Bài 2:
Vài nhận xét:
1/ Hàm liên tục phải thõa mãn intermediate value property (tính chất "trung điểm", cụ thể nếu $f(a) < f(b)$ và $a < b$ thì f nhận mọi giá trị trong $(f(a), f(b))$, tức là với mọi c mà $f(a) < c < f(b)$ tồn tại $y\epsilon (a,b)$ sao cho $f(y)=c$).
2/ Hàm số đơn ánh 1-1 không thể đạt 2 giá trị bằng nhau.

Với nhận xét 2/ giả sử f không tăng hay giảm nghiêm ngặt, thì sẽ tồn tại 3 điểm $a <x<y<z<b$ sao cho $f(x)<f(y)>f(z)$ hay $f(x)>f(y)<f(z)$. Nếu $f(x)<f(y)>f(z)$ xảy ra, ta có vì f thõa mãn intermedidate value property nên f phải đạt mọi giá trị trong $(f(x), f(y))$ bằng $(x,y)$ và mọi giá trị trong $(f(z), f(y))$ bằng $(y,z)$, và hiển nhiên tồn tại một giá trị c nào đó mà $f(x)<c<f(y)$ và $f(z)<c<f(y)$ sẽ đượt đạt bởi 2 giá trị từ 2 đọan khác nhau $(x,y)$ và $(y,z)$ nên f sẽ không phải đơn ánh. Tương tự với trường hợp còn lại.

Bài giải "chấp nhận" hơi nhiều thứ quá.

Nếu $f$ vẫn từ $[a,b]$ đến $R$ thì $f^{-1}$ sẽ liên tục. Ta có thể dùng định nghĩa $g$ liên tục nếu với mọi tập đóng $V \subset R$ thì $g^{-1}(V)$ cũng đóng.

 

Vì $f$ liên tục, nên $f([a,b])$ compact. Ta cần chứng minh $f^{-1}: f([a,b]) \rightarrow [a,b]$ liên tục. 

 

Gọi $V \subset [a,b]$ là 1 tập đóng, nên compact. Nên $f^{-1}^{-1}(V)=f(V)$ compact, nên là 1 tập đóng. Vì vậy $f^{-1}$ liên tục.

 

Ta thật sự cần $f$ đi từ $[a,b]$ hay 1 tập compact nào đó, vì điểm mấu chốt ta muốn là với 1 tập đóng $V$ bất kì từ miền xác định của $f$, thì $f(V)$ phải đóng. Điều này không hẳn đúng nếu $f$ chỉ là hàm liên tục từ 1 miền chung chung nào đó (hàm có tính chất này gọi là hàm đóng - closed map).

Cám ơn bạn đã đọc bài cm của mình.

Giả sử u + v không chia hết cho n, theo bổ đề 5a thì biểu thức A = ... không chia hết cho n và từ (4) thì $t^{n}$ không chia hết cho n, từ đó t không chia hết cho n, mâu thuẩn với giả sử t chia hết cho n. Đó là điều bạn đang quan tâm đấy!

 

Ah, ra vậy. Mình không để ý đến BĐ 5a.

Đầu trang 10, trường hợp 2.1.2. Mình đọc thì hiểu như sau

 

. Trong 2.1, ta giả sử, $n$ nguyên tố lớn hơn 3. Và ta có đẳng thức (4) như sau

$$(u+v)\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^iu^{n-i-1}v^i= t^n$$

. Sau đó đến trường hợp 2.1.2, ta giả sử thêm, trong $u,v,t$ chỉ có $t \vdots n$. Trong file pdf có ghi "ta giả sử $t \vdots n$, từ (4) suy ra $(u+v) \vdots n$".  

 

Câu hỏi của mình: Vì sao chúng ta suy ra được $(u+v) \vdots n$?

 

Phân tích nguyên tố của $t^n$ sẽ có dạng $e_1^ne_2^n\dots e_k^n n^n$ với $e_i$ và $n$ nguyên tố. Hình như không có lý do $n^n$ không thể hoàn toàn nằm trong $\sum_{i=0}^{n-1}(-1)^iu^{n-i-1}v^i$. 

 

Thật sự mình cũng chỉ nhìn sơ qua vậy thôi, có lẽ mình đã bỏ xót gì đấy.

về phần mình thì mình sẽ chọn đổi để có nhiều cơ hội để trúng hộp có hơn.

Đổi hay không đổi thì cơ hội trúng cũng bằng $1/2$ mà thôi.

 

Chỉ cần bạn nghĩ lại, lúc đó chỉ còn 2 hộp. Bạn không biết hộp nào có quà, việc đổi hay không đổi hoàn toàn giống với việc chọn mới mà thôi.

 

(Nhưng vì sao trong bài của mình, mình lại nói bạn đã giải đúng và đủ, và cho xác suất là $2/3$ sau khi đổi? Là bời vì đó là xác suất trúng với điều kiện người chơi đã đổi. Hiển nhiên không thể so sác xuất có điều kiện đó với xác suất trúng của quyết định đổi hay không đổi được).

mình nghĩ ở đây mình không đề cập đến việc có đổi quà hay là không, bản chất nó là xác định xác suất CÓ QUÀ của từng hộp A và B sau khi MC mở hộp rỗng C kia thôi.

 

Mình thấy bài đầu của bạn có câu này

 

 

Hỏi người chơi có nên đổi hộp không.

 

Việc cho phép người chơi đổi quà làm thay đổi xác suất có quà (như giải thích bên dưới). Còn nếu người chơi không được phép đổi, hay bắt buộc phải đổi, thì xác suất sẽ khác đi.

 

mình có đính chính lại như sau:

-giả sử nếu ko đổi hộp thì xác suất trúng cũng chỉ là $\frac{1}{3}$ bời vì đơn giản mc chỉ bỏ đi 1 hộp ko có quà ko phải hộp mình chon nên hôp chọn được bảo toàn$\Rightarrow$ xác suất được bảo toàn

-còn về xác suất khi đổi thì vẫn khẳng định xác suất là $\frac{2}{3}$.Đây có thể là cách giải đễ hiểu hơn cách giải trước:

+tương tự ta có 3 hộp: k,k,c.

+theo đề bài thi khi mc bỏ đi 1 hộp k thì nếu trước đó ta chọn hộp k còn lại thì khi đổi ta chắc chắn được hộp c.vậy để tính xác suất khi đổi ta được hộp c thì phải tính  xác suất ta chọn được hộp k lúc đầu.

+xác suất chọn lúc hôp k khi mc chưa lấy hộp là $\frac{2}{3}$

+nên nếu mc lấy đi 1 hộp k rồi thì khi đổi ta chắc chắn được hộp c.

Vậy xác suất khi đổi hộp là $\frac{2}{3}$

 

Bạn giải thiếu rồi hay có lẽ đề không rõ và mình hiểu nhầm, người chơi có quyền đổi hay không đổi hộp (?) sau khi MC mở hộp rỗng.

 

Bạn đúng ở chỗ nếu chọn đổi, thì xác suất lúc đầu để chọn hộp k là $2/3$. Nhưng xác suất đổi là $1/2$. Nên xác suất nếu chọn đổi và được quà là $1/2*2/3$. Còn nếu bạn không đổi ($1/2$), và bạn được quà, nên lúc đầu phải chọn hộc c ($1/3$), vì vậy xác suất là $1/2*1/3.$ Tổng xác suất để được quà là $1/2.$

 

Tất nhiên, nếu người chơi bắt buộc phải đổi quà, thì bạn đã đúng và đủ.

 

Đọc lại đề thì có câu này

Nhưng sau khi đổi thì xác suất của cái hộp bị mở là bằng 0

 

Như vậy tức là người đã đổi,

Xác suất có quà của A và B là như nhau và bằng $1/2$ vì mỗi hộp đều có khả năng có quà như nhau.

 

Nghĩ theo chiều hướng như thế này sẽ dễ hiểu hơn: bạn chọn 1 hộp trong 3 hộp rỗng. Mình sẽ để quà vào 1 trong 3 hộp đó ngẩu nhiên, thì xác suất hộp bạn chọn có quà là $1/3$. Vì MC sẽ loại bỏ 1 hộp không có quà, nên mình chỉ có 2 lựa chọn để đặt quà vào, và vì mình chọn ngẫu nhiên, nên xác suất có quà của bạn sẽ là $1/2$.

Tôi lại có cách nhìn hơi khác. Giả sử ba hộp là A,B,C. Như vậy ban đầu xác suất có quà của mỗi hộp đều bằng 1/3.

Ban đầu ta chọn một hộp, giả sử là A, thế thì trong B và C luôn có ít nhất 1 hộp không có quà và người dẫn chương trình (MC) biết chắc điều này! MC mở hộp không có quà, giả sử đó là C. Bây giờ MC hỏi ta có đổi A với B hay không?

Thực ra nếu ta có đổi thì cũng chỉ là đổi cái xác suất 1/3 này lấy cái xác suất 1/3 kia mà thôi!

Nếu được quyền đổi, thì sau khi loại bỏ 1 hộp, thì chỉ còn 2 khả năng mà hộp quà ta chọn có quà (đổi hay không đổi: Nếu hộp A có quà, mà ta đổi, thì không được quà. Nếu hộp A có quà, mà ta không đổi thì ta được quà). Và vì việc đổi hay không đổi có xác suất xảy ra như nhau, nên xác suất hộp ta chọn có quà (sau khi quyết định đổi hay không đổi) là $1/2$. 

 

Còn nếu như không được quyền đổi, thì như bạn hxthanh đã đề cập, xác suất được quà là $1/3$ vì việc mở hộp không quà chỉ đơn giản là hành động kiểm tra mà thôi. (mình đã suy luận sai trong lần đầu)

Giúp mình mấy bài này nữa,mấy hôm nay đang ôn thi mà chẳng hiểu gì hết

Bài 1 :a) cho hàm số f(x) có đạo hàm bị chặn trên R. Chứng minh rằng f(x) liên tục đều trên R.

b) CMR hàm $f(x)=sin^{2012}x$ liên tục đều trên R.

Bài 2: Cho hàm số f(x) cho bởi thác triển sau: f(x)=0 nếu x=0, $f(x)=x^2.sin\frac{1}{x}$ nếu $x\neq 0$. Chứng minh rằng $f'(x)=0$ có vô số nghiệm trong khoảng (0,1)

Bài 3: Cho hàm số f(x) có đạo hàm trên đoạn $[ 0 ,1 ]$ và $f'(0)=0$ và $f'(1)=1$. CMR với mọi $k \in (0,1)$ tồn tại $c \in (0,1)$ sao cho $f'(c )=k$

(1) (a) $f'$ bị chặn nên $f$ Lipschitz, nên $f$ liên tục đều.

(b) $f'(x)=2012\sin^{2011}(x)\cos(x)$ và $|f'(x)|<2012$ bị chặn, nên $f$ liên tục đều.

 

(2) Trên $(0,1)$, $f'(x)=2x\sin(\frac{1}{x})-\cos(\frac{1}{x})=g(x)$. Ta muốn chứng minh $g(x)$ có vô số nghiệm trong $(0,1)$. Ta thấy, $g(x)$ liên tục trên $(0,1)$, $g(\frac{1}{2k})=-1$ và $g(\frac{1}{2k+1})=1$. Vì vậy giữa mỗi $\frac{1}{2k}$ và $\frac{1}{2k+1}$, $g=f'$ sẽ có 1 nghiệm, với mọi $k\in N$. ĐPCM.

 

(3) Kết quả trực tiếp từ định lý Darboux (Giá trị trung bình cho đạo hàm của hàm số).

$$a = \lim_{x \to 0^+}f\left ( x \right ), b=\lim_{x\to \infty}f\left ( x \right )$$

$\forall \epsilon >0$,

$$\exists M >0: \left | f\left ( x \right )-b \right |<\frac{\epsilon}{2} , \forall x > M$$

$$\Rightarrow \forall x_1,x_2 > M, \left | f\left ( x_1 \right )-f\left ( x_2 \right ) \right |<\epsilon$$

Tương tự, $\exists m>0,\left | f\left ( x \right )-f\left ( y \right ) \right |<\epsilon ,\forall 0 <x,y<m$

$f$ liên tục đều trên $\left ( 0,m \right ],\left [ m,M \right ],\left [ M,\infty \right )$, do đó liên tục trên $( 0,\infty)$.

Điều ngược lại không đúng.

Xét hàm $f(x)=\sin^2 {x}$

Nếu $f$ liên tục đều trên $(0,m], [m,M] (*)$, thì ta có thể kết luận ngay lập tức $f$ liên tục đều trên $(0,M]$ hay không?

 

Vì để chứng minh $f$ liên tục đều trên $(0,M]$ ta cần với $\varepsilon$ cho trước, ta tìm được $\delta>0$ sao cho với $|x-y|<\delta$ thì $|f(x)-f(y)|<\varepsilon$. Với mọi $x,y \in (0,m]$ và $x,y \in [m,M]$ thì dĩ nhiên ta không có vấn đề gì, nhưng ta không thể nói gì được (tạm thời là vậy) với $x \in (0,m]$ và $y \in [m,M]$ với $|x-y|<\delta$ chỉ từ giả thiết $(*)$.

 

Vì thế trong bài này, mình phải "chứng minh" thêm 1 chút xíu nữa, khi cố gắng tìm 2 khoảng giao nhau $[0,N+1]$ và $[N,\infty)$, và $\delta_0 = \min(\delta,1)$ để có thể giải quyết vấn đề trên.

(2) Mở rộng $f$ trên $[0,\infty)$ sao cho $f$ liên tục (đặt $f(0)=\lim_{x\rightarrow 0+}f(x)$). Rõ ràng với mọi $n>0,$ $f$ liên tục đều trên $[0,n]$. Đặt $L=\lim_{x\rightarrow \infty}$. Với mọi $\varepsilon >0,$ tồn tại $N$ sao cho với mọi $y>N$, $|f(y)-L|\leq \frac{1}{2}\varepsilon.$ Mà trên $[0,N+1]$ $f$ liên tục đều, nên tồn tại $\delta >0$ sao cho với mọi $x,y \in [0,N+1], |x-y| < \delta$, $|f(x)-f(y)|\leq \varepsilon.$

 

Nên lấy $\delta_0=\min(\delta, 1),$ thì với mọi $x < y \in [0,\infty)$ sao cho $|x-y|<\delta_0$, ta có nếu $y\leq N+1,$ thì $x,y \in [0,N+1]$, nên ta có $|f(x)-f(y)|\leq \varepsilon,$ nếu $y>N+1,$ mà $|x-y|<1$, thì $x>N$, do đó,

$$|f(x)-f(y)|=|f(x)-L+L-f(y)| \leq |f(x)-L|+|L-f(y)| \leq \varepsilon$$

Do đó, $f$ liên tục đều trên $[0,\infty),$ nên trên $(0,\infty)$

 

Chiều ngược lại chỉ đúng tại $0$.

Vì $f$ liên tục đều trên $(0,\infty)$, nên với mọi $\varepsilon >0$, tồn tại $\delta >0$, sao cho với mọi $x_n \rightarrow 0$, $|x_n-x_m| <\delta$, $|f(x_n)-f(x_m)|<\varepsilon$, nên $\{f(x_n)\}$ là chuỗi Cauchy, nên hội tụ. Nên $\lim_{x\rightarrow 0}f(x)$ hội tụ hữu hạn.

còn phần inf(-A) = - sup A thì sao ? bạn trình bày luôn ik 

 

$\inf(-A)=-\sup(A) \Leftrightarrow -\inf(-A)=\sup(A)$. Theo phần vừa chứng minh, $-\inf(-A)=\sup(-(-A))=\sup(A)$

$-\inf A \geq -x ~ \forall x \in A \rightarrow -\inf A \geq x ~ \forall x \in -A.$ Như vậy $-\inf A$ là chặn trên của $-A$. Với mọi $y < -\inf A,$ $-y> \inf A$, như vậy tồn tại $x' \in A$ sao cho $-y > x'$, hay $y < -x'$, như vậy $y$ không phải chặn trên của $-A$. Như vây $-\inf A= \sup (-A)$

 

Tương tự cho phần kia.

bạn có thể trình bày lại đầy đủ đc ko? mình đang làm bài để nộp cho thầy nhưng phần này mình ko hỉu j hết. hic 

 

Bạn chỉ cần nhớ $sup$ là chặn trên bé nhất có thể. Để chứng minh số nào đấy là $sup$ (trong trường hợp này là $- \inf A$), thì (1) chứng minh số đấy là chặn trên, và (2) chứng minh mọi số nhỏ hơn số đấy sẽ không phải chặn trên.

 

(1) Chứng minh $-\inf A$ là chặn trên

$-\inf A \geq -x ~ \forall x \in A \rightarrow -\inf A \geq x ~ \forall x \in -A.$ Như vậy $-\inf A$ là chặn trên của $-A$.

(2) Chứng minh mọi số nhỏ hơn $-\inf A$ không phải là chặn trên

Với mọi $y < -\inf A,$ $-y> \inf A$, như vậy tồn tại $x' \in A$ sao cho $-y > x'$ (tính chất của $\inf$, chặn dưới lớn nhất, vì $-y > \inf A$, nên $-y$ không phải là chặn dưới của $A$, như vậy tồn tại $x' < -y$ với $x' \in A$). Hay $y < -x'$, như vậy $y$ không phải chặn trên của $-A$.

 

Như vây $-\inf A= \sup (-A)$

 

Do tập $A \subset \mathbb{R}$ và bị chặn nên ta giả sử $A=(a,b); a,b \in \mathbb{R}$ và $a<b$

 

Từ đó ta được $-A=(-b,-a)$

 

Xét $A$ có $\sup(A)=b;\inf(A)=a$

 

Xét $-A$ có $\sup(-A)=-a;\inf(-A)=-b$

 

Từ đó ta được $\sup(-A)=-\inf(A)=-a;\inf(-A)=-\sup(A)=-b$

 

$A$ bị chặn nên không thể vô hạn.

 

Nhưng vấn đề với việc xem $A=(a,b)$ là vì cấu trúc của $A$ không xác định, và bài toán không phụ thuộc vào cấu trúc của $A$. Nhưng việc coi như $A=(a,b)$ có ích để hình dung cách giải.

Có chứ bạn, hướng mình làm là tìm $\lim$ đó chứ. Chỉ là $\lim$ của hàm nhiều biến không có 1 phương pháp thần kì nào có thể tìm hết mọi $\lim$ (đối với hàm 1 biến thì việc tìm $\lim$ đơn giản hơn đối với hàm nhiều biến).

Cho hàm số: \[f(x,y) = \frac{{{x^3}y}}{{{x^6} + {y^2}}},{x^2} + {y^2} \ne 0\]

 

\[f(x,y) = 0,{x^2} + {y^2} = 0\]

 

Chứnh minh hàm số đã cho gián đoạn tại \[\left( {0;0} \right)\]

Nhưng có các đạo hàm riêng tại điểm \[\left( {0;0} \right)\]

Tiêu đề của bạn có lẽ nên bao gồm cả hàm số cụ thể vào đó. Thí dụ:

CM: $\frac{x^3y}{x^6+y^2}$ gián đoạn nhưng có đạo hàm riêng tại $(0,0)$

 

Để CM 1 hàm số gián đoạn tại đâu đó, ta cần cho thấy $\lim f$ khác với giá trị của hàm số tại điểm đó, hay giới hạn không tồn tại.

 

Vì vậy, ta chỉ cần cho thấy $\lim f \ne 0$ trong trường hợp này. Đầu tiên, với những dạng giới hạn thế này, ta thường thử với 1 vài đường cơ bản, để xem giá trị là bao nhiêu. Dể thấy, với $x=0$, $y=0, x=y, y=x^2, x=y^2$ ta đều có giá trị là $0$. Vẫn chưa cho thấy gì cả. Nhận thấy ta có $x^3$ và $y$ ở tử, cũng như $x^6$ và $y^2$ ở mẫu.Thử xem với $y=x^3$, thì giới hạn sẽ ra kết quả bao nhiêu? Nếu mình nhẩm không nhầm thì ta được kết quả là $1/2$. Vì vậy cho thấy, giới hạn của hàm số không thể bằng $0$ được. Nên hàm gián đoạn.

 

Để CM hàm này có đạm hàm riêng tại $(0,0)$ thì ta chỉ cần đi tìm đao hàm riêng của nó. Theo định nghĩa của đạo hàm riêng tại $(0,0)$ ta có

$$f_x(0,0)=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\lim_{h \rightarrow 0} \frac{0-0}{h}=0$$

Tương tự cho biến $f_y$.

Gọi $z \in \{0, \dots, 29\}$. Ta muốn $z + 30Z$ khả nghịch, tức là $z*n \equiv 1 \text{ mod } 30$  với $n \in Z$ nào đó, tức là $zn+30k=1$ với $k, n \in Z$ nào đó. Tức là $gcd(z,30)=1$ (và dĩ nhiên $gdc(n,30)=1$). Như vậy, những phần tử khả nghịch sẽ được đại diện bởi $z \in \{1, 7,11,13,17,19,23,29\}$

một vành giao hoán là vành địa phương khi nó có duy nhất 1 idean tối đại.

a/ cmr mỗi vành giao hoán mà mạng lưới ide an của nó là một chuỗi (trong $\mathbb{Z}_{p}$)  là vành địa phương. Bạn có thể đưa ra 1 VD về 1 vành địa phương giao hoán mà mạng lưới idean của nó không phải là chuỗi hay không...

b/ cho $p\in \mathbb{Z}$ là số nguyên tố và tập $\mathbb{Z}_{(p)}=  \{ \frac{a}{b} \in \mathbb{Q}: ~b\notin \mathbb{Z}_p\}$. cmr $\mathbb{Z}_{(p)}$ là vành địa phương với idean cuc đại là $p\mathbb{Z}_{(p)}$

c/ cmr mạng lưới idean của vành địa phương $\mathbb{Z}_{(p)}$được sắp xếp thứ tự cùng nhau ( nghĩa là mỗi tập khác rỗng có 1 phần tử lớn nhất)

 

Mình có 1 vài câu hỏi nữa:

. Thế nào là mạng lưới ideal là một chuỗi trong $Z_p$?

. Thế nào là mạng lưới ideal của 1 vành được xếp theo thứ tự cùng nhau? Bạn nói đó là "mỗi tập khác rỗng có 1 phần tử lớn nhất", trong trường hợp này có nghĩa là vành đó là vành Noetherian (Noether)?

 

a. Mình đoán mạng lưới ideal là 1 chuỗi nghĩa là bạn có thể xếp ideal của vành đó thành 1 dãy

$$ \dots \subsetneq I_i \subsetneq I_{i+1} \subsetneq \dots$$

Nếu chuỗi đó cố định, thì dĩ nhiên chuỗi đó có phần tử tối đại, nói cách khác vành đó là vành địa phương.

 

Ví dụ vành địa phương mà lattice không phải là 1 chuỗi: $k[[x,y]]$ với ideal tối đại $(x,y)$ và lattice của nó không phải là 1 chuỗi vì $0 \subset (x) \subset (x,y)$ và $0 \subset (y) \subset (x,y)$.

 

b. c. Mình ghi lại $Z_p$ là $(p)$ là ideal của $Z$ được sinh ra bởi $p$.

 

Để giải (b.) và (c.) ta muốn xác lập 1-1 correspondence như sau:

Xét $\varphi: Z \rightarrow Z_{(p)}$ với $a \mapsto \frac{a}{1}$. Dễ thấy $\varphi$ well-defined. Với $I$ là ideal của $Z$ và $J$ là ideal của $Z_{(p)}$. Gọi $I^e= \varphi(I)Z_{(p)}$ là ideal của $Z_{(p)}$ và $J^c= \varphi^{-1}(J)$ là ideal của $Z$.

$$\{I \subset Z| ~ I \text{ ideal và } I \subset (p) \} \leftrightarrow \{J \subset Z_{(p)}| ~ J \text{ ideal}\}$$

và correspondence được cho bởi $I \mapsto I^e$ và $J \mapsto J^{c}$.

 

Sau khi có 1-1 correspondence đó, ta thấy ideal tối đại của $Z_{(p)}$ sẽ corresponding với ideal tối đại nằm trong $(p)$ nên sẽ corresponding với $(p)$, và theo correspondence đó, ideal tối đại của $Z_{(p)}$ là $pZ_{(p)}$.

 

Claim: mọi ideal thực sự $J$ của $Z_{(p)}$ có dạng $J=I^e$ với $I$ là ideal nào đó của $Z$.

 

Ta có $J^{ce} \subset J$ hiển nhiên. Ta muốn chứng minh $J \subset J^{ce}$. Gọi $x=\frac{r}{s} \in J$ nên $xs=\frac{r}{1} \in J \cap \varphi(Z)$ nên $r \in J^c$.  Nên $x=\frac{1}{s}\frac{r}{1} \in Z_{(p)}J^c=J^{ce}$.

 

Đến đây ta có thể giải câu (b). Vì mọi ideal của $Z_{(p)}$ đều có dạng $J=J^{ce}=(J^{c})^e$. Gọi $I=J^c$ là ideal của $Z$. Nhận xét $I \subset (p) \subset Z$. Vì sao? Vì nếu tồn tại $x \in I$ và $x\notin (p)$ thì $\varphi(x)$ là 1 unit trong $Z_{(p)}$ vì $\varphi(x)=\frac{x}{1}$ và phần tử nghịch đảo của nó là $\frac{1}{x}$. Đến đây ta thấy, $\varphi(x)$ là unit và $J=Z_{(p)}$. Vô lý.

 

Nên ideal tối đại $J$ của $Z_{(p)}$ sẽ có $J^c=(p)$. Nói cách khác, đó là $pZ_{(p)}$.

 

Ta đã có 1 chiều của correspondence $J^{ce}=J$. Để hoàn thành correspondence đó, ta cần $I^{ec}=I$. Ta thấy

$$I^{ec}=\varphi^{-1}(I^e)= \varphi^{-1}(\varphi(I)Z_{(p)})=\{x \in Z| ~ sx \in I \text{ và } s \notin (p)\}$$

(nhìn vào kí hiệu $\varphi^{-1}(\varphi(I)Z_{(p)})$, ta cần những phần tử $x$ của $Z$, sao cho $x$ là preimage của 1 phần tử nào đó trong $\varphi(I)Z_{(p)}$, tức là $x$ sao cho $\frac{x}{1} \in \varphi(I)Z_{(p)}$. Nhưng mà 1 phần tử nằm trong $\varphi(I)Z_{(p)}$ tức là $\frac{x}{1}=\frac{y}{s}$ với $y \in I$ và $s \notin (p)$. Nên ta cần $sx=y \in I$ và $s \notin (p)$).

Sau khi ta có $I^{ec}=\{x \in Z| ~ sx \in I \text{ và } s \notin (p)\}$ và ta đã có sẵn $I \subset (p)$, nên ta có $I^{ec}=\{x \in Z| ~ sx \in I \text{ và } s \notin (p)\}=I$.

 

Vì vậy, ta có chiều còn lại của correspondence. Sau khi ta đã có 1-1 correspondence giữa 2 tập hợp này, ta thấy tính chất "mỗi tập con khác không của tập bên tay phải phải có phần tử tối đại" tương đương với "mỗi tập con khác không của tập bên tay trái phải có phần tử tối đại", mà vì $Z$ là vành Noether, nên tính chất đó của tập bên tay trái là hiển nhiên.

Theo công thức, cả hai đều là cực tiểu. Một điểm cần chú ý là phương pháp trên chỉ cho phép tìm cực trị địa phương, vì vậy không có gì mâu thuẫn khi có nhiều điểm cực tiểu hay cực đại cả.

Thông thường, bài toán yêu cầu tìm cực trị và yên ngựa của hàm số 2 biến chỉ yêu cầu bạn tìm cực trị địa phương và yên ngựa. Rất nhiều trường hợp tìm cực trị tuyệt đối là không khả thi, hay quá khó

Còn nếu bạn muốn tìm absolute extrema cho toàn miền (cực trị tuyệt đối trên toàn miền RxR), thì bạn có thể tinh ý nhận thấy hay dùng graphing tool để đánh giá hàm số
1/ Nếu x rất lớn dương và y rất nhỏ âm, thì hàm số sẽ đi về vô cùng dương. Hàm số ko có cực đại.
2/ Cực tiểu địa phương xảy ra ở (1,1) hay (-1,-1) và đều cho giá trị -1. Như vậy bạn có thể chứng minh $f(x,y) \geq -1 $ $\forall (x,y)$.
$x^4+y^4-4xy+1 = x^4-2x^2y^2+y^4+2(x^2y^2-2xy+1)-1 = (x^2-y^2)^2+2(xy-1)^2-1 \geq -1$
Dấu bằng xảy ra tại (1,1) hay (-1,-1)

Giả sử mỗi hộp A, B, C phân biệt, các sp chất lượng cao (và không cao) không phân biệt.

 

Thì ta có các khả năng sp chất lượng cao như sau: $(3,0,0), (0,3,0), (0,0,3), (2,1,0), (2,0,1), (1,2,0), (1,0,2), (1,1,1)$. Mà mỗi trường hợp xảy ra đều có xác suất như nhau, (vì chia đều và lúc chia không phân biệt sp chất lượng cao hay không), nên xác suất để mỗi hợp đều có sp chất lượng cao là $1/8$.

 

Phần xác suất mình cũng không chắc lắm, nếu có bạn nào phát hiện sai, hãy sửa giùm

$$0\rightarrow \ker f_2\rightarrow V_2\rightarrow \text{Im}f_2\rightarrow 0$$

 

Ở dòng này thì toán tử tuyến tính từ $\ker f_2$ vào $V_2$ là gì ạ

 

$\ker f_2 \subset V_2$, toán tử bạn cần chỉ là $x \mapsto x$

 

Còn vì sao chỉ cần chứng minh trên dãy ngắn. Có lẽ quy nạp sẽ dễ thấy. Nếu bạn có dãy khớp $0 \rightarrow V_1 \rightarrow \dots \rightarrow V_{n-2} \overset{f_{n-2}}{\rightarrow} V_{n-1} \overset{f_{n-1}}{\rightarrow} V_n \rightarrow 0$, bạn có thể tách nó ra thành 2 dãy

$$0 \rightarrow V_1 \rightarrow \dots \rightarrow V_{n-2} \overset{f_{n-2}}{\rightarrow} im f_{n-2} \rightarrow 0$$

và

$$0 \rightarrow \ker f_{n-1} \rightarrow V_{n-1} \rightarrow V_n \rightarrow 0$$

 

Dùng giả thuyết quy nạp sẽ được kết quả mong muốn.

 

Vì mọi dãy khớp đều có thể bị bẽ gảy thành dãy khớp ngắn, tương tự như trên.

 

Sorry bạn leminhansp vì mình nhảy vào giữa chừng

tại sao bạn muốn chứng minh đó là đơn ánh? 

 

$\bar{f}$ của bạn có $\ker$ đâu phải bằng $0$.

 

để chứng minh tồn tại 1 đồng cấu $\bar{f}$ như vậy, bạn chỉ cần chứng minh với mọi 2 phần tử $v, v'$ sao cho $v - v' \subset V'$, thì ảnh của chúng dưới $f$ (hay $\bar{f}$) giống nhau. tức là ánh xạ của bạn có nghĩa. và sau đó, nó là đồng cấu thì hiển nhiên hơn.

sr,em đọc nhầm thành đẳng cấu, vậy đồng cấu là gì ạ.

 

nói ra ngại, mình không biết đồng cấu là gì cả vì mình không học theo từng vựng tiếng việt mình thấy bài dùng từ đó nên mình dùng theo.

 

(đồng cấu theo mình đoán có lẽ là homomorphism - trong trường hợp này là homomorphism giữa 2 không gian vector, nói cách khác đó là ánh xạ tuyến tính. Bạn có thể đã thấy homomorphism - đồng cấu - trong lý thuyết đại số trừu tượng, ánh xạ giữa 2 nhóm giao hoán, hay 2 vành giao hoán thõa mãn 1 vài tính chất đặc biệt. Về 1 mặt nào đó, không gian vector chỉ là 1 nhóm giao hoán có thêm cấu trúc nhân với 1 trường).

 

nói nhiều thành ra nói dở, đối với bài này, ta chỉ cần chứng minh tồn tại 1 ánh xạ tuyến tính $\bar{f}$ như trên.

Ta có thể dùng mệnh đề: trong một miền nguyên chính, một phần tử khác 0 là nguyên tố nếu và chỉ nếu nó là bất khả quy. Ta xét phần tử 3i. 3i không là nguyên tố vì R/(3i)$\cong \mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$ không là một miền nguyên. Nhưng 3i là bất khả quy trong R vì nếu 3i=ab thì N(a)N(b)=9 nhưng ta luôn có N(m) khác 3 với mọi phần tử m trong R. Mình đang băn khoăn là bằng cách này chứng minh được {a+kbi|a,b $\in \mathbb{Z}$} không là miền nguyên chính với mọi k không.

 

Trong vành chính, không nhất thiết tồn tại norm. Dĩ nhiên, trong trường hợp này bạn có thể đặt ra 1 hàm norm trên $Z[3i]$ như $N(a+3ib)=a^2+9b^2$ để đưa đến kết luận trên. Nhưng giả sử vành ta xét là $Z[ki]$, thì đến khúc đó, ta có $N(x)N(y)=k^2$, thì ta cần xét nhiều cách phân tích nhân tử của $k^2$ để đi đến kết luận là không có tồn tại phần tử cần tìm. Ví dụ, $k=6$, thì $N(x)N(y)=36$ nên có lẽ $N(x)=4, N(y)=9$ hoàn toàn tương ứng với $x=2, y=3$. Dĩ nhiên với $k$ nhỏ, thì việc loại trừ những trường hợp này khá dễ, nhưng với $k$ chung chung, thì biện luận cách này không đơn giản.

 

Uhm, để mình thử thêm 1 chút nữa, có lẽ đơn giản hơn như vậy. Vì $xy=ki$, nên với $x=a+bki, y=c+dki$. Gọi norm như trên. Đầu tiên ta nhận xét, $b,d$ không thể cùng bằng $0$. Sau đó, ta giả sử $b\ne 0$ và $d=0$, ta dễ thấy trường hợp này đưa đến kết quả, $x$ hoặc $y$ là unit. Nên ta có thể giả sử cả $b, d$ đều khác $0$.

 

Như vậy, ta sẽ có

$$k^2=(a^2+k^2b^2)(c^2+d^2k^2) \geq k^4 \Rightarrow 1 \geq k^2$$

như vậy cách của bạn có thể dùng để chứng minh cho mọi $k>1$, $Z[ki]$ không thể là UFD (vành nhân tử hóa). (ta đã biết, $Z[i]$ là vành Euclide)

 

Nhưng đến đây lại có 1 vài vấn đề cần nói rõ, vành $Z[\sqrt{-2}]$ là vành Euclide. Nên "proof" trên có chút vấn đề với $k=\sqrt{2}$. Nhìn kĩ lại, ta thấy chỗ $R/(3i)$, nếu $k=\sqrt{2}$, thì $R/(ki)=Z/2Z$ là miền nguyên (thậm chí là 1 trường). Nên $ki$ nguyên tố, nên việc chứng minh $ki$ bất khả qui không có ý nghĩa.

 

Tóm lại, cách của bạn chứng minh được với mọi $|k|>1$ và $k \in Z$ thì $Z[ki]$ không phải là vành nhân tử hóa (nên không thể là vành chính).

Bạn chứng minh được phần miền nguyên chưa?

 

Còn về chứng minh đó không phải là vành chính, có lẽ 1 hướng đề thử là chứng minh đó không phải là vành Gauss (hay vành nhân tử hóa). Nếu bạn có thể chứng minh tồn tại $(a+3bi)(c+3di)=(a'+3b'i)(c'+3d'i)$ thì đó không phải là vành Gauss, nên không thể là vành chính.

 

Mò mò hoài không được mình viết 1 chương trình nhỏ để tìm, thì tìm ra vài cặp. Lấy 1 cặp tượng trưng.

$$-27+36i=(0+9i)(4+3i)=(3+6i)(3+6i)$$

Bây giờ bạn cần chứng minh từng nhân tử $9i, 4+3i, 3+6i$ "bất khả quy" trên miền $A$ là xong.