Một vài kết luận:
1/ f khả vi trên (a,b), nên f liên tục trên (a,b)
2/ Vì f liên tục trên (a,b), nên với dãy $(x_n) \rightarrow x_0$ đã cho thì dãy $(f(x_n)) \rightarrow f(x_0)$ nên $f(x_0)=0$

Câu a:
Vì f khả vi, gọi $f'(x_0)=L$, theo định nghĩa đạo hàm bậc 1 ta có

Với mọi $\varepsilon >0$, tồn tại $\delta$ sao cho $x \epsilon (a,b)$
$$0<|x-x_0|< \delta \Rightarrow |\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}-L| < \varepsilon$$

Dùng dãy $(x_0)$ đã cho, với mọi $\delta >0$ tồn tại $N_0$ sao cho mọi $n>N_0$ thì $0<|x_n -x_0|<\delta$, nên
$$|\dfrac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}-L|< \varepsilon$$
hay $$|L|< \varepsilon \rightarrow 0$$
Nên $$f'(x_0)=L=0$$

Câu b:
Chứng minh $f''(x_0)=0$. Vì $f'$ khả vi trên $(a,b)$, nếu ta tìm được một dãy $(y_n)\rightarrow x_0$ và $f'(y_n)=0$ thì dựa theo câu a, $f''(x_0)=0$.
Larange theorem hay Mean Value theorem cho từng điểm $x_n$ ta có
Tồn tại $y_n \epsilon (x_n, x_0)$ hay $y_n \epsilon (x_0, x_n)$sao cho
$$f'(y_n)=\dfrac{f(x_n)-f(x_0)}{x_n-x_0}=0$$
Vì $y_n$ "bị kẹp" giữa $x_n$ và $x_0$ mà $(x_n)\rightarrow x_0$ nên $y_n \rightarrow x_0$.
Tương tự cho mọi k.

$$f(1)=f(1*1)=f(1).f(1) \Rightarrow f(1)=1$$

Như vậy, $1 \in f^{-1}(G)$. Tương tự, ta dễ thấy $f(x^{-1})=(f(x))^{-1}$. Để thấy $f^{-1}(G)$ là nhóm con, ta nhận xét

$$x,y \in f^{-1}(G), f(x), f(y) \in G \Rightarrow f(x*y)=f(x).f(y) \in G \Rightarrow x*y \in f^{-1}(G)$$

Tương tự,

$$f(x*y^{-1})=f(x).f(y^{-1})=f(x).(f(y))^{-1} \in G \Rightarrow x*y^{-1} \in f^{-1}(G)$$

Vì vậy, $f^{-1}(G)$ là nhóm con.

Hình như anh sử dung " đồng cấu nhóm " phải không ạ?

Nhưng bọn em chưa học đồng cấu nhóm thì phải chứng minh bài này như thế nào ạ?

 

Mình không có sử dụng đồng cấu nhóm. Có lẽ bạn nói đến phần chứng minh $f(x^{-1})=(f(x))^{-1}$? Sau khi ta có $f(1)=1$, thì

$$1=f(1)=f(x*x^{-1})=f(x).f(x^{-1}) \Rightarrow f(x^{-1})=(f(x))^{-1}$$

Vì phần tử nghịch đảo của $f(x)$ duy nhất và vừa là $(f(x))^{-1}$ và $f(x^{-1})$, cho nên ta có thể kết luận như trên.

Gọi $1_X$ là phần tử đơn vị (phần tử trung hòa) của $X$, $1_Y$ là phần tử đơn vị (trung hòa) của $Y$. Hiển nhiên, $1_Y \in G$. Ta có

$$f(1_X)=f(1_X*1_X)=f(1_X).f(1_X)$$

Sau đó, nhân 2 vế với phần tử nghịch đảo của $f(1_X)$,ta được $1_Y=f(1_X)$. Đa phần trong các bài giải, thì $1$ được hiểu như là phân từ đơn vị của nhóm mà ngữ cảnh chỉ ra, nên sẽ không ghi $1_X$ hay $1_Y$.

