Hội nghị được tổ chức trong bốn ngày, chủ đề là "Geometry and Arithmetic", tại Institute of Advanced Study, IAS, Princeton, New Jersey. Có cả bác Andrew Wiles nữa, ko biết kì này bác có tin gì chấn động ko nữa.

More information can be found here: http://www.math.ias.edu/pd61/

Here is the Agenda for the Conference.

Bài 1': Tìm ví dụ một vành là PID nhưng không là Euclidean domain.

Câu hỏi của anh noproof lâu rồi mà bây giờ em mới đọc được, có câu trả lời cho câu hỏi này, nói đúng hơn em đang tìm bài báo "PID that is not ED" của một nhà toán học Mĩ (em không nhớ tên, hình như là Wilson ?) được công bố vào khoảng năm 73, chứng minh trường http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Q(\sqrt{-19}) (nếu em nhớ không lầm) là PID nhưng không là ED !

Kết quả đó là Z[sqrt(-19)] chứ ko phải Q. Đây là một cách giải đã được đơn giản hóa dưới dạng một chuỗi các bài tập nhỏ để chứng minh Z[sqrt(-19)] là một PID nhưng ko phải là một ED, khá thú vị.

http://math.berkeley...ts/nonEucPID.ps

P/s: trang http://math.berkeley...ergman/.C.to.L/ và http://math.berkeley.edu/~gbergman/ có khá nhiều cái hay

Không hiểu em có nhầm chỗ nào không nhưng vừa nãy có mày mò một lúc thì thấy cần thêm điều kiện G là Solvable group ?(Vì em dựa vào mấy chiêu mà cụ Hall và Carter đã làm). Em nghĩ mình nhầm nhưng cứ thử post lên xem

Có cách CM mà ko cần điều kiện G là solvable group, để vài bữa nữa rảnh anh post ha . Ko biết chiêu cụ Hall và Carter làm là chiêu gì thế nhỉ?

off: Anh Madness có biết địa chỉ nào trên mạng cho đọc ebook cuốn An introduction to the theory of groups của J.Rotman không nhỉ, quả thật em hỏi thế thôi vì nghe đồn cuốn này hay lắm mà khổ từ thủa bé đến giờ chưa được thấy hình thù mặt mũi nó ra sao, hôm anh bảo tìm trên thư viện cũng lóc cóc làm xong cái thẻ vào tìm thì té ra không có, đào bới trên mạng thì cũng phúc đức ngó được cái bìa nhưng giá cao quá với không tới, chắc cũng chẳng có ebook đâu nhể nhưng mà cứ hỏi thế hộ nhỡ ...

Hi`, anh ko có, nếu có thì send nemo liền Từ lúc chôm cuốn Rotman từ thư viện về, tối ngủ nhìn nó một cái rồi mới ngủ ngon được (dù chỉ nhìn cái bìa màu vàng GTM). Thầy của nemo có đưa nemo 3 cuốn sách group theory chưa? Anh có một vài ebooks về group theory, trong đó có cuốn theory of groups of finite orders của cụ Burnside (thầy anh nói là hay, anh chưa đọc), send nemo ha

(a,b)*(c,d)=(ad,bc)

There is some problem here. If (c,d) is the unit of your ring, then (c,d)=(1,1). But (1,1)*(a,b)=(b,a) <> (a,b)?

Can the following be an example?

Let R be a ring and M=M_n( R ) be the ring of n_n matrices whose entries are elements in R.

Proposition 1: If I is an ideal of R, then M_n(I) is an ideal of R and M/M_n(I) ~ M_n(R/I). (~ : ring isomorphism)

Proposition 2: Every two sided ideal in M has the form M_n(I) for some ideal I of R.

Corollary: R is simple if and only if M is simple.

So you just choose an arbitrary simple ring R, then you get a non-commutative ring M, which has a maximal ideal which is the trivial ideal O, and M/0 is not a field.

If you don't want a trivial maximal ideal, then you can choose an arbitrary ring R (may be commutative) and an arbitrary maximal ideal I of R (there should be tons of examples for this purpose). You can claim that M_n(I) is a maximal ideal of M because R/I is simple and M/M_n(I) ~ M_n(R/I) is therefore a simple ring, thus has no ideals. But M_n(R/I) can be non-commutative, for example when R/I ~ Z/p, thus it cannot be a field.

