[r]
Trang 1Nhĩm 1
Bài 2.1:
d)R với 2 phép toán xy = (xn+ yn)1/n và x y = xy (n là một số nguyên dương lẻ) 1.kiểm tra R là vành:
Xét (R, ) :
+)tính kết hợp : (x y) z = (xn+ yn)1/n z = (xn + yn + zn)1/n
x (y z) = x (yn + zn)1/n = (xn + yn + zn)1/n
suy ra : (x y) z = x (y z)
+)phần tử trung hồ:
x e = e x = x
<=> (xn+ en)1/n = (en+ xn)1/n = x
<=> en = 0
<=> e = 0
+)phần tử khả nghịch:
x(-x) = (-x)x = 0
<=> (xn+ (-x)n)1/n = ((-x)n+ xn)1/n = 0 (với n là số nguyên dương lẻ)
<=> (-x) = -x
+)tính giao hốn:
x y = y x = (xn+ yn)1/n
vậy (R, ) là nhĩm abel (1)
Xét (R,):
(x y) z = (xy) z = xyz
x (y z) = x (yz) = xyz
suy ra: (x y) z = x (y z)
Ư (R,) là nửa nhĩm (2)
+)tính phân phối của phép đối với phép: (3)
* (x y) z = (xn+ yn)1/n z = (xn+ yn)1/nz
x z y z = xz yz = ((xz)n+ (yz)n)1/n = (xn+ yn)1/nz (với n là số nguyên dương lẻ)
(x y) z = x z y z
* x (y z) = x(y z) = x(yn+ zn)1/n
x y x z = xy xz = ((xy)n+ (xz)n)1/n = x(yn+ zn)1/n
từ (1),(2),(3) ta cĩ R với hai phép tốn đã cho là một vành
2.kiểm tra R với hai phép tốn đã cho là miền nguyên:
+)R cĩ nhiều hơn 2 phần tử
+)theo cách kiểm tra ở trên thì ta th ấy R với hai phép tốn đã cho là vành giao hốn +)phần tử đơn vị:
x e = e x = x
<=> xe= ex = x
<=> e = 1
Trang 2+)không có ước của không:
x y = xy ≠ 0 (∀ x,y ≠ 0)
vậy R với hai phép toán đã cho là miền nguyên
3 kiểm tra R với hai phép toán đã cho là trường:
Do R với hai phép toán đã cho là miền nguyên nên ta chỉ cần kiểm tra:
+)phần tử khả nghịch: (của phép )
x x-1 = x-1 x = 1(= e)
<=> x x-1 = 1
<=> x-1 = 1
x (∀ x ≠ 0) vậy R với hai phép toán đã cho là trường
f) ]( 2)={ a + b 2| a,b ∈ ] với hai phép toán cộng và nhân thông thường trong \ } 1.kiểm tra R là vành:
Xét (]( 2),+) :
+)tính kết hợp :
[(a1+b1 2) + (a2+b2 2)] + (a3+b3 2)
=[(a1+a2) + (b1+b2) 2] + (a3+b3 2) = [(a1+a2+a3) + (b1+b2+b3) 2
(a1+b1 2) + [(a2+b2 2) + (a3+b3 2)]
= (a1+b1 2) + [(a2+a3) + (b2+b3) 2] = [(a1+a2+a3) + (b1+b2+b3) 2
Suy ra [(a1+b1 2)+(a2+b2 2)]+(a3+b3 2) = (a1+b1 2)+[(a2+b2 2)+(a3+b3 2)] +)phần tử trung hoà:
(a1+b1 2) + (a0+b0 2) = (a1 + a0) + (b1 + b0) 2 = a1+b1 2
<=> x0 = a0+b0 2 = 0 (do a0 = b0 = 0)
+)phần tử khả nghịch: (của phép +)
(a1+b1 2) + (a’+b’ 2) = (a’+b’ 2) + (a1+b1 2) = 0
<=> (-x) = ((-a1)+(-b1) 2) = -x
+)tính giao hoán:
(a1+b1 2) + (a2+b2 2) = (a1+a2)+(b1+b2) 2= (a2+b2 2) + (a1+b1 2)
vậy (R,+) là nhóm abel
Xét (]( 2),.):
[(a1+b1 2)(a2+b2 2)](a3+b3 2) = [(a1a2+2b1b2 +(a1b2+b1a2) 2] (a3+b3 2) = (a1a2+2b1b2)a3+2(a1b2+b1a2)b3+[(a1a2+2b1b2)b3+(a1b2+b1a2)a3 ] 2 (1) (a1+b1 2)[(a2+b2 2)(a3+b3 2)] = (a1+b1 2)[(a2a3+2b2b3 +(a2b3+b2a3) 2] = (a2a3+2b2b3)a1+2(a2b3+b2a3)b1+[(a2a3+2b2b3)b1+(a2b3+b2a3)a1 ] 2 (2)
từ (1) và (2) ta có:
[(a1+b1 2)(a2+b2 2)](a3+b3 2) = (a1+b1 2)[(a2+b2 2)(a3+b3 2)]
Hay (R,.) là nửa nhóm
+)tính phân phối của phép nhân với phép cộng:
[(a1+b1 2)+(a2+b2 2)](a3+b3 2) = [(a1+a2)+(b1+b2) 2](a3+b3 2)
=((a1+a2+a3)+2(b1+b2)b3)+((a1+a2)b3+(b1+b2)a3) 2 (1)
Trang 3(a1+b1 2)(a3+b3 2)+(a2+b2 2)(a3+b3 2)
=((a1a3+2b1b3)+(a1b3+b1a3) 2) + ((a2a3+2b2b3)+(a2b3+b2a3) 2)
=((a1+a2+a3)+2(b1+b2)b3)+((a1+a2)b3+(b1+b2)a3) 2 (2)
từ (1) và (2):
(a1+b1 2)+(a2+b2 2)](a3+b3 2)=(a1+b1 2)(a3+b3 2)+(a2+b2 2)(a3+b3 2) tương tự ta có :
(a1+b1 2)[(a2+b2 2)+(a3+b3 2)]=(a1+b1 2)(a2+b2 2)+(a1+b1 2)(a3+b3 2) Suy ra ] ( 2) là một vành
2.kiểm tra R với hai phép toán đã cho là miền nguyên:
+)R có nhiều hơn 2 phần tử
+)theo cách kiểm tra ở trên thì ta th ấy R với hai phép toán đã cho là vành giao hoán +)phần tử đơn vị:
(a1+b1 2)(a0+b0 2) = (a0+b0 2)(a1+b1 2) = (a1+b1 2) <=> a0+b0 2= 1 (chọn a1+b1 2 ≠0 )
<=> a0 = 1 và b0 = 0 vậy e = 1
+)không có ước của không:
xy≠ 0 (∀ x,y ∈] ( 2) -{0})
vậy ] ( 2) là miền nguyên
3 kiểm tra ] ( 2) có phải là trường:
Do ]( 2) là miền nguyên nên ta chỉ cần kiểm tra:
+)phần tử khả nghịch: (của phép nhân)
xx-1 = x-1x = 1(= e)
<=> (a1+b1 2)(a’1+b’1 2) = 1
<=> (a1a’1+2b1b’1) = 1 và b1a’1+a1b’1 = 0 (*)
hệ (*) vô nghiệm nguyên a’1,b’1 nên ] ( 2) không có phần tử khả nghịch
Suy ra: ] ( 2) không phải là trường
g) _( 2)={a b+ 2 | ,a b∈_ }
Ta có :
Với mọi x y, ∈_( 2) , x= +a b 2,y= +c d 2( , , ,a b c d∈_ ta có: )
x− =y a c− + −b d ∈_ , xy=(ac+2 ) (bd + ad+bc) 2∈_( 2)
nếu x= +a b 2 0≠ thì a b− 2 0≠ (vì nếu không thì a= =b 0 hoặc
1
, 0, 2
a b≠ =ab− ,vô lý).Suy ra x−1=(a b+ 2)−1=(a b− 2)(a2−2 )b2 ∈_( 2)
Trang 4Do đó ( 2)_ là một trường con của trường \ ,và hiển nhiên nó cũng là vành,miền nguyên
h) Ta có K⊂M(2, )_
4( )
a c b d
b d a c
4
ac bd ad bc
ad bc ac bd
Do đó K là một vành con của vành M(2, )_
x ⎛ ⎞ y ⎛− ⎞
−
⎝ ⎠ ⎝ ⎠.ta có 0≠ x y, ∈ nhưng 0K xy = Như vậy K có ước của
0 nên nó không phải là miền nguyên hay trường
i) Ta có :hiệu,tích của hai ma trận(tương ứng ,ma trận chéo;ma trận tam giác trên;ma trận
tam giác dưới;ma trận tam giác trên ngặt;ma trận tam giác dưới ngặt)vuông cấp n≥2 cũng thuộc vào chính nó.Do đó nó là vành con của vành các ma trận vuông cấp n≥2 Mặt khác các loại ma trận này đều có ước của 0 nên không là miền nguyên hay trường Chẳng hạn 1 0 0 0 0 0
