Lo Buoc Sang Ngang (Nguyen Binh) - Thuy Vinh.mp3 4308. 05. Don So (Xuan Dieu)-Nguyen Cuong.mp3 669. em goi thay mot so ten cua cac bai tho va tac gia cung nguoi ngam, tru mot so nghe si moi , hat a dao va ngoai bac nen em khong biet, tuy nhien co nhieu bai khong trung ten, ma noi dung la mot, hay noi dung la mot bai nhieu ten, co the em Hồ sơ khai thuế đối với loại thuế có kỳ tính thuế theo năm bao gồm: a) Hồ sơ khai thuế năm gồm tờ khai thuế năm và các tài liệu khác có liên quan đến xác định số tiền thuế phải nộp; Đối với lô miền Bắc giá 1 điểm giao động từ 21.700 đồng đến 23.000 đồng. Đối với lô miền Trung và miền Nam thì giá 1 điểm lô giao động từ 14.500 đồng đến 16.000 đồng tùy người nhận. Trên đây là những kiến thức căn bản nhất cách tính tiền lô đề mà mỗi chúng ta đều phải biết. Bệnh có tổn thương nhiều sẩn nhỏ, bề mặt gồ nhẹ, dày sừng ít, thường gặp ở môi, lưỡi, niêm mạc má, và ít nguy cơ ác tính. Bạch sản miệng Virus HPV cũng gây nên những bệnh có tổn thương trong niêm mạc miệng. Với bạch sản miệng, các tổn thương trong bạch sản là những dát màu đỏ hoặc trắng, bề mặt phẳng, trơn, chắc, thường xuất hiện ở sàn miệng. Bước vào thực hiện kế hoạch sản xuất, kinh doanh năm 2022, Công ty CP Kim loại màu Thái Nguyên - Vimico (TMC) đối diện với nhiều khó khăn do ảnh hưởng của dịch COVID-19. Song dưới sự điều hành của Ban lãnh đạo Công ty về tổ chức quản lý, sản xuất, kinh doanh, đơn vị đã vượt qua khó khăn để hoàn thành mục Đồng thời, tiếp tục khẳng định sự quan tâm của Đảng, Nhà nước trong chăm lo xây dựng giai cấp công nhân Việt Nam hiện đại, lớn mạnh và tổ chức Công đoàn Việt Nam vững mạnh đáp ứng yêu cầu của tình hình mới. Chúng ta có thể hiểu nôm na rằng đây là thủ thuật cải thiện hiệu suất đối với các bộ máy tìm kiếm và đặt thứ tự website của bạn cao hơn nhiều so với các trang web khác có cùng nội dung, và mỗi lần người dùng thực hiện 1 yêu cầu tìm kiếm qua câu lệnh truy vấn, hệ thống sẽ tìm kiếm và hiển thị website của bạn ở phía trên danh sách. FKbwQw. Ngày đăng 21/09/2015, 0103 Quan sỏt mt s hỡnh sau, em hóy cho bit Trong bn cú nhng gỡ? K nhng cụng vic cn dựng bn? m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang Bi 14 MT S KHI NIM C BN Ni dung chớnh I. Cỏc chc nng chung ca h son tho bn. II. Mt s quy c vic gừ bn. III. Ch Vit son tho bn. m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang Bi 14 MT S KHI NIM C BN chc nng chung ca h son tho bn H son tho bn l mt phn mm ng dng cho phộp thc hin cỏc cụng vic liờn quan n son tho bn Nhp. Sa i. Trỡnh by. Lu tr. In n. m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang Bi 14 MT S KHI NIM C BN a. Nhp v lu tr bn Ta cú th nhp bn vo mỏy tớnh mt cỏch nhanh chúng nh vo h son tho bn Lu tr trỏnh mt d liu, s dng cn thit i bn Sửa đổi kí tự, từ bằng công cụ Xoá, chèn thêm, thay Sửa cấu trúc văn bản Xoá, chép, di chuyển, chèn hình ảnh vào văn bản. Vỡ cn sa i??? m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang sa i nhng gỡ??? Bi 14 MT S KHI NIM C BN by nh dng kớ t Phụng ch Time New Roman, Arial,. C ch c 14, c 24,. Kiu ch m, nghiờng, gch chõn. Mu sc , xanh, vng, .. V trớ cao hn, thp hn. Khong cỏch. m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang BY VN BN ó trỡnh by p, hp lớ Cha trỡnh by Cụng cha nh nỳi Thỏi sn Ngha m nh nc ngun chy Cụng cha nh nỳi Thỏi sn Ngha m nh nc ngun chy Phụng ch Times New roman c ch 20 Mu NH DNG K T m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang Kiu chm Bi 14 MT S KHI NIM C BN Kh nng nh dng on bn + V trớ l trỏi, l phi ca on + Cn ltrỏi,phi,gia,u hai bờn + Dũng u tiờnthc vo hay nhụ + khong cỏch n on trc v on sau + khong cỏch gia cỏc dũng on m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang Sau õy l mt s vớ d Cỏc cụng c trỡnh by h son tho bn rt phong phỳ Tht u dũng Chn kớch thc l trỏi, phi, trờn, di hay chn khong cỏch gia cỏc dũng n, kộp, hoc tu chn khong cỏch n on trờn Cn trỏi Cn u hai bờn Cn Cn gia gia Cn gia Cn gia Cn phi Cn Cn Cn phi phi phi Cn l trỏi, phi, hay u hai bờn nhng du cỏch s c chốn t ng gia cỏc t v cỏc dũng cn thng theo l tng ng Tht dũng i vi tt c cỏc dũng u tiờn ca cỏc on hay mt vi on c bit no ú khong cỏch n on di khong cỏch khong cỏchn non on di di nh dng on bn m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang Bi 14 MT S KHI NiM C BN nh dng trang bn + L trờn, di, trỏi, phi ca trang + Hng giy,kớch thc trang giy v tiờu trang m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang Bi 14 MT S KHI NIM C BN II. Mt s quy c vic gừ bn. a. Cỏc n v x lý bn Kớ t Character. T Word. Dũng Line. Cõu Sentence. on Paragraph. Trang Page. Trang mn hỡnhPhn bn hin th trờn mn hỡnh m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang Kớ t T KINH THNH HU Cõu Sau Nguyn nh lt triu i Tõy Sn, Phỳ Xuõn Hu c chn lm kinh ụ. on Nh Nguyn huy ng hng dõn v lớnh phc v cho vic xõy dng kinh thnh Hu. Cỏc vt liu nh ỏ, g, gch, ngúi t cỏc t nc c a v õy. Sau my chc nm xõy dng v tu b nhiu ln, mt tũa thnh rng ln di hn km ó mc lờn bờn b sụng Hng. õy l mt tũa thnh s v p nht nc ta thi ú. m Th Xuõn Uyờn Nguyn Th Mai Trang Bi 14 MT S KHI NiM C BN s quy c vic gừ bn. Cỏc du ngt cõu ., ,, , ;, !, ? c t sỏt vo t ng trc theo l du cỏch Gia cỏc t ch dựng mt kớ t trng phõn on cỏch bi phớm Enter Cỏc du m ngoc gm , [, {, [...]... Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang Bài tập áp dụng Hãy chuyển sang tiếng Việt đoạn gõ kiểu Telex sau “Vawn banr sau khi soanj thaor xong, ngoaif vieecj in ra giaays cos theer conf dduwowcj luwu truwx laau daif ddeer dungf laij nhieeuf laanf vowis nhuwngx mucj ddichs khacs nhau” Văn bản sau khi so n thảo xong, ngoài việc in ra giấy có thể còn được lưu trữ lâu dài để dùng lại nhiều lần với những mục đích... III Chữ Việt trong so n thảo văn bản chữ Việt Để gõ dấu Huyền Sắc Hỏi Ngã Nặng Xóa dấu KiỂU TELEX Ta gõ f s r x j z KiỂU VNI Ta gõ 2 1 3 4 5 0 Đàm Thị Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang III Chữ Việt trong so n thảo văn bản c Bộ mã chữ Việt Các bộ mã phổ biến dựa trên bộ mã ASCII là • TCVN3 hay ABC • VNI • Unicode Đàm Thị Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang III Chữ Việt trong so n thảo văn bản d... mã TCVN3 Bộ phông ứng với bộ mã VNI Bộ phông ứng với bộ mã Unicode Đàm Thị Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang III Chữ Việt trong so n thảo văn bản e Các phần mềm hỗ trợ chữ Việt. Giúp kiểm tra chính tả,sửa lỗi,sắp xếp, nhận dạng chữ Việt….đã và đang được phát triển Trước khi gõ chữ Việt, cần chọn phông chữ và cách gõ Ví dụ Chọn bộ mã Unicode, kiểu gõ phông Times new Roman Đàm Thị Xuân Uyên... KHÁI NiỆM CƠ BẢN 1 Chức năng chung của hệ so n thảo văn bản Nhập, sửa đổi, trình bày, lưu trữ và in ấn 2 Các quy ước trong việc so n thảo văn bản a Các đơn vị xử lý b Quy ước trong việc gõ văn bản • Dấu ngắt câu • Khoảng cách giữa các từ • Các dấu mở • Các dấu đóng Đàm Thị Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang • Học bài • Xem trước bài 15 “làm quen với microsoft Word” Trang 99 SGK Đàm Thị Xuân Uyên –... CƠ BẢN tt I Các chức năng chung của hệ so n thảo văn bản số quy ước trong việc gõ văn bản III Chữ Việt trong so n thảo văn bản a Xử lý chữ Việt trong máy tính Xử lý chữ Việt trong máy tính gồm những việc chính sau • Nhập văn bản chữ Việt vào máy tính • Lưu trữ, hiển thị và in văn bản chữ Việt Đàm Thị Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang Chữ Việt trong so n thảo văn bản chữ Việt 2 kiểu gõ... Đàm Thị Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang Bài tập áp dụng Hãy chuyển sang tiếng Việt đoạn gõ kiểu Telex sau Chu7c1 na8ng trinh2 bay2 va8n ban2 la2 d9ie6m3 ra6t1 manh5 cu3a ca1c he65 soa5n tha3o va8n ba3n Chức năng trình bày văn bản là điểm rất mạnh của các hệ so n thảo văn bản Đàm Thị Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang Đàm Thị Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang ...Bài 14 MỘT SỐ KHÁI NIỆM CƠ BẢN Một số chức năng khác • Tìm kiếm và thay thế Replace and Find • Cho phép gõ tắt Auto correction • Tự động đánh số trang Page number • Chèn hình ảnh, kí hiệu,…Insert pictures, symbol,… • Vẽ hình, tạo chữ nghệ thuật Draw, WordArt,… • Hiển thị văn bản dưới nhiều góc độ,… Đàm Thị Xuân . Mai Trang chức năng chung của hệ so n thảo văn bản Hệ so n thảo văn bản là một phần mềm ứng dụng cho phép thực hiện các công việc liên quan đến so n thảo văn bản • Nhập. • Sửa đổi. • Trình. Unicode. III. Chữ Việt trong so n thảo văn bản. Đàm Thị Xuân Uyên – Nguyễn Thị Mai Trang d. Bộ phông chữ Việt. Bộ phông ứng với bộ mã TCVN3 Bộ phông ứng với bộ mã VNI III. Chữ Việt trong so n. SỐ KHÁI NiỆM CƠ BẢN tt I. Các chức năng chung của hệ so n thảo văn bản. số quy ước trong việc gõ văn bản. III. Chữ Việt trong so n thảo văn bản. a. Xử lý chữ Việt trong máy tính Xử - Xem thêm -Xem thêm bai 14 mot so khai niem co ban, bai 14 mot so khai niem co ban, , BÀY VĂN BẢN 0% found this document useful 0 votes0 views6 pagesOriginal Titlebai-1-mot-so-khai-niem-thong-ke-co-banCopyright© © All Rights ReservedShare this documentDid you find this document useful?0% found this document useful 0 votes0 views6 pagesBai 1 Mot So Khai Niem Thong Ke Co BanOriginal Titlebai-1-mot-so-khai-niem-thong-ke-co-banJump to Page You are on page 1of 6 You're Reading a Free Preview Pages 4 to 5 are not shown in this preview. Reward Your CuriosityEverything you want to Anywhere. Any Commitment. Cancel anytime. TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM NGƯỜI THỰC HIỆN DIỆP HOÀNG ÂN MSSVDTN020672 GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN ThS. HOÀNG HUY SƠN An Giang, 2004 Diệp Hoàng Ân LỜI CẢM ƠN Tôi xin trân trọng cảm ơn thầy Hoàng Huy Sơn, thầy Hồ Văn Các dã hướng dẫn tận tình và đã tạo điều kiện thuận lợi cho tôi hoàn thành đề tài này, cũng xin trân trọng cảm ơn Hội đồng khoa học Khoa Sư phạm đã hướng dẫn tôi làm các thủ tục nghiên cứu. 1 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân LỜI MỞ ĐẦU C hương rình Đại số đại cương được dạy và học trong trường đại học cao đẳng có nhiều khái niệm đưa kèm phần bài tập mà phạm vi ứng dụng khá rộng. Nhưng do hạn chế về thời gian nên phần lớn này chỉ được giới thiệu lướt qua. Do đó, các bài tập liên quan cũng khó giải quyết thuạn lợi. Cho nên việc nghiên cứu các khái niệm này là rất cần thiết. Thứ nhất, nó giúp cho người học hiểu cặn kẻ hơn những khái niệm trong Đại số đại cương. Thứ hai, nó có thể làm tài liệu tham khảo cho sinh viên ngành toán trong việc học tập nghiên cứu môn này. Với lý do đó, cần nên phải nghiên cứu đối tượng này. Tuy nhiên, vì thời gian có hạn và hạn chế về trình độ nên người nghiên cứu chỉ nhắm đến các khái niệm trong vành giao hoán có đơn vị. Để hoàn thành nhiệm vụ nghiên cứu của mình yêu cầu người nghiên cứu phải làm việc nghiêm túc, trình bày kết quả nghiên cứu một cách có hệ thống, chặt chẽ, rõ ràng mạch lạc và dễ hiểu. Để đảm bảo yêu cầu đó, phần nội dung của đề tài sẽ trình bày bố phần. Mỗi phần gồm ba đề mụcĐịnh nghĩa, tính chất và bài tập có lời bốn phần sẽ là các bài tập d5ề nghị. Với cách trình bày như vậy , tôi mong nó sẽ là tư liệu tham khảo thuận lợi đối với sinh viên bước đầu học Đại số đại cương. Tuy nhiên, do mới bước đầu nghiên cứu và trình bày nên đề tài chắc có nhiều khiếm khuyết. Em rất mong được sự chỉ dẫn của các thầy cô trong Hội đồng Khoa học Khoa Sư phạm, cũng như các bạn đọc khác để hoàn thiện đề tài. Xin chân thành cảm ơn. Người viết đề tài Diệp Hoàng Ân 2 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân MỤC LỤC Phần Thứ Nhất IDÊAN NGUYÊN TỐ VÀ IDÊAN TỐI ĐẠI TRONG VÀNH GIAO HOÁN CÓ ĐƠN VỊ Trang 4 Phần Thứ Hai PHẦN TỬ LUỸ LINH VÀ NIL-CĂN TRONG VÀNH 14 Phần Thứ Ba IĐÊAN CĂN CỦA MỘT IĐÊAN CỦA VÀNH 18 Phần Thứ Tư TẬP CON NHÂN CỦA VÀNH GIAO HOÁN CÓ ĐƠN VỊ VÀ IĐÊAN CỦA VÀNH CÁC THƯƠNG MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO 3 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành 21 29 30 31 Diệp Hoàng Ân Phần Thứ Nhất IDÊAN NGUYÊN TỐ VÀ IDÊAN TỐI ĐẠI TRONG VÀNH GIAO HOÁN CÓ ĐƠN VỊ I. ĐỊnh Nghĩa Cho X là vành giao hoán có đơn vị, iđêan nguyên tố và tối đại của X được định nghĩa như sau Iđêan P của X, là iđêan nguyên tố nếu và chỉ nếu P ≠ X và với x, y ∈ X sao cho xy ∈ P thì x ∈ P hoặc y ∈ P. hoặc nếu và chỉ nếu P ≠ X và với x, y ∈ X sao cho x, y ∉ P ⇒ xy ∈ P Iđêan A của X là iđêan tối đại nếu và chỉ nếu A ≠ X và mọi iđêan của X chứa A là chính A hoặc X II. Mội số tính chất liên quan 1. Cho X là vành giao hoán có đơn vị, chứng minh các khẳng định sau a P là iđêan nguyên tố của X khi và chỉ khi X/P là miền nguyên. b A là iđêan tối đại của X khi và chỉ khi X/A là trường. Giải a P là iđêan nguyên tố thì X/P là miền nguyên 4 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân Thật vậy, vì X là vành giao hoán có đơn vị nên X/P cũng là vành giao hoán có đơn vị. Vì P ≠ X nên X/P có nhiều hơn một phần tử. Mặt khác, với x + P, y + P ∈ X/P. Sao cho x + P y + P = xy + P = 0 + P. Ta có xy ∈ P ⇒ x ∈ P hoặc y ∈ P Nếu x ∈ P thì x + P = P Nếu y ∈ P thì y + P = P Do đó X/P không có ước của không. Vậy X/P là miền nguyên. Ngược lại, nếu X/P là miền nguyên thì P là iđêan nguyên tố. Thật vậy, vì X/P là miền nguyên nên X/P có từ hai phần tử trở lên nghĩa là X ≠ P. Vì X/P không có ước của không nên ∀ x, y ∈ X sao cho xy ∈ P tức là xy+ P = P thì x + P = P hoặc y + P = P tức là x ∈ P hoặc y ∈ P. Vậy P là iđêan nguyên tố. b Cách 1 A là iđêan tối đại thì X/A là trường. Thậy vậy, vì X là vành giao hoán có đơn vị nên X/A là vành giao hoán có đơn vị. Hơn nữa do X ≠ A nên X/A có nhiều hơn một phần tử. Mặt khác, ∀ x ∈ X sao cho x + A ≠ A tức là x ∉ A . Gọi I = A + xX, thế thì I là iđêan của X chứa A thực sự. Vì A là iđêan tối đại nên I = X. Suy ra 1 ∈ I. Do I = A + xX nên tồn tại a ∈ A, x/ ∈ X sao cho 1 = a + xx/. Suy ra 1 + A = a + xx/ + A = xx/ + A . = x + A x/ + A . / ⇒ x + A là phần tử nghịch đảo của x + A. Vậy X/A là trường Ngược lại, X/A là trường thì A là iđêan tối đại. Thật vậy, vì X/A là trường nên X/A có từ hai phần tử trở lên nên A ≠ X. Ta gọi I là một iđêan bất kỳ của X chứa A thực sự. Khi đó tồn tại x ∈ I nhưng x∉ A tức là x+A ≠A, do X/A là trường nên tồn tại x/ +A≠A sao cho x+Ax/ +A = xx/ +A=1+A. Do I là iđêan của X nên xx/ ∈ I, suy ra xx/ =1+a ∈ I ⇒ 1= xx/ -a ∈ I ⇒ I=X. Vậy A là iđêan tối đại. Cách 2 A là iđêan tối đại của X thì X/A là trường cũng như cách 1 ta luôn có X/A là vành giao hoán, có đơn vị và có nhiều hơn một phần tử. Gọi B là iđêan của X/A thế thì q-1B là iđêan của X. Trong đó q X → X/A là một toàn cầu chính tắc. Khi đó ∀ x ∈ A ⇒ x+A = qx = A ∈ B ⇒ q-1x+A ∈ q-1B ⇒ A ⊂ q-1B. Do A là iđêan tối đại của X nên suy ra q-1B=A hoặc q-1B=X. . Nếu q-1B=A, ∀ x+A ∈ B ⇒ x ∈ q-1B=A ⇒ x+A = A ⇒ B={0+A} iđêan 0 của vành X/A. . Nếu q-1B=X, ⇒ 1 ∈ q-1B=1+A ∈ B ⇒ B = X/A. Rõ ràng với mọi iđêan B của X/A thì B là iđêan 0 hoặc chính là X/A nên X/A là trường. 5 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân Chiều ngược lại, nếu X/A là trường ta cũng có X≠A. Gọi B là iđêan của X sao cho A ⊂ B ⊂ X ⇒ B/A là iđêan của X/A. Thật vậy, ∀ x+A ∈ X/A, ∀ b+A ∈ B/A. Ta có x+Ab+A=b+Ax+A=xb+A ∈ B/A. Vì X/A là trường nên B/A ={0+A} hoặc B/A = X/A. . Nếu B/A ={0+A} ⇒ B=A. .Nếu B/A = X/A ⇒ B=X. Vậy A là iđêan tối đại của X. 2. X là vành giao hoán có đơn vị thế thì mọi iđêan tối đại của X cũng là iđêan nguyên tố của X. Giải A là iđêan tối đại ⇔ X/A là trường ⇒ X/A là miền nguyên ⇔ A là iđêan nguyên tố. 3. Nếu f X → Y là đồng cấu vành P là iđêan nguyên tố của Y thì f –1P là iđêan nguyên tố của X. Chứng minh Từ f X → Y ta định nghĩa ánh xạ f X → Y/P x → fx + P rõ ràng f là một đồng cấu vành. Thật vậy, ∀ x,y ∈ X ta có f xy = fxy + P = fxfy + P = fx + Pfy + P = f x f y f x+y = fx+y + P = fx + P+fy + P = f x+ f y Ker f = { x ∈ X f x = fx+P = P } = { x ∈ X fx = fx ∈ P } = f –1P Theo tính chất của đồng cấu vành ta có X / Ker f ≅ Im f = f X ⊂ Y/P mà Y/P là miền nguyên do P là iđêan nguyên tố → X / Ker f = X / f –1P là miền nguyên, nên f –1P là iđêan nguyên tố của X. 4. Nếu f X → Y là đồng cấu vành và A là iđêan tối đại của Y thì f –1A là iđêan tối đại của X. Chứng minh tương tự tính chất 3. III. Một số bài tập liên quan 1. Giả sử X là vành có đơn vị sao cho x2=x với x ∈ X, chứng minh. a X là vành giao hoán và mọi iđêan nguyên tố đều tối đại. b Nếu X là miền nguyên thì X là trường gồm hai phần tử {0,1} a ∀ x ∈ X ta có x = x2 = -x2 = -x Giải 6 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân Suy ra ∀ a,b ∈ X ta có a+b2 = a2 + ab + ba + b2 = a + ab +ba + b = a + b ⇔ ab + ba = 0 ⇔ ab = -ba = ba Vậy X là vành giao hoán. Gọi A là iđêan nguyên tố của X và B là iđêan của X chứa A thật sự. Khi đó tồn tại x ∈ B nhưng x∉ A, ta có x2 – x = 0 ∈ A do x2=x. ⇒ xx-1 ∈ A ⇒ x-1 ∈ A ⇒ x-1 ∈ B ⇒ 1= x-x-1 ∈ B ⇒ B=X vậy A là iđêan tối đại. b Nếu X là miền nguyên thì ∀ x ∈ X ta có x2-x = 0 ⇒ xx-1 = 0 ⇒ x=0 hoặc x=1. Vậy X={0,1} là một trường. Vành có tính chất trên là vành Boole. 2. Cho X là vành giao hoán có đơn vị ∀ x ∈ X tồn tại n ∈ N* sao cho xn=x chứng minh mọi iđêan nguyên tố của X đều tối đại chứng minh tương tự bài tập 1a. 3. Giả sử X là tập hợp khác rỗng℘ X là tập các tập con của X. Ta định nghĩa phép cộng và phép nhân như sau. A+B = A\B ∪ B\A AB = A ∩ B Chứng minh ℘ x là vành giao hoán và mọi iđêan nguyên tố đều tối đại. Giải Dễ dàng kiểm tra được ℘ X là một vành với đơn vị là X. Mặt khác ∀ A ∈ ℘ X, ta có A2= = A ∩ A = A. Vậy ℘ X là vành Boole. Áp dụng bài 1a ta có điều phải chứng minh. *4. Iđêan tối đại không chứa phần tử khả nghịch. Thật vậy, giả sử I là iđêan tối đại của X, khi đó I ≠ X nên 1∉ I. Gỉa sử tồn tại x ∈ X khả nghịch thoả x ∈ I. Khi đó xx/ = 1 ∈ I vô lý. Vậy I không chứa phần tử khả nghịch của X. Từ kết quả trên ta có bài tập 5 5. Cho I là iđêan