Số Học

You are currently browsing the archive for the Số Học category.

Bài viết tiếp nối phần 1 ở [4].
III. Mở rộng và hạn chế ideal trên vành các thương
Trong mục này, ta sẽ xét $A$ là miền nguyên và $S$ là tập con nhân tính của $A$ ($0\notin S$) và $B=S^{-1}A$ với $f:A\rightarrow S^{-1}A, x\mapsto x/1$. Tức là ở đây ta coi $A$ thực sự nằm trong $S^{-1}A$.

Xét $\mathfrak{a}$ là ideal trong $A$ và $\mathfrak{A}$ là ideal trong $S^{-1}A$ , khi đó $\mathfrak{a}^e=S^{-1}A\mathfrak{a}=S^{-1}\mathfrak{a}$ và $\mathfrak{A}^c=\mathfrak{A}\cap A$.
Giờ ta đi tìm họ các ideal mở rộng và ideal hạn chế trong trường hợp này.
Mệnh đề 8: Cho $\mathfrak{A}$ là ideal của $S^{-1}A$. Khi đó $\mathfrak{A}^{ce}=\mathfrak{A}$ hay $E=I(S^{-1}A)$.
Chứng minh. Hiển nhiên $\mathfrak{A}^{ce}=S^{-1}(\mathfrak{A}\cap A)$ nằm trong $\mathfrak{A}$. Điều ngược lại cũng đúng vì xét $a/s\in \mathfrak{A}$ với $a\in A,s\in S$ thì $s.a/s=a\in \mathfrak{A}$ nên $a\in \mathfrak{A}\cap A$ nên $a/s\in S^{-1}(\mathfrak{A}\cap A)$.
Do từ mệnh đề 2 ta có $E=\{\mathfrak{B}\lhd S^{-1}A:\mathfrak{B}^{ce}=\mathfrak{B}\}$ nên ta có điều phải chứng minh.

Để tìm họ các ideal hạn chế sẽ khó khăn hơn chút, ta sẽ cần đi tìm các ideal $\mathfrak{a}$ trong $A$ sao cho $\mathfrak{a}^{ec}=\mathfrak{a}$. Mệnh đề sau sẽ trả lại câu hỏi đó.
Mệnh đề 9: Cho $\mathfrak{a}$ là một ideal của $A$. Xét trong mở rộng $S^{-1}A$ của $A$, khi đó:
• $\mathfrak{a}^{ec}=\cup_{s\in S} (\mathfrak{a}:s)$
• $\mathfrak{a}^{ec}=\mathfrak{a}$
khi và chỉ khi không phần tử nào trong $S$ là ước của $0$ trong $A/\mathfrak{a}$
Như vậy, $C=\{\mathfrak{a}\lhd A:\forall s\in S, s \text{ không là ước của 0 trong } A/\mathfrak{a}\}$.

Chứng minh. Ý thứ nhất, ta có $\mathfrak{a}^{ec}=S^{-1}\mathfrak{a}\cap A$. Xét $a/s\in\mathfrak{a}^{ec}$ với $a\in \mathfrak{a},s\in S$, khi đó $a/s=b\in A$ nên $ a=bs \in \mathfrak{a}$, do đó $a/s=b\in (\mathfrak{a}:s)$ nên $a/s\in \cup_{s\in S} (\mathfrak{a}:s)$.
Ngược lại, xét $a\in \cup_{s\in S} (\mathfrak{a}:s) $, khi đó tồn tại $s\in S:a\in (\mathfrak{a}:s)$. Do đó $as\in \mathfrak{a}$ hay $a\in S^{-1}\mathfrak{a}$.
Ý thứ hai, ta đã biết $\mathfrak{a}\subset \mathfrak{a}^{ec}=(\mathfrak{a}:s)$ với mọi $s\in S$. Do đó $\mathfrak{a}=\cup_{s\in S}(\mathfrak{a}:s)$ khi và chỉ khi với mọi $s\in S$ thì $(\mathfrak{a}:s)=\mathfrak{a}$, tương đương với việc không tồn tại $b\notin \mathfrak{a}:bs\in\mathfrak{a}$ hay $s$ không là ước của $0$ trong $A/\mathfrak{a}$.

Quan sát một chút, nếu ideal $\mathfrak{a}\cap S\ne \varnothing$ thì mở rộng của nó trên $S^{-1}A$ phải chứa $1$ ($s.1/s=1$) nên khi đó $\mathfrak{a}^e=S^{-1}A$.
Tuy nhiên điều ngược lại không đúng, tức là $\mathfrak{a}\cap S=\varnothing$ chưa đủ để mọi phần tử trong $S$ không là ước của $0$ trong $A/\mathfrak{a}$. Tuy nhiên với trường hợp nguyên tố thì lại được, hệ quả sau khẳng định điều đó:
Hệ quả 10: Cho $\mathfrak{p}$ là ideal nguyên tố trong $A$. Khi đó $\mathfrak{p}\in C$ khi và chỉ $\mathfrak{p}\cap S=\varnothing$.
Khi đó $\mathfrak{p}^e=S^{-1}\mathfrak{p}$ cũng là ideal nguyên tố.

Chứng minh. Từ mệnh đề 9 ta có: $\mathfrak{p}\in C$ khi và chỉ khi $\forall s\in S, b\in A:bs\in \mathfrak{p}$ thì $b\in \mathfrak{p}$.
Nếu $\mathfrak{p}\cap S=\varnothing$,thì $s\notin \mathfrak{p}$ mà $bs\in \mathfrak{p}$ nên $b\in\mathfrak{p}$. Do đó $\mathfrak{p}\in C$.
Chiều ngược lại hiển nhiên đúng theo nhận xét trên.
Xét $a/s.b/t\in S^{-1}\mathfrak{p}$ với $a,b\in A$ và $s,t\in S$ thì $ab\in S^{-1}\mathfrak{p}=\mathfrak{p}^{ec}=\mathfrak{p}$ (do $\mathfrak{p}\in C$), mà $ab\in A$ nên $ab\in A\cap S^{-1}\mathfrak{p}=\mathfrak{p}$, do đó $a\in\mathfrak{p}$ hoặc $b\in\mathfrak{p}$ nên $a/s\in S^{-1}\mathfrak{p}$ hoặc $b/t\in S^{-1}\mathfrak{p}$.

Định lí trên cho ta một tương ứng giữa tập các ideal nguyên tố trong $A$ không giao với $S$ và tập các ideal nguyên tố trong $S^{-1}A$, ở đây mở rộng của một ideal nguyên tố trong $A$ cũng là ideal nguyên tố và hạn chế của ideal nguyên tố trong $S^{-1}A$ cũng là ideal nguyên tố (theo mệnh đề 4). Từ đây ta cũng có quan hệ giữa tập các ideal cực đại trong $A$ không giao với $S$ và tập các ideal cực đại trong $S^{-1}A$

Hệ quả 11: Cho $\mathfrak{m}$ là ideal trong $A$. Nếu $\mathfrak{m}$ là phần tử cực đại trong họ $\{\mathfrak{a}\lhd A: \mathfrak{a}\cap A=\varnothing\}$ thì $\mathfrak{m}^e$ là ideal cực đại trong $S^{-1}A$.
Do đó mở rộng của ideal cực đại không giao với $S$ trong $A$ cũng là ideal cực đại trong $S^{-1}A$.

Cần chú ý mệnh đề ngược lại: “nếu $\mathfrak{M}$ cực đại trong $S^{-1}A$ thì $\mathfrak{M}^c$ cực đại trong $A$ và không giao với $S$” là không đúng vì $\mathfrak{M}^c$ hoàn toàn có thể nằm trong một ideal cực đại có giao với $S$.
Giờ ta xét trường hợp đặc biệt khi $S=S_{\mathfrak{p}}=A-\mathfrak{p}$ và $A_{\mathfrak{p}}=S_{\mathfrak{p}}^{-1}A$ với $\mathfrak{p}$ là ideal nguyên tố. Khi đó dữ kiện $\mathfrak{a} \cap S =\varnothing$ tương đương với $\mathfrak{a} \subset \mathfrak{p}$.
Đăt $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}=\mathfrak{p}^e$, khi đó mọi ideal của $A_{\mathfrak{p}}$ đều nằm trong $\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}$. Thật vậy xét ideal $\mathfrak{A}$ bất kì trong $A_{\mathfrak{p}}$ thì ta có ngay $\mathfrak{A}^c\subset \mathfrak{p}$ do đó $\mathfrak{A}^{ce}\subset \mathfrak{p}^e=\mathfrak{m}_{\mathfrak{p}}$. Như vậy ta đã chỉ ra được $A_{\mathfrak{p}}$ là vành địa phương (có đúng 1 ideal cực đại).

Liên quan đến việc mở rộng và hạn chế ideal trên vành các thương có khái niệm ideal phân số rất thú vị, sẽ được trình bày trong một bài viết khác.

Tài liệu tham khảo:
[1] M. F. Atiyah, Introduction to Commutative Algebra
[2] Serge Lang, Algebraic Number Theory
[3] J. S. Milne, Algebraic Number Theory
[4] https://maths.vn/mo-rong-va-han-che-ideal/

Bài viết này trình bày một số kết quả về mở rộng và hạn chế ideal, cụ thể trong trường hợp vành thương, trên vành các thương và trên mở rộng nguyên

Cho $A$ là một vành. Nếu $\mathfrak{a}$ là ideal của $A$ thì ta kí hiệu $\mathfrak{a}\lhd A$. Ngoài ra ta gọi $I(A)$ là họ các ideal trong $A$, $Spec(A)$ là họ các ideal nguyên tố trong $A$, $M(A)$ là họ các ideal cực đại trong $A$.
Với miền nguyên $A$ và tập con nhân tính $S$ của $A$ ($0\notin S$), kí hiệu $S^{-1}A=\{a/s|a\in A,s\in S\}$ là vành các thương trên $A$ đối với $S$. Đặc biệt trong trường hợp $S=A-\{0\}$, ta kí hiệu trường các thương của $A$ bởi $F(A)=(A-\{0\})^{-1}A$.
Còn trường hợp $S=S_{\mathfrak{p}}=A-\mathfrak{p}$ với $\mathfrak{p}$ là một ideal nguyên tố trong $A$ thì ta kí hiệu $A_{\mathfrak{p}}=S_{\mathfrak{p}}^{-1}A$.
Một số kiến thức cơ bản về vành và ideal, bạn đọc có thể xem trong chương I của [1].

I. Lý thuyết cơ bản về mở rộng và hạn chế ideal
Ở mục này ta sẽ xét $A,B$ là các vành và $f:A\rightarrow B$ là một đồng cấu vành. Khi đó ta có thể coi $B$ là một “mở rộng” của $A$ (theo định nghĩa của Bourbaki).
Xét $\mathfrak{a}$ là một ideal của $A$, ta gọi mở rộng của
$\mathfrak{a}$ trên $B$ là ideal $Bf(\mathfrak{a})$, kí hiệu bởi $\mathfrak{a}^e$ (ở đây cần nhấn mạnh $f(\mathfrak{a})$ chưa chắc là ideal trong $B$ nên ta cần lấy ideal sinh bởi nó).
Xét $\mathfrak{b}$ là một ideal của $B$, khi đó ta chỉ ra được $f^{-1}(\mathfrak{b})$ là một ideal trên $A$, gọi là hạn chế của
$\mathfrak{b}$ trên $A$ là ideal $Bf(\mathfrak{a})$, kí hiệu bởi $\mathfrak{b}^c$.
Tính chất 1: Cho $\mathfrak{a}\lhd A$ và $\mathfrak{b}\lhd B$. Khi đó:
• $\mathfrak{a}\subset \mathfrak{a}^{ec}, \mathfrak{b} \supset \mathfrak{b}^{ec}$
• $\mathfrak{a}^{ece}=\mathfrak{a}^{e}$ và $\mathfrak{b}^{c}=\mathfrak{b}^{cec}$

Tính chất trên có thể chứng minh dễ dàng nên tác giả nhường lại bạn đọc. Đặc biệt ở mệnh đề sau của tính chất 1 cho thấy rằng trên tập $\{\mathfrak{a}^{e}|\mathfrak{a}\lhd A\}$ thì phép lấy $^{ce}$ (tức là hạn chế rồi mở rộng) là một ánh xạ bất biến, tương tự với phép lấy $^{ec}$ trên tập $\{\mathfrak{b}^{c}|\mathfrak{b}\lhd B\}$. Từ đó ta có:

Mệnh đề 2: $C=\{\mathfrak{a}\lhd A| \exists \mathfrak{b}\lhd B: \mathfrak{b}^c= \mathfrak{a}\}$ được gọi là họ các ideal hạn chế trên $A$, $E=\{\mathfrak{b}\lhd B| \exists \mathfrak{a}\lhd A:\mathfrak{a}^e= \mathfrak{b}\}$ được gọi là họ các ideal mở rộng trên $B$. Khi đó $C=\{\mathfrak{a}\lhd A:\mathfrak{a}^{ec}=\mathfrak{a}\}$ và $E=\{\mathfrak{b}\lhd B:\mathfrak{b}^{ce}=\mathfrak{b}\}$
Hơn nữa ta có song ánh \[(\_)^e:C\rightarrow E, \mathfrak{a}\mapsto \mathfrak{a}^e\] với ánh xạ ngược $(\_)^c:E\rightarrow C$, $\mathfrak{b}\mapsto \mathfrak{b}^c$

Chứng minh. Ý thứ nhất nếu $\mathfrak{a}$ nằm trong $C$ thì tồn tại $\mathfrak{b}\lhd B:\mathfrak{a}=\mathfrak{b}^c$. Do đó $\mathfrak{a}^{ec}=\mathfrak{b}^{cec}=\mathfrak{b}^{c}=\mathfrak{a}$, ngược lại nếu $\mathfrak{a}=\mathfrak{a}^{ec}=(\mathfrak{a}^e)^c$ dẫn tới $\mathfrak{a}\in C$.
Ý thứ hai, theo nhận xét trước đó của ta thì $(\_)^e \circ (\_)^c = Id_E$ và $(\_)^c \circ (\_)^e = Id_C$ nên ta có $(\_)^e$ và $(\_)^c$ là song ánh.

Mệnh đề trên rất quan trọng, nó cho phép liên hệ các ideal trên $A$ với ideal trên $B$ một cách tương ứng. Trong từng trường hợp cụ thể, tương ứng trên sẽ cho ta các tính chất khác nhau. Tiếp theo là một loạt tính chất của mở rộng và hạn chế, xem như bài tập cho bạn đọc:

Mệnh đề 3: Cho $\mathfrak{a}_1,\mathfrak{a}_2 \lhd A$, $\mathfrak{b}_1,\mathfrak{b}_2 \lhd B$ . Khi đó:
• $(\mathfrak{a}_1+\mathfrak{a}_2)^e=\mathfrak{a}_1^e+\mathfrak{a}_2 ^e$; $(\mathfrak{b}_1+\mathfrak{b}_2)^c\supset \mathfrak{b}_1^c+\mathfrak{b}_2 ^c $
• $ (\mathfrak{a}_1\cap \mathfrak{a}_2)^e\subset \mathfrak{a}_1^e\cap\mathfrak{a}_2 ^e$; $ (\mathfrak{b}_1\cap \mathfrak{b}_2)^c=\mathfrak{b}_1^c\cap\mathfrak{b}_2 ^c$;
• $(\mathfrak{a}_1\mathfrak{a}_2)^e=\mathfrak{a}_1^e\mathfrak{a}_2 ^e$; $(\mathfrak{b}_1\mathfrak{b}_2)^c=\mathfrak{b}_1^c\mathfrak{b}_2 ^c $
• $(\mathfrak{a}_1:\mathfrak{a}_2)^e=(\mathfrak{a}_1^e:\mathfrak{a}_2^e)$; $(\mathfrak{b}_1:\mathfrak{b}_2)^c=(\mathfrak{b}_1^c\mathfrak{b}_2 ^c)$
Trong đó $(\mathfrak{a}:\mathfrak{b})=\{x\in A:x\mathfrak{b}\subset \mathfrak{a}\}$

Kết thúc mục này là tính chất bảo toàn tính nguyên tố của phép lấy hạn chế:
Mệnh đề 4: Cho $\mathfrak{P}$ là ideal nguyên tố trong $B$, khi đó $\mathfrak{P}^c$ là ideal nguyên tố trong $A$
Chứng minh. Xét $ab\in \mathfrak{P}^c=f^{-1}(\mathfrak{P})$, khi đó $f(a)f(b)\in \mathfrak{P}$ nên $f(a)\in \mathfrak{P}$ hoặc $f(b)\in \mathfrak{P}$, dẫn tới $a\in\mathfrak{P}^c$ hoặc $b\in\mathfrak{P}^c$.

Cần lưu ý rằng mở rộng của một ideal nguyên tố chưa chắc đã là ideal nguyên tố.

Nói chung mỗi mục II,III,IV của ta sẽ đi theo hướng: xác định tập C và E tương ứng với mở rộng ta đang xét, khảo sát tính cực đại, tính nguyên tố của các ideal khi mở rộng và một số tính chất liên quan khác.

II. Mở rộng và hạn chế ideal trên vành thương
Giờ ta xét $A$ là một vành, $\mathfrak{a}$ là một ideal thực sự trong $A$ và ta xét $B=A/\mathfrak{a}$ với đồng cấu $f$ là phép chiếu chính tắc \[f:A\rightarrow A/\mathfrak{a},x\mapsto x+\mathfrak{a}\] Giờ ta cần xác định mở rộng và hạn chế của các ideal trong trường hợp này.
Xét $\mathfrak{c}$ là một ideal trong $A$. Khi đó \[\mathfrak{c}^e=A/\mathfrak{a}.(\mathfrak{c}+\mathfrak{a})/\mathfrak{a}=(\mathfrak{c}+\mathfrak{a})/\mathfrak{a}=f(\mathfrak{c})\]Đây là trường hợp đẹp khi ảnh của mọi ideal cũng là một ideal, kết hợp với tính toàn ánh của $f$ ta sẽ có $\mathfrak{d}\lhd A/\mathfrak{a}$ thì $\mathfrak{d}^{ce}=f(f^{-1}(\mathfrak{d}))=\mathfrak{d}$. Do đó $E=I(A/\mathfrak{a})$.
Ngược lại xác định chính xác nghịch ảnh của một ideal trong $A/\mathfrak{a}$ lại không phải chuyện dễ, nhưng ta có thể nhận thấy ngay mọi nghịch ảnh như vậy đều chứa $\mathfrak{a}$. May thay đây cũng là điều kiện vừa đủ để một ideal trong $A$ là một ideal hạn chế.

Mệnh đề 5: Cho $\mathfrak{a}$ là một ideal của vành $A$ và xét $f:A\rightarrow A/\mathfrak{a}$ là phép chiếu chính tắc. Khi đó ánh xạ $\mathfrak{d}\mapsto \mathfrak{d}^c=f^{-1}(\mathfrak{d})$ là song ánh giữa $I(A/\mathfrak{a})$ và họ các ideal của $A$ chứa $\mathfrak{a}$.
Đặc biệt ta có: $\dfrac{A/\mathfrak{a}}{\mathfrak{d}}\cong A/\mathfrak{d}^c=A/f^{-1}(\mathfrak{d})$

Chứng minh. Để chứng minh ý thứ nhất, ta chỉ cần chỉ ra $C=\{\mathfrak{c}\lhd A: \mathfrak{c}\supset \mathfrak{a}\}$ rồi áp dụng mệnh đề 2.
Xét $\mathfrak{c}$ là ideal trong $A$ chứa $\mathfrak{a}$, ta có $\mathfrak{c}^{ec}=f^{-1}f(\mathfrak{c})=f^{-1}(\mathfrak{c}/\mathfrak{a})\supset \mathfrak{c}$. Dấu bằng xảy ra vì nếu không sẽ tồn tại $x\in A-\mathfrak{c}:f(x)=x+\mathfrak{a}\in \mathfrak{c}/\mathfrak{a} $ dẫn tới tồn tại $y\in \mathfrak{a}:x-y\in\mathfrak{c}$. Nhưng $y\in \mathfrak{a}\subset\mathfrak{c}$ nên $x\in \mathfrak{c}$ (vô lí).
Phần thứ 2 của mệnh đề, ta xét biểu đồ giao hoán sau:

Trong đó $f$ và $\pi$ và $\pi_{\mathfrak{d}}$ đều là phép chiếu chính tắc vào không gian thương tương ứng. Khi đó $\pi_{\mathfrak{d}} \circ f:A\rightarrow \dfrac{A/\mathfrak{a}}{\mathfrak{d}}$ là toàn cấu và $Ker(\pi_{\mathfrak{d}} \circ f)=\{x\in A:f(x)\in Ker(\pi_{\mathfrak{d}})=\mathfrak{d}\}=f^{-1}(\mathfrak{d})$
Do đó ta có $\dfrac{A/\mathfrak{a}}{\mathfrak{d}} \cong A/Ker(\pi_{\mathfrak{d}} \circ f) =A/f^{-1}(\mathfrak{d})$

Tuy ở trên chỉ đưa ra một tương ứng của các ideal chứa $\mathfrak{a}$, ta cũng có thể từ đó chỉ ra một vài tính chất của các ideal $\mathfrak{c}$ không chứa $\mathfrak{a}$ như: $\mathfrak{c}^e=(\mathfrak{c}+\mathfrak{a})^e$ và $\mathfrak{c}^{ec}=\mathfrak{c}+\mathfrak{a}$
Từ tính chất trên, ta có ngay quan hệ về ideal cực đại giữa 2 tập:
Hệ quả 6: Hạn chế của ideal cực đại trong $A/\mathfrak{a}$ là ideal cực đại trong $A$, ngược lại mở rộng của ideal cực đại chứa $\mathfrak{a}$ trong $A$ là ideal cực đại trong $A/\mathfrak{a}$.
Tuy nhiên mở rộng của ideal cực đại không chứa $\mathfrak{a}$ trong $A$ là $A/\mathfrak{a}$.
Chứng minh. Chiều ngược lại có được nhờ tính chất: $\mathfrak{m}$ là ideal của $A$ thì $\mathfrak{m}^e=(\mathfrak{m}+\mathfrak{a})^e$. Do đó nếu $\mathfrak{m}$ cực đại không chứa $\mathfrak{a}$ thì ta có ngay $\mathfrak{m}+\mathfrak{a}=A$ nên $\mathfrak{m}^e=(\mathfrak{m}+\mathfrak{a})^e=A/\mathfrak{a}$.

Hệ quả 7: Hạn chế của ideal nguyên tố trong $A/\mathfrak{a}$ là ideal nguyên tố trong $A$ chứa $\mathfrak{a}$.
Mở rộng của ideal nguyên tố chứa $\mathfrak{a}$ trong $A$ là ideal nguyên tố trong $A/\mathfrak{a}$.

Chứng minh. Ý thứ nhất là hệ quả của mệnh đề 4. Ý thứ hai có được vì nếu $\mathfrak{c}$ là ideal nguyên tố chứa $\mathfrak{a}$ trong $A$ thì $\mathfrak{c}^e$ là ideal trong $A/\mathfrak{a}$ và $\mathfrak{c}=\mathfrak{c}^{ce}=f^{-1}(\mathfrak{c}^e)$. Từ mệnh đề 5 ta có đẳng cấu:\[\dfrac{A/\mathfrak{a}}{\mathfrak{c}^e}\cong A/f^{-1}(\mathfrak{c}^e)=A/\mathfrak{c}\] Do $\mathfrak{c}$ nguyên tố trong $A$ nên $A/\mathfrak{c}$ là miền nguyên, do đó $\dfrac{A/\mathfrak{a}}{\mathfrak{c}^e}$ là miền nguyên hay $\mathfrak{c}^e$ nguyên tố trong $A/\mathfrak{a}$.
Lưu ý ở đây yêu cầu $\mathfrak{c}$ chứa $\mathfrak{a}$ là cần thiết để $\mathfrak{c}=\mathfrak{c}^{ec}$.

Đó là về mở rộng và hạn chế ideal trên vành thương. Bài viết tiếp theo ta sẽ nghiên cứu về mở rộng và hạn chế ideal trên vành các thương.

Tài liệu tham khảo:
[1] M. F. Atiyah, Introduction to Commutative Algebra
[2] Serge Lang, Algebraic Number Theory
[3] J. S. Milne, Algebraic Number Theory

Bài toán sau, nói về đồng dư trên $\mathbb Q$ và thương Fermat trên đó.

Bài toán. Cho $p$ là một số nguyên tố lẻ, các số nguyên dương $m$ và $n$ thỏa mãn\[1 + \frac{1}{{{2^{p – 1}}}} + \ldots + \frac{1}{{{{\left( {p – 1} \right)}^{p – 1}}}} = \frac{m}{n}.\]Chứng minh rằng $(p-2)!m+n$ chia hết cho $p^2$.

Nó có lời giải như sau

Read the rest of this entry »

Tags: , ,

Bài toán sau đây ở một đề thi, nội dung là

Bài toán 1. Cho $2021$ số thực dương $a_1,\,a_2,\,\ldots,\,a_{2021}$ và $F$ là tập con của $\mathbb R$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện dưới đây

  • $a_k^2\in F$ với mỗi chỉ số $k$, đồng thời $a_1+a_2+\ldots +a_{2021}\in F$.
  • Nếu $x,\,y\in F,\,y\ne 0$ thì $x-y\in F$ và $\dfrac{x}{y}\in F.$

Chứng minh rằng, $a_k\in F$ với mỗi chỉ số $k$.

Bài toán này, có lẽ được mở rộng ra từ bài

Read the rest of this entry »

Tags:

Có người em hỏi tôi bài toán sau, và bạn ấy cần một lời giải sơ cấp, nội dung bài toán như sau.

Bài toán 1. Cho các số nguyên $a,\,b,\,c,\,d$ thỏa mãn\[a + b\sqrt 2 + c\sqrt 3 + d\sqrt 5 + e\sqrt 7 = 0.\]Chứng minh $a=b=c=d=e=0$.

Bạn nào đã học về lý thuyết mở rộng trường, thì cái bài này quá đơn giản. Còn, với yêu cầu sơ cấp hóa, thì chả có gì đơn giản hơn, là ta đi sơ cấp hóa các quá trình làm việc bằng lý thuyết mở rộng trường. Và vì vậy, có lời giải như sau.

Read the rest of this entry »

Tags: , ,

Có bạn nhờ tôi bài toán như sau

Bài toán. Chứng minh rằng, với mỗi số nguyên dương $a$ sẽ có vô số nghiệm nguyên dương của phương trình\[\frac{{x + y + 1}}{y} + \frac{{y + a}}{x} = 4.\]

Tôi có lời giải như sau

Read the rest of this entry »

Tags: , ,

Bài này, liên quan đến một bài viết khác của tôi, vấn đề đặt ra là như thế sau

Với $\alpha=\frac{1+\sqrt 5}{2}$, xét vành $R = \left\{ {a + b\alpha :\;a,{\mkern 1mu} {\kern 1pt} b \in \mathbb Z} \right\}$, ta cần đi tìm các số nguyên tố $p$ để $I(p)=\{pr:\;r\in R\}$ là một ideal nguyên tố. Nghĩa là, cần tìm $p$ sao cho cứ từ $xy\in I(p)$ thì phải có $x\in I(p)$ hoặc $y\in I(p)$.

Bởi vì $5=\left(\sqrt 5\right)^2$, và nếu đặt $
\frac{1-\sqrt 5}{2}=\beta$ thì $\beta\in R$ thêm nữa $-2\alpha\beta=2$ cho nên ta chỉ cần xét các số nguyên tố lẻ và khác $5$.

Read the rest of this entry »

Tags: , , , ,

Tình cờ, mình nhìn thấy cái bài này trên THTT, nội dung như sau đây

Bài toán. Cho $n$ là một số nguyên dương, chứng minh rằng phải có $3^{n+1}$ bé hơn số ${\left( {\frac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)^{{3^n}}} + {\left( {\frac{{3 – \sqrt 5 }}{2}} \right)^{{3^n}}}$, đồng thời cái số đó sẽ chia hết cho $3$.

Read the rest of this entry »

Tags: , , , , ,

Ta sẽ làm nóng bằng một bài toán như sau:
Bài toán 1: Cho $a=\sqrt{2}+ \sqrt[3]{3}$.
Có tồn tại đa thức $f\in \mathbb{Q}[x]$ sao cho $f(a)=\sqrt{2}$?
Lời giải: Câu trả lời là có.
Thật vậy, $a- \sqrt{2}= \sqrt[3]{3}$. Lập phương hai vế ta được:
\[3=(a-\sqrt{2})^3=a^3-3\sqrt{2}a^2+6a-2\sqrt{2} \] Từ đó ta có $\sqrt{2}=\dfrac{a^3+6a-3}{3a^2+2}$
Mặt khác, ta dễ kiểm tra \[g(x)=(x^3+6x-3)^2-2(3x^2+2)^2=x^6-6x^4-6x^3+12x^2-36x+1\] là đa thức tối tiểu của $a$.
Đặt $h(x)=3x^2+2$. Ta thấy ngay $f$ và $g$ nguyên tố cùng nhau.
Giờ ta áp dụng [1] để tìm đa thức $p,q\in\mathbb{Q}$ sao cho: (chỗ này mình lười tính quá)
\[ph+qg=c\in\mathbb{Q}\] Khi đó $p(a)h(a)=c$ nên $\sqrt{2}=\dfrac{a^3+6a-3}{3a^2+2}=\frac{1}{c}(a^3+6a-3).p(a)$
Do đó $f(x)= \frac{1}{c}(x^3+6x-3).p(x)$

Read the rest of this entry »

Cho vành Euclid $A$ và $f,g\in A$ khác $0$. Khi đó tồn tại $d\in A$ sao cho $(f)+(g)=(d)$, ta gọi $d$ là một ước chung lớn nhất của $f,g$, theo đó tồn tại $a,b\in A$ nguyên tố cùng nhau sao cho:
\[af+bg=d\] Ta đã biết rằng trên vành Euclid, ta có thể tìm ước chung lớn nhất dựa trên thuật chia Euclid, nhưng việc tìm hai số $a,b$ để $af+bg=d$ không hiển nhiên chút nào. Bài viết này đi tìm một thuật toán giải quyết bài toán trên cho trường hợp vành số nguyên $\mathbb{Z}$

Ta thống nhất phép chia dư trong bài viết như sau: Với hai số nguyên $a,b$ khác $0$ bất kì, tồn tại duy nhất cặp số nguyên $q,r$ thỏa mãn $0\le r\le |b|$ sao cho $a=bq+r$
Cho hai số nguyên $f,g$ khác $0$. Dùng thuật chia Euclid, ta tìm được ước chung lớn nhất $d$ của chúng là một số tự nhiên.

Read the rest of this entry »

Phần 1 về phân loại nhóm hữu hạn ở http://maths.vn/phan-loai-nhom-huu-han/
Bài viết này chúng ta sẽ bàn về ứng dụng của những lý thuyết ta xây dựng ở phần trước vào chứng minh định lí Sylow cho nhóm giao hoán

Định lí Sylow thứ nhất: Cho $(G,+)$ là nhóm Abel với $|G|=p^r.m$ với $p$ là số nguyên tố,$r\ge 1$ và $(m,p)=1$. Khi đó tồn tại một nhóm con $H$ của $G$ có cấp $p^r$ và ta gọi đó là $p$-nhóm con Sylow của $G$.

Read the rest of this entry »

Bài toán sau, có thể coi là một mở rộng của định lý Wilson.

Bài toán. Cho $p$ là một số nguyên tố, thỏa mãn $p-3$ chia hết cho $8$. Gọi $S$ là tập tất cả các số ở dạng $a+b\sqrt 2$, trong đó $a$ và $b$ là các số nguyên không âm nhỏ hơn $p$ và không đồng thời bằng $0$. Giả sử tích tất cả các phần tử của $S$ viết được dưới dạng $m+n\sqrt 2$, trong đó $m$ và $n$ là các số nguyên. Tìm số dư của $m$ và $n$ khi đem chia cho $p$. Read the rest of this entry »

Tags: , ,

« Older entries