vutuanhien

Ta có thể chứng minh một kết quả tổng quát hơn. Với mỗi $\alpha\in \mathbb{C}$, đa thức tối tiểu của $\alpha$ trên $\mathbb{Q}$ là đa thức monic $m_{\alpha}(x)\in \mathbb{Q}[x]$ nhận $\alpha$ làm nghiệm và có bậc nhỏ nhất có thể.

Mà $x\rightarrow x_0$ khi và chỉ khi $u(x)\rightarrow u(x_0)$ nên $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f\left( {u(x)} \right) - f\left( {u({x_0})} \right)}}{{u(x) - u({x_0})}} = \mathop {\lim }\limits_{u(x) \to u({x_0})} \frac{{f\left( {u(x)} \right) - f\left( {u({x_0})} \right)}}{{u(x) - u({x_0})}} = f'\left( {u({x_0})} \right).$

 

Em có thắc mắc: Tại sao người ta lại gọi thêm hàm $\varepsilon?$ Em chưa thật sự hiểu công dụng của nó lắm và liệu có thể chứng minh mà không sử dụng hàm $\varepsilon$ như trên hay không. Mong mọi người giải đáp ạ.

Điểm tế nhị là ở đẳng thức này. Em định nghĩa thế nào là $\mathop {\lim }\limits_{u(x) \to u({x_0})} \frac{{f\left( {u(x)} \right) - f\left( {u({x_0})} \right)}}{{u(x) - u({x_0})}}$? Mặc dù trực giác ở đây tương đối rõ ràng, nhưng trong chứng minh ta phải bám vào định nghĩa đã có. Ngoài ra đẳng thức trên của em chưa tính đến trường hợp $u(x)\equiv u(x_{0})$ trong một khoảng nào đó quanh $x_{0}$.

Về chứng minh của đạo hàm của hàm hợp, ta có thể bám theo ngôn ngữ $\epsilon-\delta$. Như vậy em cần chứng minh với mọi $\epsilon>0$ thì có $\delta>0$ sao cho với $|x-x_{0}|<\delta$ thì

\begin{equation} |\dfrac{f(u(x))-f(u(x_{0}))}{x-x_{0}}-f'(u(x_{0})).u'(x_{0})|<N\epsilon \end{equation}

với $N>0$ cố định. Trực giác là ta viết lại

$$|\dfrac{f(u(x))-f(u(x_{0}))}{x-x_{0}}-f'(u(x_{0}).u'(x_{0})|=|\dfrac{f(u(x))-f(u(x_{0}))}{u(x)-u(x_{0})}.\dfrac{u(x)-u(x_{0})}{x-x_{0}}-f'(u(x_{0}).u'(x_{0})|$$

rồi xấp xỉ từng thừa số bởi các đạo hàm tương ứng. Đến đây ta cần đánh giá một biểu thức có dạng $f'.g'-f.g$. Để dễ biến đổi đại số, ta thường đặt $f'=f+h_{1}$, $g'=g+h_{2}$. Đây cũng là lý do vì sao người ta đặt hàm $\epsilon$ trong chứng minh của em. Nhưng để tránh sự phiền phức của phép chia, ta chuyển qua phép nhân. Ta có

$$\lim_{y\to u(x_{0})}\dfrac{f(y)-f(u(x_{0}))}{y-u(x_{0})}=f'(u(x_{0}))$$

Như vậy với mọi $\epsilon>0$, tồn tại $\delta_{1}>0$ sao cho với $|y-u(x_{0})|<\delta_{1}$ thì

$$|f(y)-f(u(x_{0}))-f'(u(x_{0}))(y-u(x_{0}))|<\epsilon.|y-x_{0}|.$$

Vì $u$ liên tục tại $x_{0}$ nên có $\delta_{2}>0$ sao cho $|x-x_{0}|<\delta_{2}$ thì $|u(x)-u(x_{0})|<\delta_{1}$. Với $x$ như vậy, ta sẽ có

$$|f(u(x))-f(u(x_{0}))-f'(u(x_{0}))(u(x)-u(x_{0}))|<\epsilon.|u(x)-u(x_{0})|.$$

Tương tự, tồn tại $\delta_{3}>0$ sao cho với $|x-x_{0}|<\delta_{3}$ thì

$$|u(x)-u(x_{0})-u'(x_{0}).(x-x_{0})|<\epsilon.|x-x_{0}|$$

Nhìn vào BĐT (1) thì ta cần đánh giá

$$|f(u(x)-f(u(x_{0}))-f'(u(x_{0})).u'(x_{0}).(x-x_{0})|<N\epsilon.|x-x_{0}|$$

Đến đây ta chỉ cần dùng BDT tam giác. Chọn $\delta=\min(\delta_{2},\delta_{3})$ thì với $|x-x_{0}|<\delta$ ta có

$|f(u(x)-f(u(x_{0}))-f'(u(x_{0})).u'(x_{0}).(x-x_{0})|$

$\le |f(u(x)-f(u(x_{0}))-f'(u(x_{0})).(u(x)-u(x_{0})|+|f'(u(x_{0})).[u(x)-u(x_{0})-u'(x_{0}).(x-x_{0})|$

$<\epsilon.|u(x)-u(x_{0})|+\epsilon.|f'(u(x_{0}))|.|x-x_{0}|$

$<\epsilon.|u(x)-u(x_{0})-u'(x_{0}).(x-x_{0})|+\epsilon.|u'(x_{0})|.|x-x_{0}|+\epsilon.|f'(u(x_{0}))|.|x-x_{0}|$

$\le\epsilon.|x-x_{0}|.N$

với $N=1+|u'(x_{0})|+|f'(u(x_{0}))|$. Đây là điều phải chứng minh.

Chứng minh này không phải chứng minh hay nhất và cũng không hề ngắn gọn. Nhưng nó là một ví dụ tốt để em làm quen với các ước lượng $\epsilon-\delta$. Về một chứng minh ngắn gọn, em xem https://proofwiki.or...posite_Function

Cái này không phải toán Nhưng theo mình biết thì xuống dòng sang câu mới thì phải viết hoa chữ cái đầu tiên chứ nhỉ ?

Lúc trước em cũng hay viết như thế, nhưng em nghĩ cách viết đó không đúng. Sau dấu hai chấm dù có xuống dòng thì vẫn chỉ được tính là các ý riêng lẻ trong cùng một câu chứ chưa phải một câu mới, nên không viết hoa chữ đầu dòng. Vì vậy nên ta chỉ dùng cách trình bày này khi muốn liệt kê.

Thật ra ngay trong các văn bản hành chính của nước ta cũng không thống nhất cách viết. Sau này nghị định của chính phủ mới nói rõ không viết hoa sau dấu hai chấm, nhưng nhìn chung chúng ta vẫn chưa có một bộ quy tắc nhập liệu đầy đủ như các quốc gia khác.

Em lấy một ví dụ trong tiếng Anh như hình đính kèm dưới đây.

 Screenshot 2025-01-12 at 18.59.21.png   102.44K   1 Số lần tải

Mọi người cho em xin file pdf cuốn "Cohomology of Groups" của tác giả Kenneth S. Brown với ạ, em xin cảm ơn !

Lên libgen đi em.

Có hay không tồn tại $p$ nguyên tố và $n$ nguyên dương sao cho:
   $p$ là số nguyên tố lớn nhất trong dãy từ $1$ đến $n$ và $p<2p<n$

Câu trả lời là không tồn tại. Đây là kết quả của Định lý Chebyshev (hay còn gọi Định đề Bertrand). Có thể xem thêm tại đây.

Cho $\Delta ABC$ và một điểm $M$ nằm trong tam giác. Gọi $D;E;F$ lần lượt là chân đường vuông góc từ $M$ xuống $BC;CA;AB$. Chứng minh rằng:

$$\frac{a}{MD}.\overrightarrow{MD}+\frac{b}{ME}.\overrightarrow{ME}+\frac{c}{MF}.\overrightarrow{MF}=\overrightarrow{0}.$$

P/s: Mọi người có cách chứng minh nào không dùng định lí con nhím không ạ.

Nếu bạn chấp nhận một cách tính toán dài thì ta chỉ cần sử dụng các tính chất cơ bản của tích vô hướng. Đặt $e_{1}=\tfrac{\overrightarrow{MD}}{MD}$, $e_{2}=\tfrac{\overrightarrow{ME}}{ME}$, $e_{3}=\tfrac{\overrightarrow{MF}}{MF}$, $u=ae_{1}+be_{2}+ce_{3}$. Chú ý rằng $e_{1}, e_{2}, e_{3}$ là các véctơ đơn vị. Ta có

$$e_{1}.e_{2}=\|e_{1}\|\|e_{2}\|\cos{(e_{1},e_{2})}=-\cos{(\overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CA})}=\cos{(\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{CA})}.$$

Tương tự thì

$$e_{2}.e_{3}=\cos{(\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{AB})},\quad e_{3}.e_{1}=\cos{(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{BC})}.$$

Do đó,

$$u.u=BC^{2}+CA^{2}+AB^{2}+2\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{CA}+2\overrightarrow{CA}.\overrightarrow{AB}=(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{AB})^{2}=0.$$

Như vậy ta phải có $u=\overrightarrow{0}$.