tối đại của X, khi đó tồn tại phần tử không khả nghịch thuộc I. Thật vậy, giả sử ∀ x không khả nghịch thoả x∉ I khi đó ∀ y khả nghịch thì y∉ I. Suy ra I rỗng vô lý. Vậy ∃ x ∈ I. ∞ 6. Xét nhóm G = U k =1 P K 1 với phép nhân thông thường. Trên G ta xây dựng phép cộng là phép nhân thông thường x ⊕ y =xy, và phép nhân * là phép nhân không x*y=0 chứng minh vành G không có đơn vị và không có iđêan tối đại. Giải Vì phép nhân * là phép nhân không nên hiển nhiên G không có đơn vị. Giả sử A là Iđêan tối đại của G khi đó G/A là trường. Do G là vành không có 7 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân đơn vị nên G/A không có đơn vị nên G/A không phải là trường, mâu thuẩn với đều giả thiết A là iđêan tối đại. Vậy G không có iđêan tối đại. Từ chứng minh trên ta cũng thấy G không có iđêan nguyên tố. 7. Cho A1, A2 là các vành giao hoán có đơn vị và X = A1 x A2 Chứng minh. a P là iđêan nguyên tố của X khi và chỉ khi P có dạng P = P1 x A2 hoặc P = A1 x P2 với P1, P2 là iđêan nguyên tố của A1, A2 . b M là iđêan tối đại của X khi và chỉ khi M có dạng M = M1 x A2 hoặc M = A1 x M2 với M1, M2 là iđêan tối đại của A1, A2 . Giải a Gọi P1 là iđêan nguyên tố của A1. Thế thì P1 x A2 là iđêan nguyên tố của X = A1 x A2. Thật vậy, ∀ a1, b1 ∈ A1 sao cho a1b1 ∈ P1. Tức là ∀ a1,a2b1,b2 ∈ X sao cho a1,a2b1,b2 ∈ P = P1 x A2 Do P1 là iđêan nguyên tố nên hoặc a1 ∈ P1 hoặc b1 ∈ P1 điều này có nghĩa là a1,a2 ∈ P hoặc b1,b2 ∈ P. Vậy P là iđêan nguyên tố của X. Tương tự, nếu P2 là iđêan nguyên tố của A2 thì P = A1 x P2 là iđêan nguyên tố của X = A1 x A2 . Ngược lại, giả sử P là iđêan nguyên tố của X = A1 x A2. Ta chứng minh P = P1 x A2 hoặc P = A1 x P2 với P1 là iđêan nguyên tố của A1, P2 là iđêan nguyên tố của A2. Ta có 1,00,1 = 0,0 ∈ P Suy ra 1,0 ∈ P hoặc 0,1 ∈ P Nếu 1,0 ∈ P, ∀ a1 ∈ A1 ta có a1, 01,0 = a1, 0 ∈ P Gọi P2 = {a2 ∈ A2 / 0,a2 ∈ P } Ta chứng minh P2 là iđêan nguyên tố của A2. Thật vậy, ∀ a2,b2 ∈ P2 ta có 0 , a2 – 0 , b2 = 0, a2 - b2 ∈ P ⇒ a2 - b2 ∈ P2 ∀ α 2 ∈ A2 ta có 0 , α 2 . 0 , a2 = 0, α 2 a2 ∈ P ⇒ α 2 a2 ∈ P ∀ α 2, β 2 ∈ A2 sao cho α 2 β 2 ∈ P2 ⇒ 0, α 2 β 2 ∈ P ⇒ 0, α 2 ∈ P hoặc 0, β 2 ∈ P ⇒ α 2 ∈ P2 hoặc β 2 ∈ P2. Vậy P2 là iđêan nguyên tố của A2. Ta cần chứng minh thêm P = A1 x P2. ∀ a1,a2 ∈ A1 x P2 ⇒ a1,a2 = a1,0 + 0,a2 ∈ P do a1,0 ∈ P , 0,a2 ∈ P . ∀ a1,a2 ∈ P do a1,0 ∈ P ⇒ 0,a2 = a1,a2 - a1,0 ∈ P ⇒ a2 ∈ P2 ⇒ a1,a2 ∈ A1 x P2 Vậy nếu 1,0 ∈ P thì P = A1 x P2 với P2 là iđêan nguyên tố của A2. Tương tự nếu 0,1 ∈ P ta sẽ chứng minh được P có dạng P = P1 x A2 với P1 là iđêan nguyên tố của A1. Kết luận P là iđêan nguyên tố của X = A1 x A2 khi và chỉ khi P có dạng P = A1 x P2 hoặc P = P1 x A2 với P1 là iđêan nguyên tố của A1, P2 là iđêan nguyên tố của A2. 8 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân b Nếu M1 là iđêan tối đại của A1thì M1 x A2 là iđêan tối đại của X = A1 x A2. Thật vậy, nếu M1 x A2 = M không phải là iđêan tối đại của X thì tồn tại iđêan B của X, B = B1 x A2 sao cho M ⊂ B ⊂ X ≠ ≠ ⇒ M1 x A2 ⊂ B1 x A2 ⊂ A1 x A2 ≠ ≠ ⇒ M1 ⊂ B1 ⊂ A1 ≠ ≠ Mặt khác vì B = B1 x A2 là iđêan của X thì B1 là iđêan của A1. Vậy M1 không phải là iđêan tối đại của A1 vô lý. Tương tự nếu M2 là iđêan tối đại của A2 thì A1 x M2 là iđêan tối đại của X. Ngược lại, nếu M là là iđêan tối đại của X thì M là iđêan nguyên tố của X do đó theo a M có dạng M = M1 x A2 hoặc M = A1 x M2. Trong đó M1, M2 là iđêan nguyên tố lần lượt của A1, A2. Gỉa sử M1 không phải là iđêan tối đại của A1 thì tồn tại iđêan B1 sao cho M1 ⊂ B1 ⊂ A1. ≠ ≠ ⇒ M1 x A2 ⊂ B1 x A2 ⊂ X. Vô lý, do M1 x A2 là iđêan tối đại nên M1 phải là ≠ ≠ iđêan tối đại của A1. Tương tự, ta chứng minh được M2 là iđêan tối đại của A2. Bài toán được chứng ming xong. 8. Chứng minh trong vành chính X mọi iđêan nguyên tố khác không đều tối đại. Chứng minh Cho X là vành chính, P là iđêan nguyên tố khác không của X. Khi đó tồn tại phần tử p ∈ X, p ≠ 0, p không khả nghịch sao cho = P. ∀ x,y ∈ X sao cho xy ∈ P = , thì x ∈ , hoặc y ∈ . Tức là p/ xy thì p/ x hoặc p/ y ⇒ p là phần tử nguyên tố nên nó cũng là phần tử bất khả quy nên =P là iđêan tối đại . 9. Giả sử X là vành chính và A là iđêan của vành X. Chứng minh. a Mọi iđêan của vành X/A đều là iđêan chính. b Vành thương X/A là vành chính khi và chỉ khi A là iđêan nguyên tố. Giải a Giả sử B là iđêan của vành X/A thế thì P −1 B là iđêan của X pX → X/A là toàn cấu chính tắc. Vì X là vành chính nên P −1 B = . Suy ra B = bTheo a mọi iđêan của X/A đều là iđêan chính. Do đó X/A là vành chính ⇔ X/A là miền nguyên ⇔ A là iđêan nguyên tố 9 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân 10. Trong vành Ơclit mọi iđêan nguyên tố khác không đều tối đại. Thật vậy, vì vành Ơclit là vành chính nên lọi iđêan nguyên tố khác không đều tối đại. 11. Giả sử X là vành Ơclit và A là iđêan của X. Chứng minh vành thương X/A là vành Ơclit ⇔ A là iđêan nguyên tố. Giải X/A là vành Ơclit thì X/A là miền nguyên. Khi đó A là iđêan nguyên tố của X. Ngược lại A là iđêan nguyên tố của vành Ơclit X thì A = {0} hoặc A là iđêan tối đại. Khi đó X/A = X/{0} ≅ X là vành Ơclit Hoặc X/A là trường cũng là vành Ơclit. 12. Chứng minh A [x]/ ≅ A Do đó là iđêan nguyên tố của A[x] nếu A là miền nguyên và là iđêan tối đại của A[x] nếu A là trường. Xét ánh xạ θ A[x] → A Giải n f x = ∑ ai x i a f 0 = a0 i =0 Dễ thấy θ là toàn cấu vành và Ker θ = { f x = n ∑a x i=0 i i ∈ A[ x ] / θ f = 0} n ={ f x = ∑ ai x i ∈ A[ x ] / a 0 = 0} i =0 ={ f x ∈ A[ x] / f xM x} = Theo tính chất của đồng cấu vành ta có A[x]/ ≅ A. Suy ra là iđêan nguyên tố ⇔ A là miền nguyên là iđêan tối đại ⇔ A là trường 13. Cho A là vành giao hoán có đơn vị. chứng minh các khẳng định sao tương đương aA là trường b A[x] là vành Ơclit c A[x] là vành chính Giải Hiển nhiên ta có a ⇒ b ⇒ c. TA cần chứng minh c ⇒ a. Ta có thể chứng minh theo hai cách 10 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân Cách 1 Giả sử A[x] là vành chính. Khi đó A[x]/ ≅ A là miền nguyên do đó là iđêan nguyên tố của A[x]. Do A[x] là vành chính nên là iđêan tối đại. Suy ra A[x]/ ≅ A là trường. Cách 2 Giả sử a ∈ A, a ≠ 0, iđêan là một iđêan chính nên = với d ∈ A[x]. Vì d/x, d/a nên d khả nghịch, do đó = A[x] tức là 1 ∈ . Suy ra 1 = xf x + ag x với x = 0 ta có 1 = ag0. Vậy a khả nghịch và A là trường. 14. Cho I là iđêan của vành giao hoán có đơn vị A. Chứng minh rằng aTập con n i I [ x ] = { f x = ∑ ai x ∈ A[ x ] / ai ∈ I i =0 ∀ i = 0 ,1,...., n} là một iđêan của vành đa thức A[x]. bA[x]/I[x] ≅ A/I[x] c I là iđêan nguyên tố của A ⇔ I[x] là iđêan nguyên tố của A[x]. d I là iđêan tối đại của A thì I[x] có là iđêan tối đại của A[x] không ? Giải a Dễ thấy tổng hai đa thức thuộc I[x] là một đa thức thuộc I[x]. Gọi f x = n ∑ a x ∈ I [ x] i i i =0 n g x = ∑bi xi ∈ A[ x] i=0 m+n ∑c x = ∑a b ∈ I Thế thì h x = i =0 Trong đó ci i = k +l i i k i do I là iđêan của A. Vậy hx ∈ I[x] Nên I[x] là iđêan của A[x] b Xét ánh xạ θ A[x] → A / I [x] n n f x = ∑ ai x a f x = ∑ a i x i là một toàn cấu vành và Ker θ = { f x = i i =0 n i =0 ∑ a x ∈ A[ x] / θ f = 0} i =0 i i 11 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân = { f x = n ∑ i=0 = { f x = = { f x = n ∑ i= 0 n n a i x i ∈ A[ x ] / ∑ a i x i = 0} i=0 a i x i ∈ A[ x ] / a i = 0} ∑a i=0 i x i ∈ A[ x ] / a i ∈ I } = I [ x ] Theo định lý toàn cấu vành ta có A[x]/I[x] = A[x]/ker θ ≅ A/I[x] c I là iđêan nguyên tố trong A ⇔ A/I là miền nguyên ⇔ A/I[x] là miền nguyên ⇔ A[x]/I[x] là miền nguyên ⇔ I[x] là iđêan nguyên tố của A[x] d Nếu I là iđêan tối đại thì I[x] không là iđêan tối đại của A[x] vì A[x]/I[x] ≅ A/I[x] không là trường. *15. Trong vành giao hoán có đơn vị luôn tồn tại iđêan tối đại. Giải Gọi TA là tập hợp tất cả các iđêan A của X khác X chỉ số hoá tất cả các phần tử A của TA. Ta có TA = { Aα / α ∈ I } Ta đặt A= U Aα Khi đó A là một iđêan của X khác X và chứa tất cả các α∈X iđêan của X khác X. Tức là A là cận trên của dây chuyền Aα α ∈ I . Khi đó, theo bổ đề Zorn, trong TA = { Aα α ∈ I } tồn tại phần tử tối đại P. Nghĩa là, với mọi iđêan M của X khác X sao cho P là con của M thì P = M. Điều này có nghĩa là P là iđêan tối đại của X. *16. Cho X là vành giao hoán, có đơn vị. Bất kỳ một phần tử không khả nghịch của X đều thuộc một iđêan tối đại nào đó. Giải Với x là một phần tử không khả nghịch bất kỳ của x. Ta có ≠ X. Thật vậy, nếu = X thì 1 ∈ . Khi đó tồn tại x/ ∈ X sao cho 1 = xx/ ∈ nghĩa là x khả nghịch vô lý. Vì ≠ X nên chứa trong một iđêan tối đại nào đó. Nên x thuộc một iđêan tối đại nào đó. *17. Cho A là iđêan của X, A ≠ X. Nếu với mọi b ∉ A đều khả nghịch thì A là iđêan tối đại duy nhất của X. 12 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân Giải Thật vậy, giả sử B là iđêan của X , B ≠ X. Sao cho A ⊂ B . Khi đó / ∀ b ∈ B ⇒ b ∈ A vì trái lại b ∉ A ⇒ b khả nghịch do đó tồn tại b ∈ X bb/ =1∈ B ⇒ B = X vô lý. Vậy B ⊂ A hay A = B. Vậy A là iđêan / tối đại của X. Giả sử X còn có iđêan tối đại A/ nào đó thì ∀ a ∈ A thì a Sao cho không khả nghịch. / Suy ra a ∈ A vì nếu a ∉ A thì a khả nghịch. Do đó A ⊂ A do A / là iđêan tối đại nên A/=A. Vậy A là iđêan tối đại duy nhất. 18. Cho a là một phần tử của vành giao hoán có đơn vị X hý hiệu Ann a = {x ∈ X / xa = 0} a Chứng minh Anna là iđêan của X. b Tìm Ann4 trong vành Z 32 Giải a ∀x, y ∈ Anna Ta có xa = ya = 0 ⇒ x − ya = 0 ⇒ x + y ∈ Anna ∀ ∈ X ta có xa = xa = 0 = 0 ⇒ x ∈ Anna Vậy Anna là iđêan của X. b Giả sử k ∈ Ann4 ⇔ k . 4 = 0 ⇔ 4k M32 0 ≤ k 0 sao cho xn = 0. 2. Nil-căn trong vành. Tập hợp RX gồm tất cả các phần tử luỹ linh của X là nil-căn của vành X. II. TÍNH CHẤT 1. Tính chất của phần tử luỹ linh. a Cho x ∈ X , x luỹ linh và x ≠ 0 thì x là ước của 0. Thật vậy, giả sử x ≠ 0 và x luỹ linh khi đó tồn tại số tự nhiên n bé nhất thoả xn = 0 mà x n−1 ≠ 0 thế thì xn = = 0. Suy ra xn-1 và x là ước của không. b Nếu x luỹ linh thì 1+x khả nghịch, 1-x khả nghịch. Thật vậy , vì x luỹ linh nên tồn tại n∈ N * sao cho xn = 0. Suy ra 1 = 1 + x2n+1 = 1+x [1+x+ .. + x2n] Vậy 1+x khả nghịch. Tương tự 1-x khả nghịch. c Nếu x luỹ linh và u khả nghịch thì u + x khả nghịch. Chứng minh. 14 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân Trước hết ta thấy rằng nếu x luỹ linh thì vx luỹ linh ∀v ∈ X . Do đó, 1+ vx khả nghịch. Giả sử v ∈ X là phần tử nghịch đảo của u khi đó u + x = u 1 + vx khả nghịch. 2. Tính chất của nil-căn trong vành. a Nil-căn RX là một iđêan của X. Thật vậy, ∀x, y ∈ R X ta có xn = 0, xm = 0. m+n Suy ra x+y n +1 = ∑C i =1 i m+ n x i y m + n −i = 0 Do một trong hai số i và m+n-i có một số lớn hơn m và n. Nên x + y ∈ RX , − x n = −1 n x n = 0 ⇒ − x ∈ R X . Mặt khác, ∀x ∈ Rx và ∀x ∈ X ta luôn có xα = αx ∈ RX Vậy RX là iđêan của X. b X / RX không có phần tử luỹ linh khác không. Thật vậy, giả sử x = x + RX luỹ linh trong RX. Thế thì tồn tại n sao n cho x = 0 ⇒ x n ∈ R x ⇒ x ∈ R x ⇒ x = 0 . c X là vành giao hoán có đơn vị thế thì nil-căn Rx của X là giao của tất cả các iđêan nguyên tố trong X. Chứng minh Gọi R/ là giao của tất cả các iđêan nguyên tố của X. Ta chứng minh R/ = Rx. Nếu vậy ta cần chứng minh rằng ∀a ∈ RX thì a ∈ R / và nếu a ∉ Rx thì a ∉ R / . ∀a ∈ R X ⇒ a n = 0 ∈ R / Do R/ là giao của tất cả các iđêan nguyên tố của X nên cũng là iđêan nguyên tố của X. ⇒ a ∈ R / ∀a ∉ Rx ta chứng minh a ∉ R / . Vì a ∈ R X ⇒ a n ≠ 0∀n ∈ N Gọi A là một iđêan của X có tính chất a n ∉ A , ∀n ∈ N . Gọi TA là tập hợp tất cả các iđêan A có tính chất trên ta có T A ≠ ∅ vì {0}∈ T A . Giả sử T A = {Aα / α ∈ I } . Ta đặt A = U Aα . Khi đó A α ∈I là iđêan và ∀n > 0 , a ∉ A ⇒ A ∈ T A và A là cận trên của dây chuyền Aα α ∈ I , theo bổ đề Zorn TA có phần tử tối đại kí hiệu là iđêan P. Ta sẽ chứng minh P là iđêan nguyên tố. Giả sử x, y ∉ P ⇒ P ⊂ + P, P ⊂ + P ⇒ + P, + P ∉ T A . n ≠ ≠ Suy ra a ∈ + P, a ∈ + P với m, n nào đó. m n 15 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân Suy ra a m+ n ∈ + P ⇒ + P ∉ T A ⇒ xy ∉ P ⇒ P là iđêan nguyên tố. Vì P ∈ T A nên a m ∉ P ∀m > 0 suy ra a ∈ P ⇒ a ∉ R / ⊂ P vậy R/=Rx d X là vành giao hoán có đơn vị RX là nil-căn của X. Khi đó các khẳng định sau đây tương đương i X có một iđêan nguyên tố duy nhất. ii ∀a ∈ X thì a luỹ linh hoặc a khả nghịch. iii X / RX là trường. Chứng minh i ⇒ ii Vì X là vành giao hoán có đơn vị nên tồn tại iđêan tối đại A và A cũng là iđêan nguyên tố. Vì X có một iđêan nguyên tố duy nhất nên nó cũng là iđêan tối đại A. ∀a ∈ X mà a không khả nghịch thì a thuộc một iđêan tối đại nào đó. Do A là iđêan tối đại duy nhất nên a ∈ A . Do RX là giao của tất cả các iđêan trong X nên RX =A ⇒ a ∈ RX vậy a luỹ linh. ii ⇒ iii Giả sử a ∈ X / R X , a ≠ 0 khi đó a ∉ R X ⇒ a không luỹ linh. ⇒ a khả nghịch ⇒ a khả nghịch ⇒ X / Rx là trường. iii ⇒ i Vì X / Rx là trường ⇔ RX là iđêan tối đại của X. Mặt khác Rx là giao của các iđêan nguyên tố của X nên R x ⊂ P với P là iđêan nguyên tố của X. Nhưng do RX là iđêan tối đại nên Rx = P. Vậy X có một iđêan nguyên tố duy nhất. III. BÀI TẬP 1. Giả sử f x = A n ∑ i=0 là vành giao hoán có đơn vị và a i x i ∈ A [ x ] chứng minh các khẳng định sau a f khả nghịch trong A[x] khi và chỉ khi ao khả nghịch trong A và a1, a2, …an luỹ linh b f luỹ linh trong A[x] khi và chỉ khi ao, a1, a2, …an luỹ linh c f là ước của không khi và chỉ khi tồn tại phần tử khác không a ∈ A sao cho af = 0 . Giải 16 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân n a Giả sử a0 khả nghịch, a1, a2, …an luỹ linh khi đó ∑a x i =1 …+ an là n a0 + phần n ∑ a x =∑ i =1 i i i=0 tử luỹ n ∑ a=0 giả sử g x = ∑ i=0 Theo tính chất i = a1 + a2x2+ 1c ta có a i x i = f x khả nghịch Ngược lại, giả sử f x = n linh. i a i x i là phần tử khả nghịch trong A[x] và b i x i là nghịch đảo của f x Vì f x . g x = 1 nên r +1 a0b0 = 1. Hơn nữa ta có a n b m − r = 0 ∀ r = 0 ,1,... m . Thật vậy với r = 0 ta có = 0 vì nếu ≠ 0 thì f x . g x là đa thức bậc m+n . Giả sử a nr +1b m − r = 0 với r = 0, 1, 2, …k-1, hệ số Cn+m-k của xn+m-k trong đa thức fx, gx được cho bởi công thức Cn+m-k = an bm-k + an-1 bm-k+1 +…+ an-k bm = 0 do đó ta có a nk a n b m − k + a n −1b m − k +1 + ... + a n − k b m = 0 tức là ank +1bm − k + an −1ank bm − k +1 + ... + an − k ank bm = 0 biểu thức trong k +1 ngoặc bằng không do giả thuyết quy nạp. Do đó a n b m − k = 0 . Vậy a nr + 1 b m − r = 0 ∀ r = 0 ,1 ,... m . m+ Đặt biệt với m = r ta có a n b 0 = 0 do đó an là phần tử luỹ linh. 1 Như vậy ta đã chứng minh được nếu đa thức fx = a0 + a1x + …+anxn khả nghịch thì a0 khả nghịch và an luỹ linh. Áp dụng điều này cho đa thức fn-1x = fx – anxn khả nghịch tổng một phần tử khả nghịch và một phần tử luỹ linh là một phần tử khả nghịch. Từ fn-1x khả nghịch ta suy ra an-1 luỹ linh. Tương tự từ fn-2x, fn-3x…f1x khả nghịch ta được an-2, an-3 …a1 luỹ linh. Vậy f x = n ∑ i=0 a i x i khả nghịch khi và chỉ khi a0 khả nghịch và a1,a2 …an luỹ linh. b Nếu a1 luỹ linh, i = 0, n thì hiển nhiên f x = n ∑ i=0 17 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành a i x i luỹ linh. Diệp Hoàng Ân Ngược lại, nếu f x = n ∑ i=0 a i x i luỹ linh thì 1 + fx khả nghịch. Theo a ai luỹ linh ∀i = 1, n , nhưng do f x = a 0 + n ∑ i =1 a i x i luỹ linh nên a0 luỹ linh. Vậy fx luỹ linh khi và chỉ khi các hệ số của nó luỹ linh. c Giả f x = sử n ∑ i=0 g x = m ∑ i=0 a i x i là ước của không và b i x i b m ≠ 0 là đa thức bậc thấp nhất thoả điều kiện gxfx=0. Khi đó anbm = 0 do đó ang = 0 vì nếu an g ≠ 0 thì ang là đa thức bậc bé hơn bậc của g thoả fxangx = 0 mâu thuẩn với giả thuyết gx là đa thức bé nhất thảo điều kiện gxfx=0. Bằng quy nạp ta có ngay an-rg = 0 với r = 0, 1, 2, …,n. Suy ra an-rbm = 0 với mọi r = 0, 1, 2,…, n do đó bmf = 0. Ngược lại, nếu tồn tại a sao cho af = 0 với a ≠ 0. Khi đó gọi gx = a là đa thức bậc không ta có fxgx = afx = 0. Vậy fx là ước của không. 2. *Cho x là phần tử luỹ linh khác không của vành giao hoán có đơn vị X. Chứng minh Annx luôn nằm trong một iđêan tối đại nào đó. Giải Ta có Annx là một iđêan của X. Ta cần chứng minh Annx ≠ X. Thật vậy giả sử Annx = X thế thì 1 ∈ Ann x ⇒ 1x = x = 0 vô lý do x ≠ 0. Vậy Annx là iđêan của X khác X nên nó thuộc vào một iđêan tối đại nào đó của X. * Ghi chú từ bài tập trên ta có nếu x là phần tử khác không của X thì Annx ≠ X. Phần Thứ Ba IĐÊAN CĂN CỦA MỘT IĐÊAN CỦA VÀNH I. ĐỊNH NGHĨA Cho A là iđêan của vành giao hoán có đơn vị X. Tập hợp r A = x ∈ X / x n ∈ A được gọi là căn của iđêan A của X. II. TÍNH CHẤT { } 18 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Diệp Hoàng Ân 1. Căn của iđêan A của X là một iđêan của X. Thật vậy, gọi r A là căn của iđêan A với x, y ∈ r A → x n , y n ∈ A vơí m,n là các số tự nhiên khi đó. x + y m+n m+n = ∑ Cmi +n x i y m+n−i ∈ A do trong hai số xi và ymn-i có một số i =0 thuộc A mà A là iđêan của X. n Suy ra x + y ∈ r A ∀α ∈ X , α , x = α n , x n ∈ A ⇒ αx ∈ r A Vậy rA là iđêan của X. 2. Cho A là iđêan của X, p X → X / A là toàn cấu chính tắc, và RX/A là nil-căn của X/A. Chứng minh r A = p −1 R X / A . Chứng minh n ∀x ∈ r A ⇔ x ∈ A ⇔ x = 0 ⇔ x ∈ R X / A ⇔ x ∈ p −1 R X / A Vậy r A = p −1 R X / A 3. rA là giao của tất cả các iđêan nguyên tố của X chứa A. n Chứng minh Gọi T là tập hợp tất cả các iđêan nguyên tố của X/A. Theo tính chất 2 ta có. r A = p −1 R X / A = p −1 I P = p∈T Ip −1 P P∈T Vì P là iđêan nguyên tố của X/A nên p-1P là iđêan nguyên tố của X. Ta cần chứng minh p-1P chứa A. − − − ∀x ∈ A ⇒ p x = x = x + A = 0 ∈ P , 0 ∈ p ⇒ x ∈ p −1 P . Vậy ta có điều phải chứng minh. III. CÁC BÀI TẬP 1. Giả sử X là vành giao hoán có đơn vị A, B là các iđêan của vành X, Chứng minh. a r A ⊃ A, r A = X ⇔ A = X . b r r A = r A 19 Tìm hiểu thêm một số khái niệm trong vành Download Free PDFDownload Free PDFC1 Mot so khai niem tong quat svC1 Mot so khai niem tong quat svC1 Mot so khai niem tong quat svC1 Mot so khai niem tong quat svTín Đỗ

mot so khai niem lo de