mọi người giúp mình bài này nhé. cảm ơn mn nhiều

Đề:

 

Cho R là vành giao hoán có đơn vị. I là một idean của R,  và R là một R- modun.

CMR: 

$Hom_{R}(R/I,M)\cong 0:_{M}I$, với $0:_{M}I=\left \{ m\in M:Im=0 \right \}$

$Hom_R(R/I,M)$ là tập hợp những ánh xạ R-linear từ $R/I$ đến $M$,những ánh xạ này được xác định hoàn toàn bởi ảnh của $1+I$. Thí dụ, ánh xạ $f \in Hom_R(R/I,M)$ có $f(1+I)=x \in M$. Nhận thấy

$$x \in 0:_M I \text{ vì } xI=f(1+I)I=f(1I+I)=f(0)=0$$

Ta có thể viết $f(1+I)I=f(1I+I)$ là vì $f$ là ánh xạ R-linear, và $I \subset R$. Và $f(1I+I)=f(I)=f(0)$ là vì nên nhớ $f$ là ánh xạ từ $R/I$, mà trên $R/I$ thì $I=0$.

Khi đó, ta dựng đồng cấu $\varphi: Hom_R(R/I,M) \rightarrow 0:_M I$ với $f \mapsto f(1+I)$. 

Sau khi có đồng cấu đó, ta chứng minh đó là đẳng cấu.

$\varphi$ đơn ánh là vì $\varphi(f)=0$ khi đó $f(1+I)=0$ vì vậy $f=0$. Ta cần chứng minh đó là toàn ánh. Với mọi $y \in 0:_M I$, ta cần dựng $f \in Hom_R(R/I, M)$ sao cho $f(1+I)=y.$

Đầu tiên, ta dựng $f' \in Hom_R(R, M)$ với $f'(1)=y$. Ánh xạ này luôn tồn tại. Sau đó, vì ta có $yI=0$, nên $I \subset ker(f')$. Nên $f'$ cảm ứng $f: R/I \rightarrow M$ với $f(1+I)=f'(1)=y.$

Để chứng minh điều này, ta chỉ cần chứng minh $f$ well-defined, tức là cho $r, r' \in R$ với $r+I= r'+I$ thí $f(r+I)=f(r'+I)$. Thật vậy, $f(r+I)=f(r'+I) \Leftrightarrow f(r-r'+I)=0$, tức là $f(I)=0$, nhưng điều này đúng vì $f(I)=f'(I)=0$ vì $I \subset ker(f')$.

Hơi liên quan một chút: Nếu $f : \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ liên tục và bị chặn, vậy $f$ có liên tục đều ko?

hình như có

Với $R$ là 1 vành, cho đa thức $f= a_0+ a_1 X+ \dots + a_n X^n \in R[X]$. Kí hiệu với vành bất kì $A$, thì $A^*$ là tập hợp những phần tử khả nghịch của vành $A$. Chứng minh

(a) $f \in R[X]^*$ khi và chỉ khi $a_0 \in R^* $ và $a_i$ là phần tử lũy linh với $i>0$

(b) $f$ là ước của $0$ trong vành $R[X]$ khi và chỉ khi tồn tại $0 \ne b \in R$ sao cho $bf=0$

Bài này có lẽ không chứng minh trực tiếp được, ít nhất là câu (a) cần dùng quy nạp.

Bài này mình không biết làm, nhưng nếu bạn muốn tìm lời giải, có lẻ nên kiếm sách giới thiệu về measure theory, đoạn nói về tập $G_\delta$. Hình như mình đã gặp 1 vài định lý về vấn đề giống hệt bài này rồi, chỉ là bây giờ mình không còn nhớ gì về measure theory cả.

