TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM KHOA TOÁN - TIN Bài dịch Lớp Toán VB2-K2 (nhóm 3) BÀI DỊCH ĐẠI SỐ GIAO HOÁN Nhóm 3 Danh sách nhóm và phân công dịch sách 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 year course (2000)(407s) 374-383 3 Trần Văn Tân Ash R. Abstract algebra, 1st graduate year course (2000)(407s) 384-393 4 Nguyễn Tuyến Duy Ash R. Abstract algebra, 1st graduate year course (2000)(407s) Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 394-398 3-7 5 Kiều Diễm Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 8-17 6 Huỳnh Thị Thúy Hằng Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 18-27 7 Trần Thị Hằng Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 28-37 8 Nguyễn Thị Ngọc Dung Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 38-47 9 Mai Xuân Bình Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 48-57 10 Phạm Thị Kim Cương Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 58-67 11 Phạm Thế Sinh Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 68-77 12 Võ Duy Phương Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 78-87 13 Nguyễn Lê Khoa Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 88-97 14 Phạm Ngọc Thu Trang Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 98-107 15 Nguyễn Văn Minh Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 108-117 16 Huỳnh Ngọc Tuyền Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 118-127 17 Bùi Thị Ngọc Huệ Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell 128-137 18 Nguyễn Thị Mỹ Thuận Elements of Abstract and Linear Algebra by Edwin H. Connell Gilbert W.J., Nicholson W.K. Modern algebra with applications (2ed., Wiley, 2004)(ISBN 0471414514)(347s) 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 BÀI DỊCH ĐẠI SỐ GIAO HOÁN Nhóm 3 20 Chung Thị Bích Ngọc Gilbert W.J., Nicholson W.K. Modern algebra with applications (2ed., Wiley, 2004)(ISBN 0471414514)(347s) 20-29 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 BÀI DỊCH ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL Nhóm 3 SV: ĐINH HÙNG KỲ SÁCH: ASH R. ABSTRACT ALGEBRA, 1ST GRADUATE YEAR COURSE (2000)(407S) (Dịch từ trang 364-373) Phần 5.8 1. Cho | n H aa= và n C là nhóm con xiclic có cấp n sinh bởi phần tử a. Khi đó 1= n a trong n C , và vì nj j aa + = , ta có |H| ≤ n = |C n |. 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 thỏa mãn tất cả các quan hệ. Vì 1 ab ba − = , theo như trong (1.2.4) thì mọi phần tử của H đã cho đều có dạng , ,, rs ba rs∈ . Do b 2 =a 2 , ta có thể giới hạn r là 0 hay 1, và do a 4 =1, ta có 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 3 S thỏa mãn tất cả các quan hệ. Vì 1 ba a b − = , nên mỗi phần tử của H có dạng , ,, rs ba rs∈  . Do a 3 =b 2 =1 nên | |32 6H ≤×= và kết quả như trong (5.8.6). 4. Không. Có nhiều phản ví dụ, chẳng hạn như nhóm xiclic cấp n 2 | 1, 1 nn n C aa a= = = . 5. 11 2 1 21 1n n hh N H −− = ∈∩ = 6. Lấy ψ là một ánh xạ bao hàm. Thế thì () 1)) (( h hhh ψπ ππ = == . Để chứng tỏ rằng π là một đồng cấu, cần lưu ý rằng 1 1122 1 121 12 ()nhnh n hnh hh − = và 1 121 hnh − ∈ 7. Nếu gG∈ thì ( ()1)()g gg g ππ = − với ()gH π ∈ và 1( () ) 1()() 1gg g g ππ π π − = −= , vì vậy 1 () gg N π −∈ . [Hãy nhớ rằng vì ta lấy ψ là một bao hàm, π là một đồng nhất trên H.] Vậy G NH = . Nếu gNH∈∩ thì g ker π ∈ và gH∈ vì vậy ( 1) gg π = = , chứng tỏ rằng 1HN∩= . 8. Nếu ta định nghĩa , 1, ,( ) ( )(,1) ,1()nhhinn π = = , và (), 1, )1 (hh ψ = , thì chuỗi của bài tập 6 là chính xác và tách phải. 9. Ta có 11 2 2 1 12 12 ( )( ) ( )1nh nh n hnh hh= − , vậy ta có thể lấy () fh là một tự đồng cấu trong của N được cho bởi liên hợp bởi hH∈ 10. Xem dãy 33 2 11 i CS C π → → → → trong đó 3 C bao gồm đồng nhất 1 và các 3-chu trình (1,2,3) và (1,3,2), và 2 C bao gồm 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 3- chu trình thành đồng nhất. Ánh xạ đồng nhất từ C 2 tới S 3 cho một sự tách phải, nhưng không có sự tách trái nào. Nếu g là một ánh xạ tách trái từ S 3 tới C 3 , 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 BÀI DỊCH ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL Nhóm 3 g(1, 2) = (1, 3, 2), vậy g(1, 2) = 1 và gi  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, g(1, 3, 2) = g((1, 3)(2, 3)) = 1, mâu thuẫn. 11. Trong chuỗi chính xác của bài tập 6, lấy 2 p G =  , p N =  , / p H GN= ≅  , i là ánh xạ bao hàm, π là toàn cấu chính tắc. Nếu f là ánh xạ tách phải, thì ảnh của nó phải là một nhóm con với các phần tử p (vì f là đơn ánh), và chỉ có duy nhất một nhóm con như thế, cụ thể là p  . Nhưng như thế thì 0f π = , mâu thuẫn. 12. Nếu gG∈ thì 11 gP g gN g N −− ⊆= , vậy cả P và 1 gP g − đều là Sylow p-nhóm con của N. Do Sylow(3), chúng là liên hợp trong N (điểm khóa). Vì vậy với nN ∈ ta có 11 () P n gP g n −− = . Nhưng theo định nghĩa của chuẩn hóa, ta có ( ) G ng N P∈ , do đó ( ) G g NN P∈ . 13. Bảng nhân của nhóm là hoàn toàn xác định bởi các mối quan hệ 1 n a = , 2 1b = và 11 bab a −− = . Các quan hệ trùng với các quan hệ của 2n D với aR= và bF= . 14. Quan hệ 1 n a = không còn, và ta có 2 11 , |,1 a b b bab a −− = = . SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 4 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam BÀI DỊCH ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL Nhóm 3 Lời giải chương 6 – 10 Phần 6.1 1. Ta có 1 23 2, 1, 1rrr= = = vì thế 12 3 1, 0, 1tt t= = = . Thuật toán sẽ kết thúc trong một bước sau khi trừ ( )( ) 1 2 3 123 X X X XXX++ . Đa thức đã cho có thể được biểu thị thành 13 ee . 2. Ta có 1 23 2, 1, 0r rr= = = vì thế 123 1, 1, 0ttt= = = . Tại bước 1, trừ đi ( )( ) 123121323 +X X X XX XX XX+ ++ . Ta được kết quả là 123 3XXX −+ 123 123 4 XXX XXX = . Qua sự kiểm tra (hoặc tại bước hai của thuật toán), đa thức đã cho có thể được biểu thị là 12 3 ee e+ . 3. Trong phương trình (1), ta lấy ( ) 1 h σ ra ngoài tổng và sử dụng tính chất phụ thuộc tuyến tính. Phương trình (2) cũng là kết quả có được từ sự phụ thuộc tuyến tính (do () () ( ) ii i h g hg σσ σ = ). 4. Từ giả thiết, dễ thấy, với hG∈ ta có 12 /() () hh σσ = . Vì vậy trong (3), các a i thì khác 0 và 1 0 () () 1 20 i i hh i σσ = − = =   ≠  nÕu nÕu Điều này mâu thuẫn với tính chất cực tiểu của r. (Lưu ý trường hợp 2i = là quan trọng, vì sẽ không có mâu thuẫn nếu 1 ((0)) i hh i σσ −=∀ . 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 []i= nên  -tự đẳng cấu σ của  được xác định bởi tác động của nó trên i. Vì σ hoán vị các nghiệm của 2 1X + , theo (3.5.1), ta có ()ii σ = hay i− . Do đó nhóm Galoa có hai phần tử, tự đẳng cấu đồng nhất và liên hợp phức. 7. Liên hợp phức của số phức z là chính nó nếu và chỉ nếu nó là số thực, do đó trường bất động là  . Phần 6.2 1. Vế phải là một tập con của vế trái vì cả i E và 1 p i E + đều được chứa trong 1i E + . Do i E chứa trong tập hợp bên phải, điều đó chứng tỏ rằng 11 (). p i ii EE α ++ ∈ Theo giả thiết, 1i α + tách được trên F, vì thế tách được trên 1 .() p ii E α + Theo phần 3.4, bài tập 3, 11 1 ( ))( pp i ii ii E EE αα ++ + ∈⊆ . SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 5 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam BÀI DỊCH ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL Nhóm 3 2. Áp dụng phần 3.4, bài tập 7, bằng cách thay thế ( ) p E FE= bởi ( ) 11 = i ii E EE ++ , ta kết luận rằng 1 i E + tách được trên i E . Theo giả thiết quy nạp, i E tách được trên F. Theo tính chất bắc cầu của mở rộng tách được (phần 3.4, bài tập 8), 1i E + tách được trên F. Vậy, theo quy nạp, /EF tách được. 3. Cho i f là đa thức tối tiểu của i α trên F. Khi đó E là trường khai triển đối 1 n f ff= 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 1i K − và G bằng 11 /()Gal ii EK H −− = . 5. ( ) EA là trường chứa EF≥ và A, vì thế ( ) EA 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 ( ) EA . Vậy ( ) E A EK≤ . 6. Nếu G σ ∈ , đặt ( ) ( ) ( ) ( ) ,x xxE σ τ τσ Ψ=∈ . Khi đó ' () G ψσ ∈ . [Nếu ( ) 'y xF τ = ∈ với xF∈ , thì ( ) ( ) ( ) ( ) y x x xy σ σ τ τσ τ Ψ=Ψ = == .] Bây giờ ( ) ( ) ( ) 12 12 xx σσ τ τσσ Ψ= và ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 12 x xx σ σ τ σ τσ τσ σ ΨΨ =Ψ = , do đó Ψ là một đồng cấu nhóm. Nghịch đảo của Ψ được cho bởi 11 ( ) ()' ' ' , ' ', 'y y GyE στ τσ σ −− Ψ = ∈∈ . Để thấy điều này, ta tính 11 1 1 1 (()) () () () () (' )y y xxxy σ τ τ σ τ στ τ τσ σ στ −− − − − ΨΨ = Ψ = Ψ = = = Vậy 'ΨΨ là đồng nhất trên G. 7. Vì ' H là nhóm con chuẩn tắc của G nên trường bất động của nó ()'L FH= là chuẩn tắc trên F, vì vậy, do tính cực tiểu của chuẩn tắc đóng, ta có NL⊆ . Nhưng mọi trường bất động là trường con của N, nên LN⊆ , và do đó LN= . 8. Nếu 'H σ ∈ , 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. Phần 6.3 1. 1 , { , } n G σσ = trong đó i σ là F-tự đẳng cấu duy nhất của E mà biến α thành i α 2. Chúng ta phải tìm một α sao cho 1 1, , , n αα − là một cơ sở cho /E  . Nếu 11 nn bx bx α = ++ , ta có thể tính các lũy thừa khác nhau của α và viết 11 ··· , 0,1, , 1 i i in n cx cx i n α = ++ = − , trong đó mỗi ij c là một số hữu tỷ. Các lũy thừa của α sẽ tạo thành một cơ sở khi và chỉ khi 0 det ij c  ≠  . Điều này xảy ra “với xác xuất bằng SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 6 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam BÀI DỊCH ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL Nhóm 3 1”; nếu chọn b i đặc biệt làm cho 0det ij c  =  , 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 1 , , n αα 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 2 S , đó là xiclic cấp 2. Có duy nhất một nhóm con bắc cầu của S 2 , đó chính là S 2 , 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 2 3, ,a b ab+ ≠ ∀∈ ]. Một tự đẳng cấu σ trong G phải biến 2 thành 2± và 3 thành 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 [ ( ) ( ) 1ab ab = , do đó 11 ab b a ba −− = = ]. Vì G là không là xiclic nên nó phải đẳng cấu với nhóm bốn 22 ⊕ . (Xem phân tích trong (4.6.4).) 6. Cho H là nhóm con sinh bởi H 1 và H 2 , nghĩa là, sinh bởi 12 HH∪ . Nếu 12 HH σ ∈∪ , thì σ cố định 12 KKK∩= . 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 FH⊆ . Mặt khác, nếu ( ) x FH∈ nhưng xK∉ , ta nói 1 xK∉ . Thế thì có 1 HH τ ∈⊆ không cố định x, do đó ( ) x FH∉ , mâu thuẫn.Vậy ()K FH= . 7. Trường bất động là K 1 K 2 , hợp của K 1 and K 2 . Vì nếu σ cố định K 1 K 2 thì nó cố định cả K1 và K2, vì vậy σ thuộc về 12 HH∩ . Ngược lại, nếu 12 HH σ ∈∩ thì σ là đồng nhất trên cả K 1 và K 2 . (Xem phần 3.1, bài tập 1 và phần 6.2, bài tập 5), σ là đồng nhất trên K 1 K 2 . Vậy 1 2 12 ()F H H KK∩= . 