Sách Dummit Foote abstract algebra có hết đấy em, mà đa thức tối tiểu chỉ đóng một phần nhỏ thôi chứ đại số còn quá nhiều chủ đề khác.

Chắc ý của bạn ấy là giới hạn trong phần thi HSG ạ.

Cho $A: C[0,1] \to C[0,1]$, $(Ax)t = x(\frac{1}{2}) - tx(t)$ với mọi $x$ thuộc $C[0,1]$, $t$ thuộc $[0,1]$. Chứng minh $A$ là 1 toán tử tuyến tính, liên tục. Tìm $\lVert A\rVert$.

Mọi người hướng dẫn e bài này với ạ.

Việc chứng minh tuyến tính không khó. Để chứng minh tính liên tục, ta chuyển thành chứng minh tính bị chặn (tức là $\lVert A\rVert<\infty$). Vậy ta sẽ đánh giá $\lVert A\rVert$.

Nhắc lại rằng

$$\lVert A\rVert=\sup_{x\in C[0,1]}\dfrac{\lVert Ax\rVert}{\lVert x\rVert}.$$

Do đó ta cố gắng đánh giá $\lVert Ax\rVert$ sao cho xuất hiện $\lVert x\rVert$. Ta có 

$$|(Ax)t|=|x(1/2)-tx(t)|\le |x(1/2)|+|tx(t)|\le \|x\|+|x(t)|\le \|x\|+\|x\|=2\|x\|.$$

Lấy sup trên toàn bộ $t\in [0,1]$ ta có

$$\|Ax\|=\sup_{t\in [0,1]}|(Ax)t|\le 2\|x\|.$$

Từ đây suy ra

$$\|A\|=\sup_{x\in C[0,1]}\dfrac{\|Ax\|}{\|x\|}\le 2.$$

Điều này chứng tỏ $A$ bị chặn, nên $A$ liên tục.

Để tính $\|A\|$, ta thử tìm một hàm $x$ sao cho $\|Ax\|=2\|x\|$. Nhìn vào đánh giá bên trên, ta sẽ tìm một hàm $x$ sao cho các dấu BĐT chuyển thành đẳng thức, tức là

• $|x(t)|$ đạt GTLN tại $t=1$,
• $x(1/2)=-x(1)$.

Xét hàm $x(t)=\cos{(2\pi t)}$, ta thấy $\|Ax\|=2$ còn $\|x\|=1$. Do đó $\|A\|=2$.

Theo em học thì nếu $R$ là miền PID và $M$ là $R$-module tự do, khi đó mọi $R$-module con của $M$ đều là $R$-module tự do. Vậy liệu ta có thể tìm được vành $R$ sao cho nếu $M$ là $R$-module tự do thì mọi $R$-module con của $M$ đều là $R$-module xạ ảnh không ạ ( không nhất thiết phải là module tự do).

Quên không bổ sung thêm một ý về trực giác. Điểm nhấn của bài toán này là tính chất 1 của Định lý 1: $M$ là một module xạ ảnh khi và chỉ khi các địa phương hóa của $M$ đều là tự do (locally free). Mặt khác, địa phương hóa của một miền Dedekind là một miền chính. Do đó, từ các tính chất của module trên miền chính thì thường ta có thể suy ra các tính chất của module trên miền Dedekind thông qua địa phương hóa; module tự do trên PID sẽ tương ứng với module xạ ảnh trên miền Dedekind. Chẳng hạn, ta có Định lý cấu trúc của module trên miền Dedekind.

Chứng minh của kết quả này sử dụng địa phương hóa. Một kết quả khác là

Để chứng minh kết quả này, chú ý $R/\mathfrak{p}^{n}\cong R_{\mathfrak{p}}/\mathfrak{p}R_{\mathfrak{p}}^{n}$. Em có thể xem thêm bài 9.6, 9.7 trong [Atiyah-MacDonald] về kết quả này.

Theo em học thì nếu $R$ là miền PID và $M$ là $R$-module tự do, khi đó mọi $R$-module con của $M$ đều là $R$-module tự do. Vậy liệu ta có thể tìm được vành $R$ sao cho nếu $M$ là $R$-module tự do thì mọi $R$-module con của $M$ đều là $R$-module xạ ảnh không ạ ( không nhất thiết phải là module tự do).

Em có thể chứng minh mọi miền Dedekind đều có tính chất này, xem như một bài tập. Để đơn giản ta giả sử $M$ là hữu hạn sinh, mặc dù các kết quả vẫn đúng cho module xạ ảnh bất kỳ (xem Định lý Kaplansky).

Lưu ý rằng tính chất 1 đúng cho mọi vành Noetherian. Sau đó hãy sử dụng quy nạp và bắt chước chứng minh định lý cấu trúc module trên miền chính để chứng minh

Từ đây suy ra mọi module con của một module xạ ảnh hữu hạn sinh trên một miền Dedekind là xạ ảnh. Về tài liệu tham khảo, em xem [Atiyah-MacDonald, Ex. 7.15, 7.16, 9.5, 9.6].

Chiều ngược lại cũng đúng, tức là

Mấu chốt để chứng minh kết quả này là

$$\text{Mọi ideal là module xạ ảnh} \Rightarrow \text{mọi ideal khả nghịch} \Rightarrow R \text{là miền Dedekind.}$$

Tên gọi chung của các vành thỏa mãn tính chất em nêu là (semi)hereditary ring. Em có thể xem cuốn [Lam, Lectures on modules and rings] cho các trường hợp không giao hoán.

Chứng minh rằng

$$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}...+\frac{1}{3n+1} < 2$$

Với mọi số nguyên $n \geq 1.$

 

Cứu mình với, bài này mình cũng nghĩ đến chứng minh $< 2 - f(n)$ rồi... nhưng không tài nào xác định được $f(n)$.

Ta có

$$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}...+\frac{1}{3n+1}=\left(\frac{1}{n+1}+...+\frac{1}{2n+1}\right)+\left(\frac{1}{2n+2}+...+\frac{1}{3n+1}\right)<\dfrac{n+1}{n+1}+\dfrac{n}{2n+2}<2.$$

Em cảm ơn anh về phản ví dụ cho dự đoán của em ạ.

 

Dự đoán trên của em xuất phát từ sự tò mò là liệu có công thức tổng quát nào cho bậc mở rộng trường [L1L2:K] không, và một câu hỏi khác yếu hơn là điều kiện đủ để đẳng thức [L1:K][L2:K]=[L1L2:K] là gì. Em thắc mắc không biết liệu các nhà toán học trả lời những câu hỏi này chưa ạ ?

 

**Vì máy tính em một lần nữa không thể nào sử dụng được trình soạn thảo Latex của diễn đàn nên em đành phải gõ chay các ký hiệu toán, mong các anh chị quản trị viên chỉnh sửa lại bài viết bằng Latex giúp em ạ. Em xin cảm ơn.

Nếu $L_{1}/K$ và $L_{2}/K$ là linearly disjoint thì sẽ có đẳng thức trên. Trường hợp đặc biệt, nếu $L_{1}/K$ và $L_{2}/K$ đều là mở rộng Galois thì chỉ cần $L_{1}\cap L_{2}=K$ là đủ.

Trong phản ví dụ trên, $L_{2}/K$ không phải một mở rộng Galois vì không chuẩn tắc. Do đó ta không có đẳng thức yêu cầu dù $L_{1}\cap L_{2}=K$. 

Các anh/chị có thể đề xuất giúp em một vài cuốn sách Nhập môn Tô-pô đại số bằng tiếng Việt được không ạ, em xin cảm ơn.

Em nên đọc sách tiếng Anh thì hơn. Nguồn sách tiếng Việt tương đối hạn chế.

