Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh idean cực đại trong C[0;1]


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1
Tieu Vuong Gia

Tieu Vuong Gia

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết

Nhờ anh em trong diễn đàn giúp mình bài này: Ký hiệu C[0;1] là vành các hàm số thực liên tục trên đoạn [0;1]. Chứng minh rằng với mọi số thực a thuộc đoạn [0;1] thì tập Ma = {f(x) thuộc C[0;1]: f(a) = 0} là idean cực đại của C[0;1]. Cảm ơn mọi người.



#2
fghost

fghost

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết

Để thấy  $M_a$ là ideal cực đại, ta cần chỉ ra phần tử đơn vị của $C[0;1]$ (hàm số $id: x \mapsto x$), có thể được biểu diễn bởi $id= hg + kf$ với mọi $g \notin M_a$ cho trước, $f \in M_a$ nào đó, và $h, k \in C[0;1]$ bất kì.

 

Gọi $g \notin M_a$ cho trước, như vậy $g(a) \ne 0.$ Do đó, ta có thể viết với mọi $x \in [0;1]$

$$id(x) = (x - \frac{x}{g(a)}g(x)) + \frac{x}{g(a)}g(x)$$

 

Dễ thấy $(x - \frac{x}{g(a)}g(a)) \in M_a$. Nên ta có đpcm



#3
Tieu Vuong Gia

Tieu Vuong Gia

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết

Để thấy  $M_a$ là ideal cực đại, ta cần chỉ ra phần tử đơn vị của $C[0;1]$ (hàm số $id: x \mapsto x$), có thể được biểu diễn bởi $id= hg + kf$ với mọi $g \notin M_a$ cho trước, $f \in M_a$ nào đó, và $h, k \in C[0;1]$ bất kì.

 

Gọi $g \notin M_a$ cho trước, như vậy $g(a) \ne 0.$ Do đó, ta có thể viết với mọi $x \in [0;1]$

$$id(x) = (x - \frac{x}{g(a)}g(x)) + \frac{x}{g(a)}g(x)$$

 

Dễ thấy $(x - \frac{x}{g(a)}g(a)) \in M_a$. Nên ta có đpcm

Mình nghĩ phần tử đơn vị của $C[0;1]$ phải là hàm 1, tức là $1: x \mapsto 1$, dựa vào ý tưởng này có thể suy nghĩ theo cách: Gọi B là idean của $C[0;1]$ thực sự chứa Ma. Ta chứng minh B = $C[0;1]$ bằng cách chỉ ra 1 thuộc B. Thật vậy, vì B thực sự chứa M nên tồn tại g(x) thuộc B\M, suy ra $g(a) \ne 0.$. Khi đó:

$$1 = (1 - \frac{1}{g(a)}g(x)) + \frac{1}{g(a)}g(x)$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tieu Vuong Gia: 22-08-2015 - 21:40


#4
fghost

fghost

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết

Mình nghĩ phần tử đơn vị của $C[0;1]$ phải là hàm 1, tức là $1: x \mapsto 1$, dựa vào ý tưởng này có thể suy nghĩ theo cách: Gọi B là idean của $C[0;1]$ thực sự chứa Ma. Ta chứng minh B = $C[0;1]$ bằng cách chỉ ra 1 thuộc B. Thật vậy, vì B thực sự chứa M nên tồn tại g(x) thuộc B\M, suy ra $g(a) \ne 0.$. Khi đó:

$$1 = (1 - \frac{1}{g(a)}g(x)) + \frac{1}{g(a)}g(x)$$

 

Gọi $\varphi_1: x \mapsto 1$ và $\varphi_2: x \mapsto 2$. Nếu $\varphi_1$ là đơn vị của $C[0;1]$, thì $\varphi_1 \circ \varphi_2 = \varphi_2 \circ \varphi_1$ vì chúng cùng bằng $\varphi_2$. Nhưng $\varphi_1(\varphi_2(x))= 1$ và $\varphi_2(\varphi_1(x))=2.$

 

Đơn vị của $C[0;1]$ là hàm $id: x \mapsto x$ vì với mọi $f \in C[0;1]$, $id(f(x))=f(x)=f(id(x))$.



#5
Tieu Vuong Gia

Tieu Vuong Gia

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết

Gọi $\varphi_1: x \mapsto 1$ và $\varphi_2: x \mapsto 2$. Nếu $\varphi_1$ là đơn vị của $C[0;1]$, thì $\varphi_1 \circ \varphi_2 = \varphi_2 \circ \varphi_1$ vì chúng cùng bằng $\varphi_2$. Nhưng $\varphi_1(\varphi_2(x))= 1$ và $\varphi_2(\varphi_1(x))=2.$

 

Đơn vị của $C[0;1]$ là hàm $id: x \mapsto x$ vì với mọi $f \in C[0;1]$, $id(f(x))=f(x)=f(id(x))$.

Hình như đây là vành với phép cộng và nhân 2 hàm số chứ đâu phải là phép hợp thành 2 ánh xạ đâu bạn. Mình nghĩ là (f.g)(x) = f(x)g(x).



#6
fghost

fghost

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết

Hình như đây là vành với phép cộng và nhân 2 hàm số chứ đâu phải là phép hợp thành 2 ánh xạ đâu bạn. Mình nghĩ là (f.g)(x) = f(x)g(x).

 

ha, bạn hoàn toàn chính xác.



#7
Nghia04ch23

Nghia04ch23

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

nay gặp đúng bài này hê


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nghia04ch23: 20-07-2016 - 23:40


#8
Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 679 Bài viết

nó là nhân của toàn cấu $C[0,1] \to \mathbb{R}: f \mapsto f(a)$ nên cực đại


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 28-07-2016 - 22:54


#9
Nghia04ch23

Nghia04ch23

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết
Bài này thường kèm 1 ý nữa là : mọi ideal cực đại của C[0;1] đeu có dạng Ma, cm phản chứng ideal m cực đại mà không có dạng Ma thì vơi mọi a trên [0;1] tồn tại g thuộc ideal cực đại m mà g(a) # 0 suy ra g(a) khác 0 trong lân cận mơ đủ nhỏ của a . va dùng tính compact của [0;1] đe xây dựng hàm liên tục thuộc m mà khả nghịch là dẫn đến mâu thuẫn .




1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh