𝑌 là một ánh xạ, 𝑆 ⊂ 𝑋 và 𝑇 ⊂ 𝑌 Tìm mối quan hệ giữa 𝑆 và

𝑓−1�𝑓(𝑆)� Chứng tỏ rằng nếu 𝑓 là đơn ánh thì 𝑆 = 𝑓−1�𝑓(𝑆)� Hơn nữa hãy tìm mối quan hệ giữa 𝑇 và 𝑓�𝑓−1(𝑇)� Chứng tỏ rằng nếu 𝑓 là toàn ánh thì 𝑇 = 𝑓�𝑓−1(𝑇)�

CÁC DÃY

Bây giờ chúng ta định nghĩa dãy dọc và dãy ngang của 𝑋 × 𝑌

Nếu 𝑥0 ∈ 𝑋, {(𝑥0, 𝑦): 𝑦 ∈ 𝑌} = (𝑥0 × 𝑌) được gọi là một dãy dọc

Nếu 𝑦0 ∈ 𝑌, {(𝑥, 𝑦0): 𝑥 ∈ 𝑋} = (𝑋 × 𝑦0) được gọi là một dãy ngang

Định lý

Giả sử 𝑆 ⊂ 𝑋 × 𝑌 Tập con 𝑆 là đồ thị của 1 ánh xạ với miền xác định X và miền giá trị

Y khi và chỉ khi mỗi dãy dọc giao với S tại một điểm duy nhất

Đây chỉ là một phát biểu về tính chất của đồ thị ánh xạ Mục đích của định lý tiếp theo là trình bày các tính chất của ánh xạ dưới dạng các dãy ngang

Định lý

SVTH: Kiều Diễm Trang 38 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

Giả sử 𝑓: 𝑋 → 𝑌 có đồ thị Γ Khi đó

1) Mỗi dãy ngang giao với Γ tại ít nhất một điểm khi và chỉ khi 𝑓 là _

2) Mỗi dãy ngang giao với Γ tại nhiều nhất một điểm khi và chỉ khi 𝑓 là

3) Mỗi dãy ngang giao với Γ tại một điểm duy nhất khi và chỉ khi 𝑓 là _

Bây giờ chúng ta phát biểu lại những tính chất này dưới dạng các nghiệm của các phương

trình Giả sử 𝑓: 𝑋 → 𝑌 và 𝑦0 ∈ 𝑌 Xét phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑦0 Ở đây, 𝑦0 được cho và x

được xem là “biến” Một nghiệm của phương trình này là bất kì 𝑥0 ∈ 𝑋 với 𝑓(𝑥) = 𝑦0

Chú ý rằng tập hợp của tất cả các nghiệm của phương trình 𝑓(𝑥) = 𝑦0 là 𝑓−1(𝑦0) Hơn

nữa, 𝑓(𝑥) = 𝑦0 có một nghiệm khi và chỉ khi 𝑦0 ∈ ảnh của (𝑓) khi và chỉ khi 𝑓−1(𝑦0)là

Ngh ịch đảo trái và nghịch đảo phải

Một cách để hiểu các ánh xạ là nghiên cứu về nghịch đảo phải và nghịch đảo trái, nghịch

đảo phải và nghịch đảo trái được định nghĩa phía sau định lý tiếp theo

Định lý

Giả sử 𝑋→ 𝑌𝑓 → 𝑊 là các ánh xạ 𝑔

1) Nếu 𝑔 ∘ 𝑓 là đơn ánh, khi đó 𝑓 là đơn ánh

SVTH: Kiều Diễm Trang 39 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam