1. Trang chủ
  2. » Mẫu Slide

sách đại số đại cương của thầy nguyễn viết đông – trường đh khtn tphcm bạn cũng làm được như tôi

10 12 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 10
Dung lượng 221,12 KB

Nội dung

[r]

(1)

Nhóm Bài 2.1:

d)R với phép toán xy = (xn+ yn)1/n x y = xy (n một số nguyên dương lẻ) 1.kiểm tra R vành:

Xét (R, ) :

+)tính kết hợp : (x y) z = (xn+ yn)1/n z = (xn + yn + zn)1/n x (y z) = x (yn + zn)1/n = (xn + yn + zn)1/n suy : (x y) z = x (y z)

+)phần tử trung hoà:

x e = e x = x

<=> (xn+ en)1/n = (en+ xn)1/n = x <=> en =

<=> e = +)phần tử khả nghịch:

x(-x) = (-x)x =

<=> (xn+ (-x)n)1/n = ((-x)n+ xn)1/n = (với n số nguyên dương lẻ) <=> (-x) = -x

+)tính giao hốn:

x y = y x = (xn+ yn)1/n (R, ) nhóm abel (1) Xét (R,):

(x y) z = (xy) z = xyz x (y z) = x (yz) = xyz suy ra: (x y) z = x (y z)

Ư (R,) nửa nhóm (2) +)tính phân phối phép phép: (3)

* (x y) z = (xn+ yn)1/n z = (xn+ yn)1/nz

x z y z = xz yz = ((xz)n+ (yz)n)1/n = (xn+ yn)1/nz (với n số nguyên dương lẻ)

(x y) z = x z y z

* x (y z) = x(y z) = x(yn+ zn)1/n

x y x z = xy xz = ((xy)n+ (xz)n)1/n = x(yn+ zn)1/n từ (1),(2),(3) ta có R với hai phép toán cho vành

2.kiểm tra R với hai phép toán cho miền nguyên: +)R có nhiều phần tử

+)theo cách kiểm tra ta th R với hai phép toán cho vành giao hoán +)phần tửđơn vị:

(2)

+)khơng có ước không:

x y = xy ≠ (∀ x,y ≠ 0) R với hai phép toán cho miền nguyên kiểm tra R với hai phép toán cho trường:

Do R với hai phép toán cho miền nguyên nên ta cần kiểm tra: +)phần tử khả nghịch: (của phép )

x x-1 = x-1 x = 1(= e) <=> x x-1 =

<=> x-1 =

x (∀ x ≠ 0)

vậy R với hai phép toán cho trường

f) ]( 2)={ a + b 2| a,b ∈]với hai phép toán cộng nhân thông thường \ }

1.kiểm tra R vành: Xét (]( 2),+) :

+)tính kết hợp :

[(a1+b1 2) + (a2+b2 2)] + (a3+b3 2)

=[(a1+a2) + (b1+b2) 2] + (a3+b3 2) = [(a1+a2+a3) + (b1+b2+b3) (a1+b1 2) + [(a2+b2 2) + (a3+b3 2)]

= (a1+b1 2) + [(a2+a3) + (b2+b3) 2] = [(a1+a2+a3) + (b1+b2+b3)

Suy [(a1+b1 2)+(a2+b2 2)]+(a3+b3 2) = (a1+b1 2)+[(a2+b2 2)+(a3+b3 2)] +)phần tử trung hoà:

(a1+b1 2) + (a0+b0 2) = (a1 + a0) + (b1 + b0) = a1+b1 <=> x0 = a0+b0 = (do a0 = b0 = 0)

+)phần tử khả nghịch: (của phép +)

(a1+b1 2) + (a’+b’ 2) = (a’+b’ 2) + (a1+b1 2) = <=> (-x) = ((-a1)+(-b1) 2) = -x

+)tính giao hoán:

(a1+b1 2) + (a2+b2 2) = (a1+a2)+(b1+b2) 2= (a2+b2 2) + (a1+b1 2) (R,+) nhóm abel

Xét (]( 2),.):