Please correct me if I'm wrong

P/s: should this topic be put in the "Dai so and Ly thuyet so" box?

Bijection(G) là đúng là tập hợp các song ánh từ tập hợp G vào tập hợp G, và do đó Aut(G) là tập con của Bijection(G). Và một tác động nhóm cũng có thể coi như là một group homomorphism từ G vào Bijection(G), vì Bijection(G) cũng là một nhóm.

Mới mò được cách chứng minh "rùa" cho nhóm S_n (n>4) không giải được như sau

Theo ý tưởng là tìm nhóm con H của G sao cho [H,H]=H ta chọn H=A_n thì thấy [A_n,A_n]=A_n do A_n được sinh bởi các 3-cycle và dễ kiểm chứng rằng mọi x là 3-cycle thuộc A_n thì tồn tại y,z cũng là các 3-cycle trong A_n sao cho x=[y,z].

Cũng từ ý toán về các 3-cycle trên lại mò thêm được một cách đơn giản nữa là giả sử nhóm H chứa tất cả các 3-cycle thì [H,H] cũng chứa tất cả các 3-cycle mà điều này thì dễ kiểm chứng, nhưng vì S_n chứa tất cả các 3-cycle nên không thể tồn tại chuỗi giải được

Chà, ngắn và đơn giản thiệt. Cách này hay quá chứ, đâu phải rùa đâu Nhưng nếu x là 3-cycle (a,b,c) thì y,z sẽ như thế nào để [y,z]=x thế, lười mò quá

Prove that: G a finite group, g belongs to G such that Orb(g) = p^a where p is a prime and a is a nonnegative, nonzero integer. Then G is a simple.

(Orb(g) là quĩ đạo của g trong G). Em nhớ lõm bõm thì đây cũng là một Theorem của cụ Burnside (Cụ này chiến Group theory kinh nhỉ ).

Orb(g) mà nemo nói ở đây là quỹ đạo trong tác động nhóm nào thế. có phải là tác động G-->Bijection(G), g |---> (x |---> gxg^(-1) ko nhỉ?

Về cách chứng minh bằng lý thuyết biểu diễn các nhóm hữu hạn qua matrix tương đối ngắn gọn (không nói đơn giản ) là cho một Burnside's theorem khác là nhóm cấp p^mq^n là solvable group.

Cái này mad chưa đọc, hì, chỉ biết mấy thằng bạn nói dùng transfer gì đó, hay character theory gì đó

Nếu mọi nhóm G of order p_1p_2...p_n là solvable group thì nhóm G' of order pp_1p_2...p_n cũng là một solvable group với p,p_i là các prime numbers !?

Nhóm G' mà nemo nói đây có phải là [G,G] ko, tại vì kí hiệu G' thường dùng để diễn tả commutator subgroup [G,G] của G? Và p,p_i có điều kiện gì ko, ví dụ p<>p_i và p_i<>p_j nếu i<>j ?

A = 1 0
-----0 1

B = 0 1
-----1 0

thì det(A)=1, det(B)=-1, nên A,B khả nghịch nhưng det(A+B)=0 nên A+B ko khả nghịch. Có gì sai ko nhỉ

Hình như "con dao to" này có nhiều cách chứng minh nhưng đơn giản nhất cho tới nay là dùng Lý thuyết biểu diễn thì phải.

Hic, cái này chưa học; nemo biết có cách nào CM sơ cấp ko nhỉ

(Em lại biết định lý Burnside dưới dạng khác là mọi nhóm có cấp p^m.q^n đều là solvable group với p,q là các số nguyên tố, mà hình như có cả một Not burnside's theorem thì phải. Phát biểu dưới dạng của anh có gì đó giống với bổ đề Frattini nhỉ )

Ông Burnside đâu chỉ có một định lý đâu Còn sự tương tự nemo phát hiện ra cũng hay nhỉ, thử phân tích xem:

Frattini argument: if G is a finite group, K is a normal subgroup of G, and P is a p-Sylow of K, then G = N_G(P)K,

Burnside's Normal Complement Theorem: if P is a p-subgroup of G such that P is cyclic, and P lies in the center of the normalizer of P, then P has a normal complement in G, i.e. a normal subgroup N of G such that the intersection of N and P is {1}, and NP = G.

Burnside's Theorem là cho cả infinite group. Frattini tìm một complement của normal subgroup (bất kì) K cho finite group G; còn Burnside thì tìm một normal complement cho p-subgroup có tính chất đặc biệt của G. Có lẽ đây là mối liên hệ chăng (cả 2 bài toán đều là bài toán con của extension problem?), có thể làm chặt hơn ko, ví dụ trong Burnside nếu bỏ điều kiện cyclic của P hay bỏ điều kiện P nằm trong Z(N_G(P)) thì sao?

Các chứng minh S_5 không giải được của thầy em cực kì độc đáo nhưng nghĩ ra được thì cực kì tốn công (chắc cho vào máy tính chạy). Theo định lý thì nếu tồn tại nhóm con H của G để [H,H]=H thì H không giải được và thầy em sau một hồi viết viết xóa xóa (không cho SV thấy) đưa ra nhóm con H cần tìm (!!??).

Công nhận cách này hay thiệt, nhưng tìm ra nhóm con H cho trường hợp S_n thì hơi bị hóc búa, mà sao thầy gì mà chơi xấu, giải mà giấu ko cho SV thấy

-----------------

Xin nói về một định lý sau: Mọi nhóm G có số phần tử là p_1....p_n (p_i: các số nguyên tố khác nhau) đều giải được.

Nhận xét:
a. Nếu p_i <> 2 với mọi i, thì đây là trường hợp đặc biệt của định lý Feit-Thompson: "mọi nhóm hữu hạn cấp lẻ đều giải được". Nếu một số p_i nào đó bằng 2 thì ta có thêm một lớp các nhóm cấp chẵn và giải được.
b. Nhận xét rằng mọi nhóm giải được đều không phải là simple group. Do đó đây có thể coi là tổng quát hóa của hai bài tập thường gặp trong sách là: chứng minh mọi nhóm có cấp là pq hay pqr đều ko phải simple group (p,q,r: 3 số nguyên tố khác nhau).

Bắt đầu CM: Trước hết giả sử rằng mọi nhóm G có số phần tử p_1...p_n đều ko simple, bằng quy nạp ta chứng minh được G là ko giải được (có dùng một số mệnh đề về nhóm giải được và về composition series mà đã được nêu ra trong cùng topic).

Bây giờ chỉ cần CM G là ko simple. Tới chỗ này thì mad xin chịu, chỉ biết cách dùng một "con dao to" là

Burnside's Normal Complement Theorem: if P is a p-subgroup of G such that P is cyclic, and P lies in the center of the normalizer of P, then P has a normal complement in G, i.e. a normal subgroup N of G such that the intersection of N and P is {1}, and NP = G.

mà lại ko biết chứng minh "con dao to" này .


Có ai biết cách chứng minh sơ cấp cho định lý Burnside này hoặc chứng minh G ko phải simple group, xin chỉ với

Lâu rồi mới thấy anh Sơn lên lại dd

Mấy hôm nay có tests liên miên nên giờ mới trả lời nemo được

Vì không phải tất cả các nhóm p-nhóm đều giao hoán nên mới nảy sinh câu hỏi: Phải chăng mọi p-nhóm giao hoán đều đẳng cấu với tích trực tiếp của các nhóm Z/(P^i) !? Em cũng đã kiểm tra thử, tuy chưa ra kết quả chính xác nhưng em chắc điều này đúng.

Điều này đúng, mỗi p-nhóm hữu hạn và giao hoán đều đẳng cấu với tích các Z/(p^i). Về chứng minh, xem ở lecture note này: http://math.berkeley...3/Lect113W6.pdf (định lý 5.6, trang 9).

Chứng minh nhóm S_n không giải được khi n>4, có cách nào khác ngoài việc phải tìm một nhóm con H của S_n để [H,H]=H không vì cách này em đã thử, tuy tự nhiên về mặt ý tưởng nhưng không tự nhiên về mặt logic, lời giải có vẻ hơn "tủ".

mad ko biết cách chứng minh mà tìm nhóm con H của S_n để [H,H]=H, cũng chưa nghĩ thử, để mai test xong rồi nghĩ tiếp nemo nói sơ về cách này được ko

Nhưng có một cách chứng minh mà dùng mệnh đề 1 sau:

1. Let G be a group which has a composition series (i.e. a proper subnormal series in which each factor is simple). Then G is solvable if and only if each composition factor in that composition series is cyclic of prime order.

2. (Extra) Every finite group has a composition series.

Mệnh đề 2 có thể chứng minh bằng quy nạp; mệnh đề 1 có thể được chứng minh dựa trên 2 mệnh đề sau:

1a. A group G is solvable if and only if it has a (finite) subnormal series such that each factor is abelian.

1b. Every subgroup of a solvable group is solvable.

S_n có 1 composition series là S_n > A_n > 1 (dễ kiểm tra đây là composition series vì mỗi factor S_n/A_n và A_n/1 đều là simple groups). Nhưng composition factor A_n/1 ko phải cyclic group of prime order, do đó S_n là nhóm ko giải được (dựa vào 1.)

1. Cho G là một nhóm hữu hạn, |G|=p^n.
Khi đó, số nhóm con chuẩn tắc (normal subgroup) của G có p^m phần tử (m < n+1) là một số đồng dư 1 mod p.

2. Cho G là một nhóm hữu hạn, |G|=p^n * k. (k ko chia hết cho p)
Khi đó, số nhóm con của G có p^m phần tử (m < n+1) là một số đồng dư 1 mod p.

3. Mở rộng: số nhóm con chuẩn tắc có lực lượng p^m của một nhóm hữu hạn có tính chất gì? có đồng dư 1 mod p ko?

Câu hỏi số 3 ko đúng, vì nếu số nhóm con p-Sylow chuẩn tắc đồng dư 1 mod p, tức là tồn tại một nhóm con p-Sylow, và đây là nhóm con p-Sylow duy nhất. Mà có những nhóm có nhiều hơn 1 nhóm con p-Sylow.

Tuy nhiên, kết quả 1 và 2 vẫn đúng, và kết quả 2 là mở rộng thú vị của định lý Sylow 3.

Em kiểm tra được điều này thông qua sự kiện: Nếu nhóm G/Z(G) xyclic thì nhóm G giao hoán.

Cách này ngắn và hay thật , nhưng làm sao nemo chứng minh Z(G)=[G,G]?

Với nhóm cấp p^2 thì có thể chứng minh được nó đẳng cấu với 1 trong 2 nhóm là Z/(p^2) hoặc Z/p x Z/p, dự đoán cho nhóm cấp p^3 đẳng cấu với một trong các nhóm Z/(p^3), Z/(p^2) x Z/p hoặc Z/p x Z/p x Z/p, và mọi p-nhóm đều có thể mô tả thông qua tích của các nhóm thương dạng Z/(p^i) !?

Ko biết anh có hiểu nhầm ý nemo ko nhỉ? Có phải nemo đặt vấn đề là mọi p-nhóm hữu hạn đều được mô tả thông qua tích của các nhóm Z/(p^i)? Nếu thế thì nemo đã cho rằng mọi p-nhóm hữu hạn đều giao hoán, mà điều này thì ko đúng, ví dụ như 2 nhóm cấp 8 ko giao hoán mà nemo chỉ ra, và nhóm bao gồm các ma trận 3x3 có tính chất như đề cập ở trên là nhóm ko giao hoán cấp p^3 với mọi số nguyên tố p. Thực chất nếu thế p thành số nguyên dương n bất kỳ thì đó cũng là nhóm ko giao hoán cấp n^3.

Và nếu lấy tích của nhóm G ko giao hoán cấp p^3 với Z/p thì ta được nhóm ko giao hoán cấp p^4, tiếp tục thế thì sẽ được nhóm ko giao hoán cấp p^n (n>=3).

p/s: Em thắc mắc là khi nói G là p-nhóm thì có hàm ý G hữu hạn không nhỉ ? (Giáo trình của S.Lang chấp nhận điều này nhưng đa số sách còn lại em đọc đều không đề cập mà có lẽ là không vì nếu chấp nhận như thế thì trong các sách này có nhiều bài tập hay nhận xét khá vô duyên !?)

Theo anh thì cách tốt nhất là định nghĩa p-nhóm là một nhóm mà trong đó mọi phần tử đều có cấp là lũy thừa của p (ko thừa nhận sự hữu hạn của G trong định nghĩa - điều này cho phép ta nghiên cứu các p-nhóm ko hữu hạn) Có ai biết kết quả nào hay về các p-nhóm tổng quát hay các p-nhóm ko hữu hạn ko ?

Từ định lý đó sẽ suy ra: p-nhóm G là hữu hạn khi và chỉ khi |G| là một lũy thừa của p.

Một quyển về lý thuyết nhóm rất hay là "introduction to the theory of groups" của Rotman, ko biết trường nemo có ko? Quyển của Serge Lang thì ko chuyên sâu vào lý thuyết nhóm lắm nên ko có nhiều bài tập và kết quả thú vị như của Rotman.

Xét riêng nhóm G cấp p^3 với p nguyên tố, em nghĩ Z(G)=[G,G](nhóm hoán tử) và  đẳng cấu với  (từ đây suy ra |Z(G)|=p),

Điều này chỉ đúng khi G là nonabelian. Nếu G là abelian thì Z(G)=G; và [G,G]={1}.

Nếu G là nonabelian, ta có mệnh đề sau: (chắc chắn đúng): nếu p là số nguyên tố, G là nonabelian group of order p^3, thì |Z(G)|=p, Z(G)=[G,G] và G/Z(G) isomorphic với Z/p x Z/p.

Để chứng minh mệnh đề trên, cần dùng một số tính chất sau của [G,G]:

Định nghĩa: [G,G] is the subgroup of G generated by all the elements of the form aba^{-1}b^{-1} for all a,b \in G.

Mệnh đề 1: (Universal property of [G,G]) [G,G] is normal in G; G/[G,G] is abelian; and for all abelian group A and group homomorphism f:G-->A, there exists a unique homomorphism g:G/[G,G]-->A such that f=g o q where q is the natural homomorphism G-->G/[G,G].

Mệnh đề 2: for any normal subgroup N of G such that G/N is abelian, we have: [G,G] is a subgroup of N. ([G,G] is the smallest normal subgroup H that makes G/H abelian)

Ngoài lề tí, mệnh đề 1 và 2 cho 2 tính chất "universal" khá thú vị của [G,G].

nhưng nếu đúng thì vấn đề đặt ra là với những giá trị nào của n thì mỗi nhóm cấp p^n đều đẳng cấu với nhóm Z/p x ... x Z/p (n lần lấy tích Z/p - điều này suy ra tất cả các nhóm hữu hạn cấp  với n thỏa điều trên thì đều đẳng cấu với nhau) !?

Trước hết xét nhóm cấp p^2: chỉ có 2 nhóm thỏa điều này, và có một nhóm ko phải Z/p x Z/p.

Câu hỏi đặt ra là có nonabelian group nào có cấp p^3 ko? Câu trả lời là có: xét các matrix 3x3 với các hệ số lấy trong Z/p, đường chéo là 1,1,1; và a_ij=0 với i>j. Đây là một nonabliean group G với order p^3.

Bây giờ với n>3, ta có thể thành lập một nhóm cấp p^n mà ko phải là tích của các Z/p.

----------

Có lẽ một câu hỏi thú vị là xét một finite p_group G bất kỳ, xem xét tính chất của Z(G) và [G,G]. Chúng có bằng nhau ko, hay một group là subgroup của group kia? Và G/Z(G) có tính chất gì?

cấp của phần tử đơn vị 1 là 1, loại giá trị này thì số các bộ còn lại tương ứng với số các nhóm con cấp p sẽ đồng dư với -1 theo mod p

nemo nhầm ở chỗ này, lúc này thì chỉ suy ra số các phần tử cấp p là đồng dư -1 mod p; mà số các phần tử cấp p bằng (p-1)*số các nhóm cấp p --> số các nhóm cấp p là đồng dư 1 mod p.

Nếu N là nhóm con chuẩn tắc của G thì N là p-nhóm chuẩn tắc suy ra N có nhóm con xyclic cấp p chuẩn tắc, mà mọi nhóm con xyclic cấp p chuẩn tắc của G đều nằm trong Z(G), vì vậy p||N giao Z(G)|

Một cách chứng minh khác cho mệnh đề "nếu G là finite p-group, và N là nontrivial normal subgroup, khi đó N giao Z(G) tại nhiều hơn 1 phần tử" :

Cho G tác động lên N: g*n = gng^{-1}; vì G là finite p-group nên |N| và |N^G| sẽ có cùng số dư khi chia cho p (N^G là tập các phần tử của N được cố định bởi G, và đây cũng chính là N giao Z(G)). Do |N| chia hết cho p, và N giao Z(G) chứa 1; vì thế N giao Z(G) có nhiều hơn 1 phần tử.

Nếu N là nhóm con chuẩn tắc cấp p thì |N giao Z(G)| = p , do đó N nằm trong Z(G).

Kiểu bọn TQ anh biết , vẫn thấy bọn nó rao bán trên Ebay. Đúng là giá nhiều khi nó để $0.10, nhưng tiền vận chuyển nó toàn hét lên 15$, 20$ thôi. Bọn này là lấy tiền shipping bù vào với tiền sách rồi. Dù rằng có mấy quyển GTM anh muốn mua thật, nhưng ko thích dây vào hội đấy .

Anh nói nghe như tụi TQ bán ....... hàng cấm ấy , ko biết sao anh ko thích mua như thế nhỉ Ko biết sách bán trên ebay có phải brand-new ko nhỉ ?

Trang web tụi bạn em nó mua thì sách khoảng 10USD, brand-new (soft-cover), + shipping fee 100% --> total: 20USD một cuốn

Mình đề nghị một bổ đề mạnh hơn như sau: G là một nhóm hữu hạn và p là một ước nguyên tố của |G| thì số các nhóm con cấp p của G đồng dư với -1 theo modulo p.

Có lẽ nemo nhầm một tí, số các nhóm con cấp p của G đồng dư với 1 theo modulo p khi G là nhóm hữu hạn.

Vì mỗi nhóm con chuẩn tắc cấp p đều là nhóm con của Z(G) mà Z(G) Abel nên bất kỳ một nhóm con nào của Z(G) cũng Abel (suy ra chuẩn tắc) vậy công việc còn lại là đếm số nhóm con cấp p của Z(G).

Điều này chỉ đúng khi G là p-group. Nó được suy ra từ một mệnh đề: nếu G là finite p-group, và N là nontrivial normal subgroup, khi đó N giao Z(G) tại nhiều hơn 1 phần tử.

Nếu G là là finite group mà ko là p-group, có thể thấy A_3 là normal subgroup of order 3 trong S_3, mặt khác A_3 ko thể nằm trong Z(S_3) (vì nếu A_3 nằm trong Z(S_3), khi đó A_3=Z(S_3), mà (12) o (123) <> (123) o (12))

Điều nemo nêu ra là chứng minh cho kết quả 1 khi m=1 .

Rửa ......... sách đi anh

Có mấy đứa Trung Quốc nói là TQ mua copyright của Springer-Verlag nên mấy cuốn sách trong bộ GTM bán ở TQ rẻ lắm, có khoảng 12USD 1 cuốn à; nhưng ko được bìa cứng mà chỉ có 4.500đ như anh. Nó có bán qua mạng nữa, nhưng phải đóng thêm phí vận chuyển; ko biết anh thích mua ko

Có 2 kết quả gần giống với định lý Sylow 3, có ai biết cách chứng minh xin chỉ với

1. Cho G là một nhóm hữu hạn, |G|=p^n.
Khi đó, số nhóm con chuẩn tắc (normal subgroup) của G có p^m phần tử (m < n+1) là một số đồng dư 1 mod p.

2. Cho G là một nhóm hữu hạn, |G|=p^n * k. (k ko chia hết cho p)
Khi đó, số nhóm con của G có p^m phần tử (m < n+1) là một số đồng dư 1 mod p.

Mở rộng: số nhóm con chuẩn tắc có lực lượng p^m của một nhóm hữu hạn có tính chất gì? có đồng dư 1 mod p ko?

Mới nghe tin từ thằng bạn, vội về nhà xem thử. Một cảm giác hụt hẫng, dù một nhà toán học có giỏi thế nào, phát biểu và chứng minh bao nhiêu định lý, rồi cũng có lúc phải dừng làm toán. mad mới biết Serge Lang qua một vài cuốn sách như Undergraduate Algebra, Algebra, thì thấy ông có công tổng hợp và chọn lọc kiến thức theo một cách nhìn khá xuyên suốt. Ngoài ra ông còn viết một cuốn sách về vẻ đẹp toán học dưới dạng đối thoại khá hay: The Beauty of Doing Mathematics: Three Public Dialogues, bạn nào rảnh thì đọc thử Ko biết có ai biết tầm quan trọng của ông trong nghiên cứu thế nào không nhỉ?

Đây là tin từ bản tin từ yaledailynews: http://www.yaledaily...e.asp?AID=29843


Một vài ý kiến về tin ông qua đời:
http://www.math.colu...ordpress/?p=257
http://locana.blogsp...serge-lang.html

Một số ý kiến của sinh viên về ông:

When I was a postdoc at Yale sometimes I would stay up late working in my office. Serge Lang was the only person I’d see, regularly working past 2 am, sometimes rushing off to the copier room to print out copies of his ìfiles” to send to people.

He was quirky but fascinating - incredibly energetic, too.

When I was his TA for calculus he insisted that derivatives could be taught in 15 minutes: explain the idea, give the definition, show how to compute some examples… done.

I heard he would take a trans-Atlantic cruise each summer and produce a book during this time. I’m not sure that’s true, but it would help explain his prolific writings.

It’s a pity he’s gone.

---------

He told me that when he read about a subject, he would write down everything he could find out about it. At the end, this could be made into a book. When he saw that you were impressed by how quick he was, he said that he did not have the gift of physicists who could watch an experiment and immediately visualise the equations that explained it. His was an uncompromising mind, and in non-mathematical conversation, he often asked you to define the words you used, or to perform a calculation in the field in the middle of a pop science explanation he was giving at a dinner. I have to thank him for the gift of a lifetime passion for mathematics he gave me, and I miss him and to know that I shall never stumble upon a new book by him in a bookshop makes me sad.

--------

I was an undergraduate at Yale. I never had Lang for a prof., but I knew him through the math club, of which he was an advisor. He was a tireless advocate of precision and rigor even in every day speaking. While I think that sometimes went too far, it was good that there was someone pushing things in that direction in a world in which people were losing rigor in their everyday speech more and more. I used to argue with him all the time. His defense of Shafarevich when Shafarevich was repressed by the Soviets and a second time, when the NAS to its discredit, decided to expel him for his views was highly laudable. I think that he was a bit unfair to Sam Huntington, and I sometimes disagreed with his views on pedagogy (he thought that his way to understand a subject is the only correct way). But surely, he will be missed by everyone who knew him (save for Sam Huntington, perhaps).

Một clip quay khá đẹp về VN: http://vn.kaist.ac.k...deo/vietnam.wmv

Ước gì được đi hết 3 miền đất nước, tới từng ngôi đình, miếu, dự ngày hội Lim, nghe quan họ

Chính xác là món cơm lam đó mà. Cơm lam chấm muối vừng, ăn có nét vừa giống như cơm vừa như xôi. Nhưng k0 nhạt như cơm, mà cũng không nặng như xôi, hơn nữa cơm lam còn có cái mùi đặc trưng của ống tre ống nứa.............

Chả có gi là cao sang cả, thế mà vẫn có gì đó đáng để nhớ vậy...........

Cơm lam nấu từ gạo nếp nương (vì thế rất dẻo và bùi), đặt vào ống nứa nướng lên, lúc tách ra thì còn vỏ nứa dính vào cơm, vừa ngọt vừa thơm một phần lớn là do vỏ nứa. Nếu được ngồi lụp xụp ăn trong cơn mưa lất phất ở Sapa, trước mặt là một cô em miền núi da ngăm đen (nói giọng Bắc) thì đó là một cảm giác ko thể quên được. Có những món mà mấy cô em thường bán chung với cơm lam là thịt nướng, trứng nướng (hic, món này lạ mà ngon ghê). Ôi, yêu miền Bắc đến lạ !

Thích màu xanh ruộng đồng trong hình thuantd chụp quá

Ngày … tháng … năm

Biết làm gì đây? Bất ngờ quá, phũ phàng quá? Tại sao có thể thế được? P thế nào rồi, bây giờ chắc đang buồn lắm, dù có cứng cỏi thế nào cũng làm sao chịu được nỗi đau này? Đã chuẩn bị tinh thần rồi à, nhưng chuẩn bị thế nào là đủ? Rồi P sẽ phải làm gì tiếp, ko chỉ phải lo học tiếp, mà còn biết bao chuyện khác nữa? Mới đây thôi mà, đâu có lâu, mới hơn 1 tháng thôi…

Làm gì bây giờ? Trời sáng thì mới biết mình phải làm gì! Có nên ko? Có thì làm được gì, ko thì làm được gì?