Câu 2 ý b, c ạ

Ý (b) ta xét một dãy $(x_{n})$ trong $M$ hội tụ đến $x$ theo chuẩn $d_{\infty}$, và cần chứng minh $x\in M$. Theo giả thiết thì $x_{n}(0)=x_{n}(1)$ với mọi $n$. Mặt khác, hội tụ theo chuẩn $d_{\infty}$ có nghĩa là với mọi $\epsilon>0$, tồn tại $N>0$ sao cho 

$$\max_{t\in [0,1]} |x_{n}(t)-x(t)|=\|x_{n}-x\|<\epsilon,\quad \forall n>N.$$

Do đó $|x_{n}(t)-x(t)|<\epsilon$ với mọi $t\in [0,1], n>N$. Áp dụng BĐT tam giác ta có 

$$|x(0)-x(1)|\le |x(0)-x_{n}(0)|+|x_{n}(0)-x(1)|=|x(0)-x_{n}(0)|+|x_{n}(1)-x(1)|<2\epsilon.$$

Điều này đúng với mọi $\epsilon>0$ nên ta phải có $x(0)-x(1)=0$. 

Với ý (c), chỉ cần chú ý rằng nếu $d_{\infty}(x, y)<\epsilon$ thì 

$$d_{1}(x,y)=\int_{0}^{1}|x(t)-y(t)|dt<\int_{0}^{1}\epsilon dt=\epsilon.$$

Chi tiết còn lại bạn tự viết nốt. 

Câu hỏi trên em đưa ra phần lớn do tò mò là chính nhưng em cũng có một vài ý tưởng về ứng dụng của nó. Cho R = Z(căn bậc hai của D) là một vành quadratic integer ring ( https://en.wikipedia...adratic_integer ) thì ví dụ nếu D=-10 thì R không là  miền nguyên UFD ( hay là PID ) nhưng R lại là miền Nothoerian thì nếu biết được một phần tử của R có bao nhiêu phân tích dưới dạng tích các phần tử bất khả quy, em cho rằng nó sẽ giúp ích cho ta trong việc tìm xem có bao nhiêu cập số nguyên (x;y) thoả x^2 + 10y^2 = n với n là một số nguyên dương cho trước bất kỳ. Còn nếu mở rộng R là vành Z(m) ={a+bm ; a,b là các số nguyên} với m là một nghiệm của một phương trình đa thức bậc 2 ( thậm chí là bậc n)  thì em nghĩ việc đếm được số cách phân tích cũng có thể hỗ trợ việc tìm được các nghiệm nguyên (x;y) của phương trình P(x;y) = t với P(x;y) là đa thức bậc 2 (thậm chí là bậc n) có các hệ số nguyên 2 ẩn với t là số nguyên bất kỳ cho trước. Em cũng chỉ mới học về vành PID và UFD hay Nothoerian nên còn nhiều chỗ có thể sai sót, mong anh nhận xét để em cải thiên ạ.

Anh không nghĩ việc biết có bao nhiêu phân tích sẽ giúp em giải được các phương trình nghiệm nguyên trên. Nếu em nhớ lại về số học sơ cấp thì mọi tính chất cơ bản của số học đều đến từ định lý cơ bản của số học. Trên một vành R không phải UFD hay Dedekind, ta gần như không định nghĩa được thế nào là UCLN và BCNN, còn các khái niệm như nguyên tố cùng nhau đều không có ý nghĩa mấy. Do đó tính duy nhất của phân tích quan trọng hơn nhiều so với số cách phân tích.

Bây giờ xét phương trình $x^{2}+10y^{2}=n$ thì ta có thể viết lại thành 

\[(x-\sqrt{-10}y)(x+\sqrt{-10}y)=n\]

trong vành $\mathbb{Z}[\sqrt{-10}]$. Giả sử đơn giản nhất rằng $n=a^{k}$ là một lũy thừa. Nếu không có phân tích duy nhất, ta không suy ra được từng nhân tử bên VT là một lũy thừa dù chúng có nguyên tố cùng nhau. Lame từng mắc một sai lầm kiểu này trong chứng minh định lý Fermat. Còn nếu xét thủ công từng trường hợp thì chỉ riêng phân tích này đã có $k$ trường hợp. Chưa tính đến các phân tích khác, cũng không tính đến việc tìm ra các phân tích đó như thế nào. 

Đối với phương trình trên, ta chỉ cần sửa "$\mathbb{Z}[\sqrt{-10}]$ là UFD" thành "$\mathbb{Z}[\sqrt{-10}]$ là Dedekind". Khi đó ta có phân tích duy nhất của ideal, có khái niệm UCLN của hai ideal,... và thao tác giống với giải phương trình bình thường. Như vậy có thể thấy phân tích duy nhất là cái tốt hơn và dễ kiểm soát hơn so với số cách phân tích.