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

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (276.69 KB, 14 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHẦN 2: VÀNH VÀ TRƯỜNG

BÀI 2.3

: Giải các phương trình sau:

a)

21x24 101

(1) trong

103

giải:

(1) 21 77
21 77

x
x

 

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

 

(1) x 21  . 77

(2)

Ta tìm

 

21 1

103

21

19

4 19 2

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 ra trong

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 chỉ có k=0 mới thoả.

Vậy nghiệm của phương trình (1) là

.

b).

68(x24) 102

(1) trong

492

(1) 68 1530

68 =438

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

x
x

x k k

x k

  



   

  

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Do đó (1) vơ nghiệm.

c).

78x1335

(1) trong

666
Ta có thể giả sử 0 x 665.
(1)78x48

trong

666

(78 48) 666
(13 8) 111

x
x

 




13.x 8

  trong 111

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

 

(1) x 13  . 8 (2)

Ta tìm

 

13 1

111

13

7

8

7

6

1

6

1

0

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

=2.7-13

=2.(111-8.13)-13

=2.111-17.13

Suy ra trong

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

,

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Vậy nghiệm của phương trình (1) là

8 6 , 1 9 7 , 3 0 8 , 4 1 9 , 5 3 0 , 6 4 1.

.

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

(27n18) 13
27.n 18

  trong 133.

 

27 1.18

n 

  (2)

Ta tìm

 

27 1.

133

27

25

4 25 2

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 ra trong

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 các số nguyên cần tìm là



45 133 | k k



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

(46 9) 50

46 9 50 ( )
9 (50 46 )

9 2(25 23 )

n
n

n k k

k n

 

   

  



</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

(95 15) 335
(19 3) 67

n
n

 



19.n 3

  trong 67

 

19 1.3

n 

  (*)

Ta tìm

 

19 1

67

19

10

3 10 9

1

9

1

0

9

1=10-9

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

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

Suy ra trong

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 các số nguyên cần tìm là



6467 |k k



BÀI 2.5. Cho R là một vành có tính chất sau: 2

x x với  x R. (Ta gọi R là vành Bool),

CMR:

a). x   x, x R

b). R là vành giao hoán.

c). Nếu R là vành khơng có ước của 0 và R có nhiều hơn một phần tử thì R là miền
nguyên.

Chứng minh: (TL)
a). x   x, x R

x R

  ta có:





2 2

x x x x

     , vậy: x   x, x R

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

x y R

  ta có:











2 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 là vành giao hoán.

c). Nhắc lại rằng miền nguyên là vành giao hoán, có đơn vị, khơng có ước của 0.
Bây giờ, ta chỉ cần tìm phần tử đơn vị của R là xong.

Gs, xR x, 0 và  y R ta có:

 

xyx yx xy (*), vì R là vành khơng có ước của 0 nên ta có thể giản ước
(*) cho x, ta được: yxy.

Rõ ràng x là phần tử đơn vị của R.

Trong trường hợp này vành R chỉ có hai phần tử là 0 và đơn vị e.

BÀI 2.7. Cho R là một vành tuỳ ý.

a) Với aR, tập hợp C a( )



xR ax|  xa



được gọi là tâm hoá tử của a. Chứng
minnh rằng ( )C a là một vành con của R có chứa a.

b) Tập hợp C R( )



xR ax|  xa, a R



được gọi là tâm của R. CMR: C(R) là một
vành con giao hốn của R.

c) Tìm tâm của vành M(n,R).

Chứng minh: (TL)
a). ..

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



| 0



I  xR nx là một ideal của R.

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

1) 0
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 và ny0, suy ra:

( ) 0

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 là Ideal của R.

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

a). CMR nếu R có đơn vị là e và x luỹ linh thì e+x khả nghịch.

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

c). Giả sử R giao hoán. CMR tập hợp N(R) gồm tất cả các phần tử luỹ linh của R là
một Ideal của R và trong vành thương R/N(R) khơng có phần tử luỹ linh nào khác không (ta
gọi N(R) là nil-căn của R).

chứng minh:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

1 1

( )( ... ( 1) )

( ... ( 1) )( )

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 cũng luỹ linh, Thật vậy:
, n 0

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: 1 *

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 0.
Chứng minh:

1). Để cm N R( )R ta làm rỏ 3 điều sau:
+ 0N R( )

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

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

( ) , 0

n
m

x N R n x

y N R m y

     



    



Khi đó:





 

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 thì nm k m, do đó ta ln ln có:
0, 0

k n m k

x y    k  n m

từ đó suy ra: (x y)n m 0

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

Vì x luỹ linh   n ,xn 0,
khi đó:

 

rx n r xn n rn.00

nên rx cũng luỹ linh, nghĩa là rxN R( ).
2). R/N(R) khơng có phần tử luỹ linh khác 0.

/ ( )

x N N R

  , x luỹ linh cần chứng minh x0.

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

 

0 0

( )
luy linh

, 0

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 các số phức C xét:









( 2 )  a  b 2 | ,a b , ( )i  a  bi a b| , 

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

d). CMR tập hợp: A



ab32 c3 4 | , ,a b c



là một trường con của C.

chứng minh:
a). CMR: ( 2), ( )i là các trường con của C.

1). ( 2) là trường con của C, ta làm rỏ các điều sau:
+ 0

 

2 ;1

 

+ x y, 

 

2 ,x y

 

+ x y, 

 

2 \ 0 ,

 

xy

 

2 , x1

 

2
+ 0

 

2 ;1

 

* 0 0 0 2

 

2
* 1 1 0 2  

 

2
+ x y, 

 

( , , , )

x a b

a b c d
y c d

  





 






 



 

x y a c b d

      

+ x y, 

 

2 \ 0

 

2 2 2 2

( , , , , 0, 0)

x a b

a b c d a b c d

y c d

  


    



 










 

* 2 2

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

xy ab cd



* cm x1

 

2 0 2 0

xab  ab 

Vì nếu ab 2 0 thì b=0 (b 0 2 a

b

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

 

2 2 2 2

1 2

2 ( 2)( 2)

= 2 2

2 2

a b
x

a b a b a b

a b

a b a b

 

 

  

 

 

( 2 2, 2 2

2 2

a b

a b a b





  , vì

2 2 2 2

, , 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 nhau.
Giả sử

 

i

Khi đó: tồn tại 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 vì f i( )

 

2  và  x ,x2  1.
Tóm lại: ( 2), ( )i không đẳng cấu với nhau.
c). Tìm tất cả các trường con của

 

Xét F là một trường con của

 

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

Khi đó: b \ 0

 

nên 2 x a F
b



 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

d). CMR tập hợp: A



ab3 2c3 4 | , ,a b c



là một trường con của C.

Tương tự câu a). với chú ý rằng:

2 2 2

3 3 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

  

   



 

 

là một trường đẳng cấu với

 

i .

b). : ,

a b

F a b

b a

  

   

 

 

là một trường đẳng cấu với

 

2 .
Chứng minh:

a). * Để cm K là một trường, đầu tiên ta cm K là một vành.
Thật vậy, K là một vành con của vành ma trận M2

 

Ta có: K M2

 

+ 0 0 0

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 đã cm K là một vành con của vành M2

 

, do đó K là một vành.
Để cm K là một trường ta cần cm K thoả các tc sau:

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

iii.  A K \ 0 ,

 

A1K\ 0

 

\
Thật vậy:

i). K có đơn vị 2 1 0 1 0

0 1 0 1

I   K



   

ii). K giao hốn vì với A B, K như trên ta có:

( )

ca db cb ad

BA AB

cb ad ca db

 

 

 

  

 

iii). A a b 0

b a

 

 



 

 

2 2

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

det 0

\ 0

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 là một trường.
* CM: K đẳng cấu với

 

i

đặt

 

:
a+bi

f i K

a b
b a



 

 

 



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

b). Trường

 

c). Trưòng

 

i

d). Trường các số thực

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

a). Trường các số hữu tỉ .

f 

 

   

 

1 1 1 1

1 1 1 0

1 0

1 1

f f f f

f f

f
f

 

   



 




 Nếu f

 

1 0 thì  x , f x

 

 f x





 f x f

   

1  f x

 

.00 nghĩa là f 0.

 Nếu f

 

1 1 thì f Id , thật vậy:

+  n ,f n

 

nf

 

1 n

+ n \ 0 ,1

 

f

 

1 f n.1 f n f

 

1 nf 1

n n n

     

         

     

Suy ra: f 1 1

n n

 

 
 

+ m , f m f m f

 

1 m.1 m.

n n n n n

   

      

   

Điều đó chứng tỏ f Id .

Kết luận: trường chỉ có 2 tự đồng cấu là 0 và Id .
b). Trường

 

Lý luận tương tự như câu a) ta thấy nếu f là một tự đồng cấu của trường

 

2 thì

f  hoặc f | Id

* Xét trường hợp: f | Id , khi đó:

 





 

2 f 2  f ( 2) f 2 

 

nên: f

 

2   2

+ Nếu f

 

2  2 thì f a b



 2



 f a

 

 f b f

 

2 a b 2



 a b 2

 



 2

f Id

 

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Vậy: trường

 

2 có hai tự đẳng cấu là:

 2

f Id và :

 

a+ b 2 2

f

a b






c). Trưòng

 

i

Cũng lý luận tương tự như trên ta được:
Trưòng

 

i có hai tự đẳng cấu là:

 i

f Id và :

 

a+ bi

f i i

a bi






d). Trường các số thực

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

0 (1)

| (2)

f

f Id



  



Xét (2): ta chứng minh: f Id

 

\ 0
a

 

1) *

 

, 0

a f a

   vì 1 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

 

vì f x

 

 f y

 

 f x



y



0

4)  x ,f x

 

x thật vậy:

+ Nếu f x

 

x thì  y , f x

 

yx

Khi đó: y f y

 

 f x

 

mâu thuẩn.
+ Nếu x f x

 

thì  y , x y f x

 

Khi đó: f x

 

 f y

 

 y mâu thuẩn.
Vậy f x

 

x,  x .

Suy ra: f Id .

</div>

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

<b>PHẦN 2: VÀNH VÀ TRƯỜNG </b>

<b>BÀI 2.3</b>

: Giải các phương trình sau:

a)

(1) trong

giải:

 

(2)

Ta tìm

 

103

21

21

19

4

19 2

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 ra trong

vậy

 

*

, rõ ràng chỉ có k=0 mới thoả.

Vậy nghiệm của phương trình (1) là

.

b).

(1) trong

Do đó (1) vơ nghiệm.

c).

(1) trong

trong

 

Ta tìm

 

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 ra trong

vậy

 

*

,

*

,

*

,

*

,

*

,

Vậy nghiệm của phương trình (1) là

.

 

 

133

27

27