Mình đang suy nghĩ bài này: CMR $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ is not isomorphic to $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. (Nguồn của bài này là lấy trong sách Algebra của Dummit and Foote, bài 4, chương 14.1. Chương này liên quan về field extension, galois groups...)

 

Mình suy nghĩ thế này, ko biết đúng ko nhưng ngoài ra mình chưa nghĩ ra cách khác:

 

Giả sử $\sigma: \mathbb{Q}(\sqrt{2}) \to \mathbb{Q}(\sqrt{3})$ là isomorphism. Thì vì $\sigma(1)=1$, nên ta có thể suy ra là $\sigma(q)=q$ với mọi $q\in \mathbb{Q}$. 

Với $f(t)=t^2-3 \in \mathbb{Q}(\sqrt{2})[t]$, và $f'(t)=\sigma(f(t))=\sigma(1)t^2-\sigma(3)=t^2-3 \in \mathbb{Q}(\sqrt{3})$. Gọi $E$ là splitting field của $f(t)$ over $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$, và $E'$ là splitting field của $f'(t)$ over $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. Rõ ràng $E=\mathbb{Q}(\sqrt{2}, \sqrt{3})$, và $E'=\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. 

Ta có một định lý là $\sigma$ có thể mở rộng ra thành một isomorphism giữa $\mathbb{Q}(\sqrt{2},\sqrt{3})$ và $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$. Tuy nhiên, hai trường này ko có isomorphic. Vì thế, giả thuyết ban đầu là sai. Cho nên $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ is not isomorphic to $\mathbb{Q}(\sqrt{3})$.

chỗ này bạn cần cẩn thận. Vì sao bạn biết $Q(\sqrt{2}, \sqrt{3})$ và $Q(\sqrt{3})$ không isomorphic?

Mình đoán bạn lý luận rằng $Q(\sqrt{3}) \subsetneq Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$ nên $i: Q(\sqrt{3}) \hookrightarrow Q(\sqrt{2},\sqrt{3})$ chỉ 1-to-1 chứ không onto. Nhưng điều đó không có nghĩa không tồn tại 1 homomorphism khác làm cho 2 trường kia isomorphic.

hình như bài này mình đã giải ở đây, bạn xem thử.

http://diendantoanho...ấu-với-vành/

Xạ ảnh là projective? Mình đoán vậy vì bạn dùng chữ $P$ cho module xạ ảnh.

Hình như index của bạn bị ngược.

Dùng long exact sequence của Tor, ta có

$$Tor_{n-1}(B,Y) \rightarrow Tor_{n-1}(P,Y) \rightarrow Tor_{n-1}(A,Y) \rightarrow Tor_{n}(B,Y) \rightarrow Tor_{n}(P,Y) \rightarrow Tor_{n}(A,Y)$$

Vì $P$ projective, nên $Tor_i(P,Y)=0$ với mọi $i>0$. Nên với mọi $n>1$, ta có

$$0 \rightarrow Tor_{n-1}(A,Y) \rightarrow Tor_{n}(B,Y) \rightarrow 0$$

hay

$$Tor_{n-1}(A,Y) \cong Tor_{n}(B,Y)$$

Khi $n=1$, ta có

$$0 \rightarrow B \otimes Y \rightarrow P \otimes Y \xrightarrow{\varphi} A \otimes Y \rightarrow Tor_1(B,Y) \rightarrow 0$$

Tách dãy khớp trên ra tại $\varphi$, và gọi $K= coker(B \otimes Y \rightarrow P \otimes Y)$, ta có 2 dãy khớp

$$0 \rightarrow B \otimes Y \rightarrow P \otimes Y \rightarrow K \rightarrow 0$$

$$0 \rightarrow K \rightarrow A \otimes Y \rightarrow Tor_1(B,Y) \rightarrow 0$$

để $A \otimes Y \cong Tor_1(B,Y)$, ta cần $K=0$, nên $B \otimes Y \rightarrow P \otimes Y$ phải là toàn ánh. Nhưng mình không nghĩ điều này đúng vì $B \subsetneq P$ ngay cả khi $P$ free, thì $B \otimes Y \subsetneq P \otimes Y$.

Tóm lại, mình nghĩ ta chỉ chứng minh được

$$Tor_{n-1}(A,Y) \cong Tor_n(B,Y), ~ \forall n >1$$

Cho R là trường số thực. Cmr vành đa thức R[ x,y] không là vành chính ?

Ta chứng minh $m=(x,y)$ không phải là principal. Có nhiều cách để thấy điều này. Dùng dao giết trâu thì ta có thể dùng Krull Principal Ideal theorem, ta thấy nếu $m$ principal thì height của $m$ chỉ có thể tối đa là $1$, điều này vô lý, vì height của $m$ là $2$ ($0 \subsetneq (x) \subsetneq m$).

Cơ bản hơn thì giả sử $m=(f)$ với $f$ là 1 đa thức trong $R[x,y]$. Ta thấy $x \in (f)$ nên $f | x$ nên degree của $f$ chỉ có thể là $0$ hoặc $1$. Degree của $f$ không thể bằng $0$ vì khi đó $f \in R$ và $(f)= R[x,y]$. Nên degree của $f$ phải là $1$, và trong $R[x,y]$ đa thức có degree $1$ chỉ có thể là $x$ hoặc $y$. ta dễ thấy $(x) \ne m$ và $(y) \ne m$. Nên $m$ không phải principal.

(dãy này thậm chí không phải là complex)

1. Nhận xét, nếu $X^{dk}-a$ irreducible, thì $X^d-a$ và $X^k-a$ đều là irreducible. Lý do? Ta thấy $X^{dk}-a=(X^d)^k-a=(X^k)^d-a$. Nếu $X^d-a=g(X)h(X)$ sao cho $X^d-a$ reducible, thì $X^{dk}-a=g(X^k)h(X^k)$ sẽ làm cho $X^{dk}-a$ reducible.

Áp dụng nhận xét trên, ta có $X^k-a$ phải là irreducible.

2. Quy nạp trên degree của $f$. Nếu $f=c \in Z/pZ$, ta thấy $c^p \equiv c \text{ mod } p$, nên đpcm đúng ở degree $0$.

Nếu $f=c_nX^n + c_{n-1}X^{n-1}+ \dots+ c_1X+c= Xg(X)+ c$ với $g(X)=c_nX^{n-1} + c_{n-1}X^{n-2}+ \dots+ c_1$, và ta có $g^p=g(X^p)$. Nhận xét

$$f^p=(Xg+c)^p=\sum_{i=0}^{p}\binom{p}{i}(Xg)^ic^{p-i}$$

và vì $p | \binom{p}{i}$ ngoại trừ $i=0, i=p$, nên ta có

$$f^p=(Xg)^p+ c^p = X^pg^p+c^p=X^pg(X^p)+c= f(X^p) \in Z/pZ[X]$$

cho I và M là idean thực sự của vành R. cmr M là idean tối đại nếu và chỉ nếu R/M là 1 vành đơn.

$M$ là ideal tối đại khi và chỉ khi $R/M$ là 1 trường. Trừ khi vành đơn của bạn là trường, nếu không bài này không đúng. Mà ideal $I$ có tác dụng gì ở đây bạn?

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.

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

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

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

Maps giữa những module đó là gì bạn?

Bạn có thể tham khảo ở đây

http://en.wikipedia....wiki/Five_lemma

Five lemma chỉ cần diagram chasing thôi. Nếu đoạn nào không rõ, bạn có thể post cụ thể ra.

Câu a là cm M có.... Đó bạn
Câu b là bắt đầu từ chỗ từ Nếu.....

Bạn viết đề khó đọc quá. Trong bài của bạn đâu có chỗ nào có chữ "cm".

Cho $M \ne 0$ là 1 module với module con $N$, và $x \in M-N$. CM:

a. Tồn tại module $K$ cực đại sao cho $N \subset K$ và $x \notin K$

b. Nếu $M= Rx+ N$, thì $M$ có 1 module con cực đại với $N \subset K$ và $x \notin K$

Đề như vầy đúng không bạn? Chữ "cps" trong đầu đề của bạn nghĩa là gì? Nếu đề như vầy thì câu (b) follows từ câu (a) rồi.

Tóm lại, câu (a) ta dựa vào Zorn's Lemma. Gọi $\Sigma=\{P \subset M| N \subset P \text{ và } x \notin P\}$. Ta thấy $\Sigma \ne \emptyset$ vì $N \in \Sigma.$ Bây giờ ta chỉ cần chứng minh mọi chuỗi tăng dần trong $\Sigma$ có 1 upperbound trong $\Sigma$ thì theo Zorn's Lemma, $\Sigma$ sẽ có 1 phần tử cực đại (tức là 1 module con cực đại $K$ sao cho $N\subset K$ và $x \notin K$).

Gọi $P_0 \subset P_1 \subset P_2 \subset \dots$ là 1 chuỗi tăng dần trong $\Sigma$. Gọi $K= \bigcup_i P_i$. Rõ ràng $K$ là upperbound của chuỗi này. Ta muốn chứng minh $K \in \Sigma$, tức là $N \subset K \subset M$ và $x \notin K$. Dễ thấy $N \subset K$. Với mọi $\alpha \in K$ thì $\alpha \in P_i$ nào đó, nên $\alpha \in M$. Nên $K \subset M$. Dễ thấy, nếu $x\in K$ thì $x\in P_i$ nào đó, mâu thuẫn. Nên $x\notin K.$

Vì vậy theo Zorn's Lemma, ta có đpcm.

cho M là 1 mô đun khác 0, cho N là 1 mô đun con thực sự, và cho $x\in M-N$,  M có 1 mô đun con K cực đại với $N\leqslant K$ và $x\notin K$, nếu $M=Rx+N,$ thì M cps 1 mô đun con K cực đại với $N\leqslant K$ và $x\notin K$

giải dùm mình với....

mình sửa lại 1 chút cho dễ đọc, nhưng vẫn không chắc đề cho cái gì và muốn chứng minh cái gì.

cho X là 1 nhóm, $a \in X$,CMR ánh xạ $f_a:X\rightarrow X$ với $f_a(x)=axa^{-1}$,với mọi $x\in X$ là 1 tự đẳng cấu của nhóm $X$

áp dụng: xác định tự đẳng cấu fa với X là nhóm đối xứng S3 và a=f1

để chứng minh đây là đẳng cấu, bạn cần chứng minh đó là toàn ánh và đơn ánh. hình như cả 2 điều đó đều trực tiếp từ định nghĩa

Ta có thể dùng mệnh đề: trong một miền nguyên chính, một phần tử khác 0 là nguyên tố nếu và chỉ nếu nó là bất khả quy. Ta xét phần tử 3i. 3i không là nguyên tố vì R/(3i)$\cong \mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$ không là một miền nguyên. Nhưng 3i là bất khả quy trong R vì nếu 3i=ab thì N(a)N(b)=9 nhưng ta luôn có N(m) khác 3 với mọi phần tử m trong R. Mình đang băn khoăn là bằng cách này chứng minh được {a+kbi|a,b $\in \mathbb{Z}$} không là miền nguyên chính với mọi k không.

Trong vành chính, không nhất thiết tồn tại norm. Dĩ nhiên, trong trường hợp này bạn có thể đặt ra 1 hàm norm trên $Z[3i]$ như $N(a+3ib)=a^2+9b^2$ để đưa đến kết luận trên. Nhưng giả sử vành ta xét là $Z[ki]$, thì đến khúc đó, ta có $N(x)N(y)=k^2$, thì ta cần xét nhiều cách phân tích nhân tử của $k^2$ để đi đến kết luận là không có tồn tại phần tử cần tìm. Ví dụ, $k=6$, thì $N(x)N(y)=36$ nên có lẽ $N(x)=4, N(y)=9$ hoàn toàn tương ứng với $x=2, y=3$. Dĩ nhiên với $k$ nhỏ, thì việc loại trừ những trường hợp này khá dễ, nhưng với $k$ chung chung, thì biện luận cách này không đơn giản.

Uhm, để mình thử thêm 1 chút nữa, có lẽ đơn giản hơn như vậy. Vì $xy=ki$, nên với $x=a+bki, y=c+dki$. Gọi norm như trên. Đầu tiên ta nhận xét, $b,d$ không thể cùng bằng $0$. Sau đó, ta giả sử $b\ne 0$ và $d=0$, ta dễ thấy trường hợp này đưa đến kết quả, $x$ hoặc $y$ là unit. Nên ta có thể giả sử cả $b, d$ đều khác $0$.

Như vậy, ta sẽ có

$$k^2=(a^2+k^2b^2)(c^2+d^2k^2) \geq k^4 \Rightarrow 1 \geq k^2$$

như vậy cách của bạn có thể dùng để chứng minh cho mọi $k>1$, $Z[ki]$ không thể là UFD (vành nhân tử hóa). (ta đã biết, $Z[i]$ là vành Euclide)

Nhưng đến đây lại có 1 vài vấn đề cần nói rõ, vành $Z[\sqrt{-2}]$ là vành Euclide. Nên "proof" trên có chút vấn đề với $k=\sqrt{2}$. Nhìn kĩ lại, ta thấy chỗ $R/(3i)$, nếu $k=\sqrt{2}$, thì $R/(ki)=Z/2Z$ là miền nguyên (thậm chí là 1 trường). Nên $ki$ nguyên tố, nên việc chứng minh $ki$ bất khả qui không có ý nghĩa.

Tóm lại, cách của bạn chứng minh được với mọi $|k|>1$ và $k \in Z$ thì $Z[ki]$ không phải là vành nhân tử hóa (nên không thể là vành chính).

Gọi trường đó là $K$. Nếu $char(K)=0$, thì $Q \subset K$ (vì $1 \in K$, và $char(K)=0$, nên $Z \subset K$, nên $Q \subset K$). Vì $K$ không chứa trường con thực sự nào, nên $Q = K$.

Nếu $char(K)=p$, thì nhóm $Z/pZ$ (với phép tính cộng của $K$) nằm trong $K$, kết hợp với phép tính nhân của $K$, ta có trường $Z/pZ$ nằm trong $K$, tương tự như trên, nên $Z/pZ=K.$

Trong một miền nguyên, mọi phần tử liên kết với một phần tử bất khả quy cũng là bất khả quy ???

Gọi $a$ bất khả quy, và $ua$ là phần tử liên kết của $a$. Ta thấy $ua$ khác không, và bất khả nghịch. Giả sử $ua$ không phải bất khả quy, tức là $ua=xy$ với $x, y$ không khả nghịch. Nên $a=(ux)y$. Dễ thấy $ux$ không khả nghịch. Nên $a$ không phải bất khả quy. Vô lý.

Cho $A$ là một miền nguyên . Chứng minh rằng : $A$ là một trường khi và chỉ khi mọi phần tử khác $0$ hoặc là bất khả quy hoặc là khả nghịch ????

 

Cho em thắc mắc là : theo định nghĩa $A$ là trường: $A$ là miền nguyên và mọi phần tử khác $0$ đều khả nghịch ???

Vậy bất khả quy tương đương với khả nghịch ????

Bất khả quy:

"a khác không, a không khả nghịch, và nếu a=bc thì b hoặc c là khả nghịch"

Dễ thấy, bất khả quy và khả nghịch khác nhau và không thể cùng tồn tại.

Bài này có cách nói hơi lạ, nhưng tóm lại là cần chứng minh không tồn tại phần tử bất khả quy.

Giả sử a bất khả quy. Xét $x=a^2$ (dễ thấy $x \ne 0$), ta thấy vì $a$ không phải khả nghịch, nên $x$ không phải là phần tử bất khả quy, nên $x$ khả nghịch. Nên $1=xx^{-1}=x^{-1}aa$ vì vậy $a$ khả nghịch (phần tử nghịch đảo của $a$ là $x^{-1}a$). Vô lý. Vì vậy mọi phần tử khác không của $A$ là khả nghịch.

Nếu $f$ vẫn từ $[a,b]$ đến $R$ thì $f^{-1}$ sẽ liên tục. Ta có thể dùng định nghĩa $g$ liên tục nếu với mọi tập đóng $V \subset R$ thì $g^{-1}(V)$ cũng đóng.

Vì $f$ liên tục, nên $f([a,b])$ compact. Ta cần chứng minh $f^{-1}: f([a,b]) \rightarrow [a,b]$ liên tục. 

Gọi $V \subset [a,b]$ là 1 tập đóng, nên compact. Nên $f^{-1}^{-1}(V)=f(V)$ compact, nên là 1 tập đóng. Vì vậy $f^{-1}$ liên tục.

Ta thật sự cần $f$ đi từ $[a,b]$ hay 1 tập compact nào đó, vì điểm mấu chốt ta muốn là với 1 tập đóng $V$ bất kì từ miền xác định của $f$, thì $f(V)$ phải đóng. Điều này không hẳn đúng nếu $f$ chỉ là hàm liên tục từ 1 miền chung chung nào đó (hàm có tính chất này gọi là hàm đóng - closed map).

Bạn chứng minh được phần miền nguyên chưa?

Còn về chứng minh đó không phải là vành chính, có lẽ 1 hướng đề thử là chứng minh đó không phải là vành Gauss (hay vành nhân tử hóa). Nếu bạn có thể chứng minh tồn tại $(a+3bi)(c+3di)=(a'+3b'i)(c'+3d'i)$ thì đó không phải là vành Gauss, nên không thể là vành chính.

Mò mò hoài không được mình viết 1 chương trình nhỏ để tìm, thì tìm ra vài cặp. Lấy 1 cặp tượng trưng.

$$-27+36i=(0+9i)(4+3i)=(3+6i)(3+6i)$$

Bây giờ bạn cần chứng minh từng nhân tử $9i, 4+3i, 3+6i$ "bất khả quy" trên miền $A$ là xong.

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. 

$$F'(x)=\frac{1}{1+(tan(x))^2}sec^2(x) \Rightarrow F'(x)=\frac{sec^2(x)}{sec^2(x)}=1 \Rightarrow F(x)=x+C$$

với hằng số $C$ nào đó. Vì vậy ta có với $tan(x)=y$ và $x= tan^{-1}(y)$

$$\int_{0}^{tan(x)}\frac{1}{1+t^2}dt=x+C \Rightarrow \int_{0}^{y}\frac{1}{1+t}dt=tan^{-1}(y)+C$$

Gọi $H(t)$ là nguyên hàm của $\frac{1}{1+t}$, lúc này ta có

$$H(y)-H(0)=tan^{-1}(y)+C \Rightarrow H(y)+C'=tan^{-1}(y)$$

với $C'=-C-H(0)$ là 1 hằng số. Vì $H(y)$ là nguyên hàm của $\frac{1}{1+y^2}$ nên $tan^{-1}(y)=H(y)-C'$ cũng là nguyên hàm của $\frac{1}{1+y^2}$

Đổi biến lại cho đẹp, ta có $tan^{-1}(x)$ là nguyên hàm của $\frac{1}{1+x^2}$

Xét $\sum \frac{n^a}{a^n}$. Ta thấy

$$\frac{(n+1)^a a^n}{a^{n+1}n^a}=\frac{1}{a}(\frac{n+1}{n})^a \rightarrow \frac{1}{a}<1$$

Nên $\sum \frac{n^a}{a^n}$ hội tụ, nên $\frac{n^a}{a^n} \rightarrow 0$

Dễ thấy $B/C$ là nhóm con của $A/C$ (với mọi $x+C, y +C \in B/C \subset A/C$, ta có $(x+C)+(y+C)=x+y+C \in B/C$ và $(x+C)+(y^{-1}+C)=x+y^{-1}+C \in B/C$ vì $B$ là module con của $A$ nên $B$ cũng là nhóm con của $A$).

Sau khi ta có nhóm con, ta chỉ cần thấy với mọi $r \in R$, và $x+C \in B/C$ thì $r(x+C)=xr+C \in B/C$ vì $B$ là module con nên $xr \in B$. Do đó, $B/C$ là module con của $A/C$

Với cách chứng minh gần như trên (có lẽ là giống hoàn toàn, hay có lẽ là hệ quả của bài trên), ta có thể chứng minh, với $J \subset I$ là 2 ideals của $R$, ta có

$$Hom_R(R/I, R/J) \cong J:_R I= \{r \in R: rI \subset J\}$$

(có lẽ là hệ quả thật )

Để thử xem, giả sử tồn tại đẳng cấu vành $\varphi: Q(\sqrt{5}) \rightarrow Q(\sqrt{7})$, với $\varphi(\sqrt{5})=x \in Q(\sqrt{7})$.

Sau đó, ta thấy $\varphi(\sqrt{5})^2-5=\varphi(\sqrt{5})\varphi(\sqrt{5})-5=\varphi(5)-5=5\varphi(1)-5=5-5=0$. Nên tồn tại $x \in Q(\sqrt{7})$ sao cho $x^2-5=0$, điều này hình như vô lý