[(a1+b1 2)(a2+b2 2)](a3+b3 2) = [(a1a2+2b1b2 +(a1b2+b1a2) 2] (a3+b3 2) = (a1a2+2b1b2)a3+2(a1b2+b1a2)b3+[(a1a2+2b1b2)b3+(a1b2+b1a2)a3 ] (1) (a1+b1 2)[(a2+b2 2)(a3+b3 2)] = (a1+b1 2)[(a2a3+2b2b3 +(a2b3+b2a3) 2] = (a2a3+2b2b3)a1+2(a2b3+b2a3)b1+[(a2a3+2b2b3)b1+(a2b3+b2a3)a1 ] (2) từ (1) (2) ta có:

[(a1+b1 2)(a2+b2 2)](a3+b3 2) = (a1+b1 2)[(a2+b2 2)(a3+b3 2)] Hay (R,.) nửa nhóm

+)tính phân phối phép nhân với phép cộng:

(3)

(a1+b1 2)(a3+b3 2)+(a2+b2 2)(a3+b3 2)

=((a1a3+2b1b3)+(a1b3+b1a3) 2) + ((a2a3+2b2b3)+(a2b3+b2a3) 2) =((a1+a2+a3)+2(b1+b2)b3)+((a1+a2)b3+(b1+b2)a3) (2) từ (1) (2):

(a1+b1 2)+(a2+b2 2)](a3+b3 2)=(a1+b1 2)(a3+b3 2)+(a2+b2 2)(a3+b3 2) tương tự ta có :

(a1+b1 2)[(a2+b2 2)+(a3+b3 2)]=(a1+b1 2)(a2+b2 2)+(a1+b1 2)(a3+b3 2) Suy ] ( 2) vành

2.kiểm tra R với hai phép toán cho miền nguyên: +)R có nhiều phần tử

+)theo cách kiểm tra ta th R với hai phép toán cho vành giao hoán +)phần tửđơn vị:

(a1+b1 2)(a0+b0 2) = (a0+b0 2)(a1+b1 2) = (a1+b1 2) <=> a0+b0 2= (chọn a1+b1 ≠0 )

<=> a0 = b0 = e = +)khơng có ước không:

xy≠ (∀ x,y ∈] ( 2) -{0})

vậy ] ( 2) miền nguyên

3 kiểm tra ] ( 2) có phải trường:

Do ]( 2) miền nguyên nên ta cần kiểm tra: +)phần tử khả nghịch: (của phép nhân)

xx-1 = x-1x = 1(= e)

<=> (a1+b1 2)(a’1+b’1 2) =

<=> (a1a’1+2b1b’1) = b1a’1+a1b’1 = (*)

hệ (*) vô nghiệm nguyên a’1,b’1 nên ] ( 2) khơng có phần tử khả nghịch Suy ra: ] ( 2) trường

g) _( 2)={a b+ | ,a b∈_}

Ta có :

Với x y, ∈_( 2) , x= +a b 2,y= +c d 2( , , ,a b c d∈_) ta có:

( ) ( ) ( 2)

x− =y a c− + −b d ∈_ , xy=(ac+2 ) (bd + ad+bc) 2∈_( 2)

nếu x= +a b 0≠ a b− 0≠ (vì khơng a= =b

1 , 0,

(4)

Do ( 2)_ trường trường \,và hiển nhiên vành,miền nguyên

h) Ta có KM(2, )_

Với , , , ,( , )

4

a b c d

x y K x y c d

b a d c

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

∈ =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ∈

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ _

Ta có: ,

4( )

a c b d

x y K

b d a c

− − ⎛ ⎞ − =⎜ ⎟∈ − − ⎝ ⎠ 4( )

ac bd ad bc

xy K

ad bc ac bd

+ +

⎛ ⎞

=⎜ ⎟∈

+ +

⎝ ⎠

Do K vành vành M(2, )_

Xét ,

4

x=⎛⎜ ⎞⎟ y=⎛⎜− ⎞⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠.ta có 0≠ x y, ∈K 0xy= Như K có ước

0 nên miền nguyên hay trường

i) Ta có :hiệu,tích hai ma trận(tương ứng ,ma trận chéo;ma trận tam giác trên;ma trận

tam giác dưới;ma trận tam giác ngặt;ma trận tam giác ngặt)vuông cấp n≥2 thuộc vào nó.Do vành vành ma trận vuông cấp n≥2 Mặt khác loại ma trận có ước nên không miền nguyên hay trường Chẳng hạn 0 0

0 0 0

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=

⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠,

0 1 0

0 0 0

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ j)

6 6( )

a b c d a c b d

F

b a d c b d a c

+ +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

•⎜ ⎟ ⎜+ ⎟ ⎜= ⎟∈

+ +

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Phép cộng có tính kết hợp, giao hốn, nhận 0 0

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ làm ma trận đơn vị,

a b

b a

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ nhận

6 a b b a − − ⎛ ⎞ ⎜− − ⎟

⎝ ⎠ làm ma trận nghịch đảo Do F nhóm abel với phép cộng

2

2

6 12

6 6

a b a b a b ab

F

b a b a ab a b

⎛ + ⎞

⎛ ⎞⎛ ⎞

•⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟∈

+

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Phép nhân có tính chất kết hợp

•Phép nhân phân phối phép cộng

Vậy F vành, lưu ý 6

6 6

⎛− ⎞⎛ ⎞

=

⎜ ⎟⎜ ⎟

⎜ − ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ nên

6

6

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0, F

khơng thể vành hay trường

k) Kiểm tra ^ vành phần trước

Phép nhân có tính giao hóan, nhận (1,0) phần tửđơn vị, phần tử ( , )x y

đều có phần tử nghịch đảo 2 x 2, 2 y 2

x y x y

⎛ − ⎞

⎜ + + ⎟

(5)

Do ^ trường

Bài 2.13

Cho R vành tùy ý a thuộc R Chứng minh tập hợp aR = { ax |x thuộc R} ideal phải R tập hợp

Ra ={ xa |x thuộc R}

là ideal trái R Suy R giao hốn aR = Ra ideal cua R, giả thiết thệm R có đơn vị thì ideal sinh a

Giải:

1) ∀ax,ay ∈aR ta có : ax-ay = a(x-y) ∈aR (∀x,y ∈R) 2) ∀z ∈R, ax ∈aR : z(ax) = a(zx) ∈aR

3) ∀z ∈R, ax ∈aR : (ax)z = a(xz) ∈aR aR ideal phải R

tương tự ta có Ra ideal trái R +) Nếu R giao hốn Ra = aR

Suy : Ra = aR ideal R +)Nếu R có đơn vị : a = ea ∈Ra

Suy Ra = aR ideal sinh a Bài 2.17

Xét R vành tùy ý Z vành số nguyên TRên tích Descarte R xZ ta định nghĩa fép toán sau

( x, m) + ( y , n)=( x+ y, m + n) ( x, m)(y,n) = ( xy + my + nx , mn )

a) Chứng minh R x Z vành có đơn vị

b) Chứng minh ánh xạ f : x => ( x, 0) đơn cấu ( Do kết tr6n ng ta nói nhúng vành tùy ý vào vành có đơn vị)

Giải:

a) Chứng minh R x Z vành có đơn vị: xét (R x Z,+):

+)tính kết hợp : (( x, m) + ( y , n)) + (z,p) = ( x+ y, m + n) + (z,p) = (x+y+z,m+n+p)

(x,m) + ((y,n) + (z,p)) = (x,m) + (y+z,n+p) = (x+y+z,m+n+p)

Ö (( x, m) + ( y , n)) + (z,p) = (x,m) + ((y,n) + (z,p)

+)phần tử trung hoà:

(x,m) + (x0,m0) = (x0,m0) + (x,m) = (x,m) Ù x + x0 = x m + m0 = m

Ù 0RxZ = (0R,0)

+)phần tử khả nghịch: -(x,m) = (-x,-m)

+)tính giao hốn: (x,m) + (y,n) = (x+y,m + n) = (y,n) + (x,m) (R x Z,+) nhóm abel

Xét (R x Z,.):

((x,m)(y,n))(z,p) = (xy + my + nx,mn)(z,p)

= ((xy + my + nx)z + mnz + p(xy + my + nz),mnp) (*)

(x,m)((y,n)(z,p)) = (x,m) + (yz + nz + py,np)

= (x(yz + nz + py) + m(yz + nz + py) +npx,mnp) (**)

(6)

+)tính phân phối phép nhân phép cộng:(1) ((x,m) + (y,n))(z,p) = (x+y,m+n)(z,p)

= ((x+y)z + (m+n)z + p(x+y),(m+n)p) (x,m)(z,p) + (y,n)(z,p) = (xz + mz + px,mp) + (yz +nz +py,np) = ((x+y)z + (m+n)z + p(x+y),(m+n)p)

Ö ((x,m) + (y,n))(z,p) = (x,m)(z,p) + (y,n)(z,p) tương tự ta chứng minh được:

(x,m)((y,n) + (z,p)) = (x,m)(y,n) + (x,m)(z,p) +)phần tửđơn vị:

(x,m)(x’

0,m’0) = (x’0,m’0)(x,m) = (x,m)

Ù xx’

0 + mx’0 + m’0x = x mm’0 = m

Ù x(x’

0 + m’0 – 1) + mx’0 = m(m’0-1) =

Ù x’

0 = m’0 = hay e = (0,1) (4)

từ (1),(2),(3),(4) ta suy R x Z vành giao hốn có đơn vị b) Chứng minh ánh xạ f : x => ( x, 0) đơn cấu f(x+y) = (x+y,0) = (x,0) + (y,0) = f(x) + f(y)

f(xy) = (xy,0) = (xy + 0y +0x,0) = (x,0)(y,0) = f(x)f(y) ker{f } = {x ∈R|f(x) = (x,0) = (0,0) }

Ù ker{f} = {0 ∈R} f đơn cấu

Bài 2.21: a)

•Với , ,f g hE ta có:

( f +g)+h ( )x =(f +g)( )x +h x( )= f x( )+g x( )+h x( )= f x( )+(g+h)( )x = f +(g+h) ( )x

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

; (f +g x)( )= f x( )+g x( )=g x( )+ f x( ) (= g+ f)( )x ,∀ ∈x R

cho nên (f +g)+ = +h f (g+h),và f + = +g g f

Gọi (−f) ánh xạđịnh (−f)( )x = −f x( ),∀ ∈x R ta có

(−f)∈E, f + =0 f f, + −( f) 0= (trong ánh xạ khơng)

Suy ( , )E + nhóm Abel

•Với , ,f g hE ta có :

( )fg h ( )x =( )(fg h x( ))= f g h x( ( )) = f ( )gh ( )x = f gh( ) ( ),x ∀ ∈x R

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

cho nên ( )fg h= f gh( )

Suy ( ,.)E nửa nhóm

•Với , ,f g hE ta có:

( ) ( ) ( )( ) ( ( ) ( )) ( ( )) ( ( )) ( )( ) ( )( ) ( )( )

f g+h x = f g+h x = f g x +h x = f g x + f h x = fg x + fh x = fg+ fh x

⎡ ⎤ ⎡ ⎤

⎣ ⎦ ⎣ ⎦

(g+h f) ( )x =(g+h)(f x( ))=g f x( ( )) (+h f x( )) ( )= gf ( )x +( )hf ( )x =(gf +hf)( )x

⎡ ⎤

⎣ ⎦ ,

x R

∀ ∈

Suy ra: f g( +h)= fg+ fh g,( +h f) =gf +hf

(7)

b)

Nếu x= ∈y R ( )h xa =a x=ay= ( )h yaR , nên ha ánh xạ từ ( , )R + vào ( , )R +

Với x y, ∈R ta có h xa( +y)=a x( +y)=a x +ay=h xa( )+h ya( ),(do R vành)

Suy ha tựđồng cấu nhóm cộng Abel R)

c) Nếu a= ∈b R ta có ( )h xa =a x =bx=h xb( ),∀ ∈x R nên ha =hb hay h a( )=h b( )

do h ánh xạ từ vànhR vào vànhE

Với ,a bR ta có :

( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

a b a b a b

h+ x = a b x+ =a x bx+ =h x +h x = h +h x ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

ab b a b a b

h x = ab x=a bx =a h x =h h x =h h x ,∀ ∈x R

Suy ha b+ =ha +hb hab =h ha b

Hay h a b( + =) h a( )+h b( ) h ab( )=h a h b( ) ( )

Vậy h đồng cấu vành từ R vào E

d) Ta có Kerh={bR h b| ( )=hb =0}={bR bx| = ∀ ∈0, x R}

Nếu R có đơn vị e với b∈Kerh ta có b=be=0.Ngược lại b=0

0,

bx= ∀ ∈x R

Vậy R có đơn vị Kerh={bR bx| = ∀ ∈0, x R}={0} h đơn cấu Bài 2.25:

) )

ab

Ta có ]n hữu hạn nên theo định lý 4.4 ]n trừơng miền nguyên

) )

bc

•Cho ,aZ akhông chia hết cho n

Nếu n số nguyên tố , với x y, ∈{1, 2, ,n−1},xy |< − <x y| n,ta có

0(mod )

ayn , (a xy) 0(mod )≠ n hay a xay(mod )n Suy n−1 số :

, , ,( 1)

a a na không đồng dư với đôi không đồng dư với chia

cho n.Do có số b∈{1, 2, ,n−1}sao cho ab≡1(mod )n Từđó suy

với x≠0(mod )n tồn y cho xy≡1(mod )n

Do đó,với x∈]n,x ≠0 tồn y cho xy≡1(mod )n hay x y=xy=1.Hơn ]n vành giao hốn có đơn vị nên suy ]n trường

•Nếu ]n trường với x∈]n,x ≠0,luôn tồn y∈]n cho

x y=xy= Hay xy≡1(mod )n Suy ( )x n, = ∀ ∈1, x {1, 2, ,n−1}.Do n số

nguyên tố

Bài 2.29: a)

(8)

Ta cần chứng minh A bảo tồn phép tốn: Lấy ,me neA bất kì, ta có:

i)me ne+ =(m+n e) ∈A

ii)−me= −( m e) ∈A

iii) (me ne)( )=mneA

•Chứng minh A miền nguyên:

+Nhắc lại ta chứng minh A vành

+Lấy ,x yA bất kì, A F ,x y∈ ⇒F xy=yx(vì F trường) Vậy A giao

hoán với phép nhân

+eA e phần tửđơn vị A

+Đương nhiên A có nhiều phần tử (tương ứng n=0,n=1 ta có hai phần tử e A)

+G/s ,x yA xy=0 A F nên ,x yF kết hợp với 0xy= suy x=0

hoặc y=0 Vậy A khơng có ước

Vậy A vành giao hóan,, có đơn vị, nhiều phần tử khơng có ước A miền nguyên

b)

• Giả sử e có cấp vơ hạn, ta chứng minh AZ:

Xét :f AZ thỏa mãn ( )f ne = ∀ ∈n, n Z

+me=ne⇒(m n e− ) ⇒ − = ⇒ = ⇒m n m n f me( )= f ne( )⇒ f ánh xạ

+ (f ne me+ )= f((m+n e) )= + =m n f me( )+ f ne( ) + ((f me ne)( ))= f mne( )=mn= f me f ne( ) ( )

+ ( )f ne = f me( )⇒ = ⇒n m ne=mef đơn ánh

+Chuyện f toàn ánh đương nhiên

Với lí lẽ suy f đẳng cấu nên AZ

e có cấp p, chứng minh AZp

Xét :f AZp thỏa mãn ( )f ne =n (mod p)

+ne=me⇒(m n e− ) = ⇒ −0 m n p# ⇒ = ⇒m n f me( )= f ne( ) nên f ánh xạ

+ (f ne me+ )= f((m+n e) )= + = + =m n m n f me( )+ f ne( ) + ((f me ne)( ))= f mne( )=mn=m n = f me f ne( ) ( )

+ ( )f ne = f me( )⇒ = ⇒ −n m m n p# ⇒(m n e− ) = ⇒0 me=nef đơn ánh

+ Chuyện f toàn ánh đương nhiên

Với lí lẽ suy f đẳng cấu nên AZp

c) Nếu e có cấp p hữu hạn trường F theo tính chất p phải nguyên tố,

theo 2.25 Zp trường

Hơn theo câu b AZp

Từ lí lẽ suy A trường

(9)

•Đặt m| , ; 0;( , ) n

A=⎧⎨ m nZ nn p = ⎫⎬

⎩ ⎭, ta chứng minh A miền nguyên

Với m a, A

n b∈ bất kì:

+Định nghĩ phép tóan cộng: m a mb na

n b nb

+ + =

Lưu ý ( , ) 1,( , ) 1n p = b p = ⇒( , ) 1nb p = mb na A nb

+ ∈

tức m a A n + ∈b

Hơn phép cộng thỏa tính chất kết hợp, giao hóan, có phần tửđơn vị 0, phần tử nghịch đảo m

n m n

Do A nhóm abel với phép tóan cộng +Định nghĩa phép tóan nhân: m a ma

n b = nb

Lưu ý ( , ) 1,( , ) 1n p = b p = ⇒( , ) 1nb p = ma A

nb ∈ tức m a

A

n b

Hơn phép tóan nhân thỏa mãn tính chất kết hợp, nên A nửa nhóm với phép toán nhân

+ m a( x) m ay bx m ay bx( ) ma mx m a m x

n b y n by nby nb ny n b n y

+ +

+ = = = + = +

Vậy phép nhân phân phối với phép cộng

+Với lí lẽ suy A vành Kiểm tra dễ dàng phép nhân có tính chất giao hóan, có phần tửđơn vị 1, phần tửđều không ước Như A miền ngun

•Tìm trường thương miền nguyên A:

+Đặt {an | , , , ; , 0;( , ) ( , ) 1} bm

B= a b m nZ b mb p = n p =

Với ab xy, B

cd zt ∈ (với ( , ) ( , ) ( , ) ( , ) 1c p = a p = z p = x p = ), ta định nghĩa:

+Phép tóan cộng: ab xy abzt cdxy

cd zt cdzt

+

+ =

1.( )

( )( )

ab xy abzt cdxy abzt cdxy

B

cd zt cdzt cz dt

+ +

+ = = ∈ (vì (1, ) ( , ) 1p = cz p = )

Hơn phép cộng có tính chất kết hợp, giao hóan, phần tử an

bm có phần tử nghịch đảo (-a)n

bm nên B nhóm abel phép cộng +Phép tóan nhân: ab xy abxy

cd zt = cdzt

( )( )

( )( )

ab xy abxy ax by

B

cd zt = cdzt = cz dt ∈ (vì (ax,p)=(cz,p)=1)

(10)

+Tính chất phân phối phép nhân phép cộng kiểm nghiệm dễ dàng (như phần trước)

+Vậy B vành B có tính giao hóan, có phần tửđơn vị , phần tử an

0

bm ≠ có phần tử nghịch đảo bm

an Như B trường

+Tiếp theo ta chứng minh B trường thương A Xét f A: →B thỏa mãn

.1

m m

f

n n

⎛ ⎞ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠

f ánh xạ, f hiển nhiêu đơn ánh

Vấn đề lại ta chứng minh phần tử B có dạng ( )[ ( )]-1

f a f b với

,

a bA b≠0

Thật lấy an

bm∈B (với ( , ) ( , ) 1;b p = n p = m≠0) Ta có

1

1

.1

.1

an a n a m a m a m

f f

bm b m b n b n b n

− −

⎡ ⎤

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎢ ⎜ ⎟⎥

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎣ ⎝ ⎠⎦

Ngày đăng: 05/04/2021, 07:25

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w