Ôn thi cao học Đại số (Cơ sở)

Không gian vectơ Euclid: Cơ sở trực chuẩn; biến đổi trực giao, nhóm các ma trận trực giao; chéo hoá các phép biến đổi đối xứng.. Vành, Vành con, Iđêan: Vành con và Iđêan sinh bởi một tập

ĐỀ CƯƠNG ÔN THI CAO HỌC

4 Hệ phương trình tuyến tính: Hệ phương trình Cramer, công thức Cramer; hệ thuần nhất, hệ tổng quát, phương pháp khử Gauss; định lý Kronecker-Capelli

5 Vectơ riêng, giá trị riêng; ma trận chéo hoá được

6 Dạng toàn phương và dạng song tuyến tính: Phân loại dạng toàn phương thực; định lý về chỉ số quán tinh

7 Không gian vectơ Euclid: Cơ sở trực chuẩn; biến đổi trực giao, nhóm các ma trận trực giao; chéo hoá các phép biến đổi đối xứng

II Bài tập

Tiêu chuẩn 1:(Chứng minh không gian vectơ con)

Cho A là một không gian vectơ A' A

Để Chứng minh A’ là không gian vectơ con của A:

Hệ độc lập tuyến tính: Một hệ hữu hạn vectơ 1, 2, , n V được gọi là độc lập

Số chiều của không gian vectơ V: Số vectơ của một cơ sở (hữu hạn) được gọi là

số chiều của không gian vectơ

Ký hiệu: dimV

Tiêu chuẩn 3: (Ánh xạ tuyến tính)

Định nghĩa: Cho hai không gian vectơ V và W (trên R)

Ánh xạ f V: W là ánh xạ tuyến tính nếu:

i) f x( y) f x( ) f y( ); x y, V

ii) f( x) f x( ); x V, K

Nếu f là đơn ánh thì f đơn cấu tuyến tính

Nếu f là toàn ánh thì f toàn cấu tuyến tính

Nếu f là song ánh thì f đồng cấu tuyến tính

Nếu f V: V f là ánh xạ tuyến tính

Ảnh, hạt nhân: Cho f V: W là ánh xạ tuyến tính

i) f V( ) được gọi là ảnh của f KÝ hiÖu : Imf f( ) | V

được gọi là ma trận của ánh xạ tuyến tính f

đối với cặp cơ sở (1); (2)

Tiêu chuẩn 4: (Tìm trị riêng và vectơ riêng của ánh xạ tuyến tính)

Cho phép biến đổi tuyến tính f V: V Giả sử A (aij)n n là ma trận của phép biến

đổi tuyến tính f

+ Tìm trị riêng: Giải phương trình A E 0 (E là ma trận đơn vị) trị riêng là

+ Tìm vectơ riêng: Giải hệ

vectơ riêng x ( ,x x1 2, ,x n) là nghiệm không tầm thường của (I)

Bài 1: Tính trong đó , , là nghiệm của phương trình:

Ghi chú: + (1): Nhân cột (1) với (-1) cộng vào cột (3)

+ (2): Nhân cột (3) với (-1) cộng vào cột (2)

a) Tìm giá trị riêng – vectơ riêng của A

Tìm giá trị riêng của A

Xét đa thức đặt trưng:

Ta có:

2

1 0

) 2 )(

1 ( 1

3 3

1 5

3

1 3

1

2

a

a a

a a

a a

Vậy A có 2 giá trị riêng: a=1, a=2

Tìm vectơ riêng của A

Với a=1 ta có

0 0 0

1 1 0

1 3 2

3 3 0

1 1 0

1 3 2

0 3 3

1 4 3

1 3 2

Ta được hệ:

Vậy có VTR (1,1,1)

Với a=2 ta có

0 0 0

0 0 0

1 3 3

1 3 3

1 3 3

1 3 3

Ta được hệ

b x

a x

x x x

b x

a x

x x x

3 2

3 2 1

3 2

3 2

0 1 1

1 1 1

2004

2 0 0

0 2

0

0 0

1

Q Q

Bài 6: Cho ánh xạ tuyến tính f: R 4 R 3 có ma trận trong cặp cơ sở chính tắc là:

3 5 0 2

1 1 3 2

1 2 0 1

Xác định nhân và ảnh của f , Hỏi f có đơn cấu , toàn cấu không? Vì sao?

Giải :

Từ ma trận ta có ánh xạ

1 1

1 0

0 3

2

3 2 1

3

3 2

3 2 1

x x x

a x

x x

x x x

2 0 0

0 2 0

0 0 1

1

AQ Q B

1 2004

2 0 0

0 2 0

0 0 1

Q Q

1 2 3 4 1 3 4 1 2 3 4 1 3 4

Xác định nhân và ảnh của f tức là tìm cơ sở và số chiều của Imf, Kerf

Tìm cơ sở và số chiều của Kerf

Ta có

0 3 5 0 2

0 1 1 3 2

0 1 2 0 1

0 5 1 0 0

0 1 5 3 0

0 1 2 0 1

3 15 26 33

3 5

1 3 5 2

0 5

0 5

3

0 2

4 3 2 1

4

4 3

4 3 2

4 3 1

4 3

4 3 2

4 3 1

R a a x

a x

a x

a x

a x

x x

x x x x

x x x

x x

x x x

x x x

f có 1 ẩn tự do nên dimKerf = 1 và Kerf có cơ sở là (-33,26,15,3)

Vậy f không đơn cấu vì dimKerf = 1

Tìm cơ sở, số chiều của Imf

Ta có: B=

0 5 1 0

0 1 5 0

0 0 3 0

0 2 2 1

0 1 5

0

0 0 3

0

0 0 5

0

0 2 2

1

0 26 0 0

0 15 0 0

0 5 1 0

0 2 2 1

0 0 0 0

0 390 0 0

0 5 1 0

0 2 2 1

Vậy Rank (B)=3 nên dimImf=3 và Imf có 1 cơ sở gồm 3 vectơ (f(e 1 ),f(e 4 ),f(e 2 ))

f không toàn cấu vì dimImf=3

Bài 7: (2005) Cho dạng toàn phương

3 2 3 1 2

1 2 3 2 2 2 1 3 2

f

a) Đưa dạng toàn phương vể dạng chính tắc

b) Với giá trị nào của a thì f là xác định dương và nửa xác định dương

0 3 1 1

0 5 1 2

0 0 3 0

0 2 2 1

3 2

2

3 2

1 1

3

3

3 2

2

3 2 1

1

) 1 (

) 2 1 ( )

1 (

y x

y a y x

y a y

y x

x

y

x a x

y

ax x x

y

Cơ sở f chính tắc là u1=(1,0,0),u2=(-1,1,0),u3=(1-2a,a-1,1)

ma trận

1 0 0

1 1

0

2 1 1 1

a

a

T u

b) f xác định dương khi -2a2+2a>0 0 a 1

f nửa xác định dương khi -2a2+2a=0 a 0 a, 1

Bài 8: Tìm giá trị riêng – vectơ riêng và chéo hoá ma trân A=

2 2 1

2 2 1

1 1 5

Giải

Tìm giá trị riêng

Xét đa thức đặt trương:

3 6

0 0

18 9

2 2

1

2 2

1

1 1

5

2 3

a a

a a

a a a a

9 9 0

2 2 1

1 1 5

2 2 1

2 2 1

2 2 1

2 2 1

1 1 5

Ta được hệ

a x

a x x

a x

x x

x x x

3 2 1

3

3 2

3 2

0 9 9

0 2 2

suy ra VTR (0,a,a) VTR (0,1,1)

Với a=6: Ta có

0 0 0

3 3 0

1 1 1

4 2 1

2 4 1

1 1 1

Ta được hệ:

a x

a x

a x

a x

x x

x x x

3 2 1

3

3 2

3 2

0 3 3

0

suy ra VTR (-2a,-a,a) VTR (-2,-1,1)

Với a=3: Ta có

0 0 0

3 3 0

1 2 1

1 1 2

2 2 1

1 2 1

1 2 1

2 1 1

1 1 2

Ta được hệ

a x

a x

a x

a x

x x

x x x

3 2 1

3

3 2

3 2

0 3 3

0 2

suy ra VTR (3a,a,a) VTR (3,1,1)

Ma trận cần tìm là T=

1 1 1

1 1 1

3 2 0

và T-1AT=

3 0 0

0 6 0

0 0 0

Bài 9: Cho f: R 4 R 3 định bởi

f(x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 )=(x 1 -x 2 +x 3 ,2x 1 +x 4 ,2x 2 -x 3 +x 4 )

a) Tìm cơ sở và số chiều của Kerf, Imf

b) Tìm u R 4 sao cho f(u)=(1,-1, 0)