$S=(1,2)$, $f: S \rightarrow R$ với $f(x)=x$. Dễ thấy $f$ liên tục, bị chặn, và $f$ không đạt cực đại hay cực tiểu trên $S$.

bạn ơi mình cũng không hiểu. à mà mình ghi nhầm phải là "tồn tại dãy D_j mở giảm về A  thỏa mãn..."

vậy định nghĩa "dãy $D_i$ mở giảm về $A$" là gì bạn?

Dãy $D_i$ mở giảm về $A$ có tính chất $A \subset D_i$ với mọi $i$ nữa phải không bạn?

$(X)$ là ideal của $M$ sinh ra bởi $X$, là tập hợp những đa thức trên biến $X,Y$, và chia hết cho $X$

$(X,Y)$ là ideal của $M$ sinh ra bởi $X, Y$, là tập hợp những đa thức trên biến $X,Y$, và không có hệ số tự do.

$(X+Y)$ là ideal của $M$ sinh ra bởi $X+Y$, là tập hợp những đa thức trên biến $X,Y$, và chia hết cho $X+Y$.

Bạn hiểu gần đúng rồi, nó là những module con mà phần tử của nó là những đa thức trên biến $X, Y$,  với 1 vài điều kiên như trên, chứ không chỉ bao gồm những đa thức 1 biến.

Vì $\alpha \in G \cap H= (X+Y) \cap (X)$, nên $\alpha$ phải thuộc $(X+Y)$ và thuộc cả $(X)$, tức là $\alpha$ là 1 đa thức trên biến $X, Y$ chia hết cho $X+Y$ và phải chia hết cho $X$, nên nó phải có dạng $UX(X+Y)$ với $U$ là 1 đa thức nào đó trong $R[X,Y]$.

 

M=R[X,Y] là vành đa thức với hệ số trên vành R bất kì, cũng là module trên R. Chọn H=(X),K=(Y),G=(X+Y). Ta thấy H+K=(X)+(Y)=(X,Y), nên G∩(H+K)=(X+Y)=G, trong khi đó, G∩K=∅, G∩H=∅, nên (G∩K)+(G∩H)=∅

tại sao G∩K=∅, G∩H=∅ vậy bạn?

 

A, mình ghi sai rồi. $G \cap K= (X+Y) \cap (X)$ dĩ nhiên không phải tập rỗng (như $X(X+Y) \in G \cap K$). Mình nghĩ nó rỗng thì sẽ dễ, nếu không phải đi chứng minh 1 chút. 

Ta thấy, $G \cap (H+K)= (X+Y)$, nên $X+Y \in G \cap (H+K)$. Còn vế phải, ta cần chứng minh $X+Y \notin (G\cap H) + (G \cap K)$. Giả sử điều ngược lại, tức là $X+Y= r_1 \alpha + r_2 \beta$ với $\alpha \in G \cap H$ và $\beta \in G \cap K$ và $r_i \in R$. Vì $\alpha \in G \cap H$ nên $\alpha= U X(X+Y)$ với $U \in M$, tương tự $\beta= VY(X+Y)$ với $V \in M$. Như vậy

$$X+Y= r_1 U X(X+Y)+r_2 V(X+Y)= (X+Y)(r_1UX+ r_2VY) \Rightarrow (X+Y)(1-r_1UX-r_2VY)=0$$

Đến đây ta muốn nói 1 trong 2 nhân tử phải bằng $0$, nhưng để có điều này ta cần $M=R[X,Y]$ là 1 integral domain, vì vậy ngay từ ban đầu, ta chọn $R$ là 1 integral domain (như $R=Z$, hay $R$ là trường số hữu tỷ). Với giả thuyết đó, và ta biết $X+Y \ne 0$, nên $r_1UX+r_2VY=1$, điều này không thể xảy ra vì $r_1UX$ và $r_2VY$ không có hệ số tự do (hạng tử có bậc nhỏ nhất có thể của $r_1UX$ là $X$, và của $r_2UY$ là $Y$, tổng hay hiệu của 2 đa thức này sẽ có bậc nhỏ nhất là $X$ hay $Y$ hay hệ số tự do là $0$ chứ không thể là $1$). Mâu thuẫn, và ta có đpcm.