Cho $R$ là vành giao hoán với đơn vị, $x \in R$, $I$ ideal, và $p_1, \dots, p_r$ là ideal nguyên tố.

 

Chứng minh nếu $Rx+I \not\subset \bigcup_{i=1}^{r}p_i$, thì tồn tại $y \in I$ sao cho $x+y \notin \bigcup_{i=1}^{r}p_i$.

 

Mình chưa giải rõ bài này, nhưng mình nghĩ có lẽ chứng minh quy nạp trên $r$ và chọn $y$ phù hợp sẽ được (tương tự như chứng minh của Prime Avoidance lemma).

Mình biết cấu trúc của $\sigma-$đại số Borel trên $\mathbb{R}^N$ được sinh bởi các hình hộp mở nhưng mình không thấy nó liên hệ gì với việc các tập mở trong Y thuộc VP.

 

Mình nghĩ đó là trọng điểm của bài này. Tức là chứng minh các hộp mở đó được sinh ra bởi tập $\{\Pi (-\infty, a_i)\}$. Mình thử chứng minh trường hợp $n=1$, bạn có thể sửa lại lời giải cho $n$ tổng quát, hay dùng quy nạp.

 

Ta muốn chứng minh với mọi $a,b \in R$, $(a,b)$ được sinh ra bằng đại số $\sigma$ của $X=\{(-\infty, c)\}$. Để xem, $[\alpha,b)=(-\infty,b) \cap (R-(\infty,\alpha)) \in A_\sigma(X)$, với mọi $\alpha <b$. Ta có thể chọn $\alpha_n=a+ 1/n$. Như vậy, $(a,b)= \cup [a+1/n,b) \in A_\sigma(X).$

 

Như vậy ta có, $B( R) \subset A_\sigma(X)$ (thật ra là bằng nhau). Sau đó, $B(Y)=\{A \cap Y: A \in B( R)\} \subset \{A \cap Y: A \in A_\sigma(X)\} \subset VP$.

 

Dấu $\subset$ cuối cùng không dễ thấy trực tiếp, nếu bạn không tin hay không dễ thấy, thì mình sẽ suy nghĩ cách chứng minh cho dấu đó.

Chỗ dễ thấy của bạn mình chưa nhìn ra được. Bạn có thể viết tường minh ra được không.

 

Ah mình ghi nhầm hết cả lên rồi. Vế phải dễ thấy nằm trong vế trái.

 

Vế phải là đại số $\sigma$ được sinh ra từ $X=\{Y \cap \Pi_{1 \leq i \leq n} (-\infty, a_i)\}$. Mà $X$ chỉ bao gồm những tập mở trong $Y$. Vì vậy $X$ nằm trong $B(Y)$ vì $B(Y)$ là đại số Borel trên $Y$ (theo định nghĩa, đại số Borel trên $Y$ là đại số $\sigma$ được sinh ra từ tập mở trong $Y$).

 

để mình sửa lại 

Để chứng minh vế trái nằm trong vế phải, thì có lẽ dễ nhất là chứng minh mọi tập mở cơ bản trong $Y$ (tức là giao của 1 tập mở cơ bản của $R^n$ với $Y$) được sinh ra bởi vế phải. (có thể sinh ra bằng đại số $\sigma$ là đủ). 

 

Đến đây thì điều cần chứng minh là mọi tập mở cơ bản của $R^n$ được sinh ra bằng đại số $\sigma$ từ $\Pi_{1\leq i \leq n} (\infty, a_i)$. Mình nghĩ điều này chứng minh được, và trực tiếp.

Mình nghĩ đó là trọng điểm của bài này. Tức là chứng minh các hộp mở đó được sinh ra bởi tập $\{\Pi (-\infty, a_i)\}$. Mình thử chứng minh trường hợp $n=1$, bạn có thể sửa lại lời giải cho $n$ tổng quát, hay dùng quy nạp.

 

Ta muốn chứng minh với mọi $a,b \in R$, $(a,b)$ được sinh ra bằng đại số $\sigma$ của $X=\{(-\infty, c)\}$. Để xem, $[\alpha,b)=(-\infty,b) \cap (R-(\infty,\alpha)) \in A_\sigma(X)$, với mọi $\alpha <b$. Ta có thể chọn $\alpha_n=a+ 1/n$. Như vậy, $(a,b)= \cup [a+1/n,b) \in A_\sigma(X).$

 

Như vậy ta có, $B( R) \subset A_\sigma(X)$ (thật ra là bằng nhau). Sau đó, $B(Y)=\{A \cap Y: A \in B( R)\} \subset \{A \cap Y: A \in A_\sigma(X)\} \subset VP$.

 

Dấu $\subset$ cuối cùng không dễ thấy trực tiếp, nếu bạn không tin hay không dễ thấy, thì mình sẽ suy nghĩ cách chứng minh cho dấu đó.

 

Để mình chứng minh nốt phần còn lại. 

$$\{A \cap Y: A \in A_\sigma(X)\} \subset A_\sigma\{Y \cap A: A \in X\}$$

Gọi là VT và VP lần nữa.

(thật ra ở đây là đẳng thức "=" chứ không phải chỉ là quan hệ tập con, nhưng ở đây ta chỉ cần quan hệ tập con là đủ. Điều này có thể hiểu nôm na là việc sinh ra đại số $\sigma$ từ 1 tập và sau đó giao với $Y$ giống như ta giao với $Y$ sau đó sinh ra đại số $\sigma$. Đó là vì việc sinh ra đại số $\sigma$ chỉ là lấy giao, hợp, phần bù của những "phần tử", và "tương thích" với việc giao với $Y$, nên ta có thể giao với $Y$ trước hay sau cũng vậy).

 

Xét 1 đại số $\sigma$ khác: $\sum = \{A \subset R: Y \cap A \in VP\}$. Bạn check $\sum$ là đại số $\sigma$. Sau đó, ta có
$$\{Y \cap A: A \in X\} \subset VP \Rightarrow X=\{A: A \in X\} \subset \sum$$

Vì vậy, $A_\sigma(X) \subset \sum$ vì $\sum$ là đại số $\sigma$. Sau đó, theo định nghĩa của $\sum$ ta có $\forall A \in A_\sigma(X), Y \cap A \in VP$, là đpcm.

Bạn giải được bao nhiêu rồi mà "luẩn quẩn"? Post thử lên cho mọi xem và nhận xét.

 

Mình thấy vế trái dễ thấy nằm trong vế phải. Để chứng minh vế phải nằm trong vế trái, thì có lẽ dễ nhất là chứng minh mọi tập mở cơ bản trong $Y$ (tức là giao của 1 tập mở cơ bản của $R^n$ với $Y$) được sinh ra bởi vế trái. (có thể sinh ra bằng đại số $\sigma$ là đủ). 

 

Đến đây thì điều cần chứng minh là mọi tập con cơ bản của $R^n$ được sinh ra bằng đại số $\sigma$ từ $\Pi_{1\leq i \leq n} (\infty, a_i)$. Mình nghĩ điều này chứng minh được, và trực tiếp.

(dãy này thậm chí không phải là complex)

Chứng minh tồn tại dãy khớp ....->Z4 -> Z4 -> Z4 -> Z4 -> ...... Bạn nha...

 

Nhìn vào map $\varphi: Z/4Z \rightarrow Z/4Z$ được cho bởi $\varphi(z+4Z)= 2z + 4Z$, ta thấy $im(\varphi)=\{0 + 4Z, 2+ 4Z\}$ và $ker(\varphi)=\{0+ 4Z, 2+ 4Z\}$. Gọi $K= \{0+ 4Z, 2 + 4Z\}= im(\varphi)= ker(\varphi)$. Nên ta có dãy khớp

$$0 \rightarrow K \xrightarrow{i} Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z \xrightarrow{\pi} \frac{Z/4Z}{K} \rightarrow 0$$

với maps $\pi: Z/4Z \rightarrow \frac{Z/4Z}{K}$ là projection tự nhiên và $i: K \hookrightarrow Z/4Z$ là inclusion tự nhiên.

Mà $\frac{Z/4Z}{K} \cong \{0+4Z, 2 + 4Z\}= K$. Gọi đẳng cấu đó là $\alpha$. Đến đây, ta có

$$K \xrightarrow{i} Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z \xrightarrow{\pi} \frac{Z/4Z}{K} \xrightarrow{\alpha} K \xrightarrow{i} Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z\rightarrow \dots$$

Như vậy, để xây dựng dãy khớp về bên phải, ta dựng như sau

$$Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z \xrightarrow{i~ \circ~ \alpha ~\circ ~\pi} Z/4Z \xrightarrow{\varphi}\dots$$

Đến đây, ta thấy dãy này khớp (kiểm tra).

Dễ thấy, mở rộng về bên trái hoàn toàn giống như bên phải

$$\dots K \xrightarrow{i} Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z \xrightarrow{\pi} \frac{Z/4Z}{K} \xrightarrow{\alpha} K \xrightarrow{i} Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z \xrightarrow{i~ \circ~ \alpha ~\circ ~\pi} Z/4Z \xrightarrow{\varphi}\dots$$

Vì vậy ta có dãy khớp

$$\dots \rightarrow Z/4Z \xrightarrow{i~ \circ~ \alpha ~\circ ~\pi} Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z \xrightarrow{i~ \circ~ \alpha ~\circ ~\pi}Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z\rightarrow \dots$$

 

EDIT: nửa đêm rồi viết tới viết lui thành ra viết dài, viết dở. Xét $\varphi: Z/4Z \rightarrow Z/4Z$ được cho bởi $\varphi(z+ 4Z)= 2z+ 4Z$. Và ta xét chuỗi

$$\dots \xrightarrow{\varphi} Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z \xrightarrow{\varphi} Z/4Z \xrightarrow{\varphi} \dots$$

Ta thấy $\varphi \circ \varphi = 0$ và nếu $z+ 4Z \in ker(\varphi),$ thì $z \in \{0, 2\}$ nên $z+ 4Z \in im(\varphi)$. Vì vậy $im(\varphi)= ker(\varphi)$ (2 $\varphi$ này là 2 hàm kế bên nhau, chúng nó chỉ vô tình có cùng 1 tên), nên dãy trên là dãy khớp.

Chứng minh ………Z4 -> Z4 -> Z4 -> Z4 ->………… là khớp.

 

Maps giữa những module đó là gì bạn?

Đề chỉ nói chứng minh tồn tại 1 dãy khớp ( over Z) như thế bạn nak
Ngoài câu ni. Còn có câu:
Chứng minh tồn tại dãy khớp ( over Z): 0-> Z2 ->Z4 ->Z4-> Z2 -> 0

 

Bạn gõ latex kĩ lại giùm mình chỗ này: dãy khớp của bạn là

$$\dots \rightarrow Z/4Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow \dots$$

hay là

$$ Z/4Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow \dots$$

Hai dãy này khác nhau.

 

Để tìm dãy $0 \rightarrow Z/2Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow Z/2Z \rightarrow 0$, ta thử tìm 1 toàn ánh $\varphi_0: Z/4Z \rightarrow Z/2Z \rightarrow 0$, thử map $z+ 4Z \mapsto z+ 2Z$. Bạn cần chứng minh đây là 1 morphism giữa module over $Z$. Dễ thấy, hàm này toàn ánh. Gọi $K$ là kernel của $\varphi_0$. Bây giờ ta cần $\varphi_1: Z/4Z \rightarrow K \rightarrow 0$ là toàn ánh để ta có dãy khớp $Z/4Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow Z/2Z \rightarrow 0$.

 

Ta thấy kernel của $\varphi_0$ là $K=\{0 +4Z, 2+ 4Z\} \subset Z/4Z$ (vì $Z/4Z =\{0+4Z, 1+ 4Z, 2+4Z, 3+4Z\}$). Nên bây giờ ta cần tìm toàn ánh $\varphi_1: Z/4Z \rightarrow K$. Nhưng ta để ý, ta cần kernel của toàn ánh $\varphi_1$ phải là $Z/2Z$ vì ta cần $0 \rightarrow Z/2Z \rightarrow Z/4Z \rightarrow K \rightarrow 0$. Ta không thể chọn $\varphi_1(z+ 4Z)= z+ 4Z$ được (vì sao?). Nhưng ta có thể chọn $\varphi_1(z+4Z)= 2z+ 4Z$. Bạn cần kiểm tra đây là morphism giữa module over $Z$. Và $\varphi_1: Z/4Z \rightarrow K$ là toàn ánh. Kernel của hàm này là $\{0+4Z, 2+ 4Z\}$ nên đẳng cấu với $Z/2Z$ và là điều ta muốn.

 

Tóm lại, maps giữa những modules trên như sau

$$\begin{matrix}
0 \rightarrow & Z/2Z  & \rightarrow & Z/4Z & \rightarrow  & Z/4Z & \rightarrow  & Z/2Z & \rightarrow  0 \\
   & z + 2Z & \mapsto & z+ 4Z &  &  &  &  &    \\
   &  &  & z+ 4Z & \mapsto & 2z+ 4Z &  &  &   \\
   &  &  &  &  & z+4Z & \mapsto & z+2Z &    
\end{matrix}$$

Khi $x \rightarrow \infty$, $\frac{1}{n^2}+ \frac{2}{n^2}+\dots+ \frac{n-1}{n^2}$ tiến về $\frac{1}{n^2}+ \frac{2}{n^2}+\dots+ \frac{n-1}{n^2}$ với mọi $n \in N$.

 

Khi $n \rightarrow \infty$, 

$$\frac{1}{n^2}+ \frac{2}{n^2}+\dots+ \frac{n-1}{n^2}= \frac{1+\dots+n-1}{n^2}=\frac{(n-1)n}{2n^2}= \frac{n-1}{2n}$$

tiến về $1/2$

Có lỗi ở bước $n=1$ của Mr. Nhan, nhưng không nghiêm trọng, có thể chữa bằng $n=2$ hay $\leq$ (BDT với $\leq$ cũng đồng thời cho kết quả). Bất đẳng thức của Mr. Nhan chặt hơn bất đẳng thức của Zarza rồi, không cần cm BDT của Zarza nữa (nhưng có thể áp dụng cách của Mr. Nhanh để chứng minh BDT đấy được)..

ta có $\lim_{x \to \infty } \frac{sin3x}{x}$ =$\lim_{x\rightarrow +\infty }3.\frac{sin3x}{3x}$

Đặt 3x=$\frac{1}{y}$. Do $x\rightarrow +\infty$ nên $y\rightarrow 0$.

Mà $-3\left | y \right |\leq 3y.sin\frac{1}{y}\leq 3\left | y \right |$

Lại có $\lim_{y\rightarrow 0}\left | y \right |=0=\lim_{y\rightarrow 0}\left | -y \right |$

=> $\lim_{y\rightarrow 0}(3y.sin3y)=0$ => $\lim_{x \to \infty } \frac{sin3x}{x}$=0

KHông piết có đúng không nữa,mọi người cho ý kiến ạ.

 

hình như ở dòng cuối, limit đầu tiên phải là $sin(1/y)$ chứ nhỉ?

 

Mà có lẽ bạn giải ... hơi dài.

 

$$|sin(3x)|< 2 $$

$$\Rightarrow 0 \leq |\frac{sin(3x)}{x}| < \frac{2}{|x|} $$

$$\Rightarrow |\frac{sin(3x)}{x}| \rightarrow 0 \text{ vì } \frac{2}{|x|} \rightarrow 0$$

$$\Rightarrow \frac{sin(3x)}{x} \rightarrow 0$$

 

Ý tưởng của mình cũng giống của bạn thôi, chỉ là bạn trình bày hơi dài và đặt nhiều thứ ... không cần thiết.

bài 1 không phải chỉ cần đơn giản n, sau đó nó tiến về 0 à? 

2. Chia tử và mẫu cho $3^n$. Mẫu tiến về 1, tử tiến về 3, nên phân số tiến về 3.

Câu a có thể được giải 1 cách khác vận dụng định nghĩa của limit, xấu xí hơn cách giải của xusinst. Cảm ơn xusinst vì cách giải hay bằng định lý Toeplitz.
$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{a_{n + 1}}}}{{{a_n}}} = r$$
có nghĩa là
Với mọi $\varepsilon > 0$, tồn lại $N_\varepsilon$ tự nhiên, sao cho với mọi $n > N_\varepsilon$ ta có
$$r-\varepsilon <\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$$
Nhìn vào 1 bên của bất đẳng thức $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$ ta có với n đủ lớn
$$a_{n+1}= \dfrac{a_{n+1}}{a_n} \dfrac{a_n}{a_{n-1}} ...\dfrac{a_{N_\varepsilon +1}}{a_{N_\varepsilon}}...\dfrac{a_2}{a_1} a_1 $$
Vì $N_\varepsilon $ là 1 số tự nhiên ko phải vô hạn, với mọi $n \leq N_\varepsilon $ ta đặt
$$\dfrac{a_{N_\varepsilon+1}}{a_{N_\varepsilon}}....\dfrac{a_2}{a_1}a_1=B (r+\varepsilon)^{N_\varepsilon}$$
với B là một số dương nào đó
Và với mọi $n > N_\varepsilon$, ta có
$$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}<r+\varepsilon$$
Vì vậy
$$a_{n+1}<B(r+\varepsilon)^{n+1}$$
Tương tự, ta sẽ có
$$A(r-\varepsilon )^{n}<a_n<B(r+\varepsilon )^{n}$$
với n đủ lớn. Cho dù A và B đều dương phụ thuộc vào $N_\varepsilon$ cũng ko quan trọng.
Vì vậy
$$\sqrt[n]{A}(r-\varepsilon)<\sqrt[n]{a_n}<\sqrt[n]{B}(r+\varepsilon)$$
Vì $\varepsilon$ có thể nhỏ tùy ý, và với mọi A và B dương
$$\sqrt[n]{A} \to 1$$
và
$$\sqrt[n]{B} \to 1$$,
nên ta kết luận
$$\sqrt[n]{a_n} \to r$$

Giả sử $\varphi: Z[X] \rightarrow Q[X]$ là 1 đẳng cấu vành. Gọi $I=(X) \subset Z[X]$ và $J= \varphi(I)$. Ta có, $Z \cong Z[X]/I$ nên $Z \cong Q[X]/J$. Ta thấy $Q[X]/J$ vì đẳng cấu vành với $Z$ nên nó là 1 integral domain, nên ideal $J$ phải prime. Nhưng $Q[X]$ là principal ideal domain, nên prime ideal $J$ cũng là maximal ideal. Nên $Q[X]/J$ là 1 trường (field), vô lý vì $Z \cong Q[X]/J$ không phải là 1 trường. 

Các pro ơi, giúp e giải bài này nhé, mặc dù đã đọc rất nhiều lần về lý thuyết nhóm, nhưng vẫn ko tự giải được bài nào cho ra hồn cả, hic..

Cho nhóm G hữu hạn có 2n phần tử, H là nhóm con của G, H có n phần tử. CMR: $\forall x \in G\Rightarrow x^2 \in H.$

$\left | G \right |= 2n; H\leqslant G; \left | H \right |= n. CMR: \forall x \in G\Rightarrow x^2 \in H.$

Bài này có thể giải thế này, còn cách nào ngắn hơn không thì mình không biết.

Cần biết điều sau:
1/ Nếu H, K là nhóm con của G, và nếu H normal (nhóm con chuẩn tắc), thì HK là nhóm con của G, với $HK=\{hk: h \epsilon H \text{ và } k \epsilon K\}$. Hơn thế $|HK| = \frac{|H||K|}{|H\cap K|}$.
2/ Định lý cơ bản của nhóm xích: 1 nhóm xích của bậc d, thì nó có đúng 1 nhóm xích con có bậc ứng với mỗi thừa số p của d, và mỗi nhóm xích con có bậc p đó được sinh bởi $x^{d/p}$.

Nhận thấy, $|H| = 1/2 |G|$, H phải normal (chuẩn tắc) vì chỉ có thể có 2 đối tập (coset) trong G, là H và aH với a không thuộc H.

Với bất kì x trong G. Gọi $K=<x>$. Rõ ràng K là nhóm con của G, K Abel (Abelian) và là nhóm xích (cyclic).

Xem xét $HK$ là nhóm con của G mà $H \subset HK$ nên HK phải là H hay chính là G. Mà $|HK|=\frac{|H||K|}{|H\cap K|}=\frac{n|K|}{|H\cap K|}$. Nếu $|HK|=|H|=n$ thì $|K|=|H\cap K| \Rightarrow K \subset H \Rightarrow x^2 \epsilon H$.

Nếu $|HK|=|G|=2n \Rightarrow |K|=2|H\cap K|$ mà $H\cap K$ là nhóm con của K. Bây giờ ta có K là nhóm xích $\{x, x^2, x^3,...., x^{|K|}\}$, với $|K|$ chẵn, mà nhóm con duy nhất của K có bậc $\frac{|K|}{2}$ chính là nhóm xích được sinh bởi $x^2$.

Như vậy $<x^2> = H\cap K$ cho nên $x^2 \epsilon H$.

Rất chính xác.

Em suy luận đến bước "Nếu $x \in H \Rightarrow x^2 \in H$" là đúng, vì H là nhóm, nên bảo tồn phép toán của nhóm (x là phần tử của H nên x*x phải thuộc H).

Việc em nhận xét được $H \triangleright G$ là rất chính xác và quan trọng.

Nhưng vấn đề là khi $x \notin H$ ta biết x phải thuộc lớp còn lại (hay đối tập còn lại), nhưng rõ ràng là đối tập còn lại không phải là nhóm. Bước này của em không đúng "Nếu $ x \notin H \Rightarrow x\in xH\Rightarrow x^2 \in xH=H $" ($x \in xH$ nhưng không thể suy ra $x^2 \in xH$ vì $xH$ không phải là nhóm; và $x\notin H$ thì $xH \ne H$).

Bài 1)

Chứng minh A là nhóm con của G:

Trước tiên: $A \neq \varnothing $ vì $ \exists e \in G: e^m=e \Rightarrow e \in A $

Lấy $ {x_1}^m, {x_2}^m $ thuộc A, xét: ${x_1}^m.[{x_2}^m]^{-1}=(x_1.{x_2}^{-1})^m={x_0}^m \in A $ (vì $ x_0 = x_1.{x_2}^{-1} \in A $ )

$x_0^m \in A$ vì $x_0=x_1.x_2^{-1} \in G$ theo định nghĩa của A mà $x_0^m \in A$

Vậy $ A \leqslant G $.

Tương tự ta cũng cm được B là nhóm con của G.

Ta có: $ A \cap B= \left \{ x \in G: x^m=e \wedge x^n=e \right \}=\left \{ e \right \} $

Thật vậy: nếu $ x \neq e $ mà $ x^m=e\wedge x^n=e \Rightarrow x^m = x^n \Rightarrow x^{m-n}=e \Rightarrow (m-n) \vdots m \wedge (m-n) \vdots n \Rightarrow $ vô lí, vì (m,n)=1.

Tại sao $x^{m-n}=e \Rightarrow (m-n) \vdots m \wedge (m-n)\vdots n$? $m,n$ không phải là cấp của $x$.

Theo anh nghĩ, lý luận đúng hơn phải như thế này.

