fghost

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.

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).

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 $I \subset ker(f')$.

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.

 

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.

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 $(G \cap K) + (G \cap H)= \emptyset$

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 $a_n \rightarrow 0$.

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