tài liệu ôn thi đầu vào cao học cần thơ năm 2012 bạn cũng làm được như tôi

Tìm tất cả các số nguyên n thoả điều kiện trong mỗi trường hợp sau: a).. R là vành giao hoán.. Nhắc lại rằng miền nguyên là vành giao hoán, có đơn vị, không có ước của 0. Bây giờ, [r]

PHẦN 2: VÀNH VÀ TRƯỜNG

BÀI 2.3: Giải các phương trình sau:

a) 21x 24 101 (1) trong 103

giải:

(1) 21 77

21 77

x x

Vì (21, 103)=1 nên 21 khả nghịch trong 103 suy ra:

  1 (1) x 21  77 (2)

Ta tìm  21 1

103 21

1= 19-9.2=19-9.(21-19)

=10.19-9.21

=10(103-4.21)-9.21

=10.103-49.21

Suy ra trong 103

1 10.103 49.21   49.21 54.21

vậy  21 154

(2) x54.77415838

 x38 103 , k k

* k 0,x38, rõ ràng chỉ có k=0 mới thoả

Vậy nghiệm của phương trình (1) là 38

b) 68(x 24) 102 (1) trong 492

(1) 68 1530

68 =438

68 438 492 ,

438 4(17 123 ) (2)

x x



(2) không có nghiệm x  vì 4 không là ước của 438

Do đó (1) vô nghiệm

c) 78x 1335 (1) trong 666

Ta có thể giả sử 0 x 665 (1)78x48 trong 666

(78 48) 666

(13 8) 111

x x





13.x 8

  trong 111

Vì (13, 111)=1 nên 13 khả nghịch trong 111 suy ra:

  1 (1) x 13  8 (2)

Ta tìm  13 1

111 13

1= 7-6=7-(13-7)

=2.7-13

=2.(111-8.13)-13

=2.111-17.13

Suy ra trong 103

1 2.111 17.13   17.1394.13

vậy  13 194

(2) x94.875286

 x86 111 , k k

* k 0,x86,

* k 1,x197,

* k 2,x308,

* k 3,x419,

* k 4,x530,

* k 5,x641,

Vậy nghiệm của phương trình (1) là 8 6 , 1 9 7 , 3 0 8 , 4 1 9 , 5 3 0 , 6 4 1.

BÀI 2.4 Tìm tất cả các số nguyên n thoả điều kiện trong mỗi trường hợp sau:

a) 27n-18 chia hết cho 133

(27n 18) 13

27.n 18

  trong 133

 27 1.18

Ta tìm  27 1

133 27

1=25-12.2 =25-12.(27-25) =13.25-12.27 =13.(133-4.27)-12.27 =13.133-64.27

Suy ra trong 133

1 13.133 64.27   64.2769.27 vậy  27 169

(2)  n69.18 1242 45

45 133 ,

Vậy tập các số nguyên cần tìm là 45 133 | k k 

b) 92n+18 chia hết cho 100 (TL)

(92 18) 100

(46 9) 50

46 9 50 ( )

9 (50 46 )

9 2(25 23 )

n n





Ta thấy rằng 2 không là ước của 9, nên sẽ không có số nguyên n nào thoả đẳng thức trên

c) 95n-15 chia hết cho 335 (TL)

(95 15) 335

(19 3) 67

n n





19.n 3

  trong 67

 19 1.3

Ta tìm  19 1

1=10-9 =10-(19-10) =2.10-19 =2.(67-3.19)-19 =2.67-7.19 Suy ra trong 67

1 2.67 7.19 7.1960.19 vậy  19 160

(*)  n60.3 180 64  n6467 ,k k Vậy tập các số nguyên cần tìm là 6467 |k k 

BÀI 2.5 Cho R là một vành có tính chất sau: 2

x x với  x R (Ta gọi R là vành Bool), CMR:

a) x   x, x R

b) R là vành giao hoán

c) Nếu R là vành không có ước của 0 và R có nhiều hơn một phần tử thì R là miền nguyên

Chứng minh: (TL) a) x   x, x R

x R

  ta có:  2 2

     , vậy: x   x, x R

b) Để cm R là vành giao hoán thì x y, R xy: yx Thật vậy:

x y R

xy xy  xy xy x xyyxy x y xyyx

=x yxy yx

dẫn đến xyyx 0 xy yx yx Vậy R là vành giao hoán

c) Nhắc lại rằng miền nguyên là vành giao hoán, có đơn vị, không có ước của 0

Bây giờ, ta chỉ cần tìm phần tử đơn vị của R là xong

Gs, xR x,  0 và  y R ta có:

 

2

xyx yx xy (*), vì R là vành không có ước của 0 nên ta có thể giản ước (*) cho x, ta được: yxy