=
=
j)
F
Phép cộng có tính kết hợp, giao hoán, nhận 0 0
0 0
⎝ ⎠ làm ma trận đơn vị, 6
a b
b a
⎝ ⎠ nhận 6
b a
⎜− − ⎟
⎝ ⎠ làm ma trận nghịch đảo Do đó F là nhóm abel với phép cộng
F
+
Phép nhân có tính chất kết hợp
• Phép nhân phân phối phép cộng
Vậy F là vành, lưu ý 6 1 6 1 0
=
6 1
⎝ ⎠ là của 0, do đó F không thể là vành hay trường
k) Kiểm tra ^ là vành như các phần trước
Phép nhân có tính giao hóan, nhận (1,0) là phần tử đơn vị, hơn nữa mỗi phần tử ( , )x y
đều có phần tử nghịch đảo là 2 x 2, 2 y 2
Trang 5Do đó ^ là một trường
Bài 2.13
Cho R là 1 vành tùy ý và a thuộc R Chứng minh rằng tập hợp aR = { ax |x thuộc R}
là 1 ideal phải của R và tập hợp
Ra ={ xa |x thuộc R}
là 1 ideal trái của R Suy ra nếu R giao hoán thì aR = Ra là ideal cua R, hơn nữa nếu giả thiết thệm R có đơn vị thì thì đây chính là ideal chính sinh bởi a
Giải:
1) ∀ ax,ay ∈aR ta có : ax-ay = a(x-y) ∈aR (∀ x,y ∈R)
2) ∀ z ∈R, ax ∈aR : z(ax) = a(zx) ∈aR
3) ∀ z ∈R, ax ∈aR : (ax)z = a(xz) ∈aR
vậy aR là 1 ideal phải của R
tương tự ta cũng có Ra là 1 ideal trái của R
+) Nếu R giao hoán thì Ra = aR
Suy ra : Ra = aR là ideal của R
+)Nếu R có đơn vị : a = ea ∈Ra
Suy ra Ra = aR là ideal chính sinh bởi a
Bài 2.17
Xét R là vành tùy ý và Z là vành các số nguyên TRên tích Descarte R xZ ta định nghĩa các fép toán như sau
( x, m) + ( y , n)=( x+ y, m + n)
( x, m)(y,n) = ( xy + my + nx , mn )
a) Chứng minh rằng R x Z là vành có đơn vị
b) Chứng minh rằng ánh xạ f : x => ( x, 0) là 1 đơn cấu ( Do các kết quả tr6n ng ta nói rằng bao giờ cũng có thể nhúng 1 vành tùy ý vào 1 vành có đơn vị)
Giải:
a) Chứng minh rằng R x Z là vành có đơn vị:
xét (R x Z,+):
+)tính kết hợp : (( x, m) + ( y , n)) + (z,p) = ( x+ y, m + n) + (z,p)
= (x+y+z,m+n+p)
(x,m) + ((y,n) + (z,p)) = (x,m) + (y+z,n+p)
= (x+y+z,m+n+p)
Ö (( x, m) + ( y , n)) + (z,p) = (x,m) + ((y,n) + (z,p)
+)phần tử trung hoà:
(x,m) + (x0,m0) = (x0,m0) + (x,m) = (x,m)
Ù x + x0 = x và m + m0 = m
Ù 0RxZ = (0R,0)
+)phần tử khả nghịch: -(x,m) = (-x,-m)
+)tính giao hoán: (x,m) + (y,n) = (x+y,m + n) = (y,n) + (x,m)
vậy (R x Z,+) là nhóm abel
Xét (R x Z,.):
((x,m)(y,n))(z,p) = (xy + my + nx,mn)(z,p)
= ((xy + my + nx)z + mnz + p(xy + my + nz),mnp) (*)
(x,m)((y,n)(z,p)) = (x,m) + (yz + nz + py,np)
= (x(yz + nz + py) + m(yz + nz + py) +npx,mnp) (**)
từ (*) và (**) ta thấy (R x Z,.) là nửa nhóm.(2)
Trang 6+)tính phân phối của phép nhân đối với phép cộng:(1)
