TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM
KHOA TOÁN - TIN














Bài dịch

Lớp Toán VB2-K2 (nhóm 3)

BÀI DỊCH ĐẠI SỐ GIAO HOÁN

Nhóm 3

Danh sách nhóm và phân công dịch sách
STT
Họ Tên
Sách
Trang
Điểm
1
Đinh Hùng Kỳ
(Nhóm Trưởng)
Ash R. Abstract algebra, 1st graduate
year course (2000)(407s)
364-373

2
Lê Mạnh Thắng
Ash R. Abstract algebra, 1st graduate
year course (2000)(407s)
374-383

3
Trần Văn Tân
Ash R. Abstract algebra, 1st graduate

year course (2000)(407s)
384-393

4
Nguyễn Tuyến Duy
Ash R. Abstract algebra, 1st graduate
year course (2000)(407s)
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
394-398

3-7

5
Kiều Diễm
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
8-17

6
Huỳnh Thị Thúy Hằng
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
18-27

7
Trần Thị Hằng
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
28-37


8
Nguyễn Thị Ngọc Dung
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
38-47

9
Mai Xuân Bình
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
48-57

10
Phạm Thị Kim Cương
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
58-67

11
Phạm Thế Sinh
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
68-77

12
Võ Duy Phương
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
78-87


13
Nguyễn Lê Khoa
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
88-97

14
Phạm Ngọc Thu Trang
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
98-107

15
Nguyễn Văn Minh
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
108-117

16
Huỳnh Ngọc Tuyền
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
118-127

17
Bùi Thị Ngọc Huệ
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
128-137



18
Nguyễn Thị Mỹ Thuận
Elements of Abstract and Linear Algebra
by Edwin H. Connell
Gilbert W.J., Nicholson W.K. Modern
algebra with applications (2ed., Wiley,
2004)(ISBN 0471414514)(347s)
138-142

5-9

19
Trần Việt Hùng
Gilbert W.J., Nicholson W.K. Modern
algebra with applications (2ed., Wiley,
2004)(ISBN 0471414514)(347s)
10-19

GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH ĐẠI SỐ GIAO HOÁN

Nhóm 3

20
Chung Thị Bích Ngọc
Gilbert W.J., Nicholson W.K. Modern
algebra with applications (2ed., Wiley,

2004)(ISBN 0471414514)(347s)
20-29

21
Nguyễn Thị Kim Ngân
Gilbert W.J., Nicholson W.K. Modern
algebra with applications (2ed., Wiley,
2004)(ISBN 0471414514)(347s)
30-39

22
Hà Văn Hoàng
Gilbert W.J., Nicholson W.K. Modern
algebra with applications (2ed., Wiley,
2004)(ISBN 0471414514)(347s)
40-49

23
Nguyễn Thị Kim Phụng
Gilbert W.J., Nicholson W.K. Modern
algebra with applications (2ed., Wiley,
2004)(ISBN 0471414514)(347s)
50-59

24
Nguyễn Lê Công Trình
Gilbert W.J., Nicholson W.K. Modern
algebra with applications (2ed., Wiley,
2004)(ISBN 0471414514)(347s)
60-69



Nhóm Trưởng: Đinh Hùng Kỳ














GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


SV: ĐINH HÙNG KỲ
SÁCH: ASH R. ABSTRACT ALGEBRA, 1ST GRADUATE YEAR COURSE (2000)(407S)
(Dịch từ trang 364-373)
Phần 5.8
1. Cho

|
n
H aa=
và
n
C
là nhóm con xiclic có cấp n sinh bởi phần tử a. Khi đó
1=
n
a
trong
n
C
, và vì
nj j
aa
+
=
, ta có
|H| ≤
n =
|C
n
|. Ta có kết quả như trong phần (5.6.8).

2. Từ các thảo luận ở ví dụ 4 trong phần (2.1.3), với i=a and j=b, cho thấy nhóm quarter-nion Q
thỏa mãn tất cả các quan hệ. Vì
1
ab ba
−

=
, theo như trong (1.2.4) thì mọi phần tử của H đã
cho đều có dạng
, ,,
rs
ba rs∈
. Do b
2
=a
2
, ta có thể giới hạn r là 0 hay 1, và do a
4
=1, ta có
thể giới hạn s thành 0, 1, 2 hay 3. Vậy
| |8H ≤
và ta có kết quả như trong phần (5.8.6).
3. Lấy a= (1,2,3) và b=(1,2) để chứng tỏ rằng
3
S
thỏa mãn tất cả các quan hệ. Vì
1
ba a b
−
=
,
nên mỗi phần tử của H có dạng
, ,,
rs
ba rs∈


. Do a
3
=b
2
=1 nên
| |32 6H ≤×=
và kết quả
như trong (5.8.6).
4. Không. Có nhiều phản ví dụ, chẳng hạn như nhóm xiclic cấp n
2
| 1, 1
nn
n
C aa a= = =
.
5.
11
2 1 21
1n n hh N H
−−
= ∈∩ =

6. Lấy
ψ là một ánh xạ bao hàm. Thế thì
() 1)) (( h hhh
ψπ ππ
= ==
. Để chứng tỏ rằng
π
là

một đồng cấu, cần lưu ý rằng
1
1122 1 121 12
()nhnh n hnh hh
−
=
và
1
121
hnh
−
∈

7. Nếu
gG∈
thì
( ()1)()g gg g
ππ
= −
với
()gH
π
∈
và
1( () ) 1()() 1gg g g
ππ π π
− = −=
, vì
vậy
1 ()

gg N
π
−∈
. [Hãy nhớ rằng vì ta lấy
ψ là một bao hàm,
π là một đồng nhất trên H.]
Vậy
G NH
=
. Nếu
gNH∈∩
thì
g ker
π
∈
và
gH∈
vì vậy
(
1)
gg
π
= =
, chứng tỏ rằng
1HN∩=
.
8. Nếu ta định nghĩa
, 1, ,( ) ( )(,1) ,1()nhhinn
π
= =

, và
(), 1, )1 (hh
ψ
=
, thì chuỗi của bài tập 6 là
chính xác và tách phải.
9. Ta có
11 2 2 1 12 12
( )( ) ( )1nh nh n hnh hh= −
, vậy ta có thể lấy
()
fh
là một tự đồng cấu trong của N
được cho bởi liên hợp bởi
hH∈

10. Xem dãy
33 2
11
i
CS C
π
→ → → →

trong đó
3
C
bao gồm đồng nhất 1 và các 3-chu trình (1,2,3) và (1,3,2), và
2
C

bao gồm đồng
nhất và 2-chu trình (1,2). Ánh xạ i là bao hàm và π biến mỗi 2-chu trình thành (1, 2) and mỗi 3-
chu
trình thành đồng nhất. Ánh xạ đồng nhất từ C
2
tới S
3
cho một sự tách phải, nhưng không
có sự tách trái nào. Nếu g là một ánh xạ tách trái từ S
3
tới C
3
, thì không thể có g(1,2)=(1,2,3)
bởi vì g(1) = g(1, 2)g(1, 2)= (1, 2, 3)(1, 2, 3) = (1, 3, 2), mâu thuẫn. Tương tự, không thể có
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 3 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


g(1, 2) = (1, 3, 2), vậy g(1, 2) = 1 và
gi

không thể là đồng nhất. Rõ ràng, g(2, 3) = g((1,
2)(1, 2, 3)) = g(1, 2, 3) = (1, 2, 3), và g(1, 3) = g((1, 2)(1, 3, 2)) = g(1, 3, 2) = (1, 3, 2). Do đó,
g(1, 3, 2) = g((1, 3)(2, 3)) = 1, mâu thuẫn.
11. Trong chuỗi chính xác của bài tập 6, lấy
2

p
G = 
,
p
N = 
,
/
p
H GN= ≅ 
, i là ánh xạ bao
hàm, π là toàn cấu chính tắc. Nếu f là ánh xạ tách phải, thì ảnh của nó phải là một nhóm con
với các phần tử p (vì f là đơn ánh), và chỉ có duy nhất một nhóm con như thế, cụ thể là
p

.
Nhưng như thế thì
0f
π
=
, mâu thuẫn.
12. Nếu
gG∈
thì
11
gP g gN g N
−−
⊆=
, vậy cả P và
1
gP g

−
đều là Sylow p-nhóm con của
N. Do Sylow(3), chúng là liên hợp trong N (điểm khóa). Vì vậy với
nN
∈
ta có
11

()
P n gP g n
−−
=
. Nhưng theo định nghĩa của chuẩn hóa, ta có
( )

G
ng N P∈
, do đó
( )

G
g NN P∈
.
13. Bảng nhân của nhóm là hoàn toàn xác định bởi các mối quan hệ
1
n
a =
,
2
1b =

và
11
bab a
−−
=
. Các quan hệ trùng với các quan hệ của
2n
D
với
aR=
và
bF=
.
14. Quan hệ
1
n
a =
không còn, và ta có
2 11
,
|,1
a b b bab a
−−
= =
.

SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 4 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR

ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


Lời giải chương 6 – 10
Phần 6.1
1. Ta có
1 23
2, 1, 1rrr= = =
vì thế
12 3
1, 0, 1tt t= = =
. Thuật toán sẽ kết thúc trong một bước
sau khi trừ
( )( )
1 2 3 123
X X X XXX++
. Đa thức đã cho có thể được biểu thị thành
13
ee
.
2. Ta có
1 23
2, 1, 0r rr= = =
vì thế
123
1, 1, 0ttt= = =
. Tại bước 1, trừ đi
( )(
)

123121323
+X X X XX XX XX+ ++
. Ta được kết quả là
123
3XXX
−+

123 123
4
XXX XXX
=
. Qua sự kiểm tra (hoặc tại bước hai của thuật toán), đa thức đã cho
có thể được biểu thị là
12 3
ee e+
.
3. Trong phương trình (1), ta lấy
( )
1
h
σ
ra ngoài tổng và sử dụng tính chất phụ thuộc tuyến
tính. Phương trình (2) cũng là kết quả có được từ sự phụ thuộc tuyến tính (do
() () ( )
ii i
h g hg
σσ σ
=
).
4. Từ giả thiết, dễ thấy, với

hG∈
ta có
12
/() ()
hh
σσ
=
. Vì vậy trong (3), các a
i
thì khác 0
và

1
0
() ()
1
20
i
i
hh
i
σσ
=
−
=
=


≠


nÕu
nÕu

Điều này mâu thuẫn với tính chất cực tiểu của r. (Lưu ý trường hợp
2i
=
là quan trọng,
vì sẽ không có mâu thuẫn nếu
1
((0))
i
hh i
σσ
−=∀
.
5. Theo (3.5.10), bản thân nhóm Galoa đã bao gồm tự đẳng cấu đồng nhất. Vì tự đẳng cấu
đồng nhất giữ cố định tất cả các phần tử nên trường bất động của G là
3
( 2)
.
6. Vì
[]i=
nên

-tự đẳng cấu σ của

được xác định bởi tác động của nó trên i. Vì σ
hoán vị các nghiệm của
2
1X

+
, theo (3.5.1), ta có
()ii
σ
=
hay
i−
. Do đó nhóm Galoa có
hai phần tử, tự đẳng cấu đồng nhất và liên hợp phức.
7. Liên hợp phức của số phức z là chính nó nếu và chỉ nếu nó là số thực, do đó trường bất
động là

.
Phần 6.2
1. Vế phải là một tập con của vế trái vì cả
i
E
và
1
p
i
E
+
đều được chứa trong
1i
E
+
. Do
i
E

chứa
trong tập hợp bên phải, điều đó chứng tỏ rằng
11
().
p
i ii
EE
α
++
∈
Theo giả thiết,
1i
α
+
tách
được trên F, vì thế tách được trên
1
.()
p
ii
E
α
+
Theo phần 3.4, bài tập 3,
11 1
( ))(
pp
i ii ii
E EE
αα

++ +
∈⊆
.
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 5 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


2. Áp dụng phần 3.4, bài tập 7, bằng cách thay thế
( )
p
E FE=
bởi
(
)
11
=
i ii
E EE
++
, ta kết
luận rằng
1 i
E
+
tách được trên
i

E
. Theo giả thiết quy nạp,
i
E
tách được trên F. Theo tính
chất bắc cầu của mở rộng tách được (phần 3.4, bài tập 8),
1i
E
+
tách được trên F. Vậy,
theo quy nạp,
/EF
tách được.
3. Cho
i
f
là đa thức tối tiểu của
i
α
trên F. Khi đó E là trường khai triển đối
1

n
f ff=
trên
F. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
4. Đây là hệ quả của phần 2 của định lý cơ bản, bằng cách thay thế F bằng
1i
K
−

và G bằng
11
/()Gal
ii
EK H
−−
=
.
5.
( )
EA
là trường chứa
EF≥
và A, vì thế
( )
EA
chứa E và K, do đó, theo định nghĩa của
hợp,
( )
EK E A≤
. Nhưng bất kỳ trường nào (cụ thể ở đây là EK) mà chứa E và K thì
chứa E và A, do đó chứa
(
)
EA
. Vậy
(
)
E A EK≤
.

6. Nếu
G
σ
∈
, đặt
( ) (
)
( )
(
)
,x xxE
σ τ τσ
Ψ=∈
. Khi đó
'
() G
ψσ
∈
. [Nếu
( )
'y xF
τ
= ∈

với
xF∈
, thì
(
) ( ) ( ) ( )
y x x xy

σ σ τ τσ τ
Ψ=Ψ = ==
.] Bây giờ
(
) ( ) (
)
12 12
xx
σσ τ τσσ
Ψ=
và
(
) ( )
( ) ( )
(
) ( )
1 2 1 2 12
x xx
σ σ τ σ τσ τσ σ
ΨΨ =Ψ =
, do đó Ψ là
một đồng cấu nhóm. Nghịch đảo của Ψ được cho bởi
11
( ) ()' ' ' , ' ', 'y y GyE
στ τσ σ
−−
Ψ = ∈∈
. Để thấy điều này, ta tính
11 1 1 1
(()) () () () () ('

)y y xxxy
σ τ τ σ τ στ τ τσ σ στ
−− − − −
ΨΨ = Ψ = Ψ = = =

Vậy
'ΨΨ
là đồng nhất trên G.

7. Vì
'
H
là nhóm con chuẩn tắc của G nên trường bất động của nó
()'L FH=
là chuẩn tắc
trên F, vì vậy, do tính cực tiểu của chuẩn tắc đóng, ta có
NL⊆
. Nhưng mọi trường bất
động là trường con của N, nên
LN⊆
, và do đó
LN=
.
8. Nếu
'H
σ
∈
, thì σ cố định mọi thứ trong trường bất động N, do đó σ là tự đẳng cấu đồng
nhất. Vì vậy nhóm con chuẩn tắc lớn nhất của G mà chứa trong H là tầm thường. Nhưng
nhóm con chuẩn tăc lớn nhất này là hạt nhân của H trong G, và ta có công thức suy ra từ

bài tập 4 và 5 trong phần 5.1.
Phần 6.3
1.
1
,
{ , }
n
G
σσ
=
trong đó
i
σ
là F-tự đẳng cấu duy nhất của E mà biến
α
thành
i
α

2. Chúng ta phải tìm một α sao cho
1
1, , ,
n
αα
−
là một cơ sở cho
/E 
. Nếu
11


nn
bx bx
α
= ++
, ta có thể tính các lũy thừa khác nhau của α và

viết
11
··· , 0,1, , 1
i i in n
cx cx i n
α
= ++ = −
, trong đó mỗi
ij
c
là một số hữu tỷ. Các lũy thừa của α
sẽ tạo thành một cơ sở khi và chỉ khi
0
det
ij
c

≠

. Điều này xảy ra “với xác xuất bằng
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 6 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR

ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


1”; nếu chọn b
i
đặc biệt làm cho
0det
ij
c

=

, một sự xáo trộn nhỏ của b
i
sẽ tạo ra một
định thức khác không.
3. Theo (6.3.1), ta có thể coi G là một nhóm hoán vị của các nghiệm
1
, ,
n
αα
của f, và do
đó G đẳng cấu với một nhóm con H của S
n
. Vì G tác động bắc cầu trên các α
i
(xem
(6.3.1)) nên tác động tự nhiên của H trên {1, 2,. . . , N} là bắc cầu. [Về tác động tự nhiên,
xin xem các thảo luận ở trên (5.3.1)]

4. Nhóm Galoa G phải đẳng cấu với một nhóm con bắc cầu của
2
S
, đó là xiclic cấp 2. Có
duy nhất một nhóm con bắc cầu của S
2
, đó chính là S
2
, vì thế G là một nhóm xiclic cấp 2.
5. Vì
2: 2

=


và
( 2, 3): 2 2

=


, nhóm Galoa G có cấp 4. [Lưu ý rằng
3 ( 2)∉
bởi vì
2 3, ,a b ab+ ≠ ∀∈
]. Một tự đẳng cấu σ trong G phải biến 2
thành
2±
và 3 thành
3±

. Do đó σ hoặc là đồng nhất hoặc có cấp 2. Bây giờ một nhóm
trong đó mỗi phần tử có cấp 1 hoặc 2 phải Abel, bất kể cấp của nhóm [
( )
( )
1ab ab
=
, do
đó
11
ab b a ba
−−
= =
]. Vì G là không là xiclic nên nó phải đẳng cấu với nhóm bốn
22
⊕
. (Xem phân tích trong (4.6.4).)
6. Cho H là nhóm con sinh bởi H
1
và H
2
, nghĩa là, sinh bởi
12
HH∪
. Nếu
12
HH
σ
∈∪
, thì
σ

cố định
12
KKK∩=
. Vì H bao gồm tất cả các tích hữu hạn (= tích) của các phần tử
trong H
1
hoặc H
2
, mọi thứ trong H cố định K, do đó
( )
K FH⊆
. Mặt khác, nếu
( )
x FH∈
nhưng
xK∉
, ta nói
1
xK∉
. Thế thì có
1
HH
τ
∈⊆
không cố định x, do đó
( )
x FH∉
, mâu thuẫn.Vậy
()K FH=
.

7. Trường bất động là K
1
K
2
, hợp của K
1
and K
2
. Vì nếu σ cố định K
1
K
2
thì nó cố định cả
K1 và K2, vì vậy σ thuộc về
12
HH∩
. Ngược lại, nếu
12
HH
σ
∈∩
thì σ là đồng nhất trên
cả K
1
và K
2
. (Xem phần 3.1, bài tập 1 và phần 6.2, bài tập 5), σ là đồng nhất trên K
1
K
2

.
Vậy
1 2 12
()F H H KK∩=
.
8. Ta có
( )
1
, ,
n
EF
αα
=
, với
i
α
là các nghiệm của f. Vì
( )
,min
i
F
α
chia cho đa thức f
tách được, nên mỗi
i
α
là tách được trên F. Theo phần 6.2, bài tập 1, E là tách được trên
F.
9. Vì
] [

[ ( ) () ][ ( ) (),: : ,: 42] 8 ii
θ θ θθ
×== =
, ta có
| 8|G =
. Bất kỳ
G
σ
∈
cũng
cho tương ứng
θ
với một nghiệm của f (có 4 khả năng) và cho tương ứng
i
với một
nghiệm của
2
1X +
(2 khả năng,
hayii−
). Vì
σ
được xác định bởi tác động của
θ
trên
i
, ta tìm được tất cả 8 phần tử của G.
10. Cho
,( ) ()i ii
σθ θσ

= =
và
,( ) ()ii
τθ θ τ
= = −
. Khi đó
4
1
σ
=
,
2
1
τ
=
và tự đẳng cấu
23 2 3
, , ,, , ,
σσ σ τστστστ
là phân biệt (bằng cách kiểm tra trực tiếp). Ta cũng có
13
στ τσ τσ
−
= =
. Ta sẽ được kết quả từ việc phân tích nhóm nhị diện trong phần 5.8.
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 7 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL

Nhóm 3


11. Bằng cách kiểm tra trực tiếp, mỗi phần tử của N cố định
2
2ii
θ
=
. Vì N có chỉ số 2
trong G nên trường bất động của N có bậc 2 trên

. Nhưng đa thức tối tiểu của
2i
trên

là
2
2X +
, từ đó ta có
( ) ( 2)Ni= F
.
()NF
là trường khai triển của
2
2X +
trên


và do đó là chuẩn tắc trên


, như đã được dự đoán bởi lý thuyết Galoa.
Phần 6.4
1. Ta có
4 23
1
α αα α
=++ +
và
5
1
α
=
. Do đó lũy thừa của
α
không vét kiệt các phần tử
khác không của
( )
16GF
.
2. Ta có thể giả sử rằng
(
)
n
E GF p
=
và E chứa
( )
m
F GF p=
, trong đó

n md=
. Khi đó
: : / :[[ ]/] ][
pp
EF EF FF nm d= = =
. Vì
/EF
là tách được, ta có
()EF
α
=
theo định
lý về phần tử nguyên thủy. Đa thức tối thiểu của α trên F là một đa thức bất khả quy cấp
d.
3. Chính xác như trong (6.4.5), thực hiện chia (trên giấy)
1
n
X −
cho
1
m
X −
. Việc chia sẽ
thành công khi và chỉ khi
|mn
.
4. Vì b
i
thuộc L, ta có
KL⊆

, và vì
[]h LX∈
nên ta có g|h. Nhưng
[]g KX∈
theo định
nghĩa của K, do đó h|g. Vì g và h là đơn khởi, chúng phải bằng nhau. Đặc biệt chúng có
cùng cấp, do đó
]
[
[]::EL EK=
. Vì
KL⊆
, ta có
LK=
.
5. Vì
LK
=
nên L hoàn toàn được xác định bởi g. Nhưng nếu
( ,
)f min F
α
=
thì
|.
gf
Vì f
chỉ có hữu hạn các ước bất khả quy nên chỉ có thể có hữu hạn các trường trung gian L.
6. Vì có hữu hạn các trường trung gian giữa E và F nên điều này cũng đúng giữa L và F.
Theo giả thuyết quy nạp,

( )
LF
β
=
với
L
β
∈
. Vậy
) ,( ()ELn F n
α βα
= =
.
7. Theo giả thiết, chì có hữu hạn các trường của có dạng
( ),
Fc n c F
βα
+∈
. Nhưng có vô
hạn cách lựa chọn c. Từ đây suy ra điều cần chứng minh.
8. Do
( )
,
n
EF
βα
=
, từ đó cho thấy
( )
Fc n

β βα
∈+
. Điều này cũng là do
( )( )
nn
cd
cd
βα βα
β
+− +
=
−

9. Cho
: FF
σ
→
là một tự đẳng cấu Frobenius, được cho bởi
( )

p
xx
σ
=
. Cho
( )
,min
P
fF
α

=
và
( )
,min
p
P
gF
α
=
. Khi đó
( )
( )
( )
( )
( )
p
ff f
α σα σ α
= =
vì vậy σ
là một đơn cấu và
( )
( ( )) 00f
σα σ
= =
. Vậy g chia hết đa thức bất khả quy đơn khởi f, vì
thế
gf
=
.

10. Theo bài tập 9, các tập hợp là {0}, {1, 3, 9}, {2, 6, 5}, {4, 12, 10}, và {7, 8, 11}. [Thí dụ,
bắt đầu với 2, ta có 2 x 3 = 6, 6 x 3 = 18 ≡ 5 mod 13, 5 x 3 = 15 ≡ 2 mod 13.] Trong
trường hợp thứ hai, ta nhận {0}, {1, 2, 4, 8}, {3, 6, 9, 12}, {5, 10}, {7, 14, 13, 11}.
Phần 6.5
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 8 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


1.
() ( )
p
i
i
n Xp X
ω
Ψ−=
∏
trong đó
i
ω
là các căn nguyên thủy bậc n của đơn vị. Nhưng
các nghiệm của
p
i
X
ω

−
là các căn bậc p của
i
ω
, mà chúng phải là các căn nguyên thủy
bậc np của đơn vị bởi vì p là nguyên tố và
|pn
. Từ đây suy ra điều phải chứng minh.
(Ánh xạ θ → θ
p
là một song ánh giữa căn nguyên thủy bậc np của đơn vị và căn nguyên
thủy bậc n của đơn vị, do
( ) ( )
np p n
ϕϕ
=
.)
2. Theo (6.5.1) và (6.5.6), nhóm Galoa của mở rộng Cyclotomic (chia đường tròn) bậc n của

có thể đồng nhất với các nhóm tự đẳng của nhóm xiclic của nhóm căn bậc n của đơn
vị. Theo (6.5.6), nhóm Galoa là đẳng cấu với U
n
. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
3. Lũy thừa của 3 mod 7 là 3, 9 ≡ 2, 6, 18 ≡ 4, 12 ≡ 5, 1.
4. Kết quả được suy ra từ bài tập 3 và (1.1.4).
5.
( )
6 6 36 6
6
σωω ω ω ωω

+=+=+
nên
6
K
ωω
+∈
. Bây giờ
61
ωω ωω
−
+=+ =
2 2 /7cos
π
, nên ω thỏa mãn phương trình bậc hai trên
( )
2 /7cos
π

. Theo (3.1.9)
] [
77
[ ][ ( )][ (
: : : 2/7 2/)7 ]
: K K cos cos
ππ
= 


trong đó số hạng bên trái là 6, số hạng đầu tiên bên phải là
6

= 2
σ
, và số hạng thứ hai
bên phải là (theo nhận xét trên) 1 hoặc 2. Nhưng
( )
: 2 /7K cos
π



không thể là 2 (vì 6
không phải là một bội số của 4), do đó ta phải có
( )
2 /7K cos
π
= 
.
6.
24 248 24 24
2
;() nªn L
σωωω ωωωωωω ωωω
++ =++=++ ++∈

24 3612 356 24 24
3
() . nªn
σωω ω ω ω ω ω ω ω ωω ω ωω ω
++ =++ =++≠++ ++∉


[Nếu
356 24
ω ω ω ωω ω
++=++
thì ta có hai đa thức đơn khởi khác biệt bậc 6 được thỏa
mãn bởi ω (cái kia là
( )
7
XΨ
), điều này là không thể.]
7. Theo định lý cơ bản,
[ ]
2
: :2
=LG
σ


=
, do đó ta phải có
( )
24
L
ωω ω
= ++

.
8. Nghiệm của
q
Ψ

là căn bậc
r
p
của đơn vị mà không phải căn bậc
1r
p
−
của đơn vị. Vậy
1
1
1
(
1
)
1
r
r
pp
q
p
Xt
X
t
X
−
−−
Ψ= =
−
−


Từ đó suy ra điều phải chứng minh
9. Theo bài tập 1
( )( )
3 63
18 6
36
() () ( ) 1X X X XXΨ =Ψ =Ψ =−+

Phần 6.6
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 9 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


1. f là bất khả quy theo Eisenstein và nhóm Galoa là S
3
. Điều này được suy ra từ (6.6.7) hay
qua tiêu chuẩn biệt số của (6.6.3); ta có
( )
27 4 108
()Df
=−=−
(không là bình phương
của mộ số hữu tỷ)
2. f là bất khả quy bằng cách kiểm tra nghiệm hữu tỷ, và ta có
( ) ( )
4 3 3 27Df=−− − =


108 27 81−=
(là bình phương của một số hữu tỹ). Vậy nhóm Galoa là A
3
.
3. f là bất khả quy theo Eisenstein. Đạo hàm là
4 33
' 5 40 5() ( )8fX X X XX=−= −
. Ta có
)'(fX
dương với
0x <
and
8x
>
, và
)'(fX
âm với
08x<<
. Vì
( )
00f >
và
( )
80f <
, tính toán bằng phương pháp đồ thị cho thấy f có 3 nghiệm thực. Theo (6.6.7),
5
GS=
.
4. f là bất khả quy bằng cách kiểm tra nghiệm hữu tỷ. Theo công thức biệt số của phương

trình bậc 3 tổng quát với
3, 2, 1 ab c= =−=
, ta có
98 4() (8) 27D =−−−−
( )
27 18 6 175−− =−
. Ngoài ra nếu ta thay X bởi
1
3
a
AX−= −
, đa thức kết quả là
(
)
3
55
gX X X=−+
, mà biệt số của nó là
( ) ( )
3
4 5 27 25 175−− − =−
. Trong mọi trường
hợp, D không phải là một bình phương của một số hữu tỷ, vì vậy G = S3. (Cũng lưu ý
rằng g là bất khả quy theo Eisenstein, vì vậy chúng ta có thể tránh được việc kiểm tra
nghiệm hữu tỷ ngay từ đầu)
5. Nếu f khả quy thì nó là tích của một thừa số tuyến tính và một đa thức bậc hai g. Nếu g là
bất khả quy thì G là xiclic có cấp 2 (phần 6.3, bài tập 4). Nếu g là khả quy thì tất cả các
nghiệm của f là trường cơ sở và G là tầm thường.
6. Cho các nghiệm là a,
b ic+

và
b ic−
. Khi đó
22
2( )( ) (( ) 2)a b ic a b ic ic a b c ic∆= −− −+ = − +

và vì
2
1i
= −
, ta có
0 D <
. Vì D không thể là bình phương của một số hữu tỷ nên nhóm
Galoa là S
3
. [Điều này cũng được suy ra từ (6.6.7)]
7. Nếu các nghiệm là a, b và c, thì
222
( )( )( 0)D ab ac bc=− − −>
. Từ (6.6.3) ta có kết quả
cần tìm.
Phần 6.7
1. Theo (6.7.2), nhóm Galoa của
/()m
là
2

với
2,3,5,7m =
. Ta suy ra rằng nhóm

Galoa của
2,3,5( , 7/)
là
2222
×××
. Xem (6.7.5), và lưu ý rằng

có
căn nguyên thủy bậc hai của đơn vị, cụ thể là
1
−
. (Không dễ để chứng minh rằng nhóm
Galoa có cấp 16. Một cách tiếp cận là dùng kỹ thuật của mục 7.3, bài tập 9 và 10.)
2. Có. Cho E là mở rộng Cyclotomic (chia đường tròn) bậc p của

, với p là nguyên tố.
Nếu
2p >
thì

không chứa căn nguyên thủy bậc p của đơn vị. Theo (6.5.6), nhóm
Galoa đẳng cấu với nhóm các đơn vị mod p, đó là nhóm xiclic.
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 10 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3



3. Vì đạo hàm của
n
Xa
−
là
1
0
n
nX
−
≠
, theo như trong (6.5.1) thì f có n nghiệm phân biệt
1
, ,
n
ββ
trong E. Vì
n
i
a
β
=
và
1
n
i
a
β
−−
=

nên có n căn bậc n phân biệt của đơn vị, cụ
thể là
11 1
11 21 1
1 , , ,
n
ββ ββ β β
−− −
=
. Vì nhóm các căn bậc n của đơn vị là xiclic nên
phải có một căn nguyên thủy bậc n của đơn vị trong E.
4. Mỗi nghiệm của g có dạng
i
ωθ
, vì vậy
0
kd
g
ωθ
=
. Vì
1
p
ω
=
nên ta có
0
p dp
g
θ

=
.
Nhưng
p
c
θ
=
vì vậy
θ
cũng là một nghiệm của f từ đó ta có kết quả cần tìm.
5. Theo bài tập 4, ta có
1
00
()
ad bp ap bp a b p
c c c c g c gc= = = =

với
0
ab
gc F∈
. Vậy
0
ab
gc
là một nghiệm của f trong F.
6.
[(: )]|F pE
ω
và nhỏ hơn p theo (6.7.2); lưu ý rằng E cũng là trường khai triển đối với f

trên F(w). Vậy
[]: ()EF
ω
phải bằng 1, do đó
()EF
ω
=
.
7. F chứa một căn nguyên thủy bậc p của đơn vị khi và chỉ khi
( ( ))EF F
ω
= =
khi và chỉ
khi
p
Xc−
phân rã được trên F.
8. Bằng quy nạp,
,0( 1
)j j jp
σθ θ
=+ ≤≤−
. Vì thế, nhóm con của G cố định θ, do đó cố
định F(θ), có duy nhất một đồng nhất. Theo định lý cơ bản,
( )
EF
θ
=
.
9. Ta có

( ) () () 11()()
pp p p
σθ θ σθ σθ θ θ θ θ
− = − = + − += −
trong đặc trưng p. Do đó
p
θθ
−
thuộc trường bất động của G, đó là F. Cho
p
a
θθ
= −
từ đó suy ra điều cần chứng
minh.
10. Vì
() 0f
θ
=
nên
,( )|min
F f
θ
. Nhưng bậc của đa thức tối thiểu là [F(θ): F] = [E: F] = p
= deg f. Do đó
( , )f min F
θ
=
là bất khả quy.
11. Vì

p
a
θθ
−=
, ta có
( )(1 )1
pp
a
θ θ θθ
+ − += −=
. Bằng quy nạp, ta có
, 1, , 1 p
θθ θ
+ +−
là các nghiệm phân biệt của f, và vì vậy f có bậc p, ta thấy tất cả
các nghiệm và f là tách được. Vì E là trường khai triển đối với f trên F, ta có
( .)EF
θ
=

12. Theo bài tập 11, mỗi nghiệm của f sẽ sinh ra cùng một mở rộng của F, cụ thể là E. Nhưng
bất kỳ thừa số bất khả quy nào của f cũng là đa thức tối tiểu của ít nhất một trong các
nghiệm của f, từ đó suy ra điều cần chứng minh.
13.
] [
[ () ] (:: ,( ))E F F F deg min F degf p
θθ
= = = =
. Vậy nhóm Galoa có cấp nguyên tố p và
do đó là xiclic.

Phần 6.8
1. Trong đồng nhất thức, lấy mỗi số hạng là phần thực, ta được
3 23 2
()3 (1 );33
cos cos cos isin cos cos cos
θ θ θθ θ θ θ
=+ =−−

do đó
3
34 3cos cos cos
θ θθ
= −
. Nếu
3 /3
θπ
=
, ta có
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 11 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


3
/3 1/2 4 3 cos
π αα
= = −


Như thế
3
8 6 10
αα
− −=
. Nhưng
3
8 61XX−−
là bất khả quy trên

(bằng cách kiểm
tra nghiệm hữu tỷ), vì vậy α là đại số trên

và
( )
:3

α


=
(không phải là một
lũy thừa của 2), mâu thuẫn.
2.
3
2X −
là bất khả quy theo Eisenstein, vì vậy
3
2: 3[( ) ] =

và
3
2
là không dựng
được.
3. Cạnh một hình vuông như thế sẽ là
π
, vì vậy
π
, do đó π, sẽ là đại số trên

, mâu
thuẫn.
4.
ω
là nghiệm của
2
2 2/ 1
()
X cos n X
π
−+
vì
( )
1
1
2/
2
cos n
π ωω

−
= +
và
2
(
ωω
−+

1
10)
ωω
−
+=
. Biệt số của đa thức bậc hai là âm, chứng tỏ nó là bất khả quy trên
2 )/( cos n
π
⊇
.
5. Theo (6.5.2), (6.5.5) và (3.1.9),
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
: : 2/ 2/ : n cos n cos n
ϕω ω π π
    

=

=
 
  


Theo bài tập 4,
[() ( ):/]22 cos n
ωπ
=
, và nếu đa giác đều n cạnh là dựng được thì
/[( ) ]2:cos n
π

là lũy thừa của 2. Từ đó suy ra điều cần chứng minh.
6. Theo giả thiết,
( )
( )
/G Gal
ω
=

là một 2-nhóm bậc của nó là
()n
φ
. Do đó, mỗi nhóm
thương của G, cụ thể là
(
)
( )
2/ / Gal cos n
π

, là một 2- nhóm. [Chú ý rằng theo
(6.5.1), G là Abel, do đó mỗi nhóm con của G là chuẩn tắc, và do đó mọi trường trung
gian là một mở rộng Galoa của


. Do đó ta áp dụng phần 2c của Định lý cơ bản (6.2.1).]
7. Theo định lý cơ bản (đặc biệt là, phần 6.2, bài tập 4), ta có các trường
( )
01
2 /
r
K K K cos n
π
= ≤ ≤≤ =
với
1
2
[ : ]
ii
KK
−
=
,
1, , ir∀ =
. Do đó
2/
cos n
π
là dựng được.
8. Nếu
1
1

e er

r
np p=
then (xem phần 1.1, bài tập 13)
1
11
11
( ) ( ) (1 1.)
r
ee
rr
npp p p
ϕ
−−
=−−

Nếu
2
i
p ≠
, ta phải có
1
i
e =
, và ngoài ra,
1
i
p −
phải là một lũy thừa của 2. Từ đó suy ra
điều cần chứng minh.
9. Nếu m không phải là một lũy thừa của 2 thì m có dạng ab trong đó a là số lẻ và

1 bm<<
.
Trong thương
( )
( )
1/ 1
a
XX++
, đặt
2
b
X =
. Suy ra
( )
( )
2 1/2 1
m
b++
là một số
nguyên. Do
12 12 1
bm
< +< +
nên
21
m
+
không thể là số nguyên tố.
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 12 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam


BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


10.
i
eE∈
và là độc lập đại số trên K, vì thế độ siêu việt của E trên K tối thiểu là bằng n. Suy
ra
i
α
là độc lập đại số trên K và độ siêu việt bằng đúng n. Do đó, bất kỳ hoán vị nào của
các
i
α
cũng cảm sinh một K-tự đẳng cấu của
( )
1
, ,
n
EK
αα
=
mà nó cố định các
i
e
, do
đó cố định F. Vậy nhóm Galoa của f bao gồm tất cả các hoán vị của n chữ cái.

11. Vì S
n
là không giải được nên phương trình tổng quát bậc n là không giải được bằng căn
thức nếu
5n ≥
. Nói cách khác, nếu
5n ≥
, không có chuỗi các phép toán trên e
1
, …,e
n
bao
gồm cộng, trừ, nhân, chia và khai căn mà có thể tìm được nghiệm của f.
Phần 6.9
1. Nếu S không phải là cực đại, tiếp tục bổ sung các phần tử vào S cho đến khi ta có được
một độc lập đại số cực đại. Nếu ta đi tất cả các cách tới T, thì T là đại số độc lập và là hệ
sinh đại số của E, do đó là một cơ sở siêu việt. (vận dụng phương pháp quy nạp siêu hạng
sẽ cho ta các chi tiết chính thức.)
2. Với câu thứ nhất, ta cho
TE=
trong bài tập 1. Với câu thứ thứ hai, cho
.S = ∅

3. (i) kéo thao (ii): Giả sử rằng t
i
thỏa mãn
( )
01
0
m

i i mi
f t b bt b t= + ++ =
, với

(
)
\
{}
ji
b FT t∈
. Bằng cách quy đồng một mẫu số chung cho các b
j
, ta
có thể giả sử rằng b
j
là đa thức trong
[ ] [ ]
{}\
i
FT t FT
⊆
. Theo (i),
0
j
b =
với mọi j, vì
vậy
0f =
.
(ii) kéo theo (iii): Lưu ý rằng

(
) (
)
11
, {
., \ }

ii
Ft t F T t
−
⊆
.
(iii) kéo theo (i): Giả sử f là một đa thức khác không trong
[ ]
1
, ,
m
FX X
sao cho
( )
1
, , 0
m
ft t =
, với m càng nhỏ càng tốt. Khi đó
0
fh= +

1


r
m rm
hX hX++
vói h
j
thuộc về
[ ]
11
, ,
m
FX X
−
. Bây giờ
1 01
, , ()
r
m m rm
f t t b bt bt= + ++
với
11
, ,()
jj m
b ht t
−
=
. Nếu các b
j
không
phải đều bằng không, thì t
m

là đại số trên
( )
11
, ,
m
Ft t
−
mâu thuẫn (iii).
Vậy
0
j
b ≡
, do tính tối tiểu của m,
0
j
h ≡
, do đó
0f =
.
4. Nếu
{ }
St∪
phụ thuộc đại số trên F thì có một số nguyên dương n và một đa thức f khác
không trong
[ ]
1
, , ,
n
FX X Z
sao cho

( )
1
, , , 0
n
ft tt=
với
1
, , .
n
t tS∈
Vì S là đại số độc
lập trên F, f phải bao gồm Z. Ta có thể viết
01
f b bZ=++
+
m
m
bZ
với
0
m
b ≠
và b
j
là
đa thức trong
[ ]
1
, ,
n

FX X
. Nhưng như thế thì t là đại số trên F(S).
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 13 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


Ngược lại, nếu t là đại số trên F(S), thì với số nguyên dương n, có các phần tử
1
, ,
n
t tS∈

sao cho t là đại số trên
(
)
1
, ,
n
Ft t
. Theo bài tập 3,
{
}
1
, , ,
n
t tt

là phụ thuộc đại số trên F,
do đó
{ }
St∪
phụ thuộc đại số trên F.
5. Cho
11
, , , , ,{}
mn
A s st t=
là một tập con hữu hạn tùy ý của
ST∪
, với
i
sS∈
và
j
tT
∈
.
Theo bài tập 3, s
i
là siêu việt trên
( )
11
, ,
i
Fs s
−
và t

j
là siêu việt trên
( )
11
, ,
j
Kt t
−
, do đó
trên
( )
1 11
, , , , ,
mj
Fs s t t
−
vậy
SK⊆
. Lại theo bài tập 3, A là đại số độc lập trên F. Vì A
là tùy ý,
ST∪
là đại số độc lập trên F. Bây giờ nếu
tK∈
thì
{ }
t
là phụ thuộc đại số
trên K (t là nghiệm của
Xt−
). Nhưng nếu t cũng thuộc về T thì T là đại số phụ thuộc trên

K, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy K và T, do đó S và T, là rời nhau.
6. Theo bài tập 5,
ST∪
là đại số độc lập trên F. Theo giả thiết, E là đại số trên
( )
KT
và K
là đại số trên
( )
FS
. Vì mỗi
tT∈
là đại số trên
( )( )
()FS T FS T= ∪
, suy ra rằng
( )
KT

là đại số trên
()
FS T∪
. Theo (3.3.5), E là đại số trên
()
FS T∪
. Do đó
ST∪
là một cơ
sở siêu việt cho
/EF

.
SVTH: Đinh Hùng Kỳ Trang 14 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


SV: LÊ MẠNH THẮNG
SÁCH: ASH R. ABSTRACT ALGEBRA, 1ST GRADUATE YEAR COURSE (2000)(407S)
(Dịch từ trang 374-383)















SVTH: Lê Mạnh Thắng Trang 15 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH

ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


SV: TRẦN VĂN TÂN
SÁCH: ASH R. ABSTRACT ALGEBRA, 1ST GRADUATE YEAR COURSE (2000)(407S)
(Dịch từ trang 384-393)

Theo Nullstellensatz,
( ) ( )
IV f f=
và chúng ta thừa nhận rằng
( ) ( )
12 r
f f , f , , f=
. Nếu
(
)
12 r
g f , f , , f
∈
thì một lũy thừa đủ cao của g thuộc f. Ngược lại, nếu
m
g hf=
thì với mỗi
i
f

chia hết cho

m
g
và do
i
f
bất khả quy nên
i
f
chia hết cho g. Do đó
( )
12 r
f , f , , f
chia hết cho g.
3. Theo vấn đề 1, f là bất khả quy khi và chỉ khi
( )
Vf
là một siêu điện bất khả quy. Nếu f và g
là bất khả quy và
(
) (
)
Vf Vg
=
thì theo vấn đề 1 ta có (f) = (g) , do đó f = cg đối với một vài
hằng số c khác 0 (mục 2.1, vấn đề 2). Vì thế
(
)
f Vf→
là một song ánh giữa đa thức bất khả quy
và siêu điện bất khả quy nếu đa thức f và cf với c khác 0 được xác định.

4. Theo định nghĩa I(X) mục 8.1.3 và nhận xét rằng một hàm số triệt tiêu trên một hợp các tập
hợp khi và chỉ khi nó triệt tiêu trên mỗi tập hợp.
5. Theo mục 8.1 vấn đề 5 đối với mỗi V là tập hợp của nhiều bộ phận tối giản hữu hạn
1r
V , ,V
.
Theo vấn đề 4 ta có
( ) (
)
r
i
i1
IV IV
=
= ∩
. Theo mục 8.1 với mỗi
(
)
i
IV
là một Idean gốc. Theo 8.4.3
với mỗi Idean gốc là I(V) cho một vài loại V và kết quả theo sau.
6. Theo mục 8.1 vấn đề 6 và tính chất nghịch đảo bao gồm của I (phần 4 mục 8.1.3) thì không
gian phân hoạch là duy nhất nếu chúng ta loại bỏ bất kỳ một Idean gốc mà bao hàm một Idean
khác. Nói cách khác, chúng ta chỉ giữ lại những Idean gốc tối tiểu.
7. Nếu f là một nhân tố bất kỳ bất khả quy của
i
f
thì f không chia hết cho g. Do đó nếu
ij

ff≠
, f
không chia hết cho
j
f
. Theo vấn đề 7 mục 8.3 phương trình tương đồng
j
ff 0= =
chỉ có nhiều
lời giải hữu hạn và kết quả X là một tập hữu hạn.
8. Với ký hiệu trong vấn đề 7 ta có
ij
f gh=
trong đó ước số chung lớn nhất của
i
h
là hằng số. Vì
X là tập hợp của đường cong đại số xác định bởi g = 0 và tập hợp hữu hạn xác định bởi
1m
h h 0= = =
(sự phân tích này không áp dụng khi X được xác định bởi đa thức trong trường
hợp
2
XA=
).
SVTH: Trần Văn Tân Trang 16 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL

Nhóm 3


9. Nếu k = R tập hợp rỗng của
22
xy+
là
( )
{ }
0;0
đối với tất cả
n 1,2 =
.Nếu K là đóng đại số
thì theo kết luận của Nullstellensatz
( ) ( )
Vf Vg=
với g và g tối giản ngầm hiểu rằng f = cg đối
với một vài hằng số c khác 0 (vấn đề 3).
10. Cho
2
kF=
và I là Idean của
[ ]
kX
được tạo ra bởi
( )
2
fX X X 1= ++
. Vì f là bất khả quy, I
là một Idean tối đại (mục 3.1, vấn đề 8), đặc biệt I là riêng biệt. Nhưng f(0) và f(1) là khác 0, do

đó V(I) là rỗng, mâu thuẫn với giả thiết Nullstellensatz.
• Mục 8.5
1.Nếu
xM∉
thì Idean tạo ra bởi M và x là R. Do đó, tồn tại y thuộc M và z thuộc R sao cho y +
zx = 1. Giả thiết zx với x là phần tử đơn vị. Dùng phương pháp phản chứng để chứng minh rằng
mỗi phần tử không phải đơn vị thuộc M.
2. Với bất kỳ nhóm con cộng tính của nhóm cộng tính tuần hoàn của
n
p
Z
phải bao gồm bội của
một vài lũy thừa của p, và nó theo sau rằng mỗi Idean được chứa đựng trong (p), có phải là Idean
tối đại duy nhất.
3. Số A có thể là lũy linh một vài lũy thừa cùa A có thể bằng 0. Tập hợp sẽ gấp lên nhiều lần
nếu A là khả nghịch.
4. Theo giải thiết gf = 0, do đó
11 1 1
SgSf Sgf S0 0
−− − −
= = =
. Do đó
11
imSf kerSg
−−
≤
. Ngược lại,
cho
1
x

x N,s S, ker S g
s
−
∈∈∈
. Thì
( )
gx
0
S1
=
sao cho với t thuộc S ta có
( ) ( )
tg x g tx 0= =
,
( )
tx kerg imf,tx f y , y M∈= = ∈
. Ta có
( )
( )
11
fy
xy
Sf imSf
s st st
−−

= = ∈


.

6. Tập hợp
( )
( )
f
M :g a 0,f a 0
g

= ≠=


với M là một Idean. Theo mục 8.5.9 R là một vành địa
phương với Idean tối đại M.
7. Dãy
M
0NM 0
N
→→→ →
là dãy khớp , do đó theo vấn đề 5,
SS
S
M
0N M 0
N

→→→ →



là dãy khớp. Nếu f là một trong những ánh xạ đầu thì ánh xạ góc đồng vị trong dãy thứ hai là
1

Sf
−
. Nó theo sau bởi định nghĩa từ sự khoanh vùng của 1 module rằng
SS
NM≤
và theo sự
chính xác của dãy thứ hai ta có
S
S
S
M
M
NN

≅


như yêu cầu.
• Mục 8.6
SVTH: Trần Văn Tân Trang 17 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


1. Nếu
m
x

thuộc giao của
i
I
thì x thuộc mỗi
i
I
sao cho
n
i
i1
xI
=
∈∩
. Ngược lại, nếu
n
i
i1
xI
=
∈∩

thì
i
m
i
xI∈
. Nếu m là lớn nhất của
i
m
thì

n
m
i
i1
xI
=
∈∩
sao cho
n
i1
x Ii
=
∈∩
.
2. Ta đặt
XZ0= =
trong R, lúc này R rút gọn còn
[ ]
kY
. Về mặt hình thức ánh xạ
fI gI+→ +

trong đó g bao gồm những điều kiện trong f mà không liên quan X hoặc Z thì
[ ]
R
kY
P
≅
là miền
số nguyên nên P là 1 số nguyên tố.

3.
(
)
( )
22
XIYI Z IP
+ + = +∈
nhưng
22
XIP,YI P P+∉ +∉ =
.
4.
1
P
là 1 số nguyên tố vì
[ ]
1
R
kY
P
≅
là một miền nguyên.
2
P
là số lớn nhất theo 8.3.1 vì
2
2
P
là
2

P
- primary theo 8.6.6. Căn của Q là
2
P
theo 8.6.5, Q là
2
P
-primary.
5. Ta có khẳng định thứ nhất rằng
( )
( )
( ) ( )
( )
2
2 22
X ,XY X X,Y X X ,XY,Y=∩=∩
và thứ hai
rằng
( )
( )
( )
22
X ,XY X X ,Y= ∩
.
Trong mỗi trường hợp vế trái được chứa đựng trong vế phải bởi định nghĩa của những Idean liên
quan. Sự bao gồm từ phải qua trái theo sau bởi vì nếu
( ) (
)
2
f X,Y X g X,Y Y

=
hoặc
( )
( )
f X,Y X g X,Y Y=
thì
( )
g X,Y
phải liên quan X và
( )
f X,Y
phải liên quan Y. Do đó
( )
f X,Y X
là số hạng cao nhất của tích XY.
6. Theo 8.6.9 một Idean I thích hợp có thể trình bày như sự giao nhau của rất nhiều Idean gốc
i
Q
. Nếu
i
Q
là
i
P
-primary thì theo vấn đề 1 ta có
ii
ii
II Q P==∩=∩
.
7. Vì

33
n
X ,Y I∈
ta có
n
X,Y I∈
sao cho
( )
n
X,Y I⊆
. Theo 8.3.1 (X, Y) là một Idean tối
đại. Vì
n
I
là proper (không chứa 1), chúng ta có
( )
n
X,Y I=
. Theo 8.6.5,
n
I
là primary.
• Mục 8.7
1.
(
) ( ) (
)
x,y y' G x,y G x,y' G++− +− +
   
   

bởi vì
( ) ( ) ( )
x,y y' x,y x,y' G+− − ∈
;
( ) (
)
r x,y G rx,y G 0+− +=
  
  
bởi vì
( ) ( )
r x,y rx,y G−∈
và những trường hợp còn lại tương
tự.
SVTH: Trần Văn Tân Trang 18 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


2. Cho a, b là những số nguyên sao cho
am bn 1+=
. Nếu
mn
x Z ,y Z∈∈
thì
( ) ( )
( )

xy1xy amxybxny 0
⊗= ⊗ = ⊗ + ⊗ =
bởi vì
z00z0⊗=⊗=
.
3. Cho A là nhóm giao hoán tuần hoàn, mỗi phần tử của A có cấp hữu hạn. Nếu x thuộc A và y
thuộc Q thì nx = 0 đối với một vài giá trị n nguyên dương nào đó. Do đó,
( )
( )
( ) ( )
x y n x y/n nx y/n 0 y/n 0⊗=⊗ =⊗=⊗=

4. Ta có
h g'h' g'gh,h ' gh gg'h '= = = =
. Nhưng nếu P = T và f = h thì
T
g1=
tạo ra sự giao hoán
chuyển mạch biểu đồ như gg’. Yêu cầu duy nhất trong tính ánh xạ phổ dụng là
T
g'g 1=
và
T'
gg' 1=
. Do đó T, T’ đẳng cấu.
5.
( )
nxn1x 1nx100⊗= ⊗ =⊗ =⊗=

6.

nn
nZZ ZZ⊗ ≅⊗
bởi 8.7.6 với
nx 1x x⊗→⊗→
và khi
x0,nx0≠ ⊗≠
.
7. Ta có một ánh xạ tuyến tính
(
)
f,g f g
→⊗
từ
( ) ( )
RR
Hom M,M' Hom N, N'×
tới
(
)
RR R
Hom M N,M' N⊗⊗
và kết quả theo bới tính song ánh phổ dụng của tích tenso.
• Mục 8.8
1.
( ) ( )
1 i j i j P 1iip 1i jP
1jiP 1jjp
y y y y y y y y y y y y y y
y y y y y y y y
+ += + +

+

Vế trái cũng như số hạng đầu và số hạng cuối bên phải bằng 0 bởi định nghĩa về N.
2. Nếu
π
là bất kỳ hoán vị của
{ }
a, ,b
thì theo vấn đề 1
( ) ( )
( )
ab
ab
x x sgn x x
ππ
= π
. Vế trái sẽ
là
ab
x x±
bất chấp sự hoán vị nói riêng của
π
và kết quả theo sau.
3. Ánh xạ đa tuyến tính f kết luận 1 đơn vị
p
h:M Q
⊗
→
sao cho
( )

( )
1 p 1p
h y y f y , ,y⊗⊗ =
.
Bởi vì f là hoán đổi, hạt nhân của h chứa N, do đó sự tồn tại và duy nhất của ánh xạ g theo sau
bởi định lí.
4. Theo vấn đề 3, có 1 đơn vị R – đồng cấu
n
g:A M R→
sao cho
( ) ( )
1n 1n
g y y f y y=
. Đặc
biệt
( ) ( )
1n 1n
g x x f x x 1 0= = ≠
. Do đó
1n
x x 0≠
. Nếu r là phần tử khác 0 thuộc R thì
( ) ( )
1n 1n
g rx x f rx x r= =
vì thế
1n
rx x 0≠
.
SVTH: Trần Văn Tân Trang 19 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam


BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


5. Cố định tập hợp các chỉ số
0
I
và tập hợp bù của nó
0
J
. Nếu
II I
I
a x 0,x R= ∈
∑
, nhân hai vế
bên phải bởi
0
xJ
. Nếu
0
II≠
thì
0
IJ
xx 0=
bởi định nghỉa củ

a N. Do đó
000 0
IIJ I1 n
a x x a x x 0=±=
. Theo vấn đề 4,
0
aI 0=
. Từ đó
0
I
tùy ý và kết quả theo sau.
6. Ta có
0
RS⊆
bởi định nghĩa của S. Giả sử rằng
m
RS
⊂
với
m 0,1, ,n 1= −
và cho
( )
n
aRn0∈>
thì
r
ii
i
a I:a cx∈=
∑

trong đó
i
1 nn
cR,
−
∈
.
7. Phần mệnh đề if tại mục 8.2 vấn đề 5, giả sử R là chuỗi tùy ý tang dần hoặc giảm dần. Vì
0
R
R
I
≅
tang dần hoặc giảm dần. Vì R là chuỗi tang dần hoặc giảm dần, I hữu hạn theo vấn đề 6
thì R = S, một đại số tạo ra hữu hạn
0
R
.
• Mục 9.1
1. Giả sử R là tập đơn và cho
x R, x 0∈≠
thì Rx trùng với R sao cho r thuộc Rx. Vì có một phần
tử
yR∈
sao cho
=yx 1
Tương tự, có một phần tử
zR∈
sao cho
=yz 1

. Do đó,
= = = =z z1 zyx 1x x
, vì
= =xy zy 1
và y là nghịch đảo hai bên của x. Trái lại, giả sử rằng R là
một vành bộ phận và cho x là một phần tử khác 0 của ideal trái I. Nếu y là nghịch đảo của x thì
= ∈1 yx I
1 sao cho I thuộc R và R là đơn giản.
2. I là thích hợp vì
f (1) x 0= ≠
và
x
R/I R≅
bởi định lí đẳng cấu đầu tiên.
3. Phần mệnh đề “if” theo bởi định lý tương ứng, giả sử rằng M đơn giản. Nếu x là phần tử khác
0 của M, M=Rx bởi sự tối giản. Nếu
=I ker f
thì trong vấn đề 2
M R/I≅
và I là lớn nhất bởi
định lí tương ứng.
4. “Only if” dưới hoàn thành trong vấn đề 3, giả sử rằng không đơn giản cho N là một modun
con của M với M < N. Nếu x là một phần tử khác 0 của N với 0 < N < M do đó x không thể tạo
ra M.
5. Theo vấn đề 3, một modun z đơn giản đối với Z/I, một ideal lớn nhất của Z. theo mục 2.4 vấn
đề 2, I=(p) trong đó p là số nguyên tố.
6. Trong vấn đề 5, một ideal Z đơn giản là đẳng caausddoois với F[X]/(f) trong đó f là một đa
thức tối giản của F[X]. (xem mục 3.1, vấn đề 8)
7. Nếu x là một phần tử tùy ý khác 0 của V. Một tự đẳng cấu f sao cho f(x) = y. Do đó,
k

V (End V)x=
. Theo vấn đề 4, V là một modun
k
End V
đơn giản.
SVTH: Trần Văn Tân Trang 20 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


8. Do mục 4.7.4 mỗi dãy ngắn chính xác chia đoạn chỉ khi đối với bất kì modun con
NM≤
,
MNP≅⊕
ánh xạ N->M có thể xác định một mặt phẳng. Nói cách khác, mỗi modun con của M
là một tổng luận trực tiếp liên quan đến vấn đề này xem mục 9.1.2, M là một nữa đơn giản.
• Mục 9.2
1. Không may phép nhân r là một R – tự đồng cấu của M không cần thiết bởi vì r(sx) = (rs)x cái
mà không cân bằng s(rx) = (sr)x.
2. Cho x là một phần tử sinh của M và f xác định bởi R -> M trong đó f(r) = rx. Theo định lý
đẳng cấu thứ nhất
M R / annM≅
. Kết quả theo sau bởi định lý tương ứng.
3. Cho
PP
MZ Z= ⊕
trong đó p là số nguyên tố thì M không là modun Z đơn giản nhưng annM

= pZ là ideal tối đa của Z.
4. Sự tính toán được đưa ra trong mệnh đề cho thấy rằng (1; 0) là một …của V, vì V là tuần
hoàn. Nhưng N=… là một modun con thích hợp quan trọng của V.(Chú ý rằng T…) Do đó V là
không đơn giản.
5. Vì F là một đóng đại số, f có giá trị riêng
λ
thuộc F. Do đó hạt nhân của f là
λ
I khác 0, với
mọi M. Do đó f(m) =
λ
m,
mM∀∈
.
6. Nếu r thuộc I và s + I thuộc R/I thì r(s+I) = rs + I. Nhưng nếu I không phải là một ideal đúng
ta không thể suy ra rs thuộc I
• Mục 9.3.
1. Mỗi j = 1,…,n có một tập hợp con hữu hạn I(j) của I sao cho x
j
thuộc tổng trực tiếp của M
i
, i
I(j). Nếu J là hợp của I(j), thì M là tổng trực tiếp của i  J.
2. Mỗi mô đun đơn giản M
i,
i = 1,…, n tuần hoàn (Mục 9.1, vấn đề 4) và có thể được tạo ra bởi
các phần tử đơn x
i
. Do M được tạo ra bởi x
1

,…, x
n
.
3. Iđêan trái là đơn giản khi và chỉ khi nó là tối thiểu trong kết quả theo bởi mục 9.1.2.
4. Nếu nó là…theo mục 9.1, vấn đề 5, Z sẽ là tổng trực tiếp các nhóm tuần hoàn của thứ tự cấp
nguyên tố. Do đó với mỗi yếu tố của Z.
5. Theo mục 4.6.4 với mỗi nhóm giao hoán hữu hạn là tổng trực tiếp của nhiều loại Z
p
, p là một
số nguyên tố. Nếu p và q là những nguyên tố phân biệt thì
Zp Zq Zpq ⊕≅
theo định lý số dư
của người Trung Quốc. Do đó Z
n
có thể tập hợp nhóm tuần hoàn của trật tự miễn là không có số
nguyên tố xuất nhiều hơn một lần trong thừa số của n (Nếu Z
p
 Z
p
là phần của sự phân tích
không thể hoàn toàn. Kết quả là Z
n
là một nửa đơn giản khi và chỉ khi n là một số chính phương.
SVTH: Trần Văn Tân Trang 21 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3



6. Điều này theo bởi mục 9.1, vấn đề 8. Trong trường hợp đầu tiên, B là semisimple bởi giả thiết
và trong trường hợp thứ hai A là semisimple. Trường hợp suy biến M=0 có thể giải quyết một
cách trực tiếp.
7. Những điều kiện (a) và (b) là liên quan theo mục (9.3.2) và sự định nghĩa về semisimple vành.
Theo vấn đề 6, (b) bao hàm cả (c) và (d). Từ đó cho thấy rằng c bao hàm b và d bao hàm b. Cho
M là một môđun R≠0 với N là một môđun của M. Theo giả thiết ta có dãy 0→N→M→M/N→0
được chia đoạn. Theo giả thiết, M/N là xạ ảnh trong trường hợp thứ nhất và N trong trường hợp
thứ hai. Theo mục 9.1, vấn đề 8, M là semisimple.
• Mục 9.4.
1. Nếu có một dãy vô hạn I
1
I
2
 của các iđêan trái, chúng ta có thể tiếp tục chính xác như
trong mục 9.4.7 để đạt đến một mâu thuẫn.
2. Có I
1
là bất kỳ iđêan trái ≠0. Nếu I
1
là đơn giản có thể kết thúc. Nếu không, có một iđêan trái
khác 0 sao cho I
2
. Nếu ta tiếp tục quy nạp, định lý Artinian quá trình cần kết thúc trong một
iđêan trái đơn giản I
t
.
3. Theo vấn đề 2, vành R có một môđun – R đơn giản M. Giả thiết những môđun hai phía quan
trọng ngụ ý rằng ta có thể tiếp tục chính xác như trong mục 9.4.6 để cho thấy rằng M chính xác.
4. Nếu V là chiều vô hạn trên D, thì chính xác trong mục 9.4.7, có thể thấy một chuổi giảm vô

hạn của iđêan trái với giả thiết rằng R là Artinian.
5. Theo vấn đề 4, V là một không gian vectơ chiều hữu hạn trên D, có thể thảo luận lại vấn đề
bàn bạc trước (9.4.7) cho rằng R  End
D
(V)M
n
(D
o
).
6. Đây là một chuỗi hợp thành tổng: 0 < M
1
<M
1
 M
2
< … < M
1
 M
2
… M
n
= M
7. Theo mục 9.1.2 M là tổng trực tiếp của môđun đơn giản. Nếu tổng trực tiếp là vô hạn thì ta có
thể tiếp tục như trong vấn đề 6 để xây dựng một dãy số tăng dần hoặc giảm dần của những
môđun con của M trái với giả thiết rằng M là Artinian và chuỗi tăng dần hoặc giảm dần.
• Mục 9.5
1. Nếu
g ker∈ρ
thì
gv v=

với mỗi
vV∈
. Đặt
GG G G
v 1 ,g1 1 ,g 1
= = =
và
ρ
là một nôi xạ.
2.
(
) ( )
( )
(
)
( )
(
)
( )
( )
( )
gh vi vhvi gvhi
= =
.
( )
( )
( )
G
1 vi vi=


SVTH: Trần Văn Tân Trang 22 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


3. Chúng ta có
( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
g v 1 v 1 ,g v 2 v 2 ,g v 3 v 1 ,g v4 v 3= − −−
do đó
[ ]
0010
0100
g
0001
1000



=





4. Chúng ta có
1223 121123 1 2
gv v ,gv v v v ,hv v ,hv v v v= = =−− = = =−=−
. Do đó
[ ]
01
g
11
−

=

−

.
11
h
01
−

=

−


5. Chúng ta có
1 12 1 2
11

v e ,v e 3e
22
= =−+
. Do đó
1
1
1
2
P
1
03
2
−

−

=




,
1
13
3
P
2
03
3



=




và
[
]
1
11
3
22
g' P g P
11
3
22
−

−−

= =


−


,
[ ] [ ]
1

10
h' P hP
01
−

= =

−


6. Kiểm tra sự tính toán trực tiếp mà A và B thỏa mãn qua hệ định nghĩa của D
8
: A
4
= I, B
2
= I,
AB = BA
-1
(Xem mục 5.8)
7. Đúng. Kiểm tra lại sự tính toán trực tiếp của các ma trân A
j
B
j
, i = 0, 1, 2, 3, j = 0, 1 là phân
biệt. Do đó nếu g  D
8
và p(g) = I thì g là phần tử đơn vị của D
8
.

• Mục 9.6.
1. W là không gian con một chiều khoảng cách v
1
+ v
2
+ v
3
. Vì bởi hoán vị trong S
3
đổi thứ tự
v
i
, v W bao hàm gvW.
2. [a
r
] với
0
1



và
1
0



. Ta có a
r
v

1
= v
1
và a
r
v
2
= rv
1
+ v
2
là khoảng cách của v
1
, nó bị đóng dưới
hành động của G. Do đó là một môđun con của kG.
3. x + ry = cx và y = cy. Nếu y ≠ 0 thì c = 1 do đó ry, y chắc là bằng 0. Do đó c = 1 và x là tùy ý
để mà môđun con kG một chiều cần trùng nhau với W.
4. Nếu V = WU, trong đó U là một kG – môđun con thì U là một chuỗi. Theo vấn đề 3, W = U
và vì W ≠ 0 cho nên đó là không thể.
SVTH: Trần Văn Tân Trang 23 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam

BÀI DỊCH
ASH R. ABSTRACTELEMENTS OF ABSTRACT AND LINEAR
ALGEBRA BY EDWIN H. CONNELL
Nhóm 3


5. Nếu M là semisimple và hoặc là Noetherian hoặc Artinian, thì tổng trực tiếp của nhiều môđun
đơn giản hữu hạn. Những môđun đơn giản này là những yếu tố của dãy hợp thành tổng và kết
theo mục 7.5.12.

6. Có e là mặt phẳng chiếu tự nhiên/gốc trên M
1
, thì e là một số, e ≠ 0 vì M
1
≠ 0 và e ≠ 1 vì e = 0
trên M
2
và M
2
≠ 0.
7. Có e là một số không đổi quan trọng và xác định bởi
12
e e,e 1 e= = −
. Theo sự tính toán trực
tiếp, e
1
và e
2
là số không đổi quan trọng những trực giao. Lấy M
1
= e
1
(M), M
2
= e
2
(M) thì M
1

và M

2
là những tập hợp con khác 0 với M = M
1
+ M
2
. Để chứng minh rằng tổng là trực tiếp cho
z = e
1
x = e
2
y  M
1
∩ M
2
với x, y  M thì e
1
z = e
1
e
2
y = 0 và tương tự e
2
z = 0. Do đó z = 1z =
e
1
z + e
2
z = 0.
• Mục 9.7
1. Nếu

M Rx=
xác định bởi
: ; ()f R M f r rx→=
. Theo định lý đẳng cấu thứ nhất
/ kerMR f
≅
. Hơn nữa,
ker ( )f ann M=
. Trái lại,
/RI
là tuần hoàn vì nó được tạo bởi
1 I+
.
2. Nếu N là một môđun con tối đại của M thì N là một nhân của ánh xạ chính tắc của M trên
môđun tối giản
/
MN
. Trái lại, nếu
:fM S→
, S tối giản, thì
()0fM=
hoặc S,
0f =
hoặc
/ kerSM f≅
. Do
ker f
hoặc là môđun con tối đại. Do đó, giao của những hạt nhân là trùng nhau với
sự giao nhau của tất cả các môđun con tối đại. [Nếu không có các môđun con tối đại thì sự giao nhau
của tất cả các hạt nhân là M].

3. Định lý về sự tương đồng, giao của các ideal trái tối đại của
/RI
là bằng 0. Bởi vì sự giao nhau
của tất cả các ideal trái tối đại của R chứa I là sự giao nhau của các ideal trái tối đại của R. [Chú ý rằng
()JR
được chứa trong mỗi ideal trái tối đại và
()I JR=
].
4. Cho g là một môđun R tự đồng cấu từ N tới môđun R tối giản S. Thì
:gf M S→
, theo vấn đề 2,
( ) er( )J M k gf⊆
. Nhưng
( ( )) kerfJM g⊆
. Lấy giao tất cả g để có
( ( )) ( )fJM JN⊆
.
5. Giả sử rằng
()a JR∈
. Nếu
1 ab+
là một nonunit, thì với một vài ideal tối đại M thì a cũng
thuộc M, do đó
ab
cũng thuộc M. Do đó
1
M∈
, mâu thuẫn. Bây giờ giả sử rằng
()a JR∉
, để mà cho

một vài ideal tối đại,
aM∉
. Tối đa ta có
M Ra R+=
sao cho
1 x ra
= +
với một số
xM∈
và
rR∈
.
Vì
x
thuộc
M
, nó không thể là một đơn vị, do đó ta đặt
br= −
, nó cho thấy rằng
1 ab
+
là một
nonunit.
6. Ta có định lý về sự tương đồng có một song ánh cho bởi
() /A AN
ψ
=
giữa những môđun con
tối đại của M chứa N và những môđun con tối đại của
/MN

. Vì
()N JM≤
theo giả thiết, một môđun
con tối đại của M chứa N là cùng loại như một môđun con tối đại của M. Do đó
()JM
tương ứng với
( /)JM N
tức là
( ( )) ( / )JM JM N
ψ
=
. Vì
( ( )) ( / )JM JM N
ψ
=
, có kết quả sau.
• Mục 9.8
1. Ta có
1
()
tt
aa
+
∈
, do đó tồn tại
bR∈
sao cho
1tt
a ba
+

=
. Vì R là một miền nguyên ta có
1 ba=
.
2. Cho a là một phần tử khác không của miền nguyên Artinian R. Dãy
2
( ) ( ) aa⊇
cố định sao
cho tồn tại t để
1
()( )
tt
aa
+
=
. Theo vấn đề 1, a là một nghịch đảo, chứng minh rằng R là một trường.
3. Nếu P là một ideal nguyên tố của R thì
/RP
là một miền nguyên Artinian theo mục 7.5.7 và
mục 2.4.5. Theo mục 2,
/RP
là một trường, do đó theo mục 2.4.3, P là tối đại.
SVTH: Trần Văn Tân Trang 24 GVHD: PGS.TS Trần Tuấn Nam