tài liệu ôn thi đầu vào cao học cần thơ năm 2012 bạn cũng làm được như tôi

Tìm tất cả các số nguyên n thoả điều kiện trong mỗi trường hợp sau: a).. R là vành giao hoán.. Nhắc lại rằng miền nguyên là vành giao hoán, có đơn vị, không có ước của 0. Bây giờ, [r]

PHẦN 2: VÀNH VÀ TRƯỜNG

BÀI 2.3: Giải phương trình sau: a) 21x24 101 (1) 103

giải:

(1) 21 77 21 77

x x

 

 

Vì (21, 103)=1 nên 21 khả nghịch 103 suy ra:

 

(1) x 21  77 (2)

Ta tìm  21 1

103 21 21 19 4 19 1

2 1 9 0 2

1= 19-9.2=19-9.(21-19) =10.19-9.21

=10(103-4.21)-9.21 =10.103-49.21 Suy 103

1 10.103 49.21   49.21 54.21 vậy  21 154

(2) x54.77415838

 x38 103 , k k

* k 0,x38, rõ ràng có k=0 thoả

Vậy nghiệm phương trình (1) 38

b) 68(x24) 102 (1) 492

(1) 68 1530

68 =438

68 438 492 , 438 4(17 123 ) (2)

x x

x k k

x k

  



   

  

Do (1) vô nghiệm

c) 78x1335 (1) 666 Ta giả sử 0 x 665 (1)78x48 666

(78 48) 666 (13 8) 111

x x

 

 

  13.x

  111

Vì (13, 111)=1 nên 13 khả nghịch 111 suy ra:

 

(1) x 13  (2)

Ta tìm  13 1

111 13 13 7 8 7 6 1

6 1 1 0 6

1= 7-6=7-(13-7) =2.7-13

=2.(111-8.13)-13 =2.111-17.13 Suy 103

1 2.111 17.13   17.1394.13

vậy  13 194

(2) x94.875286

 x86 111 , k k

* k 0,x86, * k 1,x197, * k 2,x308, * k 3,x419,

* k 4,x530,

Vậy nghiệm phương trình (1) 8 , , , , , 1.

BÀI 2.4. Tìm tất số nguyên n thoả điều kiện trường hợp sau: a) 27n-18 chia hết cho 133

(27n18) 13 27.n 18

  133

 27 1.18

n 

  (2)

Ta tìm  27 1

133 27 27 25 4 25 1

2 1 12 0 2

1=25-12.2

=25-12.(27-25) =13.25-12.27

=13.(133-4.27)-12.27 =13.133-64.27

Suy 133

1 13.133 64.27   64.2769.27

vậy  27 169

(2)  n69.18 1242 45 45 133 ,

n k k

   

Vậy tập số nguyên cần tìm 45 133 | k k 

b) 92n+18 chia hết cho 100 (TL) (92 18) 100

(46 9) 50

46 50 ( ) (50 46 )

9 2(25 23 )

n n

n k k

k n

k n

 

 

   

  

  

 

(95 15) 335 (19 3) 67

n n

 

 

  19.n

  67

 19 1.3

n 

  (*)

Ta tìm  19 1

67 19 19 10 3 10 1

9 1 1 0 9

1=10-9

=10-(19-10) =2.10-19

=2.(67-3.19)-19 =2.67-7.19

Suy 67

1 2.67 7.19 7.1960.19

vậy  19 160

(*)  n60.3 180 64

 n6467 ,k k

Vậy tập số nguyên cần tìm 6467 |k k 

BÀI 2.5. Cho R vành có tính chất sau:

x x với  x R (Ta gọi R vành Bool),

CMR:

a) x   x, x R

b) R vành giao hoán

c) Nếu R vành khơng có ước R có nhiều phần tử R miền nguyên

Chứng minh: (TL) a) x   x, x R

x R

  ta có:  2

x x x x

     , vậy: x   x, x R

,

x y R

  ta có:  2    2 2

xy xy  xy xy x xyyxy x y xyyx

=x yxy yx

dẫn đến xyyx0 xy yx yx

Vậy R vành giao hoán

c) Nhắc lại miền ngun vành giao hốn, có đơn vị, khơng có ước Bây giờ, ta cần tìm phần tử đơn vị R xong

Gs, xR x, 0  y R ta có:

 

2

xyx yx xy (*), R vành khơng có ước nên ta giản ước (*) cho x, ta được: yxy

Rõ ràng x phần tử đơn vị R

Trong trường hợp vành R có hai phần tử đơn vị e

BÀI 2.7. Cho R vành tuỳ ý

a) Với aR, tập hợp C a( )xR ax|  xađược gọi tâm hoá tử a Chứng minnh ( )C a vành R có chứa a

b) Tập hợp C R( )xR ax|  xa, a Rđược gọi tâm R CMR: C(R) vành giao hoán R

c) Tìm tâm vành M(n,R)

Chứng minh: (TL) a)

BÀI 2.12 Cho R vành tuỳ ý n số nguyên cho trước CMR tập hợp:

 | 0

I  xR nx ideal R

1) 2) , ,

3) , ,

I

I R x y I x y I

rx I x I r R

xr I

 

 



    

 



     

  

 

Thật vậy: giả sử I xR nx| 0 1) Ta có: 0n.0A

2) Gs ,x yI, mà: nx0 ny0, suy ra:

( )

nx ny n x y x y I

   

  

3)    x I, r R: nx=0

Ta được: n rx( )r nx( )(mệnh đề 1.4 trang 55) r.00

dẫn đến rxI Tương tự: (n xr)(nx r) 0.r0

dẫn đến xrI Tóm lại: I Ideal R

BÀI 2.16 Cho R vành tuỳ ý Một phần tử xRđược gọi luỹ linh tồn số n nguyên dương cho xn 0

a) CMR R có đơn vị e x luỹ linh e+x khả nghịch

b) Giả sử R giao hốn, có đơn vị uR khả nghịch CMR x luỹ linh u+x khả nghịch

c) Giả sử R giao hoán CMR tập hợp N(R) gồm tất phần tử luỹ linh R Ideal R vành thương R/N(R) khơng có phần tử luỹ linh khác khơng (ta gọi N(R) nil-căn R)

chứng minh:

1

1

( )( ( 1) )

( ( 1) )( )

n n n

n n n

e e x e x e x x

e e x e x x e x

   

        



       



e x

  khả nghịch

b) * *

luy linh

R gh

u R u x R

x

 

   

 

Ta có: uxu e u x(  1 )

Vì x luỹ linh nên u x1 luỹ linh, Thật vậy: , n

n x

   ,

khi đó: u x1   n  u1 xn (do R giao hoán) un.00

Nên u x1 luỹ linh

Từ a) suy ra: *

eu x R , suy ra: u xu e( u x1 )R* c) R giao hoán

 

( ) | luy linh

N R  xR x

Chứng minh: 1) N R( )R

2) R/N(R) khơng có phần tử luỹ linh khác Chứng minh:

1) Để cm N R( )R ta làm rỏ điều sau: + 0N R( )

+ x y, N R x( ),  y N R( ) +  x N R( ), r R, rxN R( )

( ) ,

( ) ,

n m

x N R n x

y N R m y

     



    



Khi đó:

   

0

1 n m

n m n m k k k n m k n m

k

x y C x y



    

 

  

Nhận xét:

nếu k n nm k m, ta ln ln có: 0,

k n m k

x y    k  n m

từ suy ra: (x y)n m 0

suy ra: (x y) luỹ linh, nghĩa x y N R( ) +  x N R( ), r R, rxN R( )

Vì x luỹ linh   n ,xn 0, đó:  rx n r xn n rn.00

nên rx luỹ linh, nghĩa rxN R( ) 2) R/N(R) khơng có phần tử luỹ linh khác

/ ( )

x N N R

  , x luỹ linh cần chứng minh x0

x luỹ linh   n ,xn 0 (*) Mà xn xn nên

 

0

( ) luy linh

,

n n

n n

m

n nm

x x

x N R x

m x x

  

 



    

Vậy (*)  x luỹ linh  x N R( ) x0

BÀI 2.23. Trong trường số phức C xét:

   

( )  a  b | ,a b , ( )i  a  bi a b| , 

d) CMR tập hợp: Aab32 c3 4 | , ,a b c là trường C

chứng minh: a) CMR: ( 2), ( )i trường C

1) ( 2) trường C, ta làm rỏ điều sau: + 0  2 ;1  2

+ x y,   2 ,x y  2

+ x y,   2 \ ,   xy  2 , x1  2 + 0  2 ;1  2

* 0 0 2  2 * 1 2    2 + x y,   2

2

( , , , )

x a b

a b c d y c d

   

 

  



     2

x y a c b d

      

+ x y,   2 \ 0 

2 2

2

( , , , , 0, 0)

2

x a b

a b c d a b c d

y c d

   

    



  



  

 

* 2

=(ac+2bd)+(ad+bc) 2

xy ab cd



* cm x1  2

2

xab  ab 

Vì ab 0 b=0 (b a

b

 

2 2

1

2 ( 2)( 2)

=

2

a b x

a b a b a b

a b

a b a b

 

 

  

 

 

( 2 2, 2 2

2

a b

a b a b





  ,

2 2

, , , ( 2)( 2) 0)

a b a  b  a  b  ab a b 

2)  i làm tương tự

b) CMR: ( 2), ( )i không đẳng cấu với Giả sử  2  i

Khi đó: tồn đẳng cấu vành f :  i   2 Ta có: (1)f  f(1.1) f(1) (1)f

Suy ra: (1)[ (1) 1]=0f f 

Mà f đẳng cấu nên (1)f  f(0)0 Suy ra: (1) 1f 

Do đó: f i( )2  f i( )2  f( 1)  f(1) 1

Mâu thuẩn f i( )  2   x ,x2  1 Tóm lại: ( 2), ( )i khơng đẳng cấu với c) Tìm tất trường  2

Xét F trường  2

Ta có Char( )F Char( ( 2))0 nên F Nếu F, F,  x ab 2F \

Khi đó: b \ 0  nên x a F b



 

d) CMR tập hợp: Aab3 2c3 4 | , ,a b c là trường C

Tương tự câu a) với ý rằng:

2 2

3 3

1

3

x y z xy xz yz

x y z x y z xyz

    



    

BÀI 2.24. CMR:

a) K a b : ,a b b a

  

   



 

 

trường đẳng cấu với  i

b) : ,

2

a b

F a b

b a

  

   

 

 

trường đẳng cấu với  2 Chứng minh:

a) * Để cm K trường, ta cm K vành Thật vậy, K vành vành ma trận M2 

Ta có: K M2 

+ 0

0 K

 

 



 

+ A B, K A, BK AB, K

, , , , ,

a b c d

A a b B c d

b a d c

   

     

 

   

( )

a c b d

A B K

b d a c

 

 

  

  

 

( )

a b c d ac bd ad bc

A B K

b a d c ad bc ac bd

 

    

   

    

    

Ta cm K vành vành M2 , K vành Để cm K trường ta cần cm K thoả tc sau:

iii  A K \ ,  A1K\ 0 \ Thật vậy:

i) K có đơn vị 2 1

0 1

I   K



   

ii) K giao hốn với A B, K ta có:

( )

ca db cb ad

BA AB

cb ad ca db

 

 

 

  

 

iii) A a b

b a

 

 



 

 

2

2 2

1

2

2 2

det

1

\

A a b

a b

a b a b a b

A K

b a b a

a b

a b a b



   



 

 



   

    

    

 

 

 

Kết luận: K trường * CM: K đẳng cấu với  i

đặt

 

: a+bi

f i K

a b b a



 

 

 



BÀI 2.35. Tìm tất tự đồng cấu trường sau: a) Trường số hữu tỉ

b) Trường  2

c) Trưòng  i

d) Trường số thực

a) Trường số hữu tỉ

:

f 

           

   

2

1 1

1 1

1

1

f f f f

f f

f f

 

    

  

 

 Nếu f 1 0  x , f x  f x 1 f x f   1  f x .00 nghĩa f 0

 Nếu f 1 1 f Id , thật vậy:

+  n ,f n nf 1 n

+ n \ ,1  f 1 f n.1 f n f  nf

n n n

     

         

     

Suy ra: f 1

n n

      

+ m , f m f m f  m.1 m

n n n n n

   

      

   

Điều chứng tỏ f Id

Kết luận: trường có tự đồng cấu Id b) Trường  2

Lý luận tương tự câu a) ta thấy f tự đồng cấu trường  2

0

f  f | Id

* Xét trường hợp: f | Id , đó:

   2  

2 f  f ( 2) f 

 

nên: f 2  

+ Nếu f 2  f a b  2 f a  f b f   2 a b  a b 2  2 

 2

f Id

 

Vậy: trường  2 có hai tự đẳng cấu là:

 2

f Id :  2  2

a+ b 2

f

a b

 



c) Trưòng  i

Cũng lý luận tương tự ta được: Trưòng  i có hai tự đẳng cấu là:

 i

f Id :    

a+ bi

f i i

a bi

 



d) Trường số thực

:

f  tự đẳng cấu Cũng lý luận tương tự ta suy ra:

0 (1)

| (2)

f

f Id

    



Xét (2): ta chứng minh: f Id

 

\ a

 

1) *  

,

a f a

   f a.1 f a f 

a a

   

    

   

2)  x 0, f x  f  x 2f  x 2 0

 

3)  x y f x,   f y  f x  f y  f x y0

4)  x ,f x x thật vậy:

+ Nếu f x x  y , f x yx

Khi đó: y f y  f x  mâu thuẩn + Nếu x f x   y , x y f x 

Khi đó: f x  f y  y mâu thuẩn Vậy f x x,  x

Suy ra: f Id