Vì $G$ là nhóm hữu hạn, với $x\ne e$, $1<|x| < \infty$ và $x \in A\cap B$ thì $x^m=e$ và $x^n=e$ dẫn đến, $m \vdots |x|$ và $n \vdots |x|$. Như vậy, $(m,n) \geq |x| > 1$ vô lý.

Ta có: $ AB = \left \{ ab: a\in A \wedge b\in B\right \} $
Hiển nhiên $ AB \neq \varnothing $

Ta cm $ AB \subset G $: Lấy x thuộc AB, suy ra tồn tại a, b lần lượt thuộc A, B sao cho $ x = ab $. Vì a, b thuộc A, B nên suy ra a và b cũng thuộc G, do đó $ x = ab \in G $

Ta cm $ G \subset AB $: (...chưa cm được!)

Chiều $AB \subset G$ rất đúng.

Để chứng minh $AB=G$ em có thể dùng $|AB|= \frac{|A|.|B|}{|A\cap B|}=mn=|G|$. Hay nếu em muốn cho thấy $G \subset AB$ thì em phải chứng minh được mọi phần tử của $G$ phải là tích của phần tử nào đó của $A$ và $B$. Điều này đơn giản nếu em biết định lý cơ bản của nhóm Abel hữu hạn, chỉ cần áp dụng, sẽ ra kết quả. Coi như không biết, thì phải giải làm sao?

$x \in G \Rightarrow mn=|G| \vdots |x|$ Nhưng vì $(m,n)=1$, $m \vdots |x|$ hay $n \vdots |x|$. Giả sử $m\vdots |x|$ thì $x^m=e$ nên $x\in A$. Trường hợp còn lại $n \vdots |x|$ thì $x^n=e$ nên $x \in B$. Mà rõ ràng $A \subset AB$ và $B \subset AB$ nên trong trường hợp nào thì $x \in AB$. Như vậy $G \subset AB$.

Cách anh cm $ A \cap B = \left \{e\right\} $ e đã hiểu.

Anh cho e hỏi: Nếu $ \left | AB \right |=\left | G \right | $ thì ta có thể suy ra $ AB=G $ hả anh?

Em ko chắc cách hiểu của e là đúng nên hỏi anh: $ A \subset AB $ là do nếu $ x \in A \Rightarrow x=xe $ nên $x \in AB $ ?

Vì $AB \subset G$ em đã chứng minh, $|G| < \infty$ nên khi số lượng phần tử của $AB$ bằng với của $G$ thì 2 bên phải bằng nhau (em có thể tự thuyết phục mình bằng phản chứng trên số phần tử của tập phần bù của $AB$ trong $G$, với $|G \setminus AB|=0$)

"$ A \subset AB $ là do nếu $ x \in A \Rightarrow x=xe $ nên $x \in AB $" chính xác.

Anh nói hơi lộn xộn. Anh thấy phần $AB=G$ có 2 cách đi. Cách 1: chứng minh $AB \subset G$ và $G \subset AB$. Cách 2: như em nói rất chính xác, $AB \subset G$ hay $G \subset AB$, và $|AB| = |G|$.

Bài 2:
Đầu tiên, nhận xét: $|x| =2 \Leftrightarrow x^2=1 \text{ và } x \ne 1 \Leftrightarrow x=x^{-1} \text{ và } x\ne 1$.

Sau đó, em tính số phần tử của tập $S= \{ x \in G: x \ne x^{-1} \}$. Chú ý số phần tử của $S$ là hữu hạn nguyên dương, nên chỉ có thể là chẳn hay lẻ.

Cuối cùng suy ra sự tồn tại của phần tử có cấp 2.

Cách giải này anh tham khảo từ trên mạng. Nếu em đã học đến định lý Cauchy cho thấy nếu $p$ nguyên tố là ước của cấp của nhóm $G$ thì tồn tại phần tử có cấp $p$ hay những định lý Xi-lo (Sylow) thì bài này không cần chứng minh.