Rõ ràng x là phần tử đơn vị của R

Trong trường hợp này vành R chỉ có hai phần tử là 0 và đơn vị e

BÀI 2.7 Cho R là một vành tuỳ ý

a) Với a , tập hợp R C a( )xR ax|  xađược gọi là tâm hoá tử của a Chứng minnh rằng ( )C a là một vành con của R có chứa a

b) Tập hợp C R( )xR ax|  xa, a Rđược gọi là tâm của R CMR: C(R) là một vành con giao hoán của R

c) Tìm tâm của vành M(n,R)

Chứng minh: (TL) a)

BÀI 2.12 Cho R là một vành tuỳ ý và n là một số nguyên cho trước CMR tập hợp:

I  xR nx là một ideal của R

Chứng minh: (TL)

* Cần nhớ lại rằng:

1) 0 2) , ,

I

rx I

xr I

















Thật vậy: giả sử I xR nx| 0

1) Ta có: 0n.0 A

2) Gs ,x y , mà: I nx  và 0 ny  , suy ra: 0

nx ny n x y

3)     : nx=0 x I, r R

Ta được: n rx( )r nx( )(mệnh đề 1.4 trang 55)

r.0 0

dẫn đến rx I

Tương tự: (n xr)(nx r) 0.r 0

dẫn đến xr I

Tóm lại: I là Ideal của R

BÀI 2.16 Cho R là một vành tuỳ ý Một phần tử x được gọi là luỹ linh nếu tồn tại một số R

n nguyên dương sao cho x  n 0

a) CMR nếu R có đơn vị là e và x luỹ linh thì e+x khả nghịch

b) Giả sử R giao hoán, có đơn vị và u khả nghịch CMR nếu x luỹ linh thì u+x R

khả nghịch

c) Giả sử R giao hoán CMR tập hợp N(R) gồm tất cả các phần tử luỹ linh của R là một Ideal của R và trong vành thương R/N(R) không có phần tử luỹ linh nào khác không (ta gọi N(R) là nil-căn của R)

chứng minh:

a) x luỹ linh   m ,x m 0.đặt n2m ta có 1 x  n 0

khi đó:

1 1





e x

  khả nghịch

luy linh

R gh

x









Ta có: uxu e u x(  1 )

Vì x luỹ linh nên u x1 cũng luỹ linh, Thật vậy:

, n 0

   , khi đó:  1   n 1 n

u x  u x (do R giao hoán)

un.00

Nên u x1 luỹ linh

Từ a) suy ra: 1 *

eu x R , suy ra: u xu e( u x1 )R* c) R giao hoán

( ) | luy linh

N R  xR x

Chứng minh:

1) N R( )R

2) R/N(R) không có phần tử luỹ linh khác 0

Chứng minh:

1) Để cm N R( ) ta làm rỏ 3 điều sau: R

+ 0N R( ) + x y, N R x( ),  y N R( ) +  x N R( ), r R, rxN R( )

+ 0N R( )vì 0 luỹ linh do 01 0

+ x y, N R x( ),  y N R( )

( ) , 0

n m



 Khi đó:

0

1

n m

n m n m k k k n m k

n m k







Nhận xét:

nếu k  thì n n m k m, do đó ta luôn luôn có:

0, 0

k n m k

x y    k  n m

từ đó suy ra: (x y)n m  0

suy ra: (x y) luỹ linh, nghĩa là x y N R( )

+  x N R( ), r R, rxN R( )

Vì x luỹ linh   n ,x n  , 0 khi đó:  rx n r x n n r n.0 0

nên rx cũng luỹ linh, nghĩa là rxN R( )

2) R/N(R) không có phần tử luỹ linh khác 0

/ ( )

  , x luỹ linh cần chứng minh x  0

x luỹ linh   n ,x n  (*) 0

Mà x n x n nên

 

( ) luy linh

n n

m

n nm

x



Vậy (*)  x luỹ linh  x N R( ) x 0

BÀI 2.23 Trong trường các số phức C xét:

( 2 )  a  b 2 | ,a b , ( )i  a  bi a b| , 

a) CMR: ( 2), ( )i là các trường con của C

b) CMR: ( 2), ( )i không đẳng cấu với nhau

c) Tìm tất cả các trường con của ( 2) , của ( )i

d) CMR tập hợp: Aab32 c3 4 | , ,a b c là một trường con của C

chứng minh:

a) CMR: ( 2), ( )i là các trường con của C

1) ( 2) là trường con của C, ta làm rỏ các điều sau:

+ 0  2 ;1  2 + x y,   2 ,x y  2

+ 0  2 ;1  2

* 0 0 0 2  2

* 1 1 0 2    2 + x y,   2

2 ( , , , ) 2

a b c d

  







 



    2  2

+ x y,   2 \ 0 

2

2

  





 



 

=(ac+2bd)+(ad+bc) 2 2

xy ab cd



* cm 1  

2

x 

xab  ab 

Vì nếu ab 2  thì b=0 (0 b 0 2 a

b

    , mâu thuẩn) dẫn đến a=0, mâu thuẩn

 

1

a b x

( 2 2, 2 2





a b a  b  a  b  ab a b  2)  i làm tương tự

b) CMR: ( 2), ( )i không đẳng cấu với nhau

Giả sử  2  i

Khi đó: tồn tại đẳng cấu vành f :  i   2

Ta có: (1)f  f(1.1) f(1) (1)f

Suy ra: (1)[ (1) 1]=0f f 

Mà f đẳng cấu nên (1)f  f(0) 0

Suy ra: (1) 1f 

Do đó:  2 2

( ) ( ) ( 1) (1) 1

f i  f i  f   f  

Mâu thuẩn vì f i ( )  2  và  x ,x2   1

Tóm lại: ( 2), ( )i không đẳng cấu với nhau

c) Tìm tất cả các trường con của  2

Xét F là một trường con của  2

Ta có Char( )F Char( ( 2)) nên 0 F

Nếu F, F, thì  x ab 2F \

Khi đó: b  \ 0  nên 2 x a F

b



Suy ra:  2  F, do đó: F   2

d) CMR tập hợp: Aab3 2c3 4 | , ,a b c là một trường con của C

Tương tự câu a) với chú ý rằng:

1

3



BÀI 2.24 CMR:

a) K a b : ,a b

b a



là một trường đẳng cấu với  i

2

b a

là một trường đẳng cấu với  2 Chứng minh:

a) * Để cm K là một trường, đầu tiên ta cm K là một vành

Thật vậy, K là một vành con của vành ma trận M2 

Ta có: K M2 

0

 



+ A B, K A, BK AB, K

Ta đã cm K là một vành con của vành M2 , do đó K là một vành

Để cm K là một trường ta cần cm K thoả các tc sau:

i K có đơn vị

ii K giao hoán

iii   1  

Thật vậy:

i) K có đơn vị 2 1 0 1 0

I   K



ii) K giao hoán vì với A B, K như trên ta có:

iii) A a b 0

b a

 



 

1

1

\ 0







Kết luận: K là một trường

* CM: K đẳng cấu với  i

đặt

 

:

a+bi

b a



 



BÀI 2.35 Tìm tất cả các tự đồng cấu của các trường sau:

a) Trường các số hữu tỉ

b) Trường  2

c) Trưòng  i

d) Trường các số thực

e) Trường các số phức sao cho các tự đồng cấu đó, thu hẹp trên là ánh xạ đồng nhất

chứng minh:

a) Trường các số hữu tỉ

:

   

 

 

2

1 1 1 0

1 0

1 1

f f

   





 





 Nếu f 1  0 thì  x , f x  f x .1 f x f   1  f x .0  0 nghĩa là f 0.

 Nếu f 1  1 thì f Id , thật vậy:

+  n ,f n nf 1 n

+ n \ 0 ,1  f 1 f n.1 f n f  1 nf 1

         

Suy ra: f 1 1

 



 

 

+ m , f m f m f  1 m.1 m.

      

Điều đó chứng tỏ f Id Kết luận: trường chỉ có 2 tự đồng cấu là 0 và Id

b) Trường  2

Lý luận tương tự như câu a) ta thấy nếu f là một tự đồng cấu của trường  2 thì

0

f  hoặc f | Id

* Xét trường hợp: f | Id , khi đó:

2  f 2  f ( 2) f 2 

nên: f 2   2

+ Nếu f 2  2 thì f a b  2 f a  f b f   2 a b 2  a b 2   2 

  2

f Id

 

+ Nếu f 2   2 thì f a b  2 f a  f b f   2  a b 2  a b 2   2 

Vậy: trường  2 có hai tự đẳng cấu là:

  2

f Id và :  2  2

a+ b 2 2

f

a b







c) Trưòng  i

Cũng lý luận tương tự như trên ta được:

Trưòng  i có hai tự đẳng cấu là:

 i

f Id và :    

a+ bi

a bi







d) Trường các số thực

:

f  là một tự đẳng cấu Cũng lý luận tương tự ta suy ra:

0 (1)

| (2)

f

f Id





  



Xét (2): ta chứng minh: f Id

 

\ 0

a

 

1) *  

   vì 1 f a.1 f a f  1

    

2)  x 0, f x  f   x 2f  x 2  0

3)  x y f x,   f y  vì f x  f y  f x y 0

4)  x ,f x x thật vậy:

+ Nếu f x x thì  y , f x yx

Khi đó: y f y  f x  mâu thuẩn

+ Nếu x f x  thì  y , x y f x 

Khi đó: f x  f y  y mâu thuẩn

Vậy f x x,  x Suy ra: f Id

Kết luận: các tự đồng cấu của R là: f 0 và f Id