nmlinh16

Ta có nhận xét sau.

Bổ đề. Cho $c \in \mathbb{R}$ và $(u_n)_n$ là một dãy số thực. Khi đó tồn tại một dãy con của $(u_n)_n$ hội tụ về $c$ khi và chỉ khi với mọi $\varepsilon > 0$, có vô số chỉ số $n$ sao cho $|u_n - c| < \varepsilon$.

Chứng minh.

1. "Chỉ khi": Nếu $\varphi: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ là một hàm tăng thực sự sao cho dãy con $(u_{\varphi(n)})_n$ hội tụ về $c$ thì với mọi $\varepsilon > 0$, tồn tại $N$ sao cho $|u_{\varphi(n)} - c| < \varepsilon$ với mọi $n \ge N$, vì thế $|u_n - c| < \varepsilon$ với vô số chỉ số $n$.
2. "Khi": Giả sử với mọi $\varepsilon > 0$, có vô số chỉ số $n$ sao cho $|u_n - c| < \varepsilon$. Ta xây dựng hàm tăng thực sự: $\varphi: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ sao cho dãy con $(u_{\varphi(n)})_n$ hội tụ về $c$ bằng quy nạp, như sau. Lấy $\varepsilon = 1$, ta thấy tồn tại $N_0 \in \mathbb{N}$ sao cho $|u_{N_0} - c| < 1$. Đặt $\varphi(0):=N_0$. Giả sử $n \ge 1$ và ta đã chọn được các giá trị $\varphi(0) < \varphi(1) < \cdots <\varphi(n-1)$ sao cho $|u_{\varphi(k)} - c| < \tfrac{1}{k+1}$ với mọi $k = 0,1,\ldots,n-1$. Lấy $\varepsilon = \tfrac{1}{n+1}$, ta thấy rằng tồn tại vô số chỉ số $m$ sao cho $|u_m - c| < \tfrac{1}{n+1}$, ta lấy $\varphi(n)$ là một chỉ số $m$ bất kỳ như vậy sao cho $\varphi(n) > \varphi(n-1)$. Bằng quy nạp, ta xây dựng được hàm tăng thực sự $\varphi: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ sao cho $|u_{\varphi(n)} - c| < \tfrac{1}{n+1}$ với mọi $n \ge 0$, vì thế $\lim_{n \to\infty} u_{\varphi(n)} = c$.

$\square$

Quay lại với bài toán ban đầu. Giả sử phản chứng rằng không có dãy con nào của $(u_n)_n$ hội tụ về $b$. Khi đó, theo Bổ đề trên, tồn tại $\varepsilon > 0$ sao cho bất đẳng thức $|u_n - b| < \varepsilon$ chỉ đúng với một số hữu hạn chỉ số $n$. Nói cách khác, tồn tại $N_0 \ge 0$ sao cho $|u_n - b| \ge \varepsilon$ với mọi $n \ge N_0$. 

Mặt khác, vì $\lim_{n \to \infty} (u_{n+1} - u_n) = 0$ nên tồn tại $N_1 \ge 0$ sao cho $|u_{n+1} - u_n| < \varepsilon$ với mọi $n \ge N_1$.

Đặt $N:=\max\{N_0,N_1\}$. Thế thì, với $n \ge N$, ta khẳng định rằng $(u_{n+1} - b)$ và $(u_n-b)$ cùng dấu. Thật vậy, nếu ngược lại thì $\varepsilon > |u_{n+1} - u_n| = |(u_{n+1} - b) + (b-u_n)| = |u_{n+1} - b| + |b-u_n| \ge \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon$, hay $\varepsilon < 0$, mâu thuẫn.

Từ nhận xét trên, ta thấy rằng $u_n \ge b$ với mọi $n \ge N$ hoặc $u_n \le b$ với mọi $n \ge N$ (tức là các số hạng kể từ $u_N$ đều nằm cùng về một phía đối với $b$ trên đường thẳng thực). 

Tuy nhiên, lại theo Bổ đề trên thì tồn tại một chỉ số $n_1 > N$ sao cho $|u_{n_1} - a| < b-a$, suy ra $u_{n_1} < b$, đồng thời cũng tồn tại một chỉ số $n_2 > N$ sao cho $|c- u_{n_2}| = |u_{n_2} - c| < c-b$, suy ra $u_{n_2} > b$. Mâu thuẫn.