((x,m) + (y,n))(z,p) = (x+y,m+n)(z,p)
= ((x+y)z + (m+n)z + p(x+y),(m+n)p)
(x,m)(z,p) + (y,n)(z,p) = (xz + mz + px,mp) + (yz +nz +py,np)
= ((x+y)z + (m+n)z + p(x+y),(m+n)p)
Ö ((x,m) + (y,n))(z,p) = (x,m)(z,p) + (y,n)(z,p)
tương tự ta cũng chứng minh được:
(x,m)((y,n) + (z,p)) = (x,m)(y,n) + (x,m)(z,p)
+)phần tử đơn vị:
(x,m)(x ’
0 ,m ’
0 ) = (x ’
0 ,m ’
0 )(x,m) = (x,m)
Ù xx ’
0 + mx ’
0 + m ’
0 x = x và mm ’
0 = m
Ù x(x ’
0 + m ’
0 – 1) + mx ’
0 = 0 và m(m ’
0 -1) = 0
Ù x ’
0 = 0 và m ’
0 = 1 hay e = (0,1) (4)
từ (1),(2),(3),(4) ta suy ra R x Z là vành giao hoán có đơn vị
b) Chứng minh rằng ánh xạ f : x => ( x, 0) là 1 đơn cấu
f(x+y) = (x+y,0) = (x,0) + (y,0) = f(x) + f(y)
f(xy) = (xy,0) = (xy + 0y +0x,0) = (x,0)(y,0) = f(x)f(y)
ker{f } = {x ∈R|f(x) = (x,0) = (0,0) }
Ù ker{f} = {0 ∈R}
vậy f là đơn cấu
Bài 2.21:
a)
• Với mọi , ,f g h∈ ta có: E
( f +g)+h ( )x =(f +g)( )x +h x( ) = f x( ) +g x( ) +h x( ) = f x( ) +(g+h)( )x = f +(g+h) ( )x
; (f +g x)( )= f x( )+g x( )=g x( )+ f x( ) (= g+ f)( )x ,∀ ∈x R
cho nên (f +g)+ = +h f (g + ,và f g g f h) + = +
Gọi (− là ánh xạ định bởi (f) −f)( )x = −f x( ),∀ ∈ ta có được x R
(−f)∈ ,E f + =0 f f, + −( f) 0= (trong đó 0 là ánh xạ không)
Suy ra ( , )E + là một nhóm Abel
• Với mọi , ,f g h∈ ta có : E
( )fg h ( )x =( )(fg h x( ))= f g h x( ( )) = f ( )gh ( )x = f gh( ) ( ),x ∀ ∈x R
cho nên ( )fg h= f gh( )
Suy ra ( ,.)E là một nửa nhóm
• Với mọi , ,f g h∈ ta có: E
( ) ( ) ( )( ) ( ( ) ( )) ( ( )) ( ( )) ( )( ) ( )( ) ( )( )
và
(g+h f) ( )x =(g+h)(f x( ))=g f x( ( )) (+h f x( )) ( )= gf ( )x +( )hf ( )x =(gf +hf)( )x
∀ ∈
Suy ra: f g( +h)= fg+ fh g,( +h f) =gf +hf
Suy ra phép nhân phân phối đối với phép cộng
Vậy ( , )E + là một vành
Trang 7b)
Nếu x= ∈ thì ( )y R h x = a a x = ay = ( ) h y a ∈ , nên R h là ánh xạ từ ( , ) a R + vào ( , )R + Với mọi x y, ∈ R ta có h x a( +y)=a x( +y)=a x +ay=h x a( )+h y a( ),(do R là vành)
Suy ra h là một tự đồng cấu của nhóm cộng Abel a R )
c) Nếu a= ∈b R thì ta có ( )h x a =a x =bx=h x b( ),∀ ∈x R nên h a = hay ( )h b h a =h b( )
do đó h là ánh xạ từ vành R vào vành E
Với mọi ,a b∈ ta có : R
h+ x = a b x+ =a x bx+ =h x +h x = h +h x và
h x = ab x=a bx =a h x =h h x =h h x ,∀ ∈x R
Suy ra h a b+ =h a + và h b h ab =h h a b
Hay h a b( + =) h a( )+h b( ) và h ab( )=h a h b( ) ( )
Vậy h là đồng cấu vành từ R vào E
d) Ta có Kerh={b∈R h b| ( )=h b =0}={b∈R bx| = ∀ ∈0, x R}
Nếu R có đơn vị là e thì với b∈Kerh ta có b=be=0.Ngược lại khi b=0 thì
