Theo mình nghĩ thì việc học toán hình học không gian, bất đẳng thức cũng giống như việc tập gym, calisthenics: nó đều không có tác dụng đáng kể nào vào đời sống. Nhưng nó sẽ là công cụ hữu hiệu trong những việc suy luận sau này cũng giống như việc tập thể hình giúp khả năng đối kháng, tự vệ cũng cao hơn vậy. Nếu gym giúp cho cơ bắp phát triển thì toán lại giúp cho đầu óc minh mẫn. Cái sai một số người gặp ở đây chính là việc coi những thứ này như là mục đích chính chứ không phải là phương tiện.

Xin lỗi chứ tôi là người làm toán chuyên nghiệp và tôi thấy việc học những thứ đó hoàn toàn vô dụng với công việc của tôi, cũng như không giúp đầu óc tôi minh mẫn hơn.

Công việc của bạn là gì?

nghiên cứu sinh tiến sĩ

$\begin{CD}
A @>a>> B \\
@VVbV @VVcV \\
C @>d>> D
\end{CD}$

$$\begin{xy}

\xymatrix {
U \ar@/_/[ddr]_y \ar@{.>}[dr]|{\langle x,y \rangle} \ar@/^/[drr]^x \\
& X \times_Z Y \ar[d]^q \ar[r]_p & X \ar[d]_f \\
& Y \ar[r]^g & Z
}
\end{xy}$$

$$\begin{xy}
\xymatrix {
U \ar@/_/[ddr]_y \ar@{.>}[dr]|{\langle x,y \rangle} \ar@/^/[drr]^x \\
& X \times_Z Y \ar[d]^q \ar[r]_p & X \ar[d]_f \\
& Y \ar[r]^g & Z
}
\end{xy}$$

Dạ em có 2 ý kiến như sau:
1. Liệu các anh có thể viết thêm về lý thuyết trường vành cho học sinh cấp 3 được không ạ; em thấy cấp 3 chuyên cũng có nói sơ qua nhưng em muốn được tìm hiểu sâu hơn về phần này; đặc biệt là các ứng dụng trong số học hay; đại số hay các các mảng toán khác.

2. Hiện nay em thấy nhiều bài toán số học olympic đều có đề rất dài; được cho nhiều dữ kiện ; thay vì đó sao chúng ta không ra những bài toán số học với một đề bài ngắn gọn; súc tích hơn vì vẻ đẹp của số học sơ cấp theo em biết vốn được tạo nên bởi sự đơn giản của nó ( định lý fermat lớn chẳng hạn ạ ); em nghĩ như vậy mới thu hút được học sinh làm số học.
P/S: Mong các anh cho ý kiến ạ

E có thêm một đề xuất nữa là : Sau khi đọc paper này : https://arxiv.org/pdf/2104.06741.pdf [DIOPHANTINE PROBLEMS OVER Z ab MODULO PRIME NUMBERS]

 

Em thấy là họ định nghĩa lại định lý thặng dư Trung Hoa theo một cách khác, có vẻ cao cấp. Nên e mong là có các post để làm cầu nối giữa những thứ sơ cấp và cao cấp như thế này ạ ! 

đó chỉ là kiến thức cơ bản của đại số giao hoán, bạn tìm trong bất kỳ cuốn sách nào về đại số đại cương cũng có.

Em nghĩ là về đường cong elliptic (chủ yếu phần khó nhất vẫn là tính kết hợp của phép toán) thì có thể trình bày cho học sinh phổ thông theo hai hướng 

- Hướng 1: chứng minh tính kết hợp bằng định lý Bézout, cách này khá trực quan nhưng lại ad hoc.

- Hướng 2: trình bày theo ngôn ngữ hình học đại số cổ điển (khái niệm ước, không gian $L(D)$ và số $\ell(D)$, định lý Riemann-Roch...) tuy nhiên định lý Riemann-Roch thì lại không tầm thường.

Về ECC thì có sử dụng một kết quả quan trọng là định lý Hasse (trường hợp riêng của giả thuyết Weil), em chưa biết là nên trình bày chứng minh thế nào ngoài việc tính toán trâu trên hàm hữu tỉ).

Còn một chủ đề nữa trong toán olympic là giải tích. Gần như các bài giải tích chỉ xoay quanh một câu hỏi rất nhảm là tính giới hạn dãy số, làm cho học sinh tưởng là giải tích chỉ có mỗi vậy.

chắc anh nhầm với thầy Nguyễn Minh Hà ở CSP. Thầy Lê Minh Hà là giám đốc điều hành VIASM, chuyên ngành Tôpô đại số.

Giờ mới để ý là bản dịch tiếng Việt này nằm trên trang chính chủ của tác giả luôn. Người dịch là Lê Minh Hà, không biết có phải là thầy Lê Minh Hà phụ trách hình học phẳng cho tạp chí THTT và Toán Tuổi thơ không nhỉ.

Tác giả Milne có tâm thật, viết rất nhiều sách mà sách nào cũng để PDF miễn phí, có cả bản tối ưu dành cho điện thoại máy tính bảng nữa. Rất mong chờ đọc cuốn "2050 Arithmetic Duality Theorems, third edition, first draft" trong 27 năm nữa

 

Cảm ơn bạn, mình có giải quyết được bài này rồi. 
 

Đặt $X = (AB - BA)$. Vì $rank(X) = 1$, vậy $X$ có dạng 

 

$$X = U^TV = \begin{bmatrix} u_1v_1 & u_1v_2 & \dots & u_1v_n \\ u_2v_1 & u_2v_2 & \dots & u_2v_n \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ u_nv_1 & u_nv_2 & \dots & u_nv_n \end{bmatrix}$$

 

trong đó $U = \begin{bmatrix} u_1 & u_2 & \dots & u_n \end{bmatrix}, V = \begin{bmatrix} v_1 & v_2 & \dots & v_n \end{bmatrix}$

 

Ta có: $VU^T = \displaystyle\sum_{i = 1}^{n} v_i u_i = r \in \mathbb{R}$. Từ đó

$$X^2 = (U^TV)^2 = (U^TV)(U^TV) = U^T(VU^T)V = U^T r V = r (U^T V) = rX$$

 

Ta sẽ chứng minh tồn tại duy nhất $r \in R$ thỏa mãn $X^2 = rX$. 

 

Giả sử $\exists r' \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $X^2 = r'X$, khi đó: 

$$O_n = r'X - rX = (r' - r)X$$

 

Do $X \neq O_n$, suy ra $(r' - r) = 0$ hay $r' = r$.

 

Dễ thấy $r = trace(X) = trace(AB - BA)$. Lại có $trace(AB - BA) = 0$, do: 

$$trace(AB) = \displaystyle\sum_{i = 1}^{n} (AB)_{ii} =  \displaystyle\sum_{i = 1}^{n}  \displaystyle\sum_{k = 1}^{n} A_{ik} B_{ki} = \displaystyle\sum_{k = 1}^{n}  \displaystyle\sum_{i = 1}^{n} B_{ki} A_{ik} = trace(BA)$$

 

và $trace(AB-BA) = trace(AB) - trace(BA)$. 

 

Vì vậy, $X^2 = O_n$ hay $(AB - BA)^2 = O_n$ 

 

Từ chỗ $\text{trace}(X) = 0$ bạn đã suy ra được $r = 0$ rồi, không cần chứng minh $r$ là duy nhất nữa.

Bạn có thể viết như sau

$$\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}} = \begin{cases} x^{-\tfrac{2}{3}} & \text{nếu } x > 0, \\ (-x)^{-\tfrac{2}{3}} & \text{nếu } x < 0. \end{cases}$$
Vì thế đạo hàm của hàm này trên từng khoảng $(-\infty,0)$ và $(0,+\infty)$ là

$$\begin{cases} -\frac{2}{3}x^{-\tfrac{5}{3}} = -\frac{2}{3 \sqrt[3]{x^5}} & \text{nếu } x > 0, \\ -\frac{2}{3}  (-x)^{-\tfrac{5}{3}} \cdot (-1) = \frac{2}{3 \sqrt[3]{(-x)^5}} = -\frac{2}{3 \sqrt[3]{x^5}} &  \text{nếu } x < 0. \end{cases}$$

Vì thế ta có công thức

$$\dfrac{d}{dx}\frac{1}{\sqrt[3]{x^2}} = -\frac{2}{3 \sqrt[3]{x^5}}$$

với mọi $x \neq 0$.

Bạn không thể dùng tính chia hết cho $4$ để kết luận $|\det(A)| \le 4$ được, nếu $\det(A) = 8$ thì sao?

Đây là hệ quả của một kết quả tổng quát hơn, gọi là bất đẳng thức Hadamard.

Nói ngắn gọn thì nếu ma trận vuông $A$ có các cột $v_1,\ldots,v_n \in \mathbb{R}^n$ thì $\det(A)$ là thể tích (có dấu) của hình hộp $n$-chiều dựng trên các vectơ $v_1,\ldots,v_n$, nên $|\det(A)|$ không vượt quá tích độ dài của chúng (đẳng thức xảy ra khi các vectơ này đôi một trực giao, hay hình hộp mà chúng dựng lên là hình hộp chữ nhật). Bất đẳng thức này có thể được chứng minh bằng phép trực giao hóa Gram-Schmidt (nói nôm na là từ đỉnh của vectơ $v_1$, ta kẻ vuông góc xuống siêu phẳng ($(n-1)$-chiều) xác định bởi các vectơ $v_2,\ldots,v_n$, rồi cứ tiếp tục như vậy.

Trong bài toán trên, các cột của $A$ đều là các vectơ có độ dài $\sqrt{n}$, nên $|\det(A)| \le (\sqrt{n})^n = n^{n/2}$. Lần lượt thay $n=4$ và $n=5$, ta có các bất đẳng thức cần chứng minh.

À dạ, do em nói sai. Vì $-6 \leq \det A \leq 6$, kết hợp chia hết cho 4 mới được vậy ạ

ok, vậy thì được

Em xin gửi một đoạn cách giải của em cho bài 1 ạ. Phần sau chứng minh, em có sử dụng code để tìm ra ma trận thỏa mãn. Nếu anh chị nào có ý tưởng chứng minh phần này thì cho em xin gợi ý ạ. 

Xuất phát từ bài toán, cho $A = (a_{ij})_{nxn}$ với $a_{ij} \in \{-1;1\}$. Ta chứng minh được $\det(A) \vdots 2^{n-1}$. Từ đó, đối với $n=3$, $|\det A| \leq 4$. 
Quay lại bài toán, khai triển Laplace tại dòng 1, ta có: $$|\det A | = |a_{11} A^{*}_{11} + a_{12} A^{*}_{12} + a_{13} A^{*}_{13} + a_{14} A^{*}_{14}|  \leq |a_{11} A^{*}_{11}| + |a_{12} A^{*}_{12}| + |a_{13} A^{*}_{13}| + |a_{14} A^{*}_{14}| = 16$$

 

Một trong các trận thỏa mãn $\det = 16$ và  $\det = -16$ là

 

$A = \begin{bmatrix} 1 & -1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ \end{bmatrix} , B = \begin{bmatrix} -1 & 1 & -1 & 1 \\ 1 & 1 & -1 & -1 \\ -1 & 1 & 1 & -1 \\ 1 & 1 & 1 & 1 \\ \end{bmatrix}$

$\det(A)$ chia hết cho $2^{n-1}$ thì $\det(A) = 0$ hoặc $|det(A)| \ge 2^{n-1}$. Bạn kết luận "$\le$" là bị ngược.

Ở cấp phổ thông trở xuống, các bạn học sinh dùng dấu “⇒” rất tuỳ tiện: dấu ⇒ vốn là một toán tử dùng để nối hai mệnh đề, tạo ra một mệnh đề mới, nhưng rất nhiều bạn lại dùng nó như một liên từ (viết tắt thay cho “suy ra”, “vì thế”,…). Điều này gây trở ngại về tư duy khi học lên cao hơn: rất nhiều sinh viên không hiểu được những suy luận cơ bản kiểu “nếu A thì B”… và khi đụng đến những định nghĩa dài kiểu 2-3 lượng từ như định nghĩa hàm liên tục thì đa số sinh viên tê liệt.

> 0, ∀x, |x - a| < δ ⇒ |f(x) - f(a)| < ε

THÔNG TIN CHUNG

• Bài viết gốc: Infinity Category Theory Offers a Bird’s-Eye View of Mathematics, đăng trên Scientific American, Volume 325, Issue 4, October 2021. https://www.scientif...f-mathematics1/
• Tác giả: Giáo sư Emily Riehl, Johns Hopkins University, chuyên gia về lý thuyết phạm trù bậc cao và lý thuyết đồng luân, các công trình của cô liên quan đến phạm trù mô hình và nền tảng của lý thuyết phạm trù vô cực.
• Hình vẽ: Họa sĩ Matteo Farinella.
• Người dịch: Nguyễn Mạnh Linh, Université Paris-Saclay.

Với “vũ khí đầy mình”, tôi không kìm được mà lại gần người đàn ông trên đường. Đúng như dự đoán, nỗ lực giải thích, rằng vì sao tôi biết bài toán này không có lời giải, đã không đi tới đâu cả. Ngược lại, người đàn ông tuyên bố rằng những gì được dạy đã khiến tôi trở nên bảo thủ và không thể “mở mang cái đầu ra”. Sau cùng, bạn gái đã kéo được tôi khỏi cuộc tranh cãi và chúng tôi tiếp tục đi.

 

Nhưng vẫn còn đó một câu hỏi thú vị: Tại sao tôi, một đứa sinh viên năm ba vắt mũi chưa sạch, lại có thể học được cách dễ dàng thao túng các hệ thống số trừu tượng như các trường Galois chỉ trong vài tuần? Phần cuối của lớp học đó gồm nhóm đối xứng, vành đa thức và các cấu trúc liên quan, những thứ có lẽ sẽ làm đau đầu cả những người khổng lồ như Isaac Newton, Gottfried Leibniz, Leonhard Euler hay Carl Friedrich Gauss. Tại sao các nhà toán học lại có thể dạy cho các thế hệ sinh viên sau những khám phá làm kinh động cả những chuyên gia ở thế hệ trước?

 

PHẠM TRÙ

Giống như nhiều đồng nghiệp của mình, tôi bị toán học lôi cuốn phần vì trí nhớ tệ của mình. Điều này có thể làm nhiều người bối rối khi họ nhớ rằng môn toán ở phổ thông là một mớ công thức phải thuộc — các đẳng thức lượng giác chẳng hạn. Nhưng tôi lại thấy chúng rất dễ chịu vì hầu hết những công thức thường dùy đều có thể rút ra từ $\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$, đẳng thức mà tự thân nó có một kiến giải hình học tao nhã: đó chỉ là hệ quả trực tiếp của định lý Pythagore cho tam giác vuông với cạnh huyền bằng 1 và một góc nhọn bằng $\theta$.

Một ý tưởng toán học nghe có vẻ mâu thuẫn là đơn giản hóa bằng cách trừu tượng hóa. Như Eugenia Cheng đã viết trong “The Art of Logic in an Illogical World”(Nghệ thuật của logic trong một thế giới phi logic), “một trong những sức mạnh của trừu tượng hóa là nhiều bối cảnh khác nhau trở nên giống nhau khi bạn quên đi một số chi tiết.”Đại số hiện đại được tạo ra đầu thế kỷ XX khi các nhà toán học quyết định thống nhất nghiên cứu của họ trên nhiều ví dụ khác nhau về các cấu trúc đại số xuất hiện khi xem xét nghiệm của các hệ phương trình đa thức hay các cấu hình trong mặt phẳng. Để liên kết việc tìm hiểu các cấu trúc này, họ xác định các “tiên đề” mô tả những tính chất chung của chúng. Nhóm, vành và trường đã được đưa vào thế giới toán học, cùng ý tưởng rằng một đối tượng toán học có thể được mô tả bằng những tính chất nó có và được khám phá một cách “trừu tượng”, không phụ thuộc vào bối cảnh của những ví dụ hay xây dựng cụ thể.

 

John Horton Conway đã có một suy nghĩ nổi tiếng về bản thể luận kỳ lạ của các sự vật toán học: “Chúng chắc chắn có tồn tại, nhưng bạn không thể động chạm gì mà chỉ có thể nghĩ về chúng. Điều này thật đáng kinh ngạc, và tôi vẫn chưa hiểu, dù đã là nhà toán học suốt cuộc đời mình. Rằng làm thế nào một sự vật có thể ở đó mà lại không thực sự ở đó?'”

 

Nhưng thế giới của các đối tượng toán học tồn-tại-mà-không-thực-sự-ở-đó này có một vấn đề: Nó quá lớn cho bất kỳ ai để có thể hiểu được. Ngay trong đại số thôi đã có quá nhiều sự vật toán học để nghiên cứu, nhưng lại có quá ít thời gian để thể có thể thấy thấy cả đều hợp lý. Vào khoảng thế kỷ XX, các nhà toán học bắt đầu nghiên cứu đại số phổ dụng,  gồm một “tập hợp”, có thể là một họ những phép đối xứng, những con số trong một hệ thống hoặc thứ gì đó hoàn toàn khác, cùng một số phép toán — chẳng hạn như phép cộng và phép nhân — thỏa mãn một loạt các tiên đề liên quan như tính kết hợp, tính giao hoán hay tính phân phối. Với những điều chỉnh khác nhau như: “Phép toán được định nghĩa cục bộ hay toàn cục?”, “Nó có khả nghịch không?”, người ta thu được những cấu trúc đại số cơ bản: nhóm, vành và trường. Nhưng toán học thì không bị hạn chế bởi những điều chỉnh này, điều này cho thấy một phần rất nhỏ so với số lượng vô hạn các khả năng có thể xảy ra.

 

ĐỐI XỨNG

Các tầng trừu tượng, từ những cấu trúc toán học cụ thể đến những hệ tiên đề và sau đó là các vật trong phạm trù, mở ra một thách thức mới: sự “như nhau” giữa một vật và một vật khác không còn rõ ràng nữa. Chẳng hạn, một nhóm, đối tượng toán học được cho bởi một họ trừu tượng các phép đối xứng mà các phần tử của nó được Amie Wilkinson (Đại học Chicago) mô tả như những “chuyển động” lật hoặc xoay một đối tượng để đưa nó về trạng thái gần giống như ban đầu.

Ta có thể định nghĩa đẳng cấu trong bất kỳ phạm trù nào, cho phép ta chuyển khái niệm này giữa các ngữ cảnh toán học khác nhau. Một đẳng cấu giữa hai vật $A$ và $B$ trong một phạm trù được cho bởi một cặp biến đổi $f: A \to B$ và $g: B \to A$ với sao cho các phép biến đổi hợp thành $g \circ f$ và $f \circ g$ lần lượt là các biến đổi đồng nhất $\mathbf{1}_A$ và $\mathbf{1}_B$. Trong phạm trù các không gian tôpô, khái niệm đẳng cấu được mô tả bởi một cặp hàm liên tục nghịch đảo lẫn nhau. Chẳng hạn, có một phép biến dạng liên tục cho phép bạn biến đổi một chiếc bánh vòng (chưa nướng) thành hình dạng như tách cà phê: lỗ ở giữa chiếc bánh vòng trở thành quai cầm, và phần cốc được tạo thành bằng cách dùng ngón tay ép. (Để phép biến dạng là liên tục, bạn không được xé rách chiếc bánh, đó là lí do vì sao không nên nướng bánh trước khi làm trò này.)

 

Ví dụ này dẫn đến câu đùa rằng nhà tôpô học không thể phân biệt giữa tách cà phê và chiếc bánh vòng: với tư cách là các không gian trừu tượng, hai đối tượng này giống nhau. Trên thực tế, nhiều nhà tôpô học có khả năng phân biệt còn tệ hơn thế nữa kia; đó là vì họ đã sử dụng một quy ước linh hoạt hơn nhiều để mô tả tình huống khi hai không gian là “như nhau”, họ đồng nhất hai không gian bất kỳ mà chỉ “tương đương đồng luân” với nhau thôi. Thuật ngữ trên là khái niệm đẳng cấu trong một phạm trù kỳ lạ hơn, phạm trù đồng luân của các không gian. Một tương đương đồng luân là một kiểu biến dạng liên tục khác, nhưng lúc này bạn được phép dính hai điểm phân biệt với nhau. Chẳng hạn, tưởng tượng rằng bạn bắt đầu với chiếc quần jean và thu gọn chiều dài của hai ống quần đến khi bạn thu được chiếc quần lọt khe, một “không gian” khác mà cấu trúc tôpô về cơ bản là không đổi —nó vẫn có hai lỗ để cho chân vào, dù hai ống quần ($2$-chiều) ban đầu đã bị rút thành hai vòng dây ($1$-chiều).

 

PHẠM TRÙ VÔ CỰC

Ưu thế then chốt của phỏng nhóm cơ bản là tính “hàm tử”, nghĩa là mọi hàm liên tục $f: X \to Y$ giữa hai không gian tôpô cho ta một phép biến đổi $\pi_1 f: \pi_1 X \to \pi_1 Y$ giữa hai phỏng nhóm cơ bản. Phép biến đổi này tôn trọng phép hợp thành và đồng nhất của đường, nghĩa là $\pi_1(g \circ f) = \pi_1 g \circ \pi_1 f$ và $\pi_1(\mathbf{1}_x) = \mathbf{1}_{\pi_1 x}$. Hai tính chất này, gọi chung là “tính hàm tử”, gợi ý rằng phỏng nhóm cơ bản giữ được những tính chất cốt lõi của không gian tôpô. Nói riêng, nếu hai không gian không tương đương đồng luân thì phỏng nhóm cơ bản của chúng cũng không tương đương.

 

Dù vậy, phỏng nhóm cơ bản chưa phải là một bất biến hoàn chỉnh. Có thể dễ dàng phân biệt một đường tròn với hình tròn đặc mà đường tròn ấy bao quanh. Trong phỏng nhóm cơ bản của đường tròn, các đường giữa hai điểm cho trước, sai khác biến dạng liên tục (đồng luân), được gán với các số nguyên, chỉ số vòng mà đường này quay quanh đường tròn, với dấu $+$ hoặc $-$ chỉ chiều thuận hoặc ngược kim đồng hồ. Ngược lại, trong phỏng nhóm cơ bản của hình tròn, chỉ có duy nhất (sai khác đồng luân) một đường giữa bất kỳ cặp điểm nào. Phỏng nhóm cơ bản của phần bề mặt của quả bóng, hay một mặt cầu theo ngôn ngữ tôpô, cũng thỏa mãn chính chất này: tồn tại duy nhất, sai khác đồng luân, một đường giữa hai điểm bất kỳ.

 

 

 

 

CHÂN TRỜI TƯƠNG LAI

 

Dẫu vậy, kinh nghiệm lịch sử cho thấy rằng phần lớn những kiến thức toán học mới lạ nhất hôm nay sẽ dần trở nên đủ dễ để dạy cho sinh viên toán ngài mai. Sẽ rất vui khi được quan sát, với tư cách là một người nghiên cứu $\infty$-phạm trù, cách mà nó có thể được đơn giản hóa đi. Chẳng hạn như một mẹo nhỏ về ngôn ngữ —một phiên bản siêu cấp của từ “the” trong phạm trù —có thể khiến cho sinh viên ở cuối thế kỷ XXI hiểu $\infty$-phạm trù một cách dễ dàng như phạm trù thông thường ngày nay. Tiên đề then chốt của lý thuyết phạm trù thông thường là sự tồn tại duy nhất của một phép biến đổi hợp thành $g \circ f: X \to Z$ với mỗi cặp biến đổi $f: X \to Y$ và $g: Y \to Z$, được chọn ra từ tập các phép biến đổi từ $X$ vào $Z$. Trái lại, trong một $\infty$-phạm trù, có một không gian các mũi tên từ $X$ vào $Z$, thứ mà trong $\infty$-phỏng nhóm cơ bản có thể hiểu là “không gian đường”. Phiên bản đúng của tính hợp thành duy nhất trong phạm trù thông thường là mệnh đề: trong một $\infty$-phạm trù, không gian các hợp thành là “co rút được”, nghĩa là mỗi điểm của nó đều có thể suy sụp một cách liên tục qua một vụ nổ “Big Bang ngược” về một điểm gốc duy nhất.

 

Chú ý rằng tính co rút được không suy ra rằng có duy nhất một hợp thành: thật vậy, ta đã thấy rằng trong $\infty$-phỏng nhóm cơ bản, có thể có rất nhiều đường hợp thành. Nhưng tính co rút được đảm bảo rằng hai đường hợp thành luôn đồng luân, và hai phép đồng luân bất kỳ giữa hai đường hợp thành luôn liên kết với nhau bởi một đồng luân bậc cao, và cứ như vậy.

 

Xin lỗi các anh, giờ em mới trả lời được

Em thi ĐGNL của ĐHQG nên được xét tuyển sớm anh.
 

Em đã có dự định du học nhưng vẫn chưa rõ đi khi nào, đi đâu và phải học như thế nào để du học nên anh chị nào đã du học có thể tư vấn giúp em được không ạ

Thử chứng minh $$8(ab+bc+ca)(a^2 + b^2 + c^2) \ge 3(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)$$ và thấy nó đúng thật . Khi nhân hết ra thì ta cần chứng minh $$5 \sum a^3 b + 5 \sum ab^3 \ge 6 \sum a^2 b^2 + 4abc \sum a,$$ trong đó $\sum$ chỉ tổng hoán vị vòng quanh. Từ đây áp dụng AM-GM: $$3a^3b + 3ab^3 \ge 6a^2 b^2$$ và $$\frac{4}{3}(a^3b + a^3b + bc^3) \ge 4a^2bc,$$ rồi cộng các bất đẳng thức tương tự lại là được. Cuối cùng ta có $$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{\frac{a+b}{2} \cdot \frac{b+c}{2} \cdot \frac{c+a}{2}} = 3$$ theo bất đẳng thức AM-GM.

Bạn chỉ dùng được định lý hội tụ bị chặn nếu $(X_k)$ đúng là hội tụ về $X$ (theo nghĩa $\limsup X_k = \liminf X_k = X$) và khi các tập $(X_k)$ nằm trong một tập có độ đo hữu hạn (điều kiện áp dụng định lý là hàm chỉ thị phải khả tích, tức là độ đo của tập đó phải hữu hạn!). Còn trong trường hợp tổng quát khi $\limsup X_k \supsetneq \liminf X_k$ thì bạn chỉ có bất đẳng thức để so sánh thôi: dùng bổ đề Fatou.

Giới hạn của dãy tập hợp $X_k$ là $\{0\}$, còn $X_\infty$ thì không có liên hệ gì với dãy $(X_k)$, nên không có gì mâu thuẫn ở đây cả.

Mình lấy $A$ là ma trân vuông cỡ $n$. Với $i_1,\ldots,i_r$ và $j_1,\ldots,j_r$ là hai bộ $r$ chỉ số (không nhất thiết đôi một phân biệt), ta ký hiệu

$$A^{i_1,\ldots,i_r}_{j_1,\ldots,j_r}$$

là định thức của ma trận cỡ $r \times r$ tạo bởi lấy các phần thử trên các hàng thứ $i_1,\ldots,i_r$ của $A$ và các cột thứ $j_1,\ldots,j_r$ của $A$.

Giả sử $A$ có hạng $r$, thế thì mọi định thức con cỡ $r+1$ của $A$ đều bằng $0$, và tồn tại một định thức con cỡ $r$ của $A$ khác $0$.

• Khi đổi chỗ hai hàng hoặc hai cột, rõ ràng các định thức con $A^{i_1,\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$ chỉ đảo giá trị lẫn nhau, nên vẫn bằng $0$.
• Khi nhân hàng thứ $i$ với vô hướng $\lambda \neq 0$, định thức con $A^{i_1,\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$ trở thành $\lambda A^{i_1,\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$ nếu $i \in \{i_1,\ldots,i_{r+1}\}$ và không đổi nếu ngược lại, trong mọi trường hợp thì vẫn bằng $0$. Tương tự cho việc nhân một cột $j$ với một vô hướng $\lambda \neq 0$.
• Khi áp dụng $H_i \leftarrow H_i + \lambda H_{i'}$ (cộng $\lambda$ lần hàng thứ $i'$ vào hàng thứ $i$, với $i \neq i'$ và $\lambda \in \mathbb{R}$), định thức con $A^{i_1,\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$ không đổi nếu $i \notin \{i_1,\ldots,i_{r+1}\}$. Trong trường hợp $i \in \{i_1,\ldots,i_{r+1}\}$, ta có thể giả sử $i = i_1$ chẳng hạn, thế thì định thức $A^{i_1,\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$ trở thành $A^{i_1,\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}} + \lambda A^{i',\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$ qua phép biến đổi này, và vì thế vẫn bằng $0$. Tương tự cho các phép biến đổi cột $C_j \leftarrow C_j + \lambda C_{j'}$.

Vậy ta đã chứng minh nếu $A$ có hạng $r$ thì sau các phép biến đổi sơ cấp, các định thức con cấp $r+1$ cũng $A$ đều bằng $0$.

Ta còn phải chỉ ra rằng $A$ có một định thức con cấp $r$ khác $0$. Giả sử ban đầu $A$ có một định thức con cấp $r$ khác $0$ là $A^{i_1,\ldots,i_r}_{j_1,\ldots,j_r}$.

• Khi đổi chỗ hai hàng $i$ và $i'$, có thể xảy ra các trường hợp $i, i' \in \{i_1,\ldots,i_r\}$ (khi đó $A^{i_1,\ldots,i_r}_{j_1,\ldots,j_r}$ đổi dấu, vì thế vẫn khác $0$), hoặc $i \in \{i_1,\ldots,i_r\}$ và $i' \notin \{i_1,\ldots,i_r\}$, (khi đó $A^{i_1,\ldots,i_r}_{j_1,\ldots,j_r}$ sẽ khác $0$ khi thay $i$ bởi $i'$), hoặc $i \notin \{i_1,\ldots,i_r\}$ và $i' \in \{i_1,\ldots,i_r\}$ (tương tự), hoặc $i, i' \notin \{i_1,\ldots,i_r\}$ (khi đó $A^{i_1,\ldots,i_r}_{j_1,\ldots,j_r}$ không đổi, vì thế vẫn khác $0$). Tương tự khi đổi chỗ hai cột $j$ và $j'$.
• Khi nhân hàng thứ $i$ với vô hướng $\lambda \neq 0$, định thức con $A^{i_1,\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}}$ trở thành $\lambda A^{i_1,\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}}$ nếu $i \in \{i_1,\ldots,i_{r}\}$ và không đổi nếu ngược lại, trong mọi trường hợp thì vẫn khác $0$. Tương tự cho việc nhân một cột $j$ với một vô hướng $\lambda \neq 0$.
• Khi áp dụng $H_i \leftarrow H_i + \lambda H_{i'}$, thì rắc rối hơn một chút.

1. Nếu $i \notin \{i_1,\ldots,i_r\}$ thì $A^{i_1,\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}}$ không đổi, nên vẫn khác $0$.
2. Nếu $i, i' \in \{i_1,\ldots,i_r\}$ thì $A^{i_1,\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}}$ được cộng thêm một định thức mới với hai hàng bằng nhau (thứ $i$ và thứ $i'$), nên không đổi, nên vẫn khác $0$.
3. Nếu $i \in \{i_1,\ldots,i_r\}$ và $i' \notin \{i_1,\ldots,i_r\}$. Ta giả sử chẳng hạn $i = i_1$, thế thì $A^{i_1,\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}}$ trở thành $A^{i_1,\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}} + \lambda A^{i',\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}}$. Nếu $A^{i',\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}} = 0$ thì $A^{i_1,\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}}$ không đổi, nên vẫn khác $0$. Nếu $A^{i',\ldots,i_{r}}_{j_1,\ldots,j_{r}} \neq 0$, nhân xét rằng đây là một định thức con cấp $r$ khác $0$ của ma trận mới thu được sau khi áp dụng $H_i \leftarrow H_i + \lambda H_{i'}$ (vì phép biến đổi này chỉ thay đổi hàng $i$, trong khi $i \notin \{i',i_2,\ldots,i_r\}$.

Vậy ma trận mới thu được vẫn có một định thức con cấp $r$ khác $0$ trong mọi trường hợp. Tương tự cho phép biến đổi cột $C_j \leftarrow C_j + \lambda C_{j'}$.

Khi đổi chỗ hai hàng $i$ và $i'$, xét các trường hợp sau.

1. Nếu $i, i' \in \{i_1,\ldots,i_r\}$ thì định thức $A^{i_1,\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$ đổi dấu, vì thế vẫn bằng $0$.
2. Nếu $i \in \{i_1,\ldots,i_r\}$ và $i' \notin \{i_1,\ldots,i_r\}$. Ta có thể giả sử chẳng hạn $i = i_1$. Khi đó định thức $A^{i_1,\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$ trở thành $A^{i',\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$, đây là một định thức con cỡ $r+1$ của ma trận $A$ ban đầu, nên vẫn bằng $0$ theo giả thiết rằng tất cả định thức con cỡ $r+1$ của $A$ đều bằng $0$.
3. Trường hợp $i \notin \{i_1,\ldots,i_r\}$ và $i' \in \{i_1,\ldots,i_r\}$ tương tự.
4. Nếu $i, i' \notin \{i_1,\ldots,i_r\}$ thì định thức $A^{i_1,\ldots,i_{r+1}}_{j_1,\ldots,j_{r+1}}$ không đổi, vì thế vẫn bằng $0$.

Bài không khó nhưng hệ số tìm được làm một số quan trọng và xuất hiện trong nhiều bài toán đếm khác nhau.