Ở chủ đề này, mình sẽ ghi chú lại những gì mình đã học được từ một working group ở labo tên là "Bruhat–Tits: A family friendly edition".

Bài 1. Công trình (building) của $\mathrm{SL}_2$

Xét nhóm Lie (thực) $\mathrm{SL}_2(\mathbb{R})$ gồm các ma trận vuông cỡ $2$ với định thức $1$. Nhóm con $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ của nó, gồm ma trận của các phép quay, là một nhóm con compact cực đại. Xét đa tạp thương $\mathfrak{X} := \mathrm{SL}_2(\mathbb{R})/\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ (các phần tử của $\mathfrak{X}$ là các lớp kề trái của $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$ trong $\mathrm{SL}_2(\mathbb{R})$) – một đa tạp như vậy còn được gọi là một không gian đối xứng (symmetric space). Ta có thể mô tả $\mathfrak{X}$ thông qua tác động của $\mathrm{SL}_2(\mathbb{R})$ trên nửa mặt phẳng Poincaré $$\mathbb{H}:=\{z \in \mathbb{C} : \mathrm{Im}(z) > 0\}$$ cho bởi $$\begin{bmatrix} a & b \\ c & d \end{bmatrix} \cdot z := \frac{az+b}{cz+d}.$$ Khi đó nhóm dừng của $i \in \mathbb{H}$ bởi tác động này chính là $\mathrm{SO}_2(\mathbb{R})$, vì thế ta có một song ánh $\mathfrak{X} \cong \mathbb{H}$. Ta kiểm tra được rằng đây thực chất là một phép đồng phôi.

Động lực để phát triển lý thuyết Bruhat–Tits là việc ta muốn mô tả không gian đối xứng $\mathrm{SL}_2(K)/\mathrm{SO}_2(K)$ khi $K$ là một trường địa phương phi Ác-si-mét như $\mathbb{Q}_p$ thay vì trường số thực (tổng quát hơn, ta thay $\mathrm{SL}_2$ bởi một nhóm đại số tuyến tính quy giản (reductive), thậm chí là nửa đơn (semisimple)) và  $\mathrm{SO}_2(K)$ bởi một nhóm con compact cực đại của  $\mathrm{SL}_2(K)$. 

Ở bài này ta đưa ra một mô tả như vậy cho $\mathrm{SL}_2(K)$, trong đó $K$ là một trường định giá rời rạc, với định giá $v: K \twoheadrightarrow \mathbb{Z} \cup \{\infty\}$. Ký hiệu

$\mathcal{O}:=\{x \in K: v(x) \ge 0\}$ là vành định giá của $K$,

$\mathfrak{m}:=\{x \in K: v(x) > 0\}$ là iđêan cực đại của $\mathcal{O}$, và $\varpi \in \mathfrak{m}$ là một phần tử đơn trị hóa,

$\kappa:=\mathcal{O}/\mathfrak{m}$ là trường thặng dư.

Trong $\mathrm{SL}_2(K)$, các nhóm con bị chặn cực đại thuộc về hai lớp liên hợp khác nhau (ở đây, bị chặn nghĩa là các hệ số của các ma trận trong nhóm con đó bị chặn dưới, khi $\kappa$ hữu hạn, hay $K$ compact địa phương, thì điều này tương đương với tính compact), chúng lần lượt được đại diện bởi $$P_0:=\begin{bmatrix} \mathcal{O} & \mathcal{O} \\ \mathcal{O} & \mathcal{O} \end{bmatrix} \cap \mathrm{SL}_2(K) = \mathrm{SO}_2(K)$$ và $$P_{1/2}:=\begin{bmatrix}  \mathcal{O} & \mathfrak{m}^{-1} \\ \mathfrak{m} & \mathcal{O} \end{bmatrix} \cap \mathrm{SL}_2(K).$$ Chú ý rằng hai nhóm trên liên hợp trong  $\mathrm{GL}_2(K)$ (chẳng hạn, bởi ma trận $\begin{bmatrix} \pi & 0 \\ 0 & 1 \end{bmatrix}$), nhưng trong $\mathrm{SL}_2(K)$ thì không. Ta còn gọi chúng là các nhóm con parahoric của $\mathrm{SL}_2(K)$. 

Trong lý thuyết Bruhat–Tits, công trình (building) ứng với $\mathrm{SL}_2$ "tham số hóa" các  $\mathrm{SL}_2(K)$-quỹ đạo liên hợp của $P_0$ và $P_{1/2}$ (nói cách khác, của tất cả các nhóm con bị chặn cực đại).

1. Căn hộ tiêu chuẩn (standard appartment)

Xét xuyến cực đại $T \subseteq \mathrm{SL}_2$ gồm các ma trận đường chéo, và ký hiệu bởi $N:=N_{\mathrm{SL}_2}(T)$ nhóm chuẩn tắc hóa của $T$. Ta có nghiêm dương tiêu chuẩn (standard positive root) $$\alpha: T \to \mathbb{G}_m, \quad \begin{bmatrix} x & 0 \\ 0 & x^{-1} \end{bmatrix} \mapsto x^2$$ cũng như đối nghiệm (coroot) $$\alpha^\vee: \mathbb{G}_m \to T, \quad x \mapsto \begin{bmatrix} x & 0 \\ 0 & x^{-1} \end{bmatrix}.$$ Khi đó $\alpha^{\vee}$ là một đẳng cấu, cấu xạ ngược $w_\alpha$ của nó được gọi là trọng cơ bản (fundamental weight) của $T$. Ta dùng $\alpha^{\vee}$ để đồng nhất nhóm đối đặc trưng $\mathbf{X}_\ast(T) := \operatorname{Hom}(\mathbb{G}_m,T)$ với $\mathbb{Z}$.

Căn hộ tiêu chuẩn của $\mathrm{SL}_2(K)$ được định nghĩa là đường thẳng affine thực $$\mathbb{A}:=\mathbf{X}_\ast(T) \otimes \mathbb{R} \cong \mathbb{R}.$$ Ngoài cấu trúc này, nó còn được trang bị một cấu trúc đơn hình (simplicial structure), tức là (do lý số chiều) gồm một tập hợp rời rạc các điểm (đỉnh) cũng như các đoạn mở giữa chúng (cạnh).

Ta ký hiệu $$T(K)_0:=\alpha^{\vee}(\mathcal{O}^\times) = T(\mathcal{O}) = \left\{\begin{bmatrix} x & 0 \\ 0 & x^{-1} \end{bmatrix}\right\}$$ là xuyến bị chặn trong $T(K)$. Hệ nghiệm (root system) $\Phi$ của $\mathrm{SL}_2$ gồm các đặc trưng $\alpha$ và $-\alpha$ (các phần tử của  $\mathbf{X}^\ast(T) := \operatorname{Hom}(T,\mathbb{G}_m)$), mỗi nghiệm này định nghĩa một nhóm con một tham số (one-parameter subgroup) $$u_{\pm \alpha}: \mathbb{G}_a \to \mathrm{SL}_2, \quad u_\alpha(a) = \begin{bmatrix} 1 & a \\ 0 & 1 \end{bmatrix}, \quad u_\alpha(a) = \begin{bmatrix} 1 & 0 \\ -a & 1 \end{bmatrix}.$$

Với mỗi điểm $x \in \mathbb{A}$, ta ký hiệu $P_x$ là nhóm con của $\mathrm{SL}_2(K)$ sinh bởi $T(K)_0$ và $u_{\beta}(\mathfrak{m}^{-\lfloor\langle \beta, x \rangle \rfloor})$, với $\beta = \pm \alpha$. Ở đây, $\lfloor - \rfloor$ chỉ phần nguyên, còn $\langle -,- \rangle$ được cảm sinh từ phép ghép cặp hoàn hảo $$\mathbf{X}^\ast(T) \times \mathbf{X}_\ast(T) \to \operatorname{Hom}(\mathbb{G}_m,\mathbb{G}_m) = \mathbb{Z}$$ (chú ý rằng $\langle \alpha, \alpha^\vee \rangle = 2$ và $\langle w_\alpha, \alpha^\vee \rangle = 1$.

Chẳng hạn, với $x = 0$, ta có $P_0 = \mathrm{SO}_2(K)$. Với $x = \frac{1}{2}$, ta có $P_{1/2}=\begin{bmatrix}  \mathcal{O} & \mathfrak{m}^{-1} \\ \mathfrak{m} & \mathcal{O} \end{bmatrix} \cap \mathrm{SL}_2(K)$ như trên. Với $0 < x < \frac{1}{2}$, ta có $P_x = \begin{bmatrix}  \mathcal{O} & \mathcal{O} \\ \mathfrak{m} & \mathcal{O} \end{bmatrix} \cap \mathrm{SL}_2(K) = P_0 \cap P_{1/2}$ (nó còn được gọi là một nhóm con Iwahori).

Định nghĩa. Hệ nghiệm affine $\Psi^{\operatorname{aff}}$ của $\mathrm{SL}_2$ (ứng với $T$) gồm các phiếm hàm affine $\mathbb{A} \to \mathbb{R}$ có dạng $\beta + j$ với $j \in \mathbb{Z}$ và $\beta \in \Phi$ (hay $\beta = \pm \alpha$).

Ta định nghĩa tập đỉnh của công trình tiêu chuẩn bởi $$V(\mathbb{A}) = \{x \in \mathbb{A}:\langle \alpha,x\rangle \in \mathbb{Z}\} \cong \frac{1}{2} \mathbb{Z}$$ và tập cạnh $$E(\mathbb{A}) = \{(x,x+\tfrac{1}{2}): x \in \tfrac{1}{2}\mathbb{Z}\}.$$ Khi đó ta có $x \in V(\mathbb{A}) \iff P_x$ là nhóm con bị chặn cực đại của $\mathrm{SL}_2(K) \iff$ $\psi(x) = 0$ với một nghiệm affine $\psi$ nào đó.

Nếu $\sigma$ là một đơn hình trong phức đơn hình $\mathbb{A}$ (tức là một đỉnh hoặc một cạnh), ta ký hiệu $P_\sigma:=P_x$ nếu $\sigma$ là một đỉnh $x \in V(\mathbb{A})$, và $P_\sigma:=P_y$ nếu $\sigma$ là một cạnh $(x,x+\tfrac{1}{2})$, với $y \in (x,x+\tfrac{1}{2})$ tùy ý (hay $P_\sigma = P_x \cap P_{x+1/2}$).

Nhận xét rằng, nếu ta ký hiệu $U_\psi:=u_\beta(\mathfrak{m}^j) \subseteq \mathrm{SL}_2$  với mỗi nghiệm affine $\psi = \beta + j$, thì $P_\sigma$ chính là nhóm con sinh bởi $T(K)_0$ cùng các nhóm $U_\psi$ với $\psi$ thỏa mãn $\psi(\sigma) \ge 0$.

2. Nhóm Weyl affine

Tiếp theo, ta xét tác động liên hợp trên căn hộ tiêu chuẩn $\mathbb{A}$.

Có hai cách nhìn nhận tác động (liên hợp) của nhóm $N$ (nhóm chuẩn hóa của $T$)  như sau. 

Theo cách nhìn thứ nhất (sơ cấp), $T(K)$ tác động lên $\mathbb{A}$ bởi phép tịnh tiến (với vectơ tịnh tiến nguyên). Thật vậy, dễ thấy khi $x \in \mathbb{A}$ thì  $P_{x+1}$  liên hợp với $P_x$ nhờ phần tử $$\alpha^{\vee}(\varpi^{-1}) = \begin{bmatrix} \varpi^{-1} & 0 \\ 0 & \varpi \end{bmatrix}$$ (nhắc lại rằng $\varpi$ là một phần tử đơn trị hóa của $\mathcal{O}$). Nhóm Weyl $W = W(\Phi) := N(K)/T(K) \cong \mathbb{Z}/2$ tác động lên $\mathbb{A}$ bởi phép nhân với $\pm 1$, vì ma trận $$w_0 := \begin{bmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0\end{bmatrix} \in N(K)$$ thỏa mãn $w_0 P_\sigma w_0^{-1} = P_{-\sigma}$ với mọi đơn hình $\sigma$. Như vậy, nói nôm na thì tác động của $N(K)$ trên $\mathbb{A}$ giống như tác động của tích nửa trực tiếp $\mathbb{Z} \rtimes \mathbb{Z}/2$, trong đó nhân tử thứ nhât tác động tịnh tiến, còn nhân tử thứ hai tác động bằng cách nhân với $\pm 1$.

Theo cách nhìn nhận thứ hai, ta có thể định nghĩa trực tiếp tác động của $T(K)$ trên $\mathbb{A}$ bởi công thức $t \cdot x := x - w(t)$, trong đó $$w: T(K) \to \mathbf{X}_\ast(T), \quad \begin{bmatrix} \lambda & 0 \\ 0 & \lambda^{-1} \end{bmatrix} \mapsto (\alpha^\vee)^{v(\lambda)}.$$ Ta mở rộng nó thành một tác động của $N(K)$ bằng cách tuyên bố rằng ma trận $w_0$ ở trên (một phần tử sinh của $N(K)$ modulo $T(K)$) tác động bởi công thức $x \mapsto -1$.

Hạt nhân của tác động nói trên là $$\{t \in T(K): w(t) = 0\} = T(\mathcal{O}),$$ vì thế ta có một tác động trung thành của $N(K)/T(\mathcal{O})$ trên $\mathbb{A}$. Từ dãy khớp $$1 \to T(K) \to N(K) \to W \to 1,$$ ta thu được dãy khớp $$1 \to T(K)/T(\mathcal{O}) \to N(K)/T(\mathcal{O}) \to W \to 1.$$ Ở đây, $T(K)/T(\mathcal{O}) \cong K^\times / \mathcal{O}^\times \cong \mathbb{Z}$. Dãy khớp này chẻ (ta có thể nâng phần tử sinh của $W \cong \mathbb{Z}/2$ thành $w_0 \in N(K)$. Vậy "nhóm Weyl affine" $N(K)/T(\mathcal{O})$ đẳng cấu với $\mathbb{Z} \rtimes \mathbb{Z}/2$. Tất nhiên, xây dựng này tương thích với tác động của $N(K)$ trên $\mathbb{A}$ được định nghĩa bởi phép liên hợp, nghĩa là $P_{n \cdot \sigma} = nP_\sigma n^{-1}$ với mọi $n \in N(K)$ và mọi đơn hình $\sigma$ của $\mathbb{A}$.

3. Công trình Bruhat–Tits của $\mathrm{SL}_2$

Công trình Bruhat–Tits $\mathfrak{X} = \mathfrak{X}(\mathrm{SL}_2(K))$ được định nghĩa là tập thương của $\mathrm{SL}_2(K) \times \mathbb{A}$ bởi quan hệ tương đương $\sim$, trong đó $(g,x) \sim (h,y)$ khi và chỉ khi tồn tại $n \in N(K)$ sao cho $y = n \cdot x$ và $g^{-1} hn \in P_x$. Sau đây là các tính chất quan trọng của công trình $\mathfrak{X}$.

1. $\mathrm{SL}_2(K)$ tác động lên $\mathfrak{X}$ bởi công thức $g \cdot [h,x]:=[gh,x]$.
2. Với $x \in \mathbb{A}$, nhóm dừng của điểm $[1,x] \in \mathfrak{X}$ chính là nhóm $P_x$ ở trên.
3. Ánh xạ $\mathbb{A} \to \mathfrak{X}, x \mapsto [1,x]$, là một đơn ánh.
   Vậy ta có $\mathfrak{X} = \bigcup_{g \in \mathrm{SL}_2(K)} g \cdot \mathbb{A}$, tức là $\mathfrak{X}$ được phủ bởi các công trình là $\mathrm{SL}_2(K)$-quỹ đạo của công trình tiêu chuẩn.
4. Với mọi $x,x' \in \mathfrak{X}$, tồn tại một công trình $\mathbb{A}' = g \cdot \mathbb{A}$ chứa cả $x$ và $x'$. Nói riêng, đồ thị $\mathfrak{X}$ liên thông. Ta chứng minh điều này bằng một phiên bản của phân tích Bruhat–Tits, nói rằng $\mathrm{SL}_2(K) = P_x N(K) P_{x'}$ (ở đây ta dùng các nhóm con parahoric $P_x$ thay vì các nhóm con Borel trong phân tích Bruhat thông thường).
5. Với mỗi đơn hình $\sigma$ trong $\mathfrak{X}$ và mỗi công trình $\mathbb{A}$, tồn tại duy nhất một ánh xạ đơn hình $\rho: \mathfrak{X} \to \mathbb{A}$ với $\rho|_{\sigma} = \operatorname{id}$ ($\rho$ là một phép co rút về $\rho$, đồng thời với mọi công trình $\mathbb{A}'$ chứa $\sigma$, $\rho$ hạn chế thành một đẳng cấu $\mathbb{A}' \xrightarrow{\cong} \mathbb{A}$.
6. $\mathfrak{X}$ là một cây (nói riêng, nó đơn liên).
7. Mỗi đỉnh của $\mathfrak{X}$ kề với đúng $|\kappa|+1 = |\mathbb{P}^1(\kappa)|$ đỉnh khác. Chẳng hạn, nếu $|\kappa| = 2$ thì $\mathfrak{X}$ là một cây tam phân đầy đủ.

$$\begin{align*} G(x) = & -\frac{1}{64(1-x)} - \frac{17}{1728(1-x)^2} + \frac{5}{216(1-x)^3} + \frac{25}{432(1-x)^4} - \frac{1}{12(1-x)^5} + \frac{1}{36(1-x)^6} \\ & -\frac{1}{64(1+x)} + \frac{1}{64(1+x)^2} - \frac{2\varepsilon+4}{243(1 - \varepsilon x)} + \frac{1}{81(1 - \varepsilon x)^2} - \frac{2\bar{\varepsilon}+4}{243(1 - \bar{\varepsilon} x)} + \frac{1}{81(1 - \bar{\varepsilon}x)^2},  \end{align*}$$

với $\varepsilon$ và $\bar{\varepsilon}$ là hai nghiệm của đa thức $X^2+X+1$, nghĩa là $\varepsilon + \bar{\varepsilon} = -1$ và $\varepsilon\bar{\varepsilon} = 1$.

 Untitled.png   24.92K   2 Số lần tải

Từ đây không khó để tính ra được

$$\begin{align*} S_n = & -\tfrac{1}{64} - \tfrac{17(n+1) }{1728} + \tfrac{5(n+2)(n+1)}{216} + \tfrac{25(n+3)(n+2)(n+1)}{432} - \tfrac{(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)}{12} + \tfrac{(n+5)(n+4)(n+3)(n+2)(n+1)}{36} \\ & -\tfrac{(-1)^n}{64} + \tfrac{(-1)^n(n+1)}{64} - \frac{\varepsilon^n(2\varepsilon+4)}{243} + \frac{\varepsilon^n(n+1)}{81} - \frac{\bar{\varepsilon}^n(2\bar{\varepsilon}+4)}{243} + \frac{\bar{\varepsilon}^n(n+1)}{81} \\ = & \frac{1}{36}n^5 + \frac{1}{3}n^4 + \frac{685}{432}n^3 + \frac{100}{27}n^2 + \frac{265}{64}n + \frac{245}{144} + \frac{(-1)^nn}{64} + \frac{(3n-1)(\varepsilon^n + \bar{\varepsilon}^n) - 2(\varepsilon^{n+1} + \bar{\varepsilon}^{n+1})}{243}. \end{align*}$$

Ta có thể thu được kết quả ở dạng đa thức hệ số hữu tỉ theo $n$ bằng cách xét $n$ modulo $6$ (chú ý rằng $\varepsilon^n + \bar{\varepsilon}^n = -1$ nếu $n$ không chia hết cho $3$ và bằng $2$ nếu $n$ chia hết cho $3$).

Lý do tổng $S_n$ trùng với hệ số của $x^n$ trong $G(x)$ như sau. Xét chuỗi hình thức

$$(x + 2x^2 + 3x^3 + \cdots)(x^2 + 2x^4 + 3x^6 + \cdots)(x^3 + 2x^6 + 3x^9 + \cdots)$$

Với mỗi bộ ba $(a,b,c) \in \mathcal{A}$, tích của các đơn thức $ax^a$ (từ nhân tử thứ nhất), $bx^{2b}$ (từ nhân tử thứ hai, $cx^{3c}$ (từ nhân tử thứ ba) là $abc x^{a+2b+3c} = abc x^n$. Mặt khác, dễ thấy mọi cách chọn bộ ba đơn thức lần lượt từ ba nhân tử trên để thu được tích là một bội của $x^n$ đều tương ứng với duy nhất một bộ ba $(a,b,c) \in \mathcal{A}$. Vậy $S_n$ chính là hệ số của $x^n$ trong chuỗi 

$$(x + 2x^2 + 3x^3 + \cdots)(x^2 + 2x^4 + 3x^6 + \cdots)(x^3 + 2x^6 + 3x^9 + \cdots)$$

Ta lại có $$\sum_{j=1}^{\infty} jT^j = T \sum_{j=1}^{\infty} jT^{j-1} = T \dfrac{d}{dT}\sum_{j=0}^{\infty} T^j = T \dfrac{d}{dT} \frac{1}{1-T} = \frac{T}{(1-T)^2}.$$

Thay $T = x^i$ với $i = 1,2,3$, suy ra $$(x + 2x^2 + 3x^3 + \cdots)(x^2 + 2x^4 + 3x^6 + \cdots)(x^3 + 2x^6 + 3x^9 + \cdots) = \frac{x^6}{(1-x)^2(1-x^2)^2(1-x^3)^2} = G(x).$$

Bài tính tổng trên trùng khớp với hệ số $x^n$ trong khai triển hàm sinh:
$$G(x)=\left[\dfrac{x^3}{(1-x)(1-x^2)(1-x^3)}\right]^2$$
Tại sao dẫn tới cái đó thì tác giả cũng không biết, rất mong Nobodyv3 hay bạn nào biết giải thích giúp!
Bên cạnh đó cũng mong Nobodyv3 chỉ bảo cách khai triển hàm $G(x)$ trên. Tôi xin trân trọng cảm ơn và hậu tạ!

Bài 1: Ta có thể thay $37$ bởi bất kỳ số nguyên tố $p$ nào

Ta có $1 \equiv ad-bc \equiv (a^2 + bc)d - b(a+d)c \equiv a(ad-bc) \equiv a \pmod p$,

$1 \equiv ad-bc \equiv a(d^2 + bc) - b(a+d)c \equiv d(ad-bc) \equiv d \pmod p$,

Suy ra $b \equiv (a+d)b \equiv 2b \pmod p$, nên $b \equiv 0 \pmod p$. Tương tự, $c \equiv 0 \pmod p$.

Vậy nghiệm duy nhất modulo $p$ của hệ trên là $(a,b,c,d) = (1,0,0,1)$.

Tại sao lại nghĩ ra lời giải này? Thực ra các đẳng thức trên không phải do tự nhiên mò ra mà có nguồn gốc từ phép nhân ma trận trong đại số tuyến tính. Nếu đặt $A = \begin{pmatrix} a & b \\ c & d \end{pmatrix}$ thì hệ phương trình đã cho trở thành $A^2 \equiv A \pmod p$ và $\det(A) \equiv 1 \pmod p$. Điều kiện $\det(A) \equiv 1 \pmod p$ nói rằng $A$ là ma trận khả nghịch modulo $p$ nên từ $A^2 \equiv A \pmod p$ suy ra $A \equiv \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}$ bằng các nhân hai vế với ma trận nghịch đảo $A^{-1} \equiv \begin{pmatrix} d & -b \\ - c & a \end{pmatrix} \pmod p$. 

Có vẻ đề phải là $x \to 0^+$, như vậy sẽ hợp lý hơn.

Phản ví dụ: $K = \mathbb{Q}$, $F = \mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}, \omega]$ (với $\omega = \frac{1 + \sqrt{-3}}{2}$ là căn bậc ba nguyên thủy của $1$), $L_1 = \mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}]$ và $L_2 = \mathbb{Q}[\sqrt[3]{2}\omega]$. Khi đó $[L_1:K] = [L_2:K] = 3$ nhưng $L_1L_2 = F$ và $[F:K] = 6$.

• Nếu $p$ lớn hơn giá trị đệm thì đòn đánh không chí mạng và cộng thêm $b$ vào giá trị đệm.
• Nếu $p$ nhỏ hơn hoặc bằng giá trị đệm thì đòn đánh có chí mạng, và đưa giá trị đệm về $a$.

Mình lại nghĩ lý luận theo số mũ của ước số nguyên tố chung là dễ nhất.

Cách này dễ hiểu để giải thích cho học sinh THCS nhưng mình thấy không thuận logic. Vì định lý về sự phân tích duy rất ra thừa số nguyên tố là một định lý khó và để chứng minh nó thì cần dùng bổ đề Gauss (nếu $a | bc$ và $\gcd(a,b) = 1$ thì $a|c$), và bổ đề Gauss chứng minh bằng đẳng thức Bézout.

Cho $V$ là một không gian vectơ và $f: k^n \to V$ là một ánh xạ tuyến tính tùy ý. Gọi $(e_1,\ldots,e_n)$ là cơ sở chính tắc của $k^n$ và đặt $v_i:=f(e_i)$ với $i=1,\ldots,n$. Thế thì ta kiểm tra được $\Phi(V)(v_1,\ldots,v_n) = f$ (vì hai ánh xạ tuyến tính này bằng nhau khi tính tại từng phần tử cơ sở $e_i$).

Trong phạm trù các vành có đơn vị (cấu xạ là đồng cấu vành bảo toàn phần tử đơn vị), phép nhúng $\mathbb{Z} \hookrightarrow \mathbb{Q}$ là một song cấu nhưng không phải một đẳng cấu.

Thật vậy, dễ thấy đây là một đơn cấu. Để chỉ ra rằng nó là toàn cấu, giả sử ta có một vành $A$ và các đồng cấu vành $f,g: \mathbb{Q} \to A$ sao cho $f|_{\mathbb{Z}} = g|_{\mathbb{Z}}$. Với $n$ là số nguyên khác $0$, ta có $$f(\tfrac{1}{n})f(n) = f(n)f(\tfrac{1}{n}) = f(1) = 1_A,$$ nên $f(n)$ khả nghịch và nghịch đảo của nó là $f(n)^{-1} = f(\tfrac{1}{n})$. Tương tự, $g(n)$ khả nghịch và nghịch đảo của nó là $g(\tfrac{1}{n})$. Mà $f(n) = g(n)$ nên $f(\tfrac{1}{n}) = g(\tfrac{1}{n})$. Do đó, với mọi số hữu tỉ $x = \tfrac{m}{n}$, ta có $$f(\tfrac{m}{n}) = f(m)f(\tfrac{1}{n}) = g(m)g(\tfrac{1}{n}) = g(\tfrac{m}{n}),$$  hay $f=g$.

Cuối cùng, $\mathbb{Z} \hookrightarrow \mathbb{Q}$ không phải là đẳng cấu vì không có cấu xạ nào đi từ $\mathbb{Q}$ vào $\mathbb{Z}$.

Nếu $y$ không phải là số nguyên thì sao bạn? Chẳng hạn $y = \frac{3}{2}$

Bài này phải giả sử $x$, $y$ hữu tỉ, vì THCS chưa học lũy thừa với số mũ thực.

Trên mỗi đoạn $[a,b]$, ta có $\int_a^b \varphi(t) v(t) \, dt = -\int_a^b \varphi'(t) 1_{\mathbb{Q}}(t) \, dt = 0 = \int_a^b \varphi(t) \cdot 0\, dt$ với mọi hàm thử $\varphi$ (tức là hàm khả vi vô hạn thỏa mãn $\varphi(a) = \varphi(b) = 0$), nên theo định nghĩa của hàm suy rộng, ta có $v(t) = 0$.

Mệnh đề đúng: Với mọi $x \in \mathbb{R}$, ta lấy $y = 2-x$, thế thì "$x+y = 3$" là một mệnh đề sai, vì thế "$(x+y = 3) \Rightarrow (x-y \ge 1)$" là một mệnh đề đúng. Như vậy $y = 2-x$ là một bằng chứng cho mệnh đề "$\exists y \in \mathbb{R} (x+y = 3) \Rightarrow (x-y \ge 1)$'', nên mệnh đề này đúng. Vì $x$ tùy ý nên mệnh đề đã cho đúng.