0,
bx= ∀ ∈ x R
Vậy nếu R có đơn vị thì Kerh={b∈R bx| = ∀ ∈0, x R}={0} do đó h là đơn cấu
Bài 2.25:
a ⇔ b
Ta có ] là hữu hạn nên theo định lý 4.4 thì n ] là trừơng khi và chỉ khi nó là miền n nguyên
b ⇔ c
• Cho ,a∈Z không chia hết cho a n
Nếu n là số nguyên tố , với mọi x y, ∈{1, 2, ,n−1},x≠ y thì 0 |< − < ,ta có x y| n
0(mod )
ay≠ n , (a x−y) 0(mod )≠ n hay a x≠ay(mod )n Suy ra n−1 số :
, 2 , ,( 1)
a a n− a đều không đồng dư với 0 và đôi một không đồng dư với nhau khi chia cho n.Do đó có duy nhất một số b∈{1, 2, ,n−1}sao cho ab≡1(mod )n Từ đó suy ra với mọi x≠0(mod )n luôn tồn tại y sao cho xy≡1(mod )n
Do đó,với mọi x∈] ,n x ≠ thì tồn tại y sao cho 0 xy≡1(mod )n hay x y=xy= Hơn 1 nữa ] là vành giao hoán có đơn vị 1 nên suy ra n ] là trường n
• Nếu ] là trường thì với mọi n x∈] ,n x ≠ ,luôn tồn tại y ∈0 ] sao cho n
x y=xy= Hay xy≡1(mod )n Suy ra ( )x n, = ∀ ∈1, x {1, 2, ,n−1}.Do đó n là số nguyên tố
Bài 2.29:
a)
• Chứng minh A là vành con của F:
Trang 8Ta cần chứng minh A bảo toàn các phép toán:
Lấy ,me ne∈ bất kì, ta có: A
i)me ne+ =(m+n e) ∈ A
ii)−me= −( m e) ∈ A
iii) (me ne)( )=mne∈ A
• Chứng minh A là miền nguyên:
+Nhắc lại ta đã chứng minh được A là một vành
+Lấy ,x y∈ bất kì, vì A con F cho nên ,A x y∈ ⇒F xy=yx(vì F là trường) Vậy A giao hoán với phép nhân
+e∈A và e là phần tử đơn vị trong A
+Đương nhiên A có nhiều hơn một phần tử (tương ứng n=0,n=1 ta đã có hai phần tử 0 và
e trong A)
+G/s ,x y∈ và A xy= thế thì vì A con F nên ,0 x y∈ kết hợp với 0F xy= suy ra x=0 hoặc y=0 Vậy A không có ước của 0
Vậy A là một vành giao hóan,, có đơn vị, nhiều hơn một phần tử và không có ước của 0 cho nên A là miền nguyên
b)
• Giả sử e có cấp vô hạn, ta chứng minh A Z≅ :
Xét :f A→ thỏa mãn ( )Z f ne = ∀ ∈ n, n Z
+me=ne⇒(m n e− ) ⇒ − = ⇒ = ⇒m n 0 m n f me( )= f ne( )⇒ là ánh xạ f
+ (f ne me+ )= f((m+n e) )= + =m n f me( )+ f ne( )
+ ((f me ne)( ))= f mne( )=mn= f me f ne( ) ( )
+ ( )f ne = f me( )⇒ = ⇒n m ne=me⇒ là đơn ánh f
+Chuyện f toàn ánh là đương nhiên
Với những lí lẽ trên suy ra f là đẳng cấu nên A Z≅
• e có cấp p, chứng minh A≅Z p
Xét :f A→Z p thỏa mãn ( )f ne = (mod p) n
+ne=me⇒(m n e− ) = ⇒ −0 m n p# ⇒ = ⇒m n f me( )= f ne( ) nên f là ánh xạ
+ (f ne me+ )= f((m+n e) )= + = + =m n m n f me( )+ f ne( )
+ ((f me ne)( ))= f mne( )=mn=m n = f me f ne( ) ( )
+ ( )f ne = f me( )⇒ = ⇒ −n m m n p# ⇒(m n e− ) = ⇒0 me=ne⇒ f là đơn ánh
+ Chuyện f toàn ánh là đương nhiên
Với những lí lẽ trên suy ra f là đẳng cấu nên A≅Z p
c) Nếu e có cấp p hữu hạn trong trường F thì theo tính chất cơ bản p phải nguyên tố,
theo bài 2.25 thì Z là một trường p
Hơn nữa theo câu b thì A≅Z p
Từ các lí lẽ trên suy ra A là một trường
Bài 2.33 :
Trang 9• Đặt m| , ; 0;( , ) 1
n
A=⎧ m n∈Z n≠ n p = ⎫
⎩ ⎭, ta chứng minh A là miền nguyên
Với m a, A
n b∈ bất kì:
+Định nghĩ phép tóan cộng: m a mb na
+ + =
Lưu ý ( , ) 1,( , ) 1n p = b p = ⇒( , ) 1nb p = do đó mb na A
nb
+ ∈ tức là m a
A
n + ∈ b
Hơn nữa phép cộng thỏa tính chất kết hợp, giao hóan, có phần tử đơn vị là 0, phần tử nghịch đảo của m
n là m
n
− Do đó A là nhóm abel với phép tóan cộng
+Định nghĩa phép tóan nhân: m a ma
n b = nb
Lưu ý ( , ) 1,( , ) 1n p = b p = ⇒( , ) 1nb p = do đó ma A
nb ∈ tức là m a A
n b∈ Hơn nữa phép tóan nhân thỏa mãn tính chất kết hợp, nên A là nửa nhóm với phép toán nhân
+ m a( x) m ay bx m ay bx( ) ma mx m a m x
Vậy phép nhân phân phối với phép cộng
+Với những lí lẽ trên suy ra A là vành Kiểm tra dễ dàng rằng phép nhân có tính chất giao hóan, có phần tử đơn vị là 1, mọi phần tử đều không là ước của 0 Như vậy A là một miền nguyên
• Tìm trường các thương của miền nguyên A:
+Đặt {an | , , , ; , 0;( , ) ( , ) 1}
bm
B= a b m n∈Z b m≠ b p = n p =
Với ab xy, B
cd zt ∈ bất kì (với ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 1c p = a p = z p = x p = ), ta định nghĩa:
+Phép tóan cộng: ab xy abzt cdxy
cd zt cdzt
+
( )( )
ab xy abzt cdxy abzt cdxy
B
+ = = ∈ (vì (1, ) ( , ) 1p = cz p = )
Hơn nữa phép cộng có tính chất kết hợp, giao hóan, mỗi phần tử an
bm có phần tử nghịch đảo là (-a)n
bm nên B là nhóm abel đối với phép cộng
+Phép tóan nhân: ab xy abxy
cd zt = cdzt
( )( )
( )( )
ab xy abxy ax by
B
cd zt = cdzt = cz dt ∈ (vì (ax,p)=(cz,p)=1)
Phép nhân có tính chất kết hợp
Trang 10+Tính chất phân phối phép nhân đối với phép cộng kiểm nghiệm dễ dàng (như phần trước)
+Vậy B là vành B có tính giao hóan, có phần tử đơn vị là 1 , hơn nữa mọi phần tử an
0
bm ≠ đều có phần tử nghịch đảo là bm
an Như vậy B là một trường
+Tiếp theo ta sẽ chứng minh B là trường các thương của A
Xét f A: → thỏa mãn B .1
.1
f
⎛ ⎞ =
⎜ ⎟
f là ánh xạ, hơn nữa f hiển nhiêu là đơn ánh
Vấn đề còn lại là ta chứng minh mọi phần tử trong B đều có dạng f a f b( )[ ( )]-1 với ,
a b∈ và A b≠0
Thật vậy lấy an
bm∈ bất kì (với ( , ) ( , ) 1;B b p = n p = m≠ ) 0
Ta có
1
.1 1
.1 1
−
= = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎢ ⎜ ⎟⎥
Bài toán giải quyết xong