Giải

a) Tìm cơ sở số chiều của Kerf, Imf

Tìm cơ sở số chiều của Kerf

Với x=(x1,x2,x3,x4)

0 1 0 0 2

0 0 1 1 1

0 0 1 0 0

0 1 2 2 0

0 0 1 1 1

Biến đổi ta được hệ

a x x

a x

a x

R x x

x x x

x x x

2

0 0

0 2

2

0

4 3 2 1

4 3

4 3 2

3 2 1

là nghiệm tổng quát của hệ ta có

dimKerf =1

cơ sở của Kerf là (1,1,0,2)

Tìm cơ sở và số chiều của Imf

Ta có f(e1)=(1,2,0), f(e2)=(-1,0,2), f(e3)=(1,0,-1), f(e4)=(0,1,1)

Imf=(f(e1),f(e2),f(e3),f(e4))

Ta có

1 1 0

1 0 1

2 0 1

0 2 1

0 0 0

1 0 0

2 0 0

0 2 1

Nên dimImf =3

Vậy cơ sở của Imf là (f(e1),f(e2),f(e3))

b) Tìm u R4 sao cho f(u)=(1,-1, 0)

Ta có : f(u)=(1,-1, 0) =(x1-x2+x3,2x1+x4,2x2-x3+x4)

Ta được hệ

a x x

x x

x x

x x x

x x

x x x

2 1

2

1 2 1 2

1 2 1

0 2

1 2

1

3

4 2

4 1

4 3 2

4 1

3 2 1

(a R)

Lập ma trận mở rộng biến đôi để giải hệ trên ta có u=(x1,x2,x3,x4)

Bài 10: Cho V là không gian vectơ , f: V V là ánh xạ tuyến tính thoả mãn f 2

=f CM:Kerf+Imf=V và Kerf Imf {0}

Vậy Kerf+Imf V

Từ (1),(2) ta có Kerf+Imf=V

CM Kerf Imf {0}

Lấy y tuỳ ý: y ker f Im f cần CM y=0

Do y ker f Im f khi đó có x V : f(x)=y và f(y)=0

Do f 2 =f nên y=f(x)=f 2 (x)=f(f(x))=f(y)=0

Vậy y=0 hay Kerf Imf {0}

Bài 11: Trong R 3 cho cơ sở : u 1 =(1,1,1), u 2 = (-1,2,1), u 3 =(1,3,2) cho ánh xạ tuyến tính f: R 3 R 3 xác định bởi

f(u 1 )= (0,5,3), f(u 2 )=(2,4,3), f(u 3 )=(0,3,2)

Tìm ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo hoá được

Giải

Tìm ma trận của f trong cơ sở u

Ta có hệ

) 3 ( )

(

) 2 ( )

(

) 1 ( )

(

3 3 2 2 1 1 3

3 3 2 2 1 1 2

3 3 2 2 1 1 1

u c u c u c u f

u b u b u b u f

u a u a u a u f

Từ (1) ta có (0,5,3)=a1(1,1,1)+a2(-1,2,1)+a3(1,3,2)

1 1 0

0 2

0 3 2

0

3 2 1

3 2

1

3 2

1

3 2

1

a a a

a a

a

a a

a

a a

1 0 1

1 1 0

3 3 3

2 2 2

1 1 1 ) ( /

c b a

c b a

c b a

é

A có 2 giá trị riêng, nên f có 2 giá trị riêng m=-1, m=2

Tìm VTR của A từ đó suy ra VTR của f

0 0 0

0 0 0

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

VTR của A có dạng

b x

a x

b a x x x R

x x

x x x

3 2

3 2 1

3 2

3 2 1

,

0

a,b R

Dạng VTR của A là (-a-b,a,b) Vậy A có 2 VTR (-1,0,1),(-1,1,0)

Từ đó VTR của f có dạng n= x 1 u 1 +x 2 u 2 +x 3 u 3 =(-a-b)u 1 +au 2 +bu 3

=(-a-b)(1,1,1)+a(-1,2,1)+b(1,3,2)=(-2a,a+2b,b) Vậy f có 2 VTR ĐLTT với a=1,b=0 : VTR là n1=(-2,1,0)

với a=0,b=1: VTR là n2=(0,2,1)

0 0 0

3 3 0

2 1 1

1 1 2

1 2 1

2 1 1

2 1 1

1 2 1

1 1 2

VTR của A có dạng

a x

a x x

a a a x x x

R x

x x

x x x

3

3 2

3 2 1

3

3 2

3 2

0 3 3

0 2

a R

Dạng VTR của A là (a,a,a) Vậy A có VTR (1,1,1)

Từ đó VTR của f có dạng n= x 1 u 1 +x 2 u 2 +x 3 u 3 =au 1 +au 2 +au 3 =

=a(1,1,1)+a(-1,2,1)+a(1,3,2)=(a,6a,4a)

Vậy f có VTR là n 3 =(1,6,4)

KL vậy f có 3 VTR ĐLTT n 1 ,n 2 ,n 3 do đó 3 VTR n 1 ,n 2 ,n 3 làm thành 1 cơ sở của R3 và ma trận của f trong cơ sở đó là ma trận chéo hoá được

Ta có :

2 0 0

0 1 0

0 0 1

4 3 2 1

4 3 2 1

4 3 2 1

x mx x x

x x mx x

x x x mx

Giải :

Ta có ma trận mở rộng

1 1 1

1

1 1 1 1

1 1 1 1

m m

m

A đổi chổ d1, d3, biến đổi ma trận về

dạng

1

1 )

2 )(

1 ( 0 0

0 0 1

1 0

1 1 1

1

m m

m m

m m

Nếu m 1và m -2 thì hệ có VSN phụ thuộc vào tham số x 4 va tham số m

3 2

2 3 2 1

6

1 6

2

3 4

2

Đặt

3 3

3 2 2

3 2 1 1

3

3

3 2

2

3 2 1

1

6

3 2 6

4 2

y x

ay y x

ay y y x

x

y

ax x

y

ax x x

y

Ta được cơ sở f chính tắc là u1=(1,0,0),u2=(-1/2,1,0),u3=(-a/3,a/6,1)

Ma trận trong cơ sở chính tắc là

1 0 0

6 1 0

3 2

1 1

2

a a

f xác định không âm khi 0 6

6 1

2

a a

Bài 14: Cho ánh xạ tuyến tính 4 3

:R R

f xác định bởi

f(x 1 ,x 2 ,x 3 ,x 4 )=(x 1 -2x 2 +x 4 ,-x 1 +x 2 +2x 3 ,-x 2 +2x 3 +x 4 )

a) Tìm cơ sở và số chiều của kerf, Imf

b) f có phải là đơn cấu , toàn cấu không?

0 2

0 2

4 3 2

3 2 1

4 2 1

x x x

x x x

x x x

Lập ma trận

0 0 0 0

1 2 1 0

1 0 2 1

1 2 1 0

1 2 1 0

1 0 2 1

1 2 1 0

0 2 1 1

1 0 2 1

A

Vậy Rank(A)=2

Ta có

R x

x

x x x

x x x

4 3

4 3 2

4 2 1

,

2

2

nên dimKerf=2

Nghiệm cơ bản là (1,1,0,1),(4,2,1,0) và là cơ sở của Kerf

Do dimKerf =2 0 nên f không đơn cấu

Tìm cơ sở , số chiều của Imf

Im f là không gian con của R3 sinh bởi hệ 4 vectơ

Xét ma trận

0 0 0

0 0 0

1 1 0

0 1 1

1 1 0

2 2 0

1 1 0

0 1 1

1 0 1

2 2 0

1 1 2

0 1 1

B

Rank(B)=2, , dimImf =2 , cơ sở của Imf là f(e1),f(e2)

Do , dimImf =2 nên f không toàn cấu

Bài 15: Giải và biện luận hệ phương trình

1 1 1

4 3 2 1

4 3 2 1

4 3 2 1

x mx x x

x x mx x

x x x mx

Giải

Lập ma trận các hệ số

m m

m m

m m

m

m m m

m m

m

A

1 1 2

0 0

0 0 1

1 0

1 1 1

1

1 1 1 1

1 1 1 1

1 1 1

1

1 1 1

1

1 1 1 1

1 1 1 1

2

Vậy ta được

1

0 ) 1 ( ) 1 (

1 ) 1 ( ) 2 )(

1 (

4 3 2 1

3 2

4 3

x mx x x

x m x

m

m x

m x

m m

Trong R3 ta có e’1=(1,0,0),e’2=(0,1,0),e’3=(0,0,1)

Ma trận f trong cơ sở chính tắc là

1 1 0 0

0 1 1 0

0 0 1 1

4 3 2 1

4 3 2 1

4 3 2 1 ) ( ), /( 4 3

c c c c

b b b b

a a a a A

e e f

mà f(e1)=(1,0,0)=a1e’1+b1e’2+c1e’3 ta tìm được (a1,b1,c1)=(1,0,0)

f(e2)=(1,1,0)=a2e’1+b2e’2+c2e’3 ta tìm được (a2,b2,c2)=(1,1,0)

f(e3)=(0,1,1)=a3e’1+b3e’2+c3e’3 ta tìm được (a3,b3,c3)=(0,1,1)

f(e4)=(0,0,1) =a4e’1+b4e’2+c4e’3 ta tìm được (a4,b4,c4)=(0,0,1)

Xác định Imf,Kerf

Kerf ={ x R 4 : f(x)=0 }

Ta được hệ

R x

x x

x x

x x

x x

x x

x x

4

4 3

4 2

4 1

4 3

3 2

2 1

0 0

Ta có f(e 1 )=(1,0,0),f(e 2 )=(1,1,0), f(e 3 )=(0,1,1),f(e 4 )=(0,0,1)

Nên Imf=<f(e 1 ),f(e 2 ),f(e 3 ),f(e 4 )>

Ta có

0 0 0

1 0 0

0 1 0

0 0 1

1 0

0

1 1

0

0 1

1

0 0

1

Vậy cơ sở của Imf là f(e 1 ),f(e 2 ),f(e 3 ) và dimf=3

b) CM f(M) là không gian vectơ con của R3 Tìm dimf(M)

Phần B: ĐẠI SỐ ĐẠI CƯƠNG

I Lý thuyết

1 Nhóm: Nhóm con, nhóm sinh bởi một tập; nhóm Cyclic

2 Nhóm chuẩn tắc, nhóm thương

3 Đồng cấu nhóm, ảnh và hạt nhân; định lý đồng cấu nhóm

4 Nhóm hữu hạn, định lý Lagrange và các hệ quả

5 Nhóm đối xứng và nhóm luân phiên

6 Vành, Vành con, Iđêan: Vành con và Iđêan sinh bởi một tập; đặc trưng của vành; Iđêan nguyên tố cực đại; vành thương

7 Đồng cấu vành: Ảnh và hạt nhân; định lý phân tích đồng cấu

8 Miền nguyên Gauss, miền nguyên chính, miền nguyên Eculid: Ước chung lớn nhất; phần tử bất khả quy và nhân tử hoá

9 Trường và trường các thương của miền nguyên

10 Vành đa thức một biến: Cấu trúc của vành đa thức; nhún vành vào vành đa thức một biến siêu việt; phép chia Eclid trong vành đa thức; nghiệm của đa thức, vành của đa thức trên một trường

11 Đa thức bất khả quy: Nhân tử hoá trong vành đa thức một ẩn; các tiêu chuẩn bất khả quy và nhân tử hoá các vành đa thức trên các vành số nguyên, trên trường

số hữu tỉ, thực và phức

II Bài tập

Dạng 1: Các bài tập kiểm tra nhóm

Định nghĩa 1: Nhóm là một tập hợp X , trên đó đã xác định được một phép toán hai ngôi thoả mãn điều kiện:

1

x x e

Định nghĩa 2: Nhóm là một nửa nhóm X có đơn vị e và mọi x X có phần tử nghịch đạo 1

Vậy phép nhân ma trận là phép toán hai ngôi trên X

Theo ĐSTT phép nhân ma trân có tính chất kết hợp

Có (ab)n = (ab)n-1(ab) = an-1bn-1(ab) = an-1(bn-1b)a =an-1bna (1)

Như vậy nếu có bn

a = abn thì từ (1) suy được ra điều phải CM Ta đi CM điều đó: Bằng quy nạp theo n:

b) Nếu X có nhiều hơn 1 phần tử Chẳng hạn a, b X : a b

Xét nửa nhóm X với phép toán ab = a a,b X Ta có :

