Đến nội dung

Hình ảnh

Đường cong và mặt đại số

* * * * * 1 Bình chọn

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 679 Bài viết

Trong mục này, ta nghiên cứu về tập nghiệm của hệ phương trình đa thức. Rõ ràng tập các số mà ta đang quan tâm ảnh hưởng rất lớn tới tập nghiệm. Chẳng hạn phương trình $x^2+1$ không có nghiệm thực, nhưng lại có hai nghiệm phức, hoặc phương trình $x^2=2$ có nghiệm thực, nhưng lại không có nghiệm nguyên nào. Vì vậy, ta cần giới hạn một tập số $K$ nào đó cho các nghiệm. Trong mục này, ta chỉ quan tâm $K=\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}, \mathbb{Z},$ và có thể cả $\mathbb{Q}_p, \mathbb{Z}/p.$

 

Định nghĩa. Cho $f_1(x_1,\dots,x_n),\dots, f_m(x_1,\dots,x_n)$ là các đa thức với hệ số trong $K$. Tập nghiệm của hệ phương trình $f_1(x_1,\dots,x_n)=0,\dots, f_m(x_1,\dots,x_n)=0$ là tập tất cả các bộ $(x’_1,\dots,x’_n)$ với $x’_1,\dots,x’_n\in K$ thoả mãn 

$$f_1(x’_1,\dots,x’_n)=0,\dots, f_m(x’_1,\dots,x’_n)=0,$$ký hiệu bởi $Z(f_1,\dots,f_m)$. Ta cũng gọi tập nghiệm của một hệ phương trình nào đó là tập đại số a-phin.

 

Như trong tiêu đề, phần lớn ta chỉ quan tâm tới đường cong phẳng và mặt trong không gian, tức là nghiệm của phương trình $f(x,y)=0$ hoặc $f(x,y,z)=0.$ Tuy nhiên, nếu thuận tiện, ta sẽ phát biểu các mệnh đề và định nghĩa ở dạng tổng quát nhất.

 

Khi giải nghiệm của một hệ phương trình, có ba khả năng mà ta quan tâm: vô nghiệm, hữu hạn nghiệm, vô số nghiệm. Ta có thể đưa ra một số nhận xét, chẳng hạn tồn tại các phương trình vô nghiệm trong $\mathbb{R}$, hoặc mọi phương trình có hữu hạn nghiệm trong $\mathbb{Z}/p.$ Như vậy, chẳng hạn $x^2+1=0$ không hẳn là đường cong trong mặt phẳng vì nó không có nghiệm nào. Tuy nhiên hiện tượng này không xảy ra với tập số phức.

 

Mệnh đề 2. Phương trình $f(x,y)=0$ luôn có vô số nghiệm trong $\mathbb{C}$ với $deg(f(x,y))\geq 1.$

 

Trước khi chứng minh mệnh đề, ta đưa ra một số khái niệm.

 

Định nghĩa 3. Một đa thức được gọi là khác không nếu các hệ số của nó khác không. Ngược lại, ta nói đa thức đó là đa thức $0$.

 

Ví dụ. Đa thức $x^2+1$ với hệ số trong $\mathbb{Z}/2$ có tập nghiệm là toàn bộ $\mathbb{Z}/2$ mặc dù đa thức này khác không. Tuy nhiên, ta có mệnh đề sau:

 

Mệnh đề 4. Giả sử $K$ vô hạn. Nếu $f(x’,y’)=0$ với mọi $x’, y’\in K$ thì $f=0.$

Chứng minh. Giả sử phản chứng $f\neq 0$. Không giảm tổng quát, đặt $f(x,y)=a_n(x)y^n+\dots+a_0(x)$ với $a_n(x)\neq 0$. Nếu $n=0$ thì $a_0(x)=0$ với mọi $x\in K,$ mâu thuẫn vì $K$ vô hạn (số nghiệm của một đa thức một biến không thể vượt quá bậc của nó). Do đó $n\geq 1.$ Chọn $x’$ sao cho $a_n(x’)\neq 0.$ Khi đó đa thức $a_n(x’)y^n+a_{n-1}(x’)y^{n-1}+\dots+a_0(x’)$ có vô số nghiệm $y’\in K,$ mâu thuẫn. 

 

Nhận xét. Ta có thể chứng minh mệnh đề 2 với số biến tuỳ ý.

 

Chứng minh mệnh đề 1. Đặt $f(x,y)=a_n(x)y^n+a_{n-1}(x)y^{n-1}+\dots+a_0(x)$ với $a_n(x)\neq 0$ Nếu $n=0$ thì theo định lý cơ bản của đại số, tồn tại một nghiệm $x_0$ của $a_0(x).$ Do đó $f(x,y)$ có vô số nghiệm $x=x_0,\ y\in \mathbb{C}.$ Nếu $n\geq 1,$ tồn tại vô hạn $x’$ sao cho $a_n(x’)\neq 0.$ Với mỗi $x’$ như vậy, phương trình  $a_n(x’)y^n+a_{n-1}(x’)y^{n-1}+\dots+a_0(x’)=0$ có nghiệm theo định lý cơ bản của đại số. Do đó $f(x,y)=0$ có vô số nghiệm. 

 

Định nghĩa. 

(i) Không gian a-phin $n$-chiều $\mathbb{A}^n_{K}$ là tập tất cả các bộ sắp thứ tự $(a_1,\dots,a_n)$ với $a_1,\dots,a_n\in K.$

(ii) Không gian xạ ảnh $n$-chiều $\mathbb{P}_{K}^n$ được định nghĩa là $\mathbb{A}^{n+1}_K-\{(0,\dots,0)\}/\sim$ trong đó $\sim$ là một quan hệ tương đương định nghĩa như sau:

$$(a_0,\dots,a_n)\sim (b_0,\dots,b_n) \text{ nếu và chỉ nếu tồn tại }\lambda \neq 0: a_0=\lambda b_0,\dots,a_n=\lambda b_n.$$

Ký hiệu lớp tương đương chứa $(a_0,\dots,a_n)$ bởi $(a_0:\dots:a_n)$ (chú ý chỉ số bắt đầu từ $0$).

 

Không gian a-phin đóng vai trò như là không gian xung quanh của các tập đại số a-phin, tức là mọi tập đại số a-phin nằm trong một không $\mathbb{A}^n$ nhất định. Ta cũng có các tập đại số xạ ảnh nằm trong các không gian $\mathbb{P}^n$  ,sẽ được thảo luận trong các bài sau.

 

Khi giải phương trình đa thức, ta có xu hướng viết tập nghiệm thành hợp của các tập bé hơn mà nhờ đó, tập nghiệm dễ hình dung hơn. Chẳng hạn, phương trình $xy=0$ tương đương với $x=0$ hoặc $y=0,$ và hơn nữa $x=0$ và $y=0$ không thể phân tích tiếp được thành các thành phần bé hơn nữa. Ta đưa ra định nghĩa tập đại số bất khả quy.

 

Định nghĩa. Một tập đại số $Z$ được gọi là bất khả quy nếu không tồn tại các tập đại số $Z_1, Z_2$ sao cho $Z_1, Z_2 \neq Z$ và $Z=Z_1\cup Z_2.$ 

 

Định nghĩa. Cho $P$ là một đa thức khác không. 

(i) $P$ được gọi là khả nghịch nếu tồn tại $Q$ sao cho $PQ=1.$ 

(ii) $P$ được gọi là bất khả quy nếu tồn tại $Q, R$ sao cho $P=QR$ thì $Q$ khả nghịch hoặc $R$ khả nghịch. 

 

Chú ý.

(i) Ta chỉ ra được ngay rằng nếu $K=\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C},\mathbb{Z}$ thì tập các đa thức khả nghịch lần lượt là $\mathbb{Q}-\{0\}, \mathbb{R}-\{0\}, \mathbb{C}-\{0\}, \mathbb{Q}-\{0\}, \{1,-1\} $.

(ii) Không nên nhầm lẫn trong trường hợp $K=\mathbb{Z}$ rằng chẳng hạn đa thức $2x$ là bất khả quy. Tuy nhiên, ta có mệnh đề sau:

 

Mệnh đề. Một đa thức với hệ số nguyên là bất khả quy nếu và chỉ nếu đa thức đó bất khả quy xem như đa thức với hệ số hữu tỷ và các hệ số của nó là nguyên tố cùng nhau.

 

Trước khi chứng minh mệnh đề, ta cần bổ đề sau:

Mệnh đề. Cho $Q,R$ là các đa thức hệ số nguyên sao cho các hệ số của đa thức $QR$ có số nguyên tố $p$ là một ước chung. Thế thì một trong hai điều sau xảy ra:

(i) $p$ là một ước chung của các hệ số của $Q$;

(ii) $p$ là một ước chung của các hệ số của $R$.

Chứng minh. Giả sử cả (i) và (ii) không xảy ra. Đặt $Q=a_nx^n+\dots+a_0$ và $R=b_mx^m+\dots+b_0.$ Đặt $k$ là số nguyên lớn nhất sao cho $p$ không chia hết $a_k,$ tương tự với $l$ và $Q$ (tồn tại do điều ta giả sử). Rõ ràng đa thức $$QR-(a_nx^n+\dots+a_{k+1})R-Q(b_mx^m+\dots+b_{l+1}x^{l+1})=(a_kx^k+\dots+a_0)(b_lx^l+\dots+b_0)$$ vẫn có các hệ số là bội của $p$. Nói riêng, $p|a_kb_l,$ mâu thuẫn. 

 

Chứng minh mệnh đề.

(i) Giả sử $P=a_nx^n+\dots+a_0$ là đa thức hệ số nguyên và bất khả quy. Nếu $(a_0,\dots,a_n)=d>1$ thì $P$ có phân tích thành $d(a’_nx^n+\dots+a’_0)$ với $a’_i=a_i/d,$ mâu thuẫn với tính bất khả quy của $P.$ Như vậy $(a_0,\dots,a_n)=1$. Giả sử tồn tại $Q, R$ là các đa thức hệ số hữu tỷ sao cho $P=QR.$ Tồn tại số nguyên $d$ sao cho $dP=Q’R’$ với $R’,Q’$ hệ số nguyên (chẳng hạn lấy $d$ là một bội chung của các mẫu số của các hệ số của $Q$ và $R$). Nếu các hệ số của $Q’$ hoặc $R’$ có ước chung với $d$ thì bằng phép chia cả hai vế cho các ước chung này, ta có thể giả sử $d$ nguyên tố cùng nhau với các hệ số của $Q’$ và $R’$. Nếu $d\neq 1$ thì theo bổ đề trên, một ước nguyên tố nào đó của $d$ sẽ là ước chung của các hệ số của $Q’$ hoặc $R’$, mâu thuẫn. Do đó, $d=1$ và $P=Q’R’.$ Do $P$ bất khả quy trên $\mathbb{Z}$ nên $Q’$ hoặc $R’$ là $1,-1$. Do đó, $Q$ hoặc $R$ là một số hữu tỷ.

 

(ii) Giả sử đa thức $P$ là đa thức hệ số nguyên và bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ và các hệ số của $P$ là nguyên tố cùng nhau. Giả sử $P=QR$ với $Q,R$ hệ số nguyên. Do $P$ bất khả quy trên $\mathbb{Q}$ nên $Q$ hoặc $R$ là một số hữu tỷ, do đó là một số nguyên. Các số nguyên này không thể khác $1,-1$ vì ta đã giả thiết $P$ có các hệ số nguyên tố cùng nhau.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 29-09-2021 - 17:22


#2
Nxb

Nxb

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán học Hiện đại
  • 679 Bài viết

Trong bài trước, ta định nghĩa một tập đại số a-phin như là tập các không điểm của một hệ hữu hạn các đa thức. Tuy nhiên, ta cũng có thể xét tập các không điểm của một hệ vô hạn các đa thức. Rõ ràng hơn, nếu $S\subseteq K[x_1,\dots,x_n]$ là một tập các đa thức $n$-biến với hệ số trong $K$, ta có thể định nghĩa tập $Z(S)=\{a=(a_1,\dots,a_n)\in K^n \mid f(a)=0, \text{ với mọi }f\in S\}.$ Tuy nhiên từ lâu, người ta đã nhận thấy rằng với mọi hệ $S$ luôn có thể tìm được một hệ hữu hạn các phương trình sao cho $f_1,\dots,f_m$ cho $Z(S)=Z(f_1,\dots,f_m).$ Đây là nội dung của định lý cơ sở Hilbert. Trước khi phát biểu và chứng minh định lý này, ta đưa ra một số khái niệm.

 

Định nghĩa. Một tập $S\subseteq K[x_1,\dots,x_n]$ được gọi là một i-đê-an nếu thoả mãn các điều kiện sau:

(i) Nếu $f,g \in S$ thì $f+g \in S$;

(ii) Nếu $f\in K[x_1,\dots,x_n], g \in S$ thì $fg\in S.$

 

Ví dụ. 

1. Nếu $S$ là một tập con trong $K[x_1,\dots,x_n]$, ta có thể định nghĩa i-đê-an sinh bởi $S$, ký hiệu bởi $(S)$ là i-đê-an bé nhất chứa $S$, cho bởi:

$$(S)=\{f_1 g_1+\dots+f_m g_m \mid f_i \in K[x_1,\dots,x_n], g_i \in S\}.$$

2. Nếu $A\subseteq K^n,$ tập $I(A)$ cho bởi tất cả các đa thức triệt tiêu trên toàn bộ $A$ là một i-đê-an. Rõ hơn,

$$I(A)=\{f\in K[x_1,\dots,x_n]\mid f(a)=0, \text{ với mọi }a\in A\}.$$  

 

Chú ý. Ta nhận thấy ngay rằng đối với một tập các đa thức $S$, tập $Z(S)$ và $Z((S))$ đồng nhất với nhau. Mặc dù tập (S) có kích thước lớn hơn, nó có các tính chất đại số tốt hơn. Dần dần trong chủ đề này, ta sẽ thấy vai trò của i-đê-an và các định nghĩa đại số ngày càng lớn. Thực ra, ta có thể xây dựng hình học đại số hoàn toàn bằng ngôn ngữ đại số mà không phải đề cập bất cứ tập không điểm nào! Đây là nội dung của lý thuyết lược đồ của Grothendieck.

 

Ta phát biểu định lý cơ sở Hilbert:

Định lý. Nếu $I$ là một i-đê-an của $K[x_1,\dots,x_n]$ thì tồn tại $f_1,\dots,f_m$ sao cho $I=(f_1,\dots,f_m).$ 

Nhận xét: Nhận xét ở đầu bài được suy ra ngay lập tức bằng cách áp dụng cho $I=(S).$



#3
vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • ĐHV Toán Cao cấp
  • 690 Bài viết

Ta thử tìm hiểu xem i-đê-an của một số tập quen thuộc như một "trường" $K$ ($K=\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}$), tập số nguyên $\mathbb{Z}$ hoặc tập đa thức $K[X]$ có dạng như thế nào.

Ví dụ 1. I-đê-an của $K$.

Đối với $K$, ta khẳng định rằng chỉ có hai ideal là $(0)$ (i-đê-an tầm thường) và $K$ (i-đê-an sinh bởi $1$). Thật vậy, giả sử $I$ là một i-đê-an khác $(0)$ của $K$. Như vậy tồn tại một phần tử $x$ khác $0$ của $I$. Vì $K$ là một trường (ở đây ta có thể coi $K=\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}$) nên ta có phần tử nghịch đảo của $x$ là $1/x$ trong $K$. Theo định nghĩa của i-đê-an thì $1=x.(1/x)\in I$, và vẫn theo định nghĩa thì với mọi $y\in K$ ta có $y=1.y\in I$. Do đó $I$ chỉ có thể là toàn bộ $K$.

Ví dụ 2. I-đê-an của $\mathbb{Z}$.

Các i-đê-an của $\mathbb{Z}$ có tính chất rất đẹp là chúng được sinh bởi một phần tử, tức là để biết một i-đê-an thì ta chỉ cần tìm ra phần tử sinh của nó. Điều này có được là nhờ vào phép chia Euclid. Gọi $I$ là một i-đê-an khác $(0)$ của $\mathbb{Z}$, và xét $n\in I$ là phần tử khác $0$ có giá trị tuyệt đối nhỏ nhất (tất nhiên ta có thể chọn $n>0$ vì nếu $n\in I$ thì $-n\in I$). Với mọi $x\in I$, theo phép chia Euclid thì tồn tại $q, r\in \mathbb{Z}$ sao cho

$$x=q.n+r, 0\le r<|n|.$$

Vì $n\in I$ nên $q.n\in I$ theo định nghĩa của I-đê-an, và do đó $r=x-q.n\in I$. Nhưng $|r|<|n|$ nên từ cách chọn $n$ ta phải có $r=0$. Do đó $n|x$ với mọi $x\in I$, tức là mọi phần tử của i-đê-an $I$ đều chia hết cho một số nguyên $n$ nào đó. Hơn thế nữa, nếu $I=(n)$ và $J=(m)$ thì $I\subseteq J$ khi và chỉ khi $m|n$. Do đó nếu ta có một dãy tăng các i-đê-an

$$I_{1}\subseteq I_{2}\subseteq \dots\subseteq I_{k}\subseteq \dots$$

thì dãy này phải dừng từ một thời điểm nào đó (tức là tồn tại $k$ để $I_{k}=I_{k+1}=\dots$), vì một số nguyên chỉ có hữu hạn ước số. Ta gọi đây là tính chất $\textbf{A.C.C}$ (ascending chain condition).

Ví dụ 3. I-đê-an của $K[X]$ ($K=\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}$)

Ta có thể hình dung về tập đa thức $K[X]$ giống hệt như tập số nguyên $\mathbb{Z}$. Trên tập này ta cũng có phép chia Euclid

$$f(X)=q(X)g(X)+r(X), \text{deg}(r)<\text{deg}(g),$$

và như vậy các i-đê-an của $K[X]$ cũng được sinh bởi một phần tử giống như các i-đê-an của $\mathbb{Z}$, mọi dãy tăng các i-đê-an trong $K[X]$ đều phải dừng vì một đa thức chỉ có hữu hạn ước "phân biệt". Do đó để giải một hệ phương trình đa thức một ẩn

$$\begin{cases}f_{1}(X)=0\\ f_{2}(X)=0\\ \dots \\ f_{n}(X)=0 \end{cases}$$

ta có thể quy về việc tìm nghiệm của một đa thức $f(X)=0$. Từ đây ta cũng thấy rằng một tập đại số trong $\mathbb{A}_{K}^{1}$ là một tập hữu hạn (và ngược lại).

 

Từ ví dụ 3 ta có thể khẳng định ngay định lý cơ sở Hilbert đúng trong trường hợp $n=1$ (vì mọi i-đê-an đều được sinh bởi một phần tử, $I=(f)$ với $f$ nào đó). Phải chăng các i-đê-an của $K[X, Y]$ đều được sinh bởi hai phần tử ($I=(f_{1}, f_{2})$)? Câu trả lời là không.

 

Ta đến với chứng minh định lý cơ sở của Hilbert.

 

Định lý (Định lý cơ sở Hilbert). Nếu $I$ là một i-đê-an của $K[x_1,\dots,x_n]$ thì tồn tại $f_1,\dots,f_m$ sao cho $I=(f_1,\dots,f_m).$

 

Chứng minh. (Chứng minh này có thể không phải sơ cấp nhất nhưng em nghĩ là có thể hiểu được cả với học sinh, nếu anh Nxb có chứng minh khác thì có thể sửa lại bài em)

 

Ta chứng minh kết quả với $K=\mathbb{Q}, \mathbb{R}, \mathbb{C}$. Trường hợp $n=1$ đã được nhắc đến ở ví dụ 3. Ta chứng minh định lý với $n=2$ vì đây là trường hợp ta quan tâm nhiều nhất (các đường cong đại số).

 

Phản chứng, giả sử có một i-đê-an $I$ của $K[X, Y]$ không thỏa mãn tính chất cần chứng minh. Ý tưởng đầu tiên để đưa trường hợp $n=2$ về $n=1$ là ta coi mỗi đa thức hai biến $f(X, Y)$ là một đa thức một biến theo $Y$ với hệ số là các đa thức một ẩn $X$. Chẳng hạn, nếu

$$f(X, Y)=X^{2}-XY+Y$$

thì ta có thể viết lại $f(X, Y)=(-X+1)Y+X^{2}$. Đây là đa thức bậc $1$ theo $Y$.

 

Ta gọi $f_{1}$ là đa thức khác $0$ có bậc nhỏ nhất trong $I$, với bậc $n_{1}$ và hệ số đầu $a_{1}\in K[X]$. Nếu $I=(f_{1})$ thì $I$ có tính chất cần chứng minh (mâu thuẫn với giả sử) nên $I\neq (f_{1})$. Vì vậy ta có thể chọn $f_{2}$ là đa thức có bậc nhỏ nhất trong $I\setminus (f_{1})$, với bậc $n_{2}$ và hệ số dẫn đầu $a_{2}\in K[X]$. Lặp lại quá trình này ta thu được các đa thức $f_{1}, f_{2},\dots, f_{m},\dots$ sao cho $f_{k+1}\not\in (f_{1},\dots, f_{k})$. Hơn thế nữa thì $n_{1}\le n_{2}\le\dots\le n_{k}$ theo cách chọn. Xét dãy tăng các i-đê-an trong $K[X]$:

$$(a_{1})\subseteq (a_{1}, a_{2})\subseteq \dots \subseteq (a_{1}, a_{2},\dots, a_{m})\subseteq \dots$$

Theo nhận xét ở VD3 thì dãy tăng này phải dừng, tức là $(a_{1}, a_{2},\dots, a_{k})=(a_{1}, a_{2},\dots, a_{k+1})$ với $k$ nào đó. Từ định nghĩa của i-đê-an sinh bởi một tập thì tồn tại $\alpha_{1},\dots, \alpha_{k}\in k[X]$ sao cho

$$a_{k+1}=\alpha_{1}a_{1}+\dots+\alpha_{k}a_{k}.$$

Xét đa thức

$$g=f_{k+1}-\sum_{i=1}^{k}\alpha_{i}X^{n_{k+1}-n_{i}}f_{i}.$$

Cả hai hạng tử đều có bậc là $n_{k+1}$, nhưng hệ số bậc $n_{k+1}$ là $a_{k+1}-\sum \alpha_{i}x_{i}$ đã bị triệt tiêu nên $\text{deg}(g)<n_{k+1}$. Lại chú ý rằng $f_{k+1}\not\in (f_{1},\dots, f_{k})$ nên $g\not\in (f_{1},\dots, f_{k})$ (trong công thức của $g$ thì hạng tử sau thuộc $(f_{1},\dots, f_{k})$. Do đó theo định nghĩa của $f_{k+1}$ là đa thức bậc nhỏ nhất trong $I\setminus (f_{1},\dots, f_{k})$ thì $\text{deg}(g)\ge \text{deg}(f_{k+1})$ (mâu thuẫn). Vậy mọi i-đê-an $I$ trong $K[X, Y]$ đều có tính chất tồn tại $f_1,\dots,f_m$ sao cho $I=(f_1,\dots,f_m).$ $\square$

 

Trường hợp tổng quát ($n$ bất kỳ hoặc $K=\mathbb{Z}$) có thể chứng minh bằng quy nạp và kết hợp nhận xét dưới đây

Bổ đề. Nếu định lý trên là đúng thì $K[X_{1},\dots, X_{n}]$ có tính chất $\textbf{A.C.C}$ (mọi dãy tăng các i-đê-an đều phải dừng).

Sử dụng bổ đề này rồi quy nạp và lặp lại các lập luận ở trường hợp $n=2$ với $K[X]$ thay bởi $K[X_{1},\dots, X_{n-1}]$, ta quy về chứng minh rằng $K$ có tính chất $\textbf{A.C.C}$. Điều này đã được thể hiện ở ví dụ 1 và 2. Ta kết thúc chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vutuanhien: 23-08-2022 - 21:15

"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck





0 người đang xem chủ đề

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