Hình vẽ bị răng cưa, đứt gãy, không sắc nét là do cấu tạo của màn hình vi tính hiện nay (là tập hợp các điểm ảnh-pixel), một số chương trình vẽ sử dụng các thuật toán vẽ hình tốt làm hạn chế khuyết điểm này hơn nữa các chương trình này cũng cung cấp nhiều chức năng, hiệu ứng tinh chỉnh hình ảnh giúp chúng có độ sắc nét cao và thật không may Word không phải là một trong các chương trình đó (cũng dễ hiểu vì chức năng chính của Word không phải là vẽ hình). Việc copy một dữ liệu sang Word, nếu dữ liệu này đã được định dạng sẵn như các file hình ảnh (đã được định dạng dưới các đuôi .gif,bmp,jpg,...) thì Word sẽ đơn thuần "dán" (paste) các file này vào vị trí cần dán. Nhưng nếu các file chưa được định dạng, chẳng hạn vẽ một hình ảnh bằng chương trình Paint và chưa lưu hình ảnh này thì hình ảnh này vẫn chưa được định dạng thành file .bmp (file ảnh Bitmap) nên nếu có copy hình đã vẽ trong cửa sổ vẽ vào Word thì cũng chỉ là copy dữ liệu chứ không phải là copy một file ảnh vì thế nó sẽ rất thô trong Word. Cách khắc phục như các bạn trên đã nói, lưu các hình ảnh đã vẽ thành các file ảnh (các file .jpg,bmp,gif,...) bằng các chức năng có sẵn trong chương trình vẽ hoặc bằng một phần mềm khác.

Nhân câu a) trong bài toán của bạn K09, xin bàn một chút về một vấn đề tương tự.

Xuất phát từ đẳng thức đẹp đẽ của các bộ ba Pitago: http://dientuvietnam...cgi?a^2=b^2 c^2, nếu nhân thêm hai vế của đẳng thức với http://dientuvietnam...mimetex.cgi?a^2 ta được đẳng thức mới http://dientuvietnam...tex.cgi?a^4=(ab)^2+(ac)^2 và biến đổi thành http://dientuvietnam...imetex.cgi?(a^2)^2=(b^2)^2+(bc)^2+(ac)^2, như vậy ta thu được kết quả là phương trình http://dientuvietnam...{a_3}^2 {a_4}^2 có vô số nghiệm nguyên, hoàn toàn tương tự, một cách qui nap ta thu được kết quả tổng quát là, với mọi số tự nhiên http://dientuvietnam...}^2 ... {a_n}^2 luôn có vô số nghiệm nguyên. Ta cũng có thể thu được bài toán có vẻ tổng quát hơn là với mọi cặp số tự nhiên m,n thì phương trình: http://dientuvietnam...}^2 ... {b_n}^2 luôn có vô số nghiệm nguyên. Bài toán này thật ra chỉ là hệ quả của bài toán trên vì nếu giả sử http://dientuvietnam... ... {b_{k 1}^2 tương đương với đẳng thức http://dientuvietnam...}}^2 c^ ... c^2 (cộng hai vế thêm http://dientuvietnam...mimetex.cgi?m-1 số hạng http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?c^2), rõ ràng đây là một nghiệm của bài toán.

Dĩ nhiên có thể giải câu a) trong bài của bạn K09 theo hướng trên.

Có thể làm từng bước như sau:

• Sử dụng định lý Wilson chứng minh rằng: Mọi số nguyên tố dạng 4k+1 đều biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương.

• Chứng minh tích của hai số biểu diễn được dưới dạng tổng của hai số chính phương cũng biểu diễn được dưới dạng này.

• Suy ra mọi số tự nhiên có các ước số nguyên tố đều ở dạng 4k+1 luôn biểu diễn được thành tổng của hai số chính phương.

• Với m,n tự nhiên và gcd(m,n)>1, chứng minh phương trình http://dientuvietnam...i?x^2 1=m^2 n^2 luôn có nghiệm nguyên. (Có thể viết lại thành http://dientuvietnam...imetex.cgi?(x-m)(x+m)=(n-1)(n+1)=A, nếu A có thể phân tích thành tích hai số cùng tính chẵn lẻ a và b hơn kém nhau nhiều hơn 2 đơn vị thì sẽ có nghiệm là (a+b)/2).

[quote name='emvaanh' date='Jan 8 2006, 01:27 PM'] Mở rộng là siêu mở rộng nè: Hàm f:N-->Z gọi là gần đa thức nếu f(m)-f(0) chia hết cho m với mọi m. Khi đó với mọi http://dientuvietnam...cgi?f_1,...,f_n là các hàm gần đa thức và mọi http://dientuvietnam...cgi?a_1,...,a_n là các số nguyên dương phân biệt thì tập các số có dạng http://dientuvietnam...a_1,a_2,...,a_n và dãy các đa thức hệ số nguyên http://dientuvietnam...metex.cgi?P_i(x) không đồng nhất bằng 0, khi đó biểu thức
http://dientuvietnam...metex.cgi?P_1(x)a_1^x+P_2(x)a_2^x+...+P_n(x)a_n^x có vô hạn ước nguyên tố với http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?x nguyên.

Cần nói thêm rằng việc nghiên cứu tính chất của các số nguyên tố thông qua đa thức có vẻ rất hiệu quả và thực dụng chẳng hạn trong bài toán trên ta có thể đặt câu hỏi liệu có một tính chất chung nào đó cho các ước nguyên tố của một đa thức hay một biểu thức dạng trên hay không ví như các ước nguyên tố của đa thức chia đường tròn http://dientuvietnam...mimetex.cgi?F(x) chỉ có thể ở một trong hai dạng là ước của n hoặc đồng dư 1 theo modulo n từ đó dẫn tới việc cấp số cộng an+1 có vô hạn số nguyên tố. Mình biết một lời giải rất đẹp cho định lý Dirichlet về cấp số cộng chứa vô hạn số nguyên tố đi theo con đường này.

Nemo trình bày chứng minh: 2 không là nguyên tố trong http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z[\sqrt{d}] hộ với.

Theo em thì thế này anh ạ:

Ta có http://dientuvietnam...tex.cgi?2|d(d-1). Vì http://dientuvietnam...metex.cgi?d(d-1)=d^2-d=(d+\sqrt{d})(d-\sqrt{d}) nên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?2|(d+\sqrt{d})(d-\sqrt{d}). Mặt khác, hiển nhiên hai phần tử http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{d+\sqrt{d}}{2} và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\dfrac{d-\sqrt{d}}{2} đều không nằm trong http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z[\sqrt{d}], nên 2 không phải là phần tử nguyên tố của http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z[\sqrt{d}].

Em đang muốn tìm một vì dụ về PID nhưng không là ED khác với các ví dụ về Z[...] trên, dựa vào một bài tập ở lớp gợi ý cho em rằng http://dientuvietnam...[[x]] có thể không là ED mà http://dientuvietnam...[[x]] đã được biết là PID tuy nhiên chứng minh nó không là ED thì em vẫn chưa làm được.

Em thì lại có một kết quả khác với anh noproof.

Nếu http://dientuvietnam...mimetex.cgi?d<0 thì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z&#091;\sqrt{d}] là một PID khi và chỉ khi d=-2 hoặc d=-1.

Có thể chứng minh không khó khăn lắm rằng:

Nếu http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?d http://dientuvietnam...cgi?{-2,-1,2,3} thì http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z&#091;\sqrt{d}] là một ED với chuẩn http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?N(a+b\sqrt{d})=|a^2-db^2|

Từ đây suy ra điều kiện đủ.

Với điều kiện cần, dựa vào một nhận xét là trong miền nguyên http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z&#091;\sqrt{d}], 2 không là phần tử nguyên tố và trong một PID thì phần tử nguyên tố cũng là bất khả quy. Từ nhận xét này nếu chứng minh được với http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z&#091;\sqrt{d}]. Chứng minh điều này cũng không khó.

Trở lại với vấn đề về PID nhưng không là ED, ngoài ví dụ về http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z&#091;\dfrac{1+sqrt{-19}}{2}] còn các ví dụ khác chẳng hạn như http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Q&#091;\dfrac{1+sqrt{-d}}{2}] là một PID với d không có ước chính phương. Vậy thì với những giá trị nào của d thì từ Q[] là PID sẽ kéo theo Z[] cũng là PID (!?), nếu thử làm với d=19 thì thấy rằng tính chất của số nguyên tố 19 quyết định chủ yếu sự kiện này, nói rõ hơn là sẽ đưa về các dạng phương trình Diophante, lẽ dĩ nhiên các số 19,43,67,163 sẽ làm thỏa mãn các tính chất chung nào đó của các phương trình này.

Em đang cố gằng đi sâu hơn vào vấn đề nhưng gặp những khó khăn dường như không vượt qua được, vì thế nếu có những cách tiếp cận khác về vấn đề này mong được mọi người góp ý !

Ngoài ví dụ trên, còn có một ví dụ nữa nhưng em không dám chắc đúng về PID nhưng không là ED đó là http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?F&#091;&#091;X]].

Chả hiểu ý anh Mr Stoke là gì ? thì đúng là x^2y^2=(xy)^2 rồi suy ra xy=yx nhưng như thế thì việc bổ sung 4,6 hay gì gì đó vào S cũng có ảnh hưởng gì đâu !?

Bạn xem lại đi , tớ có trả lời công chúa đâu . Mấy câu của công chúa nổi tiếng quá thành ra ... tớ không muốn trả lời .

Mấy câu này đúng là quá nổi tiếng nên hầu như sách nào viết đầy đủ một chút là có đề cập, như sách của Rudin, của Hoàng Tụy...

Dễ hình dung thì đồ thị hàm số này được dựng qui nạp theo kiểu fractal dạng giống như mấy cái hình do điện đồ đo chấn động vẽ ra ấy (chẳng biết dùng từ thế nào nữa).

I think a ring always had at least a maximal ideal

You can proceed with the group Z(p∞), which is the subgroup of Q/Z of elements of order a power of the prime p. It is known that the subgroups of Z(p∞) form an infinite increasing chain, and so there is no maximal subgroup. By defining multiplication in Z(p∞) by x · y = 0, this group becomes a ring with no maximal ideals.

Can someone give me an example of a ring with no maximal ideals.

We know that by a Zorn’s lemma argument, a ring with identity has a maximal ideal. The most common example in textbooks of a ring with no maximal ideals is to tart with the group Z(p∞), which is the subgroup of Q/Z of elements of order a power of the prime p. I want find another simple examples without using discrete valuation ring (because by this way, i have examples of P.Morandi).

How to understand the product of if we have no its definition ? In other words, we are necessary to define a map from the product set of A.B into S, there A is a set of integer numbers, B is a set of elements belongs to an Abelian group and S is the image domain.

I don't understand, if prove it without using the definitions of those functions then where we must start when any conceptions of maths were defined (!?)

Em thêm Latex vào trong bài viết của anh Madness để tiện theo dõi và cũng là để in ra đọc cho tiện vì dạo này em bận quá .

Cho p là một số nguyên tố, ta đã biết rằng nếu nhóm G có cấp p thì G cyclic, nếu G có cấphttp://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?Z_{p^2} (up to isomorphism). Với cấp của G là http://dientuvietnam...mimetex.cgi?p^3 thì nếu http://dientuvietnam...tex.cgi?|Z|=p^3 hoặc http://dientuvietnam...mimetex.cgi?p^2 thì G Abel và bằng http://dientuvietnam...tex.cgi?Z_{p^3}, với G không Abel thì |Z|=p và http://dientuvietnam...mimetex.cgi?p^3 không Abel (up to isomorphism), chứng minh tồn tại nhiều nhất hai nhóm dạng này là:

http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?|G|=p^4 hãy tìm tất cả các nhóm không Abel (up to isomorphism).

À, mà bổ đề Zooc có phải là bổ đề Zoon kô nhỉ

Đúng rồi, viết đúng phải là Zorn (Zorn's Lemma), (cái này làm mình nhớ tới vụ Sì-Lô và Si-Lôp (Sylow), mình đọc là Si-Lốp làm cả lớp không biết đấy là định lý gì vì trong lớp thầy thường gọi là Sì-Lô ).

Nếu bạn nào ở TPHCM thì tìm đọc cuốn Phương Pháp Mới Học Toán Đại Học của thầy Dương Minh Đức, trong đó có nói chi tiết tới bổ đề Zorn và chứng minh nó tương đương với một loạt hơn chục các tiên đề, bổ đề, định lý khác.

congchuabuon xác nhận hộ anh đề bài đi để mọi người cùng làm, có phải S(n) là tổng các chữ số của n không thế

Em nghi rang dieu sau day la dung: Lieu phai chang voi moi so nguyen duong n deu ton tai n so nguyen duong phan biet la uoc cua n! và có tong la n!.
Xin moi nguoi giup congchuabuon voi!

Chứng minh bằng qui nạp theo n. Giả sử tồn tại k số nguyên dương phân biệt http://dientuvietnam...a_1<a_2<...<a_k là ước của k! và tổng của chúng bằng k! khi đó http://dientuvietnam...mimetex.cgi?a_1, ta tách http://dientuvietnam...imetex.cgi?(k 1)a_1 thành http://dientuvietnam...imetex.cgi?pa_1 và http://dientuvietnam...imetex.cgi?qa_1 thì cả http://dientuvietnam...imetex.cgi?pa_1 và http://dientuvietnam...imetex.cgi?qa_1 đều là ước của (k+1)! và do đó k+1 số http://dientuvietnam...?pa_1,qa_1,(k 1)a_2,...,(k+1)a_k thỏa mãn bài toán.

S(n) là gì vậy bạn phải chăng là tổng các chữ số của n (!?). Theo đề thì n! | S(n+1)S(n+2)...S(2n), nếu S(n) là tổng các chữ số của n thì không khó khăn lắm bạn sẽ giới hạn được n với giá trị tương đối nhỏ, theo mình khi đó đáp số là n=9.

Nếu S chứa n thì S chứa tất cả các bội của n. Chiều đảo hiển nhiên cho S=N*. Vì G là nhóm nên có luật giản ước vì vậy từ http://dientuvietnam...mimetex.cgi?(xy)^n=x^ny^n http://dientuvietnam...i?xyxy...xy="từ cấm"...yyy http://dientuvietnam...xyx..yx=xx...yy vậy với n=2 thì G Abel. Với thì bài toán sẽ đúng với mọi n nếu G là cấu trúc nhóm trong một Vành, vậy bài toán sẽ có câu trả lời khẳng định nếu có thể trang bị cho G một phép toán nhân (.) để G với hai phép toán được xác định trên nó là một Vành.

Không hiểu ma trận cần chứng minh khả nghịch được định nghĩa thế nào !?

To have a connection with the Jordan - Holder theorem, I need a reference for Jordan-Holder Theorem for topological groups. I tried to prove it by imitating the proof of Jordan-Holder Theorem for R-Modules but I found I should assume that the locally and segma-compact to use the third isomorphism theorem which is only hold under this condition for the topological groups.

Definition of MN is MN={mn | m M, n N}. We have, if H is a normal subgroup and K is a subgroup of a group G then HK be a subgroup of G but it is not equivalent (!?) (I am not sure ).

Em đang có một vấn đề làm em đau đầu mấy hôm nay, mong các anh chị
trong diễn đàn giúp em với.

Dễ dàng thấy C[0,1] là một không gian vector, và mọi họ cơ sở của nó thì có lực lương như nhau. Câu hỏi là một họ cơ sở bất kỳ cua không gian này có đếm được hay không ?

Có lẽ ý bạn là (C[0,1],R) tức không gian các hàm thực liên tục trên [0,1] (!?)
Cơ sở của không gian vector này là vô hạn không đếm được.

Định nghĩa thế nào là cơ sở của không gian C[0,1]. Có rất nhiều loại có sở khác hnhau.

Không hiểu bạn nói có nhiều loại cơ sở khác nhau là thế nào, định nghĩa cơ sở của không gian Vector là tập độc lập tuyến tính tối đại sinh ra không gian vector đó và trong một không gian Vector bất kỳ thì có thể có nhiều cơ sở nhưng chúng đều có cùng lực lượng.

Khâm phục , khâm phục ! Đúng là tuổi trẻ tài cao có khác , dám đương đầu với bài toán mở hơn 70 tuổi

Bác khâm phục thế thì thóc đâu mà đãi gà rừng, đừng nói bài toán mở này mới 70 tuổi chứ đến già cọm như bài toán Fermat em cũng đã thử, mà em cá rằng không phải chỉ mình em đã từng nháp mòn bút với "ông cụ" này đâu. Em tuổi trẻ thật nhưng tài không cao lắm đâu bác ạ

Tớ ( mà có lẽ cả những ai tham gia topic này ) không dám cho ý kiến gì về bài toán này nổi tiếng này . Có lẽ bạn nên hỏi thầy bạn , người biết 1 cm khó để suy ra có kgvt không định được chuẩn ấy  . Chúc tác giả và sư phụ thành công tuyệt đối , tức là giải quyết toàn bộ bài toán chứ không chỉ giải quyết một phần nhỏ như Lomonosov

Nổi tiếng à, thế mà em mới biết nó mở cách đây vài phút, thú thực với bác em bức bối là do một dòng thế này trong một cuốn sách nhiều tuổi gấp đôi em: Có rất nhiều ứng dụng thú vị cho định lý này (Định lý Browder) và một trong số đó là việc ứng dụng trong bài toán về không gian con bất biến. Thầy em ư, tốt nhất không nên đề cập về ông ấy còn lời chúc của anh em thì em phải xin khất rồi vì em không bước trên con đường mang tên Analysis

p/s: Nhân tiện nói về bài toán mở, em ngồi một lúc thì vẽ ra đầy chẳng hạn: Cho 5 que diêm làm thế nào để xếp thành hình đẹp mắt nhất (chắc 1000 năm sau chẳng ai giải được đâu nhể ). Ý em là không phải vì thế mà anh Minh trả lời có vẻ hơi bức xúc như thế đấy chứ (!?)