Đến nội dung


Chú ý

Nếu không nhận được email từ diễn đàn, bạn hãy kiểm tra thùng rác hoặc thư mục spam của hộp thư, hoặc dùng chức năng tìm kiếm trong hộp thư với từ khoá "diendantoanhoc.org".


vutuanhien

Đăng ký: 10-08-2012
Offline Đăng nhập: Hôm qua, 16:49
****-

#735154 Kinh nghiệm ôn thi hsg toán THPT

Gửi bởi vutuanhien trong 30-09-2022 - 17:33

em cũng vừa mới biết tỉnh em không tổ chức thi HSG cho khối 10 mà chỉ có 11,12 thôi ạ ,thế nên mọi năm các anh chị toàn thi vượt cấp .Bây giờ nếu muốn em lại phải ôn của cả lớp 11 nữa mà thời gian ko bt đủ hay ko :( .Mới lại năm nay thi của CT cũ mà bọn e lại học CT mới thành ra cứ loạn hết cả lên. các anh\chị có thể cho e xin lời khuyên nên làm thế nào được không ạ?

Nếu em đặt mục tiêu thi HSG cấp tỉnh/thành phố thì có thể tìm kiếm đề thi các năm trước xem cần phải học những kiến thức gì. Còn nếu muốn thi HSG quốc gia thì chương trình SGK không quan trọng lắm đâu, chủ yếu là tìm tài liệu tham khảo. Tất nhiên đây chỉ là lời khuyên trên khía cạnh thi cử, còn những điều quan trọng hơn thế thì anh Nesbit đã nói hết ở bên trên rồi: Sinh hoạt điều độ, cân bằng giữa cuộc sống và việc học, trải nghiệm và tìm kiếm thêm những niềm vui có ích khác bên cạnh Toán học. 




#735050 Tồn tại $f$ sao cho $\lim_{a\to 0} \i...

Gửi bởi vutuanhien trong 22-09-2022 - 09:49

Anh check thì thấy đúng như vậy nhưng nhìn lại thấy cận dưới của em là $0$ nên mới hỏi lại để xác minh. Cách phân loại này anh cũng từng đọc trong sách nhưng không bao giờ nhớ nổi, và cũng không hiểu tại sao lại phân ra như vậy. Đối với anh thì hai kiểu này không có gì khác nhau, nhưng có thể anh bỏ sót điều gì đó chăng?

 

Đúng là nếu đổi cận thành $1$ thì kết quả ra rất đẹp khi đổi biến. Ví dụ này anh cũng có biết trước khi đăng bài.

 

Về ý tưởng để giải bài này, thì một cách tự nhiên ta sẽ cố gắng tìm $f$ sao cho $\int |f|$ không bị chặn, đồng thời $f$ đổi dấu liên tục trên $(0, 1]$ để hi vọng khi lấy tích phân của $f$ thì các khoảng sẽ triệt tiêu lẫn nhau. Ví dụ mà vutuanhien đưa ra ở trên cũng là một hàm đổi dấu liên tục như vậy. Nesbit tìm được một ví dụ khác như sau (với $n\ge 1$):

\begin{equation}f(x) = \begin{cases} \frac{1}{x},&\mbox{nếu } x\in\left(\frac{1}{2n+1},\frac{1}{2n}\right] \\
-\frac{1}{x},&\mbox{nếu } x\in\left(\frac{1}{2n},\frac{1}{2n-1}\right] \end{cases}.\end{equation}

 

(Trên thực tế thì ví dụ trên không phải mình mò ra ngay mà được chọn ra từ một kết quả tổng quát hơn, mai sẽ đăng tiếp vì bây giờ phải off mất rồi.)

Lúc đầu em cũng có nghĩ đến các hàm $1/x^{\alpha}$ vì tích phân của các hàm này đã biết rõ sự hội tụ. Em cũng nghĩ phải cho $f$ đổi dấu, nhưng quả thật là không nghĩ đến ví dụ của anh vì nghĩ trong đầu rằng tích phân của $1/x$ không hội tụ chứ không nghĩ khi cho đổi dấu thì chúng sẽ triệt tiêu.




#735042 Tồn tại $f$ sao cho $\lim_{a\to 0} \i...

Gửi bởi vutuanhien trong 21-09-2022 - 10:16

Định nghĩa loại 1 loại 2 chính xác là thế nào ấy em nhỉ? Tích phân ở trên có vẻ thuộc cả hai vì cận dưới cũng là limit nốt (hoặc có thể em nhầm $1$ thành $0$).

Vâng em viết nhầm ạ, phải là 1. Tích phân suy rộng loại I là tích phân có cận vô cùng, còn tích phân suy rộng loại II là tích phân trên khoảng hữu hạn mà hàm có điểm kỳ dị trên khoảng này ạ.

 

Nếu dùng phép đổi biến $t=1/x$ thì tích phân $\int_{1}^{\infty}\dfrac{\sin{x}}{x}dx$ trở thành $\int_{0}^{1}\dfrac{\sin{(1/t)}}{t}dt$, nên có thể chọn $f(x)=\dfrac{\sin{(1/x)}}{x}$ cho câu hỏi ban đầu của anh. Một điều em thấy hơi lạ là trong các sách giải tích em đọc thì có rất ít ví dụ về tích phân suy rộng loại II.




#735035 Tồn tại $f$ sao cho $\lim_{a\to 0} \i...

Gửi bởi vutuanhien trong 20-09-2022 - 21:15

Chứng minh tồn tại hàm số $f:(0,1]\to\mathbb{R}$ khả tích trên $[a,1]$ với mọi $a>0$ sao cho

$\lim_{a\to 0} \int_a^1 f(x)dx$ tồn tại nhưng $\lim_{a\to 0} \int_a^1 |f(x)|dx$ không tồn tại.

Lâu ngày không động đến mấy cái này nên em cũng chưa nghĩ ra được phản ví dụ nào cho hội tụ có điều kiện kiểu này. Nếu là tính phân suy rộng loại I thì có ví dụ đó là $\int_{1}^{\infty}\dfrac{\sin{x}}{x}dx$. Có lẽ bằng một phép đổi biến có thể đưa tích phân này về tính phân suy rộng loại 2.
 




#735034 $X$ compact, $(f_n)$ liên tục trên $X$, $f...

Gửi bởi vutuanhien trong 20-09-2022 - 20:49

Cho $X$ compact và $(f_n)_{n\ge 1}$ là một dãy các hàm số liên tục trên $X$, $f_n\to f$ trên $X$ với $f$ liên tục trên $X$, đồng thời $f_n(x) \ge f_{n+1}(x) \forall x\in X,\forall n$. Chứng minh rằng $f\to f_n$ đều (converges uniformly) trên $X$.

 

Đây là một định lý khá quen thuộc trong giải tích, mình đang ôn lại vài kiến thức cũ nên tình cờ thấy nó. Cách chứng minh của mình khác với trong sách nên thấy có chút thú vị, đăng lên đây để anh em cùng thảo luận, tập chút thể dục đầu tuần cũng hay.

Em cũng rất tò mò về chứng minh của anh Nesbit. Ở đây chắc em trình bày lại chứng minh thuộc dạng kinh điển trong nhiều sách.

 

Xét $g_{n}=f_{n}-f$ thì ta vẫn có $g_{n}$ liên tục, đơn điệu trên $X$ và $g_{n}$ hội tụ điểm tới $0$. Với mỗi $\epsilon> 0$ xét tập $U_{n}=\left\{x\in X: g_{n}(x)<\epsilon\right\}$ thì $U_{n}$ mở trong $X$ vì $g_{n}$ liên tục, và hơn thế nữa ta có $U_{n}\subset U_{n+1}$ vì $g_{n}\ge g_{n+1}$. Ta lại có $g_{n}$ hội tụ (điểm) tới $0$ nên với mỗi $x\in X$ lại tồn tại $n$ để $g_{n}(x)< \epsilon$. Vì vậy $\left\{U_{n}\right\}$ là một phủ mở của $X$. Sử dụng tính chất compact của $X$ ta chọn ra được một phủ mở hữu hạn và gọi $k$ là chỉ số lớn nhất trong phủ mở này. Từ tính đơn điệu của $U_{n}$ bên trên ta phải có $X=U_{k}=U_{k+1}=...$. Như vậy $g_{n}(x)<\epsilon$ với mọi $x\in X$ và với mọi $n\ge k$, tức là $\|f_{n}(x)-f(x)\|<\epsilon$ với mọi $x\in X$ và $n\ge k$. Đây chính là định nghĩa của hội tụ đều.




#734979 Từ $2^{100} \equiv 1\pmod{125}$ suy...

Gửi bởi vutuanhien trong 16-09-2022 - 20:36

Rất có thể cách tính nhẩm như em nói chính là cách "hiển nhiên" của tác giả. Em có thể chia sẻ thêm tại sao lại nhìn ra ngay được là bài toán ban đầu có thể đưa về việc tìm một hệ số để nhân với $5$ cộng $1$ chia hết cho $8$ không? Theo cách anh làm ở trên thì tất nhiên là đúng như vậy, nhưng anh cần phải đặt bút xuống mới tới được bước đó, và anh đang cố gắng hiểu suy nghĩ trong đầu của những người nhìn ngay ra được. Anh đưa một ví dụ bên dưới để em hiểu ý anh là gì.

 

Nếu ai hay áp dụng định lý phần dư Trung Hoa thì rất có thể họ sẽ xử lí trong đầu như sau:

 

Ta cần tìm $x$ sao cho $x \equiv 1\pmod{125}$ và $x \equiv 0\pmod{8}$, vì khi đó ta sẽ có $2^{100}\equiv x\pmod{1000} $ theo định lý phần dư Trung Hoa. Muốn tìm $x$ ta nhẩm để tìm $r$ sao cho $8\mid 125\times r + 1$. Vì $8\mid 120$ nên $8\mid 5r + 1$, suy ra $r=3$.

À cách nghĩ của em cũng giống điều mà anh viết thôi ạ, có thể là em "quen" các bài này nên nhẩm nhanh hơn thôi ạ. Em nhớ là hồi lớp 6 em đọc sách Nâng cao phát triển của thầy Vũ Hữu Bình cũng có những bài kiểu tìm $x$ mà $x\equiv 3$ mod $4$, $x\equiv 6$ mod 11... mà hồi đó không biết định lý phần dư Trung Hoa nên phải học cách nhẩm: Tìm $y$ chia hết cho $4$ để $y+3\equiv 6$ mod $11$...

 

Còn những bài này về cơ bản đúng là phải dùng định lý phần dư Trung Hoa và đưa về giải phương trình $xb_{1}+yb_{2}=1$ như Hoang72 đã bình luận ở trên nên em nghĩ là không có cách nào hiển nhiên để nhìn ra được số 376.




#734953 Từ $2^{100} \equiv 1\pmod{125}$ suy...

Gửi bởi vutuanhien trong 14-09-2022 - 18:50

Đúng là nếu biết kết quả là $376$ thì có thể kiểm chứng lại như vậy. Ở đây dùng tính chất nếu $a\equiv b\pmod {m}$ và $a\equiv b\pmod {n}$ với $(m,n) = 1$ thì $a\equiv b\pmod {mn}$.

 

Không biết có cách nào tìm ra được số $376$ nhanh hơn cách Nesbit đã làm ở trên không. Đọc sách thấy ghi là hiển nhiên nên chắc những người giỏi họ nhìn ra ngay được :D

Em cũng cảm thấy là không có cách nào để nhìn ra ngay được con số 376 trừ khi đã biết trước thì có thể nói là 'hiển nhiên'. Tất nhiên ở trường hợp này số cũng khá nhỏ nên có thể tính nhẩm nhanh được ($125\equiv 5$ mod 8 nên cần nhân 3 lên để cộng 1 chia hết cho 8, ra được 376).




#734866 $a_i|a_n$ với mọi $1\le i \le n$ (CAMO 2022)

Gửi bởi vutuanhien trong 08-09-2022 - 08:16

Cho n số nguyên dương $a_1<a_2<...<a_n$ sao cho tập hợp số nguyên dương có thể chia thành vô hạn tập con, với mỗi tập con có dạng $\{a_1k,a_2k,...,a_nk\}$ với số nguyên dương $k$ nào đó. Chứng minh rằng $a_i|a_n$ với mọi $1\le i \le n$ 

Có mấy chỗ mình không hiểu rõ ở đề bài này.

1) Chia thành vô hạn tập con ở đây là phân hoạch hay chỉ là chia bình thường?

2) Với đề bài thế này thì có thể thấy ngay $a_{1}=1$. Nếu không thì chọn $p$ là số nguyên tố sao cho $(p, a_{i})=1$ với mọi $i$ sẽ suy ra $p$ không nằm trong bất cứ tập $\{a_{1}k,\dots, a_{n}k\}$ nào. Nhưng với $a_{1}=1$ thì các số sau chọn bất kỳ đều thỏa mãn đề bài.




#734802 Đa thức chỉ không bao gồm đúng $1$ số nguyên tố

Gửi bởi vutuanhien trong 04-09-2022 - 21:33

Hình như đây là hệ quả của định lý Schur ạ? Tập các số nguyên tố $p$ thoả mãn tồn tại $n\in\mathbb Z$ để $p\mid f(n)$ là vô hạn.

Nếu mình không hiểu nhầm thì ý của đề bài là tập $p\mid f(n)$ là vô hạn chỉ trừ một số nguyên tố duy nhất, tức là mạnh hơn kết quả của Schur.

 

 

Với một đa thức $Q$ hệ số nguyên và một số nguyên tố $p$, ta nói rằng đa thức $Q$ không bao gồm $p$ nếu không tồn tại số nguyên $n$ thỏa mãn: $p | Q(n)$.

Tồn tại chăng một đa thức hệ số nguyên, không có nghiệm hữu tỷ thỏa mãn điều kiện: chỉ không bao gồm đúng $1$ số nguyên tố?

Em nghĩ kết quả này có lẽ có thể chỉ ra được là không nếu sử dụng kết quả mạnh như định lý phân bố của Chebotarev. Ý tưởng chung là tập $p$ mà $Q$ không bao gồm $p$ có mật độ lớn hơn 0, tức là không thể hữu hạn.

 

Định lý. Giả sử $Q$ là một đa thức bất khả quy trên $\mathbb{Q}[X]$ có bậc $n\ge 2$. Với mỗi $p$ nguyên tố, ký hiệu $N_{p}(Q)$ là số nghiệm của $Q$ trên $\mathbb{F}_{p}$ (tức là $Q$ modulo $p$). Khi đó tồn tại vô hạn $p$ để $N_{p}(Q)=0$, tức là tồn tại vô hạn $p$ mà $Q$ không bao gồm $p$.

 

Chứng minh của kết quả này dựa vào định lý Chebotarev có thể tham khảo ở đây hoặc ở đây.

 




#734710 Về việc viết bài tổng hợp kiến thức

Gửi bởi vutuanhien trong 30-08-2022 - 20:16

Em cảm ơn các anh đã động viên, góp ý và tạo điều kiện cho em.

Kì thực khi em viết bài về mở rộng - hạn chế ideal, em muốn chia sẻ về một thứ khá hay mà em chắt lọc được từ cuốn Đại số giao hoán của Atiyah. Em không có ý định trình bày (dịch lại) toàn bộ cuốn của Atiyah mà muốn viết theo cách hiểu của em.

Hơn nữa, từ khóa K64 của em, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - ĐHQGHN không còn mở các học phần nâng cao về đại số (Đại số giao hoán, Hình học đại số, Tô pô đại số,...) nên em thấy các khóa K64 đổ đi muốn theo Đại số khá là thiệt thòi. Do đó em cũng mong muốn viết lên diễn đàn cũng để giúp đỡ một chút gì đó cho các khóa sau. Em không dám nói là những gì mình viết ra là chuẩn chỉ, nhưng chắc chắn nó có tính tham khảo.

