bangbang1412

Bài này vừa lên Pi số mới nhất

 Screenshot 2024-04-01 at 16-01-30 Pi3_diendantoanhoc.pdf.png   414.98K   8 Số lần tải

vẫn đang không biết đọc $\infty$-cat như thế nào, đọc cụ Kodaira cảm thấy được an ủi phần nào.

Mọi người có thể đề xuất thêm giúp em cuốn nào tiếng việt được không ạ.

Bạn tìm cuốn Đại số đại cương của thầy Nguyễn Hữu Việt Hưng.

Phần tiếp theo là về các không gian compact.

Bài 5. Chứng minh các khẳng định sau:

• a) Không gian con đóng của không gian compact là compact.
• b) Ảnh của không gian compact qua một ánh xạ liên tục là compact.
• c) Không gian con compact của không gian Hausdorff là không gian con đóng.
• d) Hợp rời hữu hạn của các không gian compact là compact.

Bài 6. Cho $S$ là một không gian compact + Hausdorff và $R \subset S \times S$ là một quan hệ tương đương. Chứng minh rằng các khẳng say tương đương:

• $S/R$ với tô-pô thương là compact + Hausdorff.
• $R \subset S \times S$ là tập con đóng.
• Ánh xạ chiều $S \longrightarrow S/R$ là đóng.

Bài 7. Cho $S,T$ là các không gian compact + Hausdorff và $f \colon S \longrightarrow T$ là một ánh xạ liên tục. Chứng minh rằng các khẳng định sau tương đương:

• $f$ là một ánh xạ thương.
• $f$ là một cokernel (theo nghĩa phạm trù).
• $f$ là một epimorphism (theo nghĩa phạm trù).
• $f$ là toàn ánh.

Bài 8. Cho $f \colon S \longrightarrow T$ là một ánh xạ liên tục. Giả sử $S,T$ là các không gian compact, Hausdorff và $f$ toàn ánh. Chứng minh rằng tồn tại một tập con đóng $S' \subset S$ cực tiểu sao cho $f_{\mid S'} \colon S' \longrightarrow T$ là toàn ánh.

Gợi ý: sử dụng bổ đề Zorn.

Trước hết ta xét trường hợp $p$ lẻ, nếu một trong hai số $x,y$ là bội của $p$ thì số còn lại cũng là bội của $p$. Ta có thể rút luỹ thừa cao nhất của $p$ trong phân tích nguyên tố của $x,y$ ra và giản ước cho tới khi cả hai số không có số nào là bội của $p$ nữa (xem trường hợp $p=2$ bên dưới). Giả sử $p \not\mid x, p \not\mid y$, khi đó theo bổ đề LTE thì

$$\nu_p(x^5+y^5) = \nu_p(x+y) + \nu_p(5)$$

và do đó nếu $p \neq 5$ thì $x^5+y^5=x+y$ suy ra vô lý. Vậy trong trường hợp $p$ lẻ thì $p=5$ và từ đẳng thức trên ta suy ra $x+y=5^{n-1}$. Nói cách khác, $x^5+y^5=5(x+y)$. Tuy nhiên theo bất đẳng thức Holder thì $16(x^5+y^5) \geq 16(x+y)^5$ nên $(x+y)^4 \leq 80$ và $x+y=2$ nhưng trường hợp này mâu thuẫn giả thiết hiện tại.

Như vậy chỉ còn trường hợp $p=2$ là có thể có nghiệm. Ta thấy $x,y$ cùng tính chẵn lẻ. Nếu $x,y$ cùng chẵn ta đặt $x=2^a b$ và $y=2^c d$ với $a,c \geq 1$ nguyên dương và $b,c$ nguyên dương lẻ. Không giảm tổng quát giả sử $a \geq c$, khi đó từ giả thiết ta có

$$2^n = 2^{5c}(2^{5a-5c}b^5 + d^5).$$

Từ đây nếu $n > 5c$ thì $a=c$ bằng cách xét tính chẵn lẽ. Còn nếu $n = 5c$ thì $1 = 2^{5a-5c}b+d$ nên suy ra vô lý vì $b,d$ nguyên dương. Trường hợp đầu tiên ta quy về

$$2^{n-5c} = b^5+d^5$$

với $b,d$ lẻ. Từ chứng minh trên ta có thể giả sử $x,y$ cùng lẻ từ đầu. Khi đó lại theo bổ đề LTE ta có $\nu_2(x^5+y^5)=\nu_2(x+y)$ (ở đây cần thiết $x,y$ cùng lẻ) và do đó $x=y=1$.

Dưới đây là một chứng minh thủ công cho bước cuối, ban đầu mình không để ý bước cuối ta cũng dùng LTE được. Đặt $x+y=2^m$ với $1 \leq m < n$. Từ các bất đẳng thức

$$(x+y)^5 > x^5 + y^5 \geq \frac{1}{16}(x+y)^5$$

ta suy ra

$$2^{5m} > 2^n \geq 2^{5m-4}$$

nên $n \in \left \{5m-1,5m-2,5m-3,5m-4 \right \}$ và ta sẽ giải từng trường hợp. Trường hợp $n = 5m-4$ tầm thường vì dấu bằng xảy ra tức là $x=y=2^{m-1}$; và để thoả mãn giả thiết $x,y$ cùng lẻ thì ta phải có $m=1$ và $x=y=1$. Như vậy chỉ còn ba trường hợp, bắt đầu với $n=5m-1$ hay

$$2(x^5+y^5) = (x+y)^5.$$

Bằng cách thế $y= 2^m - x$ và khai triển và rút gọn hai vế ta thu được

$$2^{4m} - 5.2^{3m} x +  10. 2^{2m}x^2 - 10.2^m x^3 + 5x^4 = 0.$$

Điều này không thể xảy ra do mâu thuẫn tính chẵn lẻ. Hai trường hợp $n=5m-2$ và $n=5m-3$ đều chứng minh tương tự.

Như vậy toàn bộ nghiệm có thể là $(p,n,x,y)=(2,5a+1,2^a,2^a)$.