8. Ta có ( ) 1 , , n EF αα = , với i α là các nghiệm của f. Vì ( ) ,min i F α chia cho đa thức f tách được, nên mỗi i α là tách được trên F. Theo phần 6.2, bài tập 1, E là tách được trên F. 9. Vì ] [ [ ( ) () ][ ( ) (),: : ,: 42] 8 ii θ θ θθ ×== = , ta có | 8|G = . Bất kỳ G σ ∈ cũng cho tương ứng θ với một nghiệm của f (có 4 khả năng) và cho tương ứng i với một nghiệm của 2 1X + (2 khả năng, hayii− ). Vì σ được xác định bởi tác động của θ trên i , ta tìm được tất cả 8 phần tử của G. 10. Cho ,( ) ()i ii σθ θσ = = và ,( ) ()ii τθ θ τ = = − . Khi đó 4 1 σ = , 2 1 τ = và tự đẳng cấu 23 2 3 , , ,, , , σσ σ τστστστ là phân biệt (bằng cách kiểm tra trực tiếp). Ta cũng có 13 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 BÀI DỊCH ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL Nhóm 3 11. Bằng cách kiểm tra trực tiếp, mỗi phần tử của N cố định 2 2ii θ = . Vì N có chỉ số 2 trong G nên trường bất động của N có bậc 2 trên  . Nhưng đa thức tối tiểu của 2i trên  là 2 2X + , từ đó ta có ( ) ( 2)Ni= F . ()NF là trường khai triển của 2 2X + trên  và do đó là chuẩn tắc trên  , như đã được dự đoán bởi lý thuyết Galoa. Phần 6.4 1. Ta có 4 23 1 α αα α =++ + và 5 1 α = . Do đó lũy thừa của α không vét kiệt các phần tử khác không của ( ) 16GF . 2. Ta có thể giả sử rằng ( ) n E GF p = và E chứa ( ) m F GF p= , trong đó n md= . Khi đó : : / :[[ ]/] ][ pp EF EF FF nm d= = = . Vì /EF là tách được, ta có ()EF α = theo định lý về phần tử nguyên thủy. Đa thức tối thiểu của α trên F là một đa thức bất khả quy cấp d. 3. Chính xác như trong (6.4.5), thực hiện chia (trên giấy) 1 n X − cho 1 m X − . Việc chia sẽ thành công khi và chỉ khi |mn . 4. Vì b i thuộc L, ta có KL⊆ , và vì []h LX∈ nên ta có g|h. Nhưng []g KX∈ 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 ] [ []::EL EK= . Vì KL⊆ , ta có LK= . 5. Vì LK = nên L hoàn toàn được xác định bởi g. Nhưng nếu ( , )f min F α = thì |. gf 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, ( ) LF β = với L β ∈ . Vậy ) ,( ()ELn F n α βα = = . 7. Theo giả thiết, chì có hữu hạn các trường của có dạng ( ), Fc n c F βα +∈ . Nhưng có vô hạn cách lựa chọn c. Từ đây suy ra điều cần chứng minh. 8. Do ( ) , n EF βα = , từ đó cho thấy ( ) Fc n β βα ∈+ . Điều này cũng là do ( )( ) nn cd cd βα βα β +− + = − 9. Cho : FF σ → là một tự đẳng cấu Frobenius, được cho bởi ( ) p xx σ = . Cho ( ) ,min P fF α = và ( ) ,min p P gF α = . Khi đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) p ff f α σα σ α = = vì vậy σ là một đơn cấu và ( ) ( ( )) 00f σα σ = = . Vậy g chia hết đa thức bất khả quy đơn khởi f, vì thế gf = . 10. Theo bài tập 9, các tập hợp là {0}, {1, 3, 9}, {2, 6, 5}, {4, 12, 10}, và {7, 8, 11}. [Thí dụ, bắt đầu với 2, ta có 2 x 3 = 6, 6 x 3 = 18 ≡ 5 mod 13, 5 x 3 = 15 ≡ 2 mod 13.] Trong trường hợp thứ hai, ta nhận {0}, {1, 2, 4, 8}, {3, 6, 9, 12}, {5, 10}, {7, 14, 13, 11}. Phần 6.5 SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 8 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam BÀI DỊCH ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL Nhóm 3 1. () ( ) p i i n Xp X ω Ψ−= ∏ trong đó i ω là các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị. Nhưng các nghiệm của p i X ω − là các căn bậc p của i ω , mà chúng phải là các căn nguyên thủy bậc np của đơn vị bởi vì p là nguyên tố và |pn . Từ đây suy ra điều phải chứng minh. (Ánh xạ θ → θ p là một song ánh giữa căn nguyên thủy bậc np của đơn vị và căn nguyên thủy bậc n của đơn vị, do ( ) ( ) np p n ϕϕ = .) 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 U n . 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). 5. ( ) 6 6 36 6 6 σωω ω ω ωω +=+=+ nên 6 K ωω +∈ . Bây giờ 61 ωω ωω − +=+ = 2 2 /7cos π , nên ω thỏa mãn phương trình bậc hai trên ( ) 2 /7cos π  . Theo (3.1.9) ] [ 77 [ ][ ( )][ ( : : : 2/7 2/)7 ] : K K cos cos ππ =   trong đó số hạng bên trái là 6, số hạng đầu tiên bên phải là 6 = 2 σ , và số hạng thứ hai bên phải là (theo nhận xét trên) 1 hoặc 2. Nhưng ( ) : 2 /7K cos π    không thể là 2 (vì 6 không phải là một bội số của 4), do đó ta phải có ( ) 2 /7K cos π =  . 6. 24 248 24 24 2 ;() nªn L σωωω ωωωωωω ωωω ++ =++=++ ++∈ 24 3612 356 24 24 3 () . nªn σωω ω ω ω ω ω ω ω ωω ω ωω ω ++ =++ =++≠++ ++∉ [Nếu 356 24 ω ω ω ωω ω ++=++ thì ta có hai đa thức đơn khởi khác biệt bậc 6 được thỏa mãn bởi ω (cái kia là ( ) 7 XΨ ), điều này là không thể.] 7. Theo định lý cơ bản, [ ] 2 : :2 =LG σ   = , do đó ta phải có ( ) 24 L ωω ω = ++  . 8. Nghiệm của q Ψ là căn bậc r p của đơn vị mà không phải căn bậc 1r p − của đơn vị. Vậy 1 1 1 ( 1 ) 1 r r pp q p Xt X t X − −− Ψ= = − − Từ đó suy ra điều phải chứng minh 9. Theo bài tập 1 ( )( ) 3 63 18 6 36 () () ( ) 1X X X XXΨ =Ψ =Ψ =−+ Phần 6.6 SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 9 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam [...]... con thứ tự tuyến tính tối đại Bài tập Định nghĩa một quan hệ trên 𝐴 = 𝐑 𝟐 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... Nhưng nếu t cũng thuộc về T thì T là đại số phụ thuộc trên K, mâu thuẫn 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 trên F ( S ) Vì mỗi t ∈ T là đại số trên F ( 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... 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 = 0 hoặc S ≅ M / ker 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. .. 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 :... 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... thì t là đại số trên F(S) SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 13 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam BÀI DỊCH ASH R ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H CONNELL Nhóm 3 Ngược lại, nếu t là đại số trên F(S), thì với số nguyên dương n, có các phần tử t1 , , tn ∈ S sao cho t là đại số trên F ( t1 , , tn ) Theo bài tập 3, {t1 , , tn , t} là phụ thuộc đại số trên F, do đó S ∪ {t} phụ thuộc đại số trên... trang 3-7) SVTH: Nguyễn Tuyến Duy Trang 29 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam BÀI DỊCH ELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H CONNELL Nhóm 3 SV: KIỀU DIỄM SÁCH: ELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR ALGEBRA BY EDWIN H CONNELL (Dịch từ trang 8-17) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 11 10 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... 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 Phần 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... 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 Z p , 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 Z n 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 Z... EDWIN H CONNELL Nhóm 3 10 ei ∈ E và là độc lập đại số trên K, vì thế độ siêu việt của E trên K tối thiểu là bằng n Suy ra α i là độc lập đại số trên K và độ siêu việt bằng đúng n Do đó, bất kỳ hoán vị nào của các α i cũng cảm sinh một K-tự đẳng cấu của E = K (α1 , , α n ) mà nó cố định các ei , do 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 . đại số độc lập trên F. Vì A là tùy ý, ST∪ là đại số độc lập trên F. Bây giờ nếu tK∈ thì { } t là phụ thuộc đại số trên K (t là nghiệm của Xt− ). Nhưng nếu t cũng thuộc về T thì T là đại. 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. nếu t là đại số trên F(S), thì với số nguyên dương n, có các phần tử 1 , , n t tS∈ sao cho t là đại số trên ( ) 1 , , n Ft t . Theo bài tập 3, { } 1 , , , n t tt là phụ thuộc đại số trên