Nếu tốt hơn nữa như comment của anh Bằng, từ những bài viết này em sẽ có cơ sở để viết những chủ đề sâu hơn. Cụ thể hơn khi em viết bài rất mong nhận được:
+ Góp ý về các lỗi sai, về cách hiểu sai và quan niệm sai,
+ Góp ý về các góc nhìn khác của vấn đề,
+ Góp ý về các chủ đề sâu sắc hơn liên quan.

Em xin chân thành cảm ơn các anh!

Theo như anh biết thì trường mình chưa bao giờ có mấy học phần đó cho sinh viên đại học cả. Ngày xưa bọn anh phải học ké lớp cao học.

 

Dù sao thì anh nghĩ em có thể tạo một chủ đề về Đại số giao hoán trong box Toán Đại học rồi thảo luận những thứ em tìm ra được. Trong sách của Atiyah cũng có nhiều bài tập khá khó đối với sinh viên mới học, em có thể thảo luận mấy cái đó luôn. Một số được áp dụng rất nhiều vào hình học đại số (địa phương hóa, mở rộng nguyên...) hoặc lý thuyết số (Dedekind domain).




#734589 Đường cong và mặt đại số

Gửi bởi vutuanhien trong 23-08-2022 - 15:12

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.




#734040 Nhờ tư vấn sách học Toán Đại Cương

Gửi bởi vutuanhien trong 19-07-2022 - 19:15

Sách tiếng Anh thì em nhớ có cuốn Linear Algebra Done Right của Axler khá nổi tiếng và thiên về luyện tập tính toán hơn là lý thuyết. Có điều sách không có lời giải nên mới học tự làm bài tập cũng hơi khó. 




#733803 Cho a,b,m ngdg TM: (a,m)=(b,m)=1,$a^{x}\equiv b^{x...

Gửi bởi vutuanhien trong 27-06-2022 - 09:17

mik ko hiểu cái đoạn triệt tiêu thành a^r đồng dư b^r mod m lắm

Nếu $ac\equiv bc$ mod $m$ và $(c, m)=1$ thì $a\equiv b$ mod $m$.

 

Cho a,b,m là các số nguyên dương thỏa mãn:

(a,m)=(b,m)=1

$a^{x}\equiv b^{x}$ (mod m)

$a^{y}\equiv b^{y}$ (mod m)

CMR $a^{gcd(x,y)}\equiv b^{gcd(x,y)}$ (mod m)

cái tính chất này mik ko bt có đúng hay ko nữ[email protected]@

Bạn có thể sử dụng công thức Bezout: Với $x, y$ là các số nguyên thì tồn tại $x', y'\in \mathbb{Z}$ sao cho $gcd(x, y)=xx'+yy'$.




#731645 Chứng minh hai ma trận đồng dạng khi và chỉ khi chúng cùng hạng.

Gửi bởi vutuanhien trong 15-11-2021 - 22:44

Cho em hỏi: sau khi dùng Gauss-Jordan đưa về ma trận dạng trên thì hạng nó có chắc bằng nhau không? Em cảm ơn.

Bạn có thể tự chứng minh rằng các phép biến đổi sơ cấp không làm thay đổi hạng hoặc tìm kết quả này trong các tài liệu. Mỗi phép biến đổi sơ cấp thực chất là một phép nhân ma trận với một ma trận khả nghịch, do đó hạng được bảo toàn. Một cách trực quan thì trong thực hành ta cũng hay dùng phép biến đổi Gauss để tính hạng của ma trận. 




#731630 Chứng minh hai ma trận đồng dạng khi và chỉ khi chúng cùng hạng.

Gửi bởi vutuanhien trong 14-11-2021 - 14:27

Dạ đúng rồi, do em đọc phần này là ma trận vuông ạ. Nếu có thể chứng minh giùm em hoặc hướng dẫn giùm em. Em xin cảm ơn!!!

Sử dụng phép biến đổi Gauss-Jordan thì mọi ma trận đều có thể đưa về ma trận có dạng $\begin{pmatrix} I_{r} & 0\\ 0 & 0 \end{pmatrix}$ thông qua các phép biến đổi sơ cấp. Từ đây suy ra kết quả mà ta đang cần.