mình đoán là chuỗi này không hội tụ tuyệt đối, nhưng hội tụ.

 

chứng minh chuỗi này không hội tụ tuyệt đối khá dễ

$$\frac{\sqrt{n}}{n+100} \geq \frac{1}{n+100}$$

chuỗi $\sum \frac{1}{n+100}$ phân kì do $\int_{1}^{\infty}\frac{1}{x+100}dx$ không hội tụ.

 

chứng minh chuỗi hội tụ có lẽ cũng không khó lắm, mình để dành cho bạn khác làm vậy.

Hình như mẫu tiến về $e^2$. 

 

Như vậy, cả phân số (không tính $(-1)^n$), tiến về $\infty$. Vì vậy, phân số không tiến về $0$. Nên chuỗi không hội tụ.

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

Phần phía sau
$$(\frac{n(n-1)}{(n+1)(n+2)})^n \rightarrow \frac{1}{e^4}$$

Phần đầu
$$(\frac{n(n+1)}{(n-1)(n+2)})^{n^2} \rightarrow e^2$$

Nên phân số đó tiến về $1/e^2$ <1, nên chuỗi hội tụ. Để tính 2 cái limit ở trên, có lẽ bạn cần lấy $ln$, để đem số mũ xuống, sau đó chuyển về dạng phân số, rồi dùng L'Hospital, rồi raise lên số mũ $e$ lại. Mình nghĩ như thế sẽ tính được, bạn làm thử.

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

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 )

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 $I \subset ker(f')$.

$A$ có 4 phần tử, dễ thấy $A$ là nhóm xích (cyclic) được sinh ra bởi $\bar{2}$ hoặc $\bar{6}$. Vì vậy để xác định đồng cấu từ $A$ ta chỉ cần xác định ảnh của $\bar{2}$, tức là $f(\bar{2}).$

 

Nếu $f(\bar{2})=k$, ta phải có điều kiện $0=f(\bar{0})=f(\bar{2}+\bar{2}+\bar{2}+\bar{2})=f(\bar{2})+f(\bar{2})+f(\bar{2})+f(\bar{2})=4k$, vì vậy $k=0$. 

 

Như vậy chỉ có đồng cấu $0$ tồn tại.

Vì trong $(Z_8,+)$ thì $\bar{2}+\bar{2}+\bar{2}+\bar{2}=\bar{0}.$ Nhóm $Z_8$ là nhóm được tạo từ phép chia cho 8 đó bạn.

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

1.Xác định nhóm xích được sinh ra bởi $A$. Ta thấy, nhóm $<A>$ sẽ có 4 phần tử. Tương tự mỗi nhóm $<B>$ có 2 phần tử. Ta có quan hệ $BA=A^3B$ hay $BAB^{-1}=A^{-1}$. Như vậy, nhóm này là $D_4$ (nhóm diheral với 8 phần tử), $D_4=\{1, A, A^2, A^3, B, AB, A^2B, A^3B\}$. 

 

2. Các nhóm con của $D_4$ bao gồm $\{1\}, Z_2, Z_4, V_4, D_4$ tính đến đồng dạng.

 

Ghi hết ra thì như thế này.

$\{1\}$.

$Z_2 \cong <A^2> \cong <B> \cong <AB> \cong <A^2B> \cong <A^3B>.$

$Z_4 \cong <A>.$

$V_4 \cong \{1, B, A^2, A^2B\} \cong \{1, AB, A^2, A^3B\}$

$D_4$

Mình là sinh viên năm nhất, vừa học phần này, thầy dạy nhanh quá theo chưa kịp, có mấy bài tập mình muốn mọi người giúp mình, mấy bài này chắc dễ mà lần đầu mình gặp nên mông lung quá, mấy bạn giải chi tiết giúp mình nha !

 

1/ Với $n\in \mathbb{N}$ , cho $A_{n}=\left \{ (n+1)k:k\in \mathbb{N}  \right \}$.

    Xác định $\cap \left \{ A_{n}:n\in \mathbb{N} \right \}$

2/ Với $a,b\in \mathbb{R}$ và $a<b$, tìm một explicit bijection (song ánh rõ ràng ?!?) từ $A=\left \{ x:a<x<b \right \}$ vào $B=\left \{ y:0<y<1 \right \}$

3/ Chứng tỏ rằng nếu $f:A\rightarrow B$ là đơn ánh và $E\subseteq A$ thì $f^{-1}(f(E))=E$. Cho 1 ví dụ chứng minh nếu $f$ không đơn ánh thì $f^{-1}(f(E)) \neq E$

4/ Chứng tỏ rằng nếu $f:A\rightarrow B$ là song ánh và $g:B\rightarrow C$ là song ánh thì $g\circ f$ là song ánh từ $A$ vào $C$.

 

Mình không biết post có đúng mục không, nếu sai thì thật sự xin lỗi !

 

@Lời nhắn từ Ghost: Học gõ và sửa lại tiêu đề không bị khóa. Thân

Lời giải rõ ràng thì mình không dám hứa. nhưng sẽ ghi ra bằng lời những ý đằng sau

 

1/ Để tìm $\cap \left \{ A_{n}:n\in \mathbb{N} \right \}$, ta nhìn xem những số tự nhiên nào nàm trong mọi $A_n= \{(n+1)k: k \in N\}$. Thử vài tập cụ thể, $A_1=\{2k\}, A_2=\{3k\},...$ ta thấy $A_1$ là tập những số chia hết cho $2$, $A_2$ là tập những số chia hết cho $3$, như vậy $A_n$ là tập những số chia hết cho $n+1$,...

Dễ thấy số nằm trong mọi $A_n$ là số phải chia hết cho mọi số tự nhiên khác, và dễ thấy số duy nhất thõa điều kiện đó là $1$.

 

2/ Explicit bijection có nghĩa là 1 song ánh có công thức cụ thể. Đôi khi bạn có thể chứng minh 1 bijection tồn tại mà không cần ghi công thức đó ra, trong bài này, họ yêu cầu bạn ghi công thức đó ra.

Ta thấy, $A=(a,b)$ và $B=(0,1)$, 1 bijection từ $A$ sang $B$ thì ta cần map $a$ đến $0$, và $b$ đến $1$. Một hàm số mà khi ta thế $a$ vào, ta được $0$, như vậy hàm số đó phải có nhân tử $(x-a)$, mà ta phải có $1$ khi thế $b$ vào, như vậy ta phải chia đi cho $(b-a)$. Thử hàm này xem

$f(x)= \frac{x-a}{b-a}$

Vì $b>a$, nên ta dễ thấy hàm $f$ well-defined với mọi $x$. Mà đây là hàm bậc 1, là 1 đường thẳng, nên chứng minh nó là 1 bijection thì dễ dàng.

 

3/ Chứng minh $f^{-1}(f(E))=E$ chỉ là diễn giải định nghĩa. Bạn có thể thử, và post lời giải lên đây nếu bạn không làm được.

Còn ví dụ, thì ta thử xem với 1 hàm không đơn ánh đơn giản mà ta biết $f(x)=x^2$. Và $E$ là $[0,1)$. Dể thấy, $f(E)=[0,1)$ và mà $f^{-1}([0,1))=(-1,1)$ rõ ràng lớn hơn $E$ nhiều. 

Ta đi đến ví dụ này vì ta cần hiểu nếu hàm không đơn ánh, thì có nghĩa nhiều phần tử cho cùng 1 ảnh. Nếu ta lấy $f^{-1}$ của $f(E)$ tức là ta tìm mọi phần tử cho cùng ảnh với $E$, và rõ ràng tập này có thể lớn hơn $E$.

 

4/ Chứng minh này cũng là diễn giải định nghĩa thôi, bạn cứ ghi định nghĩa ra, và post lên đây những gì bạn đã làm nếu vẫn không giải quyết được.

Bài 3 mình nghĩ thế này, nếu f là đơn ánh, vậy nếu gọi E có n phần tử thì f(E) cũng cho n phần tử, nên lấy ảnh ngược lại thì cũng bằng ấy phần từ và cũng thuộc E @.@, nhưng ghi ra thế nào bạn ơi @@

 

bạn không lập luận trên số phần tử được, vì E có thể có vô số phần tử. Ở đây bạn muốn chứng minh 2 tập bằng nhau, thì bạn nên chứng minh $f^{-1}(f(E)) \subset E$ và $E \subset f^{-1}(f(E))$. Để chứng minh ý thứ nhất, bạn bắt đầu bằng 1 phần tử của $f^{-1}(f(E))$ thì có dạng gì, và chứng minh đi đến kết luận phần tử đó phải nằm trong $E$. Tương tự cho ý thứ hai - ý này dễ thấy hơn.

Bạn ơi bài 1 mình thấy không có tập nào chứa số $1$ hết vậy sao giao lại ra $1$ nhỉ ?

Còn bài số 2 thay vì làm vậy thì mình map từ $a$ đến $1$ và $b$ đến $0$ được không ?

bài 1 mình nhầm, số 0 chứ không phải 1  mà tùy vào định nghĩa của bạn, nếu bạn định nghĩa tập số tự nhiên là 1,2,... thì tập cần tìm là tập rỗng.

bài 2, bạn có thể map a đến 1 và b đến 0. đó vẫn là 1 bijection.

Vì $f$ đơn ánh,  mà $f(x)=f(t)$ nên $x=t$, mà $t \in E$ nên suy ra $x \in E$ phải không bạn ?

 

hiển nhiên là vậy. Chiều còn lại dễ hơn và không cần đơn ánh.

Vậy mình xét $x\in f^{-1}(f(E))\Rightarrow f(x)\in f(E)$, tới đây có suy ra $x \in E$ được không ?

 

$f(x) \in f(E)$ có nghĩa là gì? Ta nhìn vào định nghĩa của $f(E)$, ta có $f(E)= \{f(t): t \in E\}$. Như vậy, $f(x)$ phải là 1 trong những $f(t)$ đó. Như vậy, $f(x)= f(t)$ với 1 phần tử $t \in E$ nào đó. Bây giờ vì $f$ là đơn ánh, bạn kết luận gì được từ $f(x)= f(t)$?

Có lẽ chỉ có phần (c.) là hơi khó hiểu, còn phần (a) và (b) thì chỉ bao gồm dùng định nghĩa. Mình sẽ bỏ qua 2 phần đó, nếu bạn không làm được, bạn có thể post lại.

 

Phần (c.), để xác định ma trận của $f$ ta chỉ cần viết ra ảnh của vector cơ sở chính tắc của $R^3$. Ta có

$$f(1,0,0)=(1,0),~ f(0,1,0)=(0,1), ~ f(0,0,1)=(0,0)$$

 

Vì vậy ma trận của $f$ sẽ là

 

$$\begin{bmatrix}1 &0  &0 \\ 0 &1  &0 \end{bmatrix}$$

(a) Ánh xạ tuyến tính phải thoả điều kiện $f(cx+y)=cf(x)+f(y)$ với $x,y \in R^3$ và $c \in R$. Bạn chỉ cần viết ra theo định nghĩa của $f$, xem nó có thoã mãn điều kiện đó hay không.

 

Với $x=(x_1,x_2,x_3)$ và $y=(y_1,y_2,y_3)$, ta có $cx+y=(cx_1+y_1,cx_2+y_2,cx_3+y_3)$, như vậy $f(cx+y)=f(cx_1+y_1,cx_2+y_2,cx_3+y_3)=(cx_1+y_1,cx_2+y_2)=c(x_1,x_2)+(y_1,y_2)=cf(x_1,x_2,x_3)+f(y_1,y_2,y_3)$.

 

Vì vậy $f$ là ánh xạ tuyến tính.

 

(b)$ker(f)=\{(x_1,x_2,x_3)| f(x_1,x_2,x_3)=0\}=\{(x_1,x_2,x_3)| (x_1,x_2)=0\}= \{(0,0,x_3)\}$. Nói cách khác, $ker(f)=\{(0,0,c)| c \in R\}$

 

(c.) Mình không biết định nghĩa của biểu thức toạ độ là gì, nên mình không giải thích được. 

 

Cheers.

Giao của 2 đường parabol $y=x^2$ và $y=-x^2$ là điểm $(0,0)$. 

 

Tích phân trên 1 điểm có phải bằng 0.

 

Mà mình đọc đề của bạn, mình không hiểu lắm.

Nhóm Diheral $D_4$ có 8 phần tử. $D_4=\{1, \sigma, \sigma^2, \sigma^3, \pi, \sigma \pi, \sigma^2 \pi, \sigma^3\pi \}$, $Z(D_4)=\{1, \sigma^2\}$. Nhóm $A=\{1, \pi\}$ $\pi$-tựa chuẩn tắc, nhưng không chuẩn tắc. 

$Z[X]/(3,X)\cong Z/3$.

 

Phần tử của $Z[X]$ là phương trình với ẩn $X$, $p=a_nX^n+\dots+a_1X+a_0$, với $a_i \in Z$.

 

Modulo $(3,X)$, ta được

$$p+(3,X)=a_nX^n+\dots+a_1X+a_0+(3,X)=a_0+(3,X)=\bar{a_0}+(3,X)$$

với $\bar{a_0}=a_0 \text{ mod 3}$

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.

Để tìm ảnh của $f$ và $g$ ta chỉ cần tìm số dư của $f, g$ sau khi chia cho $p$. Ta có

 

$$f(x)=p(x)(2x^4-3x^2-2x-2)+ (-x^2-11x+3)$$

$$g(x)=p(x)(x-4) +(8x^2-13x+5)$$

 

a. Ảnh của $f(x)$ là $-x^2-11x+3 +(p(x))$

b. Ảnh của $g(x)$ là $8x^2-13x+5 + (p(x))$

c. Không biết giải sao cho đúng ý của bạn. Để xem, ta muốn chứng minh $Z[X]/(p) = \{ax^2+bx+c +(p(x))| a, b, c \in Z\}$. Gọi vế trái là A. Dễ thấy $Z[X]$ không tồn tại thuật toán Euclid, nhưng vì hệ số lớn nhất của $p(x)$ là 1, ta có thể thực hiện thuật toán Euclid khi chia cho $p(x)$. Nói cách khác, ảnh của mọi đa thức trong $Z[X]/(p)$ đều là đa thức ở bậc 2 hay nhỏ hơn. Tức là $Z[X]/(p) \subset A$. Dễ thấy, $A \subset Z[X]/(p)$. Vì vậy mọi phần tử của $Z[X]/(p)$ được biểu diễn bằng đa thức bậc 2 với hệ số trong $Z$.

cho mình hỏi ở câu C . bạn gọi vế trái là A. vậy cụ thể A ở đây bằng gì vậy?. mình không hiểu

 

mình nhầm, vế phải là A

Với $V=\{(x_1,\dots,x_n) | x_1+\dots+x_n=0\}$, $V$ là kgvt vì

 

$$\forall~ (x_1,\dots,x_n), (y_1,\dots,y_n) \in V, ~ (x_1,\dots,x_n)+ (y_1,\dots,y_n)=(x_1+y_1,\dots,x_n+y_n) \text{ với } x_1+y_1+\dots+x_n+y_n=0 \Rightarrow (x_1,\dots,x_n)+ (y_1,\dots,y_n) \in V$$

$$\forall~  (x_1,\dots,x_n), c\in R, c (x_1,\dots,x_n)=(cx_1,\dots,cx_n) \in V \text{ vì } cx_1+\dots+cx_n=0$$

 

Cơ sở của $V$: ta có $x_n=-x_1-x_2-\dots-x_{n-1}$, nên phần tử của $V$ có dạng

$$(x_1,0,\dots,0)+(0,x_2,0,\dots,0)+\dots+(0,\dots,0,-x_1-x_2-\dots-x_{n-1})=x_1(1,0,\dots,-1)+x_2(0,1,0,\dots,-1)+\dots+(0,\dots,0,-1)$$

 

Như vậy 1 cơ sở của $V$ là $\{(1,0,\dots,0,-1),(0,1,0,\dots,0,-1),\dots,(0,\dots,0,1,-1)\}$. Vì vậy chiều của $V$ là $n-1$.

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.