Mình nghĩ có lẽ có ví dụ dễ thấy hơn nhưng mình không nghĩ ra.

với cái phần sup với inf thầy em chỉ dạy cho biết thôi @@, chưa làm bài tập có sup với inf bao giờ nên đến giờ em vẫn ko hiểu cái đó lắm

bạn thử chứng minh với $f$ liên tục, đơn điệu tăng (đồng biến), thì $\lim f(x)= \sup\{f(x)\}$ (có lẽ không cần điều kiện liên tục), trên 1 miền $A$ nào đó. Bạn có thể bắt đầu bằng gọi $L= \sup\{f(x)\}$, sau đó dùng định nghĩa của supremum: với mọi $\varepsilon >0$, ta có tồn tại $x_0$ nào đó sao cho $f(x_0)> L - \varepsilon$. Sau đó dùng đơn điệu (và nhận xét $f$ bị chặn trên bởi $L$), để thấy $L$ là limit của $f$.

học những cái này ở đâu ạ, các anh có thể gửi lên tài liệu nào về giải tích và đầy đủ các kiến thức được không ạ.

hình như đó chỉ là 1 kết quả trực tiếp của hàm đơn điều thôi thì phải. có lẽ trong sách giải tích cơ bản nào cũng có. 

nếu muốn bạn cũng có thể chứng minh đấy, chỉ dùng định nghĩa của sup, inf và hàm đơn điệu (có lẽ cần điều kiện liên tục)

Ta có $0\leq f \leq lim f$ hoặc ngược lại do ta biết giới hạn của hàm đơn điệu là inf.hoặc sup. Nếu mà học về cái đó rồi thì có thể nhìn nhanh. Mình cũng không định ghi hết ra mọi thứ.   

ah, mình quên limit của hàm đơn điệu là inf hay sup. Sử dụng cái đó thì đúng là nhanh thật.

Do f đơn điệu và $\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x)=0$ nên ta có f=0. Điều này trái với f đơn ánh. Như vậy tồn tại c sao cho f(c)=0.

do $f$ đơn điệu và $f(0)=0$, và $lim f(x)=0$, nên ta có $f=0$. 

điều này đúng, nhưng để ghi ra hết hình như không ngắn lắm. 

Chứng minh bằng hình vẽ được không bạn? 

Ta chỉ cần chứng minh $f$ tồn tại cực trị là xong, vì đạo hàm bậc nhất ở cực trị là $0$. 

Ta thấy $f$ khả vi, nên liên tục trên toàn miền. Nên $f$ tồn tại cực trị trên mọi $[0, N]$ với $N$ bất kì. Để xem, gọi $\alpha$ là cực đại của $f$ trên $[0,1]$.

Nếu $\alpha > 0$, thì do $\lim f=0$, nên $|f| < \alpha$ với mọi $x > N_\alpha$ nào đó. Trên $[0, N_\alpha]$, $f$ tồn tại cực đại $\alpha'$. Vì vậy $|f| \leq max\{\alpha, \alpha'\}$ trên toàn miền $[0, \infty)$, và vì chặn trên đó chỉ có thể là $\alpha$ hay $\alpha'$, nên đó cũng là cực đại của $f$ (tức là tồn tại $x \in [0, \infty)$ sao cho $f$ đạt cực đại đó).

Nếu $\alpha \leq 0$, gọi $\beta$ là cực tiểu của $f$ trên $[0,1]$, vì cực đại $\alpha$ trên $[0,1]$ nhỏ hơn $0$, nên $|\beta|> |\alpha|$. Vì lý do $\lim f=0$, nên $|f| < |\beta|$ với mọi $x > N_\beta$ nào đó. Trên $0, N_\beta]$, ta cũng có cực tiểu $\beta'$. Nên $|f| \leq max\{|\beta|, |\beta'|\}$ trên toàn miền $[0, \infty)$. Và cùng nguyên nhân trên mà $f$ cũng tồn tại cực tiểu.

Ah ha, nhưng nếu $\beta=\alpha=0$ thì sao? Vì vậy ngay từ đầu, ta nên làm như sau. Gọi $r=\sup\{x \in [0, \infty): \sup(f) = \inf(f) \text{ trên } [0,x]\}$. Sau đó gọi $\alpha$ là cực đại của $f$ trên $[0,r+1]$. Dễ thấy tập hợp mà ta lấy supremum không rỗng, $0$ nằm trong tập hợp đó, và bị chặn trên (nếu không bị chặn trên, thì $r= \infty$, và $f$ là hàm hằng nên bằng $0$ trên toàn miền $[0, \infty)$).

Gọi $M$ là module trên vành $R$. 

1. Nếu $M=R$, thì submodule của $M$ đơn giản chỉ là ideal của $R$. Hợp của 2 ideals là ideal khi ideal này nằm trong ideal kia. Giả sử $N, N'$ là 2 submodules của $M$, và $N \cup N'$ lại là submodule của $M$. Ta muốn chứng minh $N \subset N'$ hay $N' \subset N$. Giả sử, $N \not\subset N'$ tức là tồn tại $x \in N$ và $x \notin N'$. Ta muốn với mọi $y \in N'$, $y \in N$. Để xem $x +y \in N \cup N'$, nên $x+y \in N$ hay $x+y \in N'$. Rõ ràng nếu $x+y \in N'$, thì $x = (x+y)-y \in N'$ mâu thuẫn. Nên $x+y \in N$. Vì vậy, $y= (x+y) -x \in N$. 

2. Cho $\varphi: R \rightarrow S$. Nếu $M$ là module trên $S$, thì $M$ là module trên $R$, với action của $R$ trên $M$ được định nghĩa như sau $r \in R$, $x \in M$, $r.x = \varphi(r ).x$. $M$ luôn luôn là $R$-module.

3. Để xem, $M= R[X,Y]$ là vành đa thức với hệ số trên vành $R$ bất kì, cũng là module trên $R$. Chọn $H=(X), K=(Y), G=(X+Y)$. Ta thấy $H+K=(X)+(Y)=(X,Y)$, nên $G \cap (H+K)= (X+Y)=G$, trong khi đó, $G \cap K=\emptyset$, $G \cap H= \emptyset$, nên $(G \cap K) + (G \cap H)= \emptyset$

Mình đoán thế này.

Đôi khi để tìm hiểu về 1 nhóm nào đó, điều tốt nhất mà bạn có thể có là 1 dãy khớp ngắn

$$0 \rightarrow K \rightarrow G \rightarrow H \rightarrow 0$$

Khi đó, $H \cong G/K$ là 1 quotient group, và $K$ là 1 subgroup của $G$. Và nhiều tính chất của $G$ có thể được suy ra từ $K$ và $H$. Ví dụ như nếu $G, K, H$ là module trên vành giao hoán, thì length của $G$ sẽ là tổng của length của $K$ và $H$. Hay $G$ là Noetherian module khi và chỉ khi $K, H$ là Noetherian module. (module đại loại là nhóm giao hoán có thêm tính chất nhân trên 1 vành).

Hay nếu như bạn biết $H$ projective, hay free, thì $G \cong K \oplus H$

để thử xem mình đi đến đâu. với mọi $x \in R, n \in N$, ta có

$$f(1)=f(1+0)=f(1)+f(0) \Rightarrow f(0)=0$$

$$f(nx)=f(x+x+\dots+x)=f(x)+\dots+f(x)=nf(x)$$

Gọi $f(1)=c$, ta có $f(n)=nf(1)=cn$. Và $nf(\frac{1}{n})=f(n\frac{1}{n})=f(1)=c$, nên $f(\frac{1}{n})=c\frac{1}{n}$. Do đó, $f(\frac{m}{n})=c\frac{m}{n}$

Tức là ta đã có $f(x)= cx$ với mọi $x \in Q.$ Như vậy ta cần chứng minh ta có thể mở rộng $f$ lên $R$ bằng 2 cách khác nhau. Vì khi đó $f(x)$ sẽ không phải $cx$ trên $R$. (hiển nhiên nếu như $f$ liên tục thì ta không thể làm vậy).

Đến đây thì mình không biết đi tiếp thế nào, nếu muốn cho $f$ một định nghĩa khác trên $R\setminus Q$, ... uhm mình không rõ lắm , vì tổng của 2 số vô tỷ có thể là hữu tỷ. 

Đặt $a_n= \frac{2^{n-1}}{(n+1)!}$. Ta thấy $\sum a_n$ hội tụ là vì

$$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{2^n}{(n+2)!}\frac{(n+1)!}{2^{n-1}}=\frac{2}{n+2} \rightarrow 0 <1$$

Vì $\sum a_n$ hội tụ, nên $a_n \rightarrow 0$.

Mình không hiểu ý của bạn lắm. bạn có thể làm giải chi tiết bài này được không.

mình cũng đoán vậy thôi. để mình ghi ra thử xem có hợp lý không.

a. Giả sử $f(x)$ khả quy, tức là $f(x)=g(x)h(x)$ với bậc của $g, h$ nhỏ hơn bậc của $f$ (nói cách khác $g, h$ không phải hằng số). Như vậy $af(x)=ag(x)h(x)$, như vậy $af(x)$ khả quy, vì $ag(x)$ và $h(x)$ không phải hằng số (ta có $F$ là 1 trường, nên $ag(x)$ sẽ có bậc bằng với bậc của $g(x)$).

tương tự cho câu $b$ và $c$. điểm cần lưu ý là những nhân tử đa thức mà bạn tìm được phải có bậc ít nhất là 1 (để chúng không phải là hằng số) là được.

bạn thử giải câu $b$ và $c$ đi.

Haha, mình đi kiếm thử định nghĩa đó thì thấy Corollary mà bạn muốn chứng minh là 16.20 trong sách mà bạn có nói, và hình như bạn cũng có hỏi trên stackexchange. 

Mình tò mò muốn biết vậy thôi, chứ mình không biết gì về non-commutative algebra cả

à sẵn mình không có cuốn sách đó, corollary này là từ theorem nào trước đó vậy bạn? google book review không cho mình xem trang trước đó.

vậy bạn viết lại đề bài bằng tiếng anh đi (hay chỉ những định nghĩa đó cũng được). mình dịch thử những từ đó ra tiếng anh để kiếm định nghĩa, nhưng không có cái nào nghe có vẻ hợp lý nên mới hỏi bạn chứ.

Dễ thấy chuỗi không hội tũ tuyệt đối và không bán hội tụ, vì $\lim_{n \rightarrow \infty} (-1)^{n-1}\frac{n}{6n-5} \ne 0$

bạn có thể cho định nghĩa của (1) vành chia, (2) trường đóng thực, (3) quaternion trên 1 trường. Mình tò mò muốn biết

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.

Gọi $e$ là phần tử đơn vị trái duy nhất, có nghĩa là $eu=u$ với mọi $u \in R$. Thử xem ta cần chứng minh, $ue=u$, tức là $e$ là phần tử đơn vị phải. Mà $ue=u \Leftrightarrow u-ue+e=e$, tức là ta cần chứng minh $u-ue+e$ cũng là phần tử đơn vị trái. Thật vậy, với mọi $v \in R$, $(u-ue+e)v=uv-uev+ev=uv-uv+v=v$. Như vậy ta có, $u-ue+e$ là phần tử đơn vị trái, vì tính duy nhất. Sau đó, ta có $u-ue+e=e$, và đpcm.