X là nhóm , ta biết rằng phương trình ax = b, ya = b luôn có nghiệm trong X

a, b X, nên: X aX, X Xa; hiển nhiên aX X, Xa X Vậy aX = X = Xa

Ngược lại : theo giả thiết X , aX = X = Xa, a X, nên các phương trình:

ax = b, ya = b luôn có nghiệm trong X, a,b X Do đó X là một nhóm

Bài 6: X = Z 3 xác định phép toán hai ngôi:

(k 1 , k 2 , k 3 )( l 1 , l 2 , l 3 ) = (k 1 + (-1) k 3 l 1 , k 2 + l 2 , k 3 + l 3 )

a) CMR X là một nhóm với phép toán trên

b) CMR: A = < (1, 0, 0 ) > là nhóm con chuẩn tắc của nhóm X

Dạng 2: Các bài tập kiểm tra nhóm con

Tiêu chuẩn 1: Một tập hợp A ,trong nhóm X là nhóm con của X (KH:

.

Nh c

A X ) nếu:

Tiêu chuẩn 2: Được suy ra từ tiêu chuẩn 1 bỏ đi e A (Vì đòi hỏi này được suy ra

từ hai đòi hỏi còn lại)

Tiêu chuẩn 3: Một tập hợp A ,trong nhóm X là nhóm con của X nếu:

1

, th× xy

Bài 1: Cho M n là những ma trận vuông không suy biến, M n A: detA 1 (gồm tất cả các ma trận vuông cấp n có định thức bằng 1) Chứng minh rằng

M là nhóm nhân các ma trận vuông cấp 2 không suy biến

Giải Hiển nhiên K

Bài 4: Cho X là tập hợp tất cả các căn phức bậc n của đơn vị Chứng minh

rằng: X cùng với phép nhân thông thường các số phức lập thành một nhóm

Giải

Hiển nhiên X ≠Ø cùng với phép toán nhân trên nó chỉ là bổ phận của nhóm nhân

C* các số phức khác 0 Vậy để chứng minh X là nhóm ta cần kiểm tra rằng

Dạng 2: Kiểm tra nhóm Cyclic và cấp một phần tử trong nhóm

Đinh nghĩa 1: Nhóm x được gọi là nhóm Cyclic nếu tồn tại một phần tử

vµ X=

a X a tức X trùng với nhóm con sinh bởi phần tử a, bao gồm tất cả những luỹ thừa nguyên của a

Vậy: X a a n:n Z

Như vậy: để chứng minh X là nhóm Cyclic theo định nghĩa 1 ta bắt buộc phải chỉ

ra cho được một phần tử sinh a X , đồng thời phải chứng minh bất kì phần tử

x X đều viết được dưới dạng một luỹ thừa nguyên của a

Định nghĩa 2: Cho nhóm X và a X , cấp của phần tử a là cấp của nhóm con Cyclic sinh bởi phần tử a

Bài 1: Cho X là nhóm Cyclic, X a Chứng minh rằng mọi nhóm con

a A buộc r 0 tức k q m. hay x a k (a m q) Vậy A là nhóm Cyclic

Bài 2: Cho A là căn thức bậc n của đơn vị 1 Chứng minh A với phép nhân

thông thường các số phức là nhóm Cyclic

Phân tích ban đầu: Vì *

( ,.)

A C nên ta chứng minh A là nhóm con Cyclic cúa (C * ,.)bằng cách tìm một phần tử *

a C mà A a và từ đó kết luận A là nhóm xiclic

Giải

Ta biểu diễn A cos2k isin2k :k Z

Giải

Hiển nhiên k n thì k l n. do đó a k (a n l) e l e

Nếu a e và k=q.n+r víi (0 r<n) thì tức là a a (a ) a e a. a suy

Bài 5: Cho X và Y là các nhóm cyclic và cấp X=m, cấp Y=n Chứng minh rằng

nếu (m,n)=1 thì nhóm tích X Y là cyclic (Ta nhắc rằng

Dạng 4: Kiểm tra nhóm con chuẩn tắc

Định nghĩa: Một nhóm A của nhóm X được gọi là nhóm con chuẩn tắc (hay ước

chuẩn tắc) của X, nếu A thoả mãn thêm điều kiện sau:

A X và A thoả mãn điều kiện chuẩn tắc

Và để kiểm tra A X thì phải kiểm tra: