Định nghĩa 2.7.
Cho X là một tập hợp và χ là một tập con mờ của X. Khi đó cặp (X, χ)
được gọi là một tập mờ. Nếu G là một nhóm và à là một nhóm con mờ của
G thì (G, à) được gọi là một nhóm mờ.
Cho (G, à) là một nhóm mờ, X là một bộ phận của nhóm G và χ là một tập con mờ của X sao cho χ ⊆ à. Khi đó (X, χ) được gọi là một tập con mờ của (G, à). Tập con mờ (X, χ) được gọi là sinh ra (G, à) nếu G = hXi và
à = hχi. Trong đó ta xem χ như là một tập con mờ của G bằng cách mở rộng χ từ X lên G sao cho χ(x) = 0,∀x ∈ G\X. Nếu (X, χ) sinh ra (G, à)
thì ta viết (G, à) =hX, χi.
Cho (X, à) và (Y, ν) là các tập mờ và f là một hàm từ X vào Y. Nếu
f(à) ⊆ ν thì f được gọi là một hàm mờ từ (X, à) vào (Y, ν). Nếu f(X) =Y
và f(à) =ν thì f được gọi là một toàn ánh.
Cho (G, à) và (H, ν) là các nhóm mờ và f là một hàm mờ từ (G, à) vào
(H, ν) sao cho f là một đồng cấu từ G vào H. Nếu f là một toàn cấu (tương ứng, đẳng cấu) từG lên H và f(à) = ν thì f được gọi là một toàn cấu (tương ứng, đẳng cấu) từ (G, à) lên (H, ν).
Định nghĩa 2.8. Cho(F, à) là một nhóm mờ và (X, χ) là một tập mờ, trong đó X ⊆ F. Khi đó (F, à) được gọi là một nhóm mờ tự do trên (X, χ) nếu các điều kiện sau được thỏa mãn:
1) (X, χ) sinh ra (F, à).
2) Nếu (G, ν) là một nhóm mờ bất kì có tập mờ sinh là (Y, η) thì với một toàn ánh f : (X, χ) →(Y, η) tùy ý, tồn tại một toàn cấu f∗ : (F, à) → (G, ν)
Tập mờ (X, χ) được gọi là một cơ sở mờ tự do của nhóm mờ (F, à). Mệnh đề 2.4 ([17]). Cho (F1, à1),(F2, à2) lần lượt là các nhóm mờ tự do trên
(X1, χ1), (X2, χ2). Nếu f1 : X1 −→ X2 là một song ánh sao cho f1(χ1) = χ2
thì tồn tại một đẳng cấu nhóm mờ từ (F1, à1) lên (F2, à2).
Chứng minh. Theo giả thiết,(F1, à1) là nhóm mờ tự do trên(X1, χ1), (F2, à2)
sinh bởi (X2, χ2) và f1 : X1 −→ X2 là song ánh thỏa mãn f1(χ1) = χ2
nên theo Định nghĩa 2.8, tồn tại toàn cấu f1∗ : (F1, à1) −→ (F2, à2) sao cho f1∗(x) = f1(x),∀x ∈ X1. Ta chứng tỏ f1∗ là một đẳng cấu từ (F1, à1)
lên (F2, à2). Theo Định nghĩa 2.7, ta chỉ cần chứng tỏ f1∗ : F1 −→ F2
là song ánh. Thật vậy, do f1 : X1 −→ X2 là một song ánh nên tồn tại ánh xạ ngược g = f1−1 : X2 −→ X1 và g cũng là một song ánh. Hơn nữa theo Mệnh đề 1.1 ta có g(χ2) = f1−1(χ2) = f1−1(f1(χ1)) = χ1. Do đó theo Định nghĩa 2.8, tồn tại một toàn cấu g∗ : (F2, à2) −→ (F1, à1) sao cho g∗(y) = g(y) = f−1(y),∀y ∈ X2. Như vậy ta có f1∗ : F1 −→ F2 và
g∗ : F2 −→ F1 là các toàn cấu. Hơn nữa, ∀y ∈ F2 do F2 = hX2i nên tồn tại
yj ∈ X2 sao cho y = y1α(1)y2α(2). . . ymα(m), α(j) ∈ {−1,1}, j = 1,2, . . . , m, m ∈ N. Và f1∗ ◦g∗(y) =f1∗(g∗(y)) =f1∗(g∗(y1α(1). . . ymα(m))) = f1∗(g∗(y1)α(1). . . g∗(ym)α(m))) = f1∗(f1−1(y1)α(1). . . f1−1(ym)α(m)) (do yj ∈ X2, j = 1, . . . , m) = (f1∗(f1−1(y1)))α(1). . .(f1∗(f1−1(ym)))α(m)) = (f1(f1−1(y1)))α(1). . .(f1(f1−1(ym)))α(m))(dof1−1(yj) ∈ X1, j = 1, . . . , m) = f1 ◦f1−1(y1)α(1). . . f1 ◦f1−1(ym)α(m)) = y1α(1). . . ymα(m) = y. Do đó f1∗ ◦g∗ = idF2. Tương tự , g∗ ◦f1∗ = idF1. Do đó f1∗ là một song ánh từ F1 lên F2.
Bây giờ ta sẽ chỉ ra rằng với một tập mờ (X, χ) tùy ý, luôn tồn tại một nhóm mờ tự do trên (X, χ).
Xét tương tự như ở Mục 2.1, đặt Σ = X ∪ X−1 . Khi đó ta có Σ∗ và
F(X) = Σ∗/ ∼. Ta viết X± = X ∪ X−1. Cho χ và χ−1 lần lượt là các
tập con mờ của X và X−1 sao cho χ−1(x−1) = χ(x),∀x ∈ X. Một chữ là một chuỗi hữu hạn các kí hiệu, w = x1
1 x2
2 . . . xn
n , n ∈ N, n ≥ 0, i ∈ {−1,1},
xi ∈ X, i = 1,2. . . , n. Nếu n = 0 thì w = e là chữ rỗng. Lưu ý rằng tập Σ∗
cùng phép ghép nối hai chữ là một vị nhóm với đơn vị là chữ rỗng e. Cho w = x1
1 x2
2 . . . xn
n ∈ Σ∗, i ∈ {−1,1}, xi ∈ X, i = 1,2. . . , n. Ta gọi n
là độ dài của w và kí hiệu bởi |w|. Nếu e là chuỗi rỗng thì e có độ dài bằng
0 và ta viết là |e| = 0. Một tập con mờ ξ của Σ∗ được định nghĩa như sau:
∀w = x1
1 x2
2 . . . xn
n ∈ Σ∗,
ξ(w) =∧{χ(xi)|0≤ i ≤ |w|}.
Mệnh đề 2.5. Trong tập mờ (Σ∗, ξ) được cho như ở trên, ξ là một phỏng nhóm con mờ của Σ∗.
Chứng minh. Trên Σ∗, phép ghép nối hai chữ là môt phép toán hai ngôi. Do đó Σ∗ cùng với phép ghép nối hai chữ là một phỏng nhóm. Tiếp theo ta chứng tỏ ξ(ww0) ≥ ξ(w) ∧ξ(w0). Giả sử w, w0 ∈ Σ∗ lần lượt có biểu diễn dạng rút gọn là w = x1 1 x2 2 . . . xn n và w0 = yα1 1 yα2 2 . . . yαm m , trong đó i, αj ∈ {−1,1}, xi, yj ∈ X, i = 1,2. . . , n, j = 1,2, . . . m. Ta có |w| = n,|w0| = m. Có thể viết lại w0 = xn+1 n+1xn+2 n+2 . . . xn+m n+m. Suy ra ww0 = w = x1 1 . . . xn n xn+1 n+1 . . . xn+m n+m. (∗)
và |ww0| ≤ n+m (đẳng thức xảy ra khi biểu diễn (∗) là biểu diễn thu gọn của ww0). Ta có
ξ(ww0) =∧{χ(xi)|0≤ i ≤ |ww0|} ≥ ∧{χ(xi)|0 ≤i ≤ n+ m} = (∧{χ(xi)|0 ≤ i ≤n})∧(∧{χ(xi)|n≤ i ≤ n+m})
= (∧{χ(xi)|0 ≤ i ≤n})∧(∧{χ(yj)|0≤ j ≤ m}) =ξ(w)∧ ξ(w0)
Vậy ξ là một phỏng nhóm con mờ của Σ∗.
Mệnh đề 2.6 ([17]). Cho à là một tập con mờ của nhóm G. Khi đó
hài(x) =∨{r|x∈ hàri, r < ∨à}.
Chứng minh. Gọi à0 là tập con mờ của G xác định bởi: ∀x ∈ G,
à0(x) =∨{r|x ∈ hàri, r < ∨à}.
Ta chứng tỏ à0 là nhóm con mờ bé nhất của G chứa à. Trước hết ta chứng tỏ à0(xy) ≥ à0(x) ∧ à0(y),∀x, y ∈ G. Giả sử ngược lại, tức là tồn tại x, y ∈ G sao cho à0(xy) < à0(x) ∧ à0(y). Suy ra à0(x) > à0(xy) và
à0(y) > à0(xy). Do à0(x) > à0(xy) nên tồn tại t1 ∈ [0,1] sao cho x ∈ hàt1i
(theo Định nghĩa của à0) và t1 > à0(xy). Tương tự, tồn tại t2 ∈ [0,1] sao cho
x ∈ hàt2i và t2 > à0(xy) (rõ ràng hàt1i và hàt2i là các nhóm con của G). Giả sử t2 ≥ t1, khi đó àt2 ⊆ àt1. Suy ra hàt2i ⊆ hàt1i. Do đó x, y ∈ hàt1i. Do
t1 > à0(xy) = ∨{t|xy ∈ hàti, t < ∨à} nên xy /∈ hàt1i, mâu thuẫn với hàt1i là một nhóm con của G. Do đó à0(xy) ≥ à0(x)∧à0(y),∀x, y ∈ G.
Ngoài ra, ∀x ∈ G,
à0(x−1) = ∨{r|x−1 ∈ hàri, r < ∨à}
= ∨{r|x ∈ hàri, r < ∨à} (do hàri là một nhóm con của G )
= à0(x).
Vậy à0 là một nhóm con mờ của G. Hơn nữa à0 chứa à. Thật vậy, với
x ∈ G, giả sử à(x) = t. Khi đó x ∈ hàti nên à0(x) ≥t. Suy ra à ⊆ à0 (và do đó hài ⊆ à0).
Tiếp theo ta chứng tỏ à0 là nhóm con mờ bé nhất của G chứa à. Thật vậy, giả sử θ là một nhóm con mờ bất kì của G và θ ⊇ à. Nếu à0 * θ thì tồn
tạix ∈ G, à0(x) > θ(x). Suy ra ∃t∈ [0,1] sao cho x ∈ hàti và t > θ(x)(∗). Do
x ∈ hàti nên x = x1
1 x2
2 . . . xn
n , trong đó i ∈ {−1,1}, xi ∈ àt, i = 1,2. . . , n. Với mỗi i = 1,2, . . . , n, do xi ∈ àt nên à(xi) ≥t. Do θ là một nhóm con mờ của G nên θ(xi) = θ(x−i 1), i = 1,2, . . . , n. Suy ra
θ(xi) ≥ à(xi)∨à(xi−1) ≥ t, i = 1,2, . . . n (vì à ⊆θ). Ta có θ(x) = θ(x1
1 x2
2 . . . xn
n ) ≥θ(x1)∧θ(x2)∧. . .∧θ(xn) ≥ t
điều này mâu thuẫn với (*). Do đó à0 ⊆ θ. Vậy à0 = hài.
Tiếp theo ta xây dựng nhóm mờ tự do trên tập mờ (X, χ) (xem Mục 5.3 của [13] hoặc [17]).
Ta định nghĩa nghịch đảo của w = x1
1 x2 2 . . . xn n là phần tử w−1 = x−n n x−n−1 n−1 . . . x−1 1 .
Ta có (uv)−1 = v−1u−1 và e−1 = e. Một phép biến đổi sơ cấp của chữ w là sự chèn thêm vào hoặc xóa bớt đi một bộ phận có dạng xx−1, với x ∈ X±. Hai chữ w và v là tương đương, w ∼v, nếu tồn tại một chuỗi các phép biến đổi sơ cấp biến w thành v. Khi đó quan hệ ∼ là một quan hệ tương đương trên Σ∗. Kí hiệu [w] là lớp tương đương của w ∈ Σ∗. Tích của hai lớp tương đương [w] và [v] được định nghĩa bởi [w][v] = [uv]. Tích này là định nghĩa tốt. Khi đó F(X) = Σ∗/ ∼ là một nhóm. Tương ứng g : Σ∗ → F(X) được định nghĩa bởi g(w) = [w]. Dễ thấy g là một toàn cấu (nửa nhóm) từ Σ∗ lên
F(X). Và ảnh của ξ bởi g xác định như sau: ∀[w] ∈ F(X),
g(ξ)([w]) = ∨{ξ(u)|g(u) = [w], u ∈ Σ∗} = ∨{∧{ξ(xi)|0 ≤i ≤n}|u = x1
1 x2
2 . . . xn
n , g(u) = [w], u ∈ Σ∗}.
Đặt g(ξ) = à. Khi đó à là một nhóm con mờ của F(X).
Bây giờ ta sẽ chứng tỏ nhóm mờ (F(X), à) ở trên là một nhóm mờ tự do trên tập mờ (X, χ). Thật vậy, trước hết ta chứng tỏ (F(X), à) =hX, χi. Vì hàm biến x ∈ X thành [x] là 1−1 nên có thể xem X như một bộ phận của F(X) khi đồng nhất x với [x]. Do đó F(X) = hXi. Tiếp theo ta chứng tỏ à = hχi, trong đó ∀[w] ∈ F(X), à([w]) = ∨{∧{χ(xi)|0≤ i ≤ n}|u = x1 1 x2 2 . . . xn n , g(u) = [w], u ∈ Σ∗} và hχi([w]) = ∨{k|[w] ∈ hχki, k < ∨χ} (theo Mệnh đề 2.6). Với [w] ∈ F(X), g(w) = [w], w ∈ Σ∗. Đặt t = hχi([w]) thì [w] ∈ hχit. Vì
hχit = hχt−i với số dương đủ bé nào đó. Ta có [w] ∈ hχit = hχt−i nên tồn tại x1, x2, . . . , xn ∈ χt− sao cho
[w] = x1 1 x2 2 . . . xn n , n ≥ 0, i ∈ {−1,1}, i = 1,2, . . . , n. Vì χ(xi) ≥ t−, i = 1,2, . . . , n nên ∧{χ(xi)|i = 1,2, . . . , n} ≥ t−. Suy ra à([w]) = ∨{∧{χ(xi)|0≤ i ≤ n}|u = x1 1 x2 2 . . . xn n , g(u) = [w], u ∈ Σ∗} ≥ t = hχi([w]).
Đảo lại, với mọi [w] ∈ F(X) ta có à([w]) = ∨{∧{χ(xi)|0≤ i ≤ n}|u = x1 1 x2 2 . . . xn n , g(u) = [w], u ∈ Σ∗} = ∨{k|k = ∧{χ(xi)|0≤ i ≤ n}|u = x1 1 x2 2 . . . xn n , g(u) = [w], u ∈ Σ∗}. Với [w] ∈ hχki, tồn tại x1, . . . , xn ∈ χk sao cho
[w] = x1 1 . . . xn n , n ≥0, i ∈ {−1,1}, i= 1,2, . . . , n. Ta cũng có χ(xi) ≥k,∀xi, i = 1,2, . . . , n. Vì ∧{χ(xi)|i = 1,2, . . . , n} ≤ χ(xi) nên à([w]) ≤ ∨{k|[w]∈ hχki, k < ∨χ}= hχi([w]). Vậy à = hχi. Từ đây suy ra (F(X), à) =hX, χi.
Ta tiếp tục xem xét điều kiện 2) của Định nghĩa 2.8.
Cho (G, ν) là một nhóm mờ có tập mờ sinh là (Y, η) và một toàn ánh
f : (X, χ) −→ (Y, η). Khi đó bằng cách đặt f(x−1) = f(x)−1, x ∈ X, f cảm sinh một toàn ánh từ X± lên Y±. Ta định nghĩa một mở rộng f của f từ
Σ∗ lên G như sau, ∀w = x1
1 x2
2 . . . xn
n ,
f(w) =f(x1)1f(x2)2. . . f(xn)n, xi ∈ X, i ∈ {−1,1}, i = 1,2, . . . , n.
Nếu w1, w2 là hai chữ tương đương thì f(w1) =f(w2) và do đó f ánh xạ các chữ tương đương lên cùng một phần tử của G. Khi đó f cảm sinh một hàm f∗ : F(X) −→ G xác định bởi f∗([w]) = f(w). Rõ ràng f∗ là một toàn cấu nhóm. Bây giờ ta chỉ cần chứng tỏf∗ là một toàn cấu theo nghĩa mờ, tức là f∗(à) = ν. Theo giả thiết ở trên, (G, ν) = hY, ηi và f : (X, χ) −→ (Y, η) là một toàn ánh. Khi đó ν là một nhóm con mờ của G sinh bởi η và f(χ) = η. Do đó để chứng tỏ f∗(à) =ν ta sẽ chứng tỏ
∨{∨{k|[w] ∈ hχki, k < ∨χ}|f∗([w]) = w} = ∨{k|w ∈ hηki, k < ∨η},∀w ∈ G.
Thật vậy, giả sử w ∈ G và t = ν(w). Khi đó, với số dương đủ bé ta có
w ∈ νt = hηit = hηt−i. Do đó ∃yi ∈ ηt− sao cho w = y1
1 y2
2 . . . yn
n , n ≥ 0, i ∈ {−1,1}, i = 1,2, . . . n. Rõ ràng η(yi) ≥t−,∀i = 1,2, . . . , n. Hơn nữa, do f : X −→ Y là một toàn ánh nên với mỗi yi ∈ Y, i = 1,2, . . . , n, tồn tại xi ∈ X sao cho f(xi) = yi và
w = x1 1 x2 2 . . . xn n ∈ Σ∗. Mặt khác, vì f(χ) = η nên f(χ)(yi) =∨{χ(xi)|f(xi) =yi} = η(yi),∀yi ∈ Y±. Suy ra ∨{k|[w]∈ hχki} ≥ t−. Do đó ∨{∨{k|[w]∈ hχki, k < ∨χ}|f∗([w]) = w} ≥ t,∀w ∈ G. Hay f∗(à) ⊇ ν.
Đảo lại, vì f∗ là một toàn cấu nhóm nên với w ∈ G, tồn tại [w] ∈ F(X)
sao cho f∗([w]) = w. Đặt t = à([w]) = {∨{k|[w] ∈ hχki, k < ∨χ}. Khi đó
[w] ∈ àt = hχit = hχt−i với số dương đủ bé nào đó. Suy ra tồn tại xi ∈ χt−
sao cho w = x1 1 x2 2 . . . xn n , n ∈ N, i ∈ {−1,1}, i= 1,2, . . . n và χ(xi) ≥ t−, i = 1,2, . . . n. Vì χ(x) ≤ ∨{χ(z)|f(z) = f(x)}= f(χ)(f(x)) = η(f(x)) nên χ(x) ≤ η(f(x)),∀x ∈ X. Suy ra t− ≤χ(xi) ≤ η(f(xi)).
t ≤ η(f(xi)). Suy ra t ≤ ∨{k|w ∈ hηki}. Do [w] ∈ F(X) là tùy ý và
f∗([w]) = w nên
(f∗(à))(w) = ∨{∨{k|[u]∈ hχki, k < ∨χ}|f∗([u]) = w} ≤ ∨{k|w ∈ hηki, k < ∨η} = ν(w).
Do đó f∗(à) ⊆ ν. Vậy f∗(à) = ν. Như vậy ta chứng tỏ được (F(X), à)
là một nhóm mờ tự do. Ta có kết quả sau:
Định lí 2.5. Mọi nhóm mờ đều là ảnh đồng cấu của một nhóm mờ tự do. Chứng minh. Giả sử(G, à) là một nhóm mờ. Theo Định lí 2.3,à là ảnh đồng cấu của một nhóm mờ tự do ν, với ν = f(X;T, t) được xây dựng như ở Định lí 2.3. Với tập X ta cũng có được nhóm tự do F(X). Khi đó (F(X), ν)
là một nhóm mờ tự do và theo chứng minh của Định lí 2.3, tồn tại toàn cấu
h : F(X) → G sao cho h(ν) = à. Do đó (G, à) chính là ảnh đồng cấu của
Chương 3
Nhóm con mờ của nhóm Abel
Trong chương này, các khái niệm về nhóm con mờ của nhóm aben cùng với các khái niệm dẫn xuất và các kết quả liên quan có thể tìm thấy trong [6], [7], [8], [9], [12], [13], [15], [18].
Trong chương này ta luôn xét G là một nhóm (cộng) Abel.
3.1 Tổng trực tiếp và tập sinh cực tiểu
Kí hiệu I là một tập chỉ số khác rỗng. Tổng x = P
i∈Ixi được hiểu là tất cả, trừ một số hữu hạn, các xi bằng 0. Nếu {ài|i ∈ I} là một họ các nhóm con mờ của G thì tập con mờ P
i∈Iài của G được định nghĩa như sau:
∀x∈ G,
(P
i∈Iài)(x) =∨{∧i∈Iài(xi)|x = P
i∈Ixi}.
Định nghĩa này tương tự định nghĩa tích yếu (Định nghĩa 1.19). Do đó các kết quả trong Chương 1 về tích trực tiếp yếu vẫn đúng. Từ đây về sau ta sẽ nói tổng trực tiếp yếu thay cho tích trực tiếp yếu và thay kí hiệu Q•
hoặc ⊗•
bởi kí hiệu ⊕ .
Khái niệm tập sinh đã được chúng tôi trình bày trong Định nghĩa 1.10. Bây giờ chúng tôi nhắc lại và mở rộng thành khái niệm tập sinh trong một tập mờ.
Định nghĩa 3.1. Cho à ∈ F(G). Đặt F(à) = {ν ∈ F(G)|ν ⊆ à}. Giả sử χ
là một tập con mờ của G sao cho χ ⊆ à. Kí hiệu hχi là giao tất cả các nhóm con mờ γ ∈ F(à) sao cho χ ⊆ γ. Khi đó χ được gọi là một tập sinh của hχi
trong à.
Rõ ràng, hχi là một nhóm con mờ của G và là nhóm con mờ bé nhất của
G trong F(à) chứa χ.
Định nghĩa 3.2. Cho à là một nhóm con mờ của G. Kí hiệu S là tập hợp gồm các điểm mờ sao cho nếu xa, xb ∈ S thì a = b > 0 và x 6= 0. Tập con mờ χ(S) của G được định nghĩa như sau: ∀x ∈ G,
χ(S)(x) =
a nếu xa ∈ S
0 nếu xa ∈ S/ .
Đặt hSi = hχ(S)i. Khi đó S được gọi là tập sinh cực tiểu của à nếu
Mệnh đề 3.1 ([13]). Cho à là một nhóm con mờ của G. Nếu x1, . . . , xn ∈ G thỏa mãn ∧n−1 i=1à(xi) > à(xn) thì à(x1 +x2 +. . .+ xn) = à(xn). Chứng minh. Đặtx = x1+x2+. . .+xn−1. Khi đó à(x) ≥ ∧ni=1−1à(xi) > à(xn). Và à(xn) =à(−x+x+xn) ≥à(x)∧à(x+xn) ≥ à(x)∧ à(xn) = à(xn). Suy raà(x)∧à(x+xn) = à(xn). Vìà(x) > à(xn) nên à(x+xn) = à(xn). Hệ quả 3.1. Nếu à ∈ F(G) và x1, x2, . . . , xn ∈ G sao cho ∧ni=1−1à(xi) > à(xn)
thì à(x1 +x2 + . . .+xn) = ∧n
i=1à(xi).
Chứng minh. Theo chứng minh của Mệnh đề 3.1 ta có
à(xn) =à(x1 +x2 +. . .+xn) ≥ ∧n
i=1à(xi) =∧ni=1−1à(xi)∧à(xn) =à(xn). Do đó đẳng thức xảy ra.
Mệnh đề 3.2 ([13]). Cho à ∈ F(G) và à(G) \ {0} = {a0, a1, . . . , an}. Giả sử ai−1 > ai,∀i ∈ I \ {0}, với I = {0,1, . . . , n}. Nếu với mỗi i ∈ I \ {0}
đều tồn tại một nhóm con Hi của àai sao cho àai = àai−1 ⊕Hi thì tồn tại các
ài ∈ F(G), i ∈ I, sao cho à = ⊕i∈Iài, à∗0 = àa0 và à∗i = Hi,∀i ∈ I \ {0}.
Chứng minh. Vì àai = àai−1⊕Hi,∀i ∈ I\ {0}, nên àan = àa0⊕H1⊕. . .⊕Hn. Ta định nghĩa tập con mờ ài của G như sau, ∀x ∈ G,
ài(x) = a0 nếu x = 0 ai nếu x ∈ Hi \ {0}
0 trong các trường hợp còn lại.
với i ∈ I và H0 = àa0. Khi đó ài là nhóm con mờ của G và với mọi i ∈ I,
x ∈ à∗i ⇐⇒ ài(x) > 0 ⇐⇒ ài(x) ∈ {a0, ai} ⇐⇒ x ∈ Hi (theo cách định nghĩa ài ở trên). Suy ra à∗i = Hi,∀i ∈ I.
Với mọi x ∈ H0 = àa0 thì à0(x) = a0 và à(x) ≥ a0 hay à(x) = a0 (vì a0
là giá trị lớn nhất trong à(G)\ {0}). Suy ra à0 = à trên H0.
Mặt khác, với mọi x ∈ Hi, i ∈ I \ {0}, nếu x = 0 thì ài(0) = a0 = à(0)
(theo định nghĩa ài và vì a0 là giá trị lớn nhất trong à(G)\ {0}). Nếu x 6= 0
thìài(x) =ai và x ∈ àai (do àai = àai−1⊕Hi =⇒Hi ⊆àai). Suy raà(x) ≥ ai. Do đó à(x) ∈ {a0, a1, . . . , ai}. Cũng vì àai = àai−1⊕Hi nên nếu x ∈ Hi, x 6= 0
thì x /∈ àai−1 hay à(x) < ai−1. Suy ra à(x) = ai. Do đó nếu x ∈ Hi\ {0} thì
ài(x) = ai = à(x). Vậy ài = à trên Hi,∀i ∈ I.
Ta lại có à∗ = àan = H0 ⊕ H1 ⊕ . . . ⊕ Hn nên với mọi x ∈ à∗ thì
x = x0 +. . .+xn, xi ∈ Hi, i ∈ I và biểu diễn này của x là duy nhất. Ta có