nmlinh16

Nhân xét rằng $n_4 > 5$ nên $n_i$ không chia hết cho $2, 3, 5$ với mọi $i \ge 4$. Theo định lý nhỏ Fermat thì $n_i^4 \equiv 1 \pmod 2$, $n_i^4 \equiv 1 \pmod 3$ và $n_i^4 \equiv 1 \pmod 5$, suy ra $n_i^4 \equiv 1 \pmod{30}$ với mọi $i \ge 4$. Từ đó $n_1^4 + n_2^4 + n_3^4 \equiv 2 \pmod{30}$.
Từ đây ta thấy $n_1, n_2, n_3$ không thể cùng lẻ, nên $n_1 = 2$, suy ra $n_2^4 + n_3^4 \equiv 1 \pmod{15}$.

Nếu $n_2 > 3 $ thì $n_2$ và $n_3$ đều không chia hết cho $3$, suy ra $n_2^4 \equiv n_3^4 \equiv 1 \pmod 3$, suy ra $n_2^4 + n_3^4 \equiv 2 \pmod 3$, mâu thuẫn. Vậy $n_2 = 3$, suy ra $n_3^4 \equiv 0 \pmod{5}$, từ đó $n_3 = 5$. Vậy $n_1, n_2, n_3$ là 3 số nguyên tố liên tiếp.

Cực đại và cực tiểu là khái niệm mang tính địa phương. Cực đại chỉ là giá trị lớn nhất của hàm trong lân cận của điểm đó.

Bạn gái em, đang là sinh viên ngành toán.

Anh Hiệu vẫn đang ở khu Antony/Parc de Sceaux đó. Mùa xuân lúc hoa anh đào nở, ra đó, thì khả năng sẽ gặp được.

Em gái trong ảnh chắc là người yêu của @nmlinh16 đi ké hay sao, chứ dân làm Toán đã ít nữ rồi huống hồ lại còn xinh đẹp như vậy    
 
 

Cách đây ít năm thì anh Hiệu còn ở Sceaux (cạnh parc de sceaux), hàng xóm với một đứa em của Nesbit, bây giờ không biết đã chuyển đi chỗ khác chưa.

Cảm ơn ý kiến rất hay của bạn @tienmai. Khuyến khích mọi người chia sẻ thêm những kinh nghiệm tương tự.

Cảm ơn bạn đã trả lời và nêu suy nghĩ. Mình đồng tình với những suy nghĩ đó.
 
Tài liệu này rõ ràng hướng tới việc ôn tập thi trắc nghiệm (kì thi THPT quốc gia). Mình nghĩ là tài liệu này được nếu mục đích của người sử dụng là ôn thi THPT quốc gia.
 
Nhưng nếu bắt bẻ và soi xét thì vẫn có chỗ để nói. Chẳng hạn ở phần định nghĩa hàm tuần hoàn trong tài liệu có viết: "Số dương T nhỏ nhất thỏa mãn các tính chất trên được gọi là chu kì của hàm số tuần hoàn đó." Phát biểu chặt hơn là: "Nếu tồn tại số dương T nhỏ nhất thỏa mãn các tính chất trên thì số T được gọi là chu kì cơ sở của hàm số tuần hoàn đó." Tại sao lại vậy? Vì

• Một hàm số có thể có nhiều chu kì, như hàm số $\sin$ có chu kì $2\pi, 4\pi, 6\pi\ldots$ còn chu kì cơ sở của hàm này là $2\pi$. 
• Có những hàm tuần hoàn nhưng không có chu kì cơ sở. Một ví dụ cho điều này là hàm hằng số $c(x) = 0$ với miền xác định là tập số thực. Có các hàm khác tuần hoàn mà không có chu kì cơ sở, như là hàm Dirichlet (nếu học ngành Toán, ở môn giải tích thực, bạn sẽ gặp hàm này) nhưng hàm này sẽ không đời nào xuất hiện trong kì thi THPT quốc gia (nếu một ngày nó xuất hiện, toàn bộ ngành Toán trong nước sẽ dậy sóng).

Cũng như nhiều tài liệu nhằm ôn thi THPT quốc gia, tài liệu này tập trung vào hai thứ: các kết quả và bài tập, nhưng thiếu giải thích (rất nhiều). Mình đánh đồng các tài liệu này: chỉ liệt kê lại các kiến thức đã có ở sách giáo khoa cơ bản và nâng cao, chia thành từng phần rất nhỏ, từng miếng (mánh). Tài liệu khá tràn lan và tiểu tiết, thà rằng học từ gốc. Mình kể chuyện của bản thân: Khi còn học THPT, mình không học thêm Toán và chỉ dùng đến ba loại sách: sách giáo khoa cơ bản, nâng cao, sách chuyên toán (tài liệu chuyên toán đại số, giải tích, hình học 10, 11, 12). Chỉ như vậy mình đã thấy ổn áp với việc thi THPT quốc gia, và ít năm về sau có vài lần giúp người quen ôn thi.
 
Cuối cùng, việc bây giờ bạn mới thích toán không phải là muộn. À mà cũng còn phụ thuộc vào mục đích học Toán. Mình đến lúc còn hai năm là tốt nghiệp đại học mới bắt đầu tự học Toán qua sách bậc đại học. Nếu bạn có thắc mắc gì về định hướng với Toán thì có nhiều thành viên diễn đàn có thể giải đáp cho bạn (tất nhiên là ở một chủ đề khác).

Báo cáo của em/mình ở Tiểu ban Hình học - Tôpô.

Gặp anh @RongChoi

Câu hỏi "tìm hạt nhân và ảnh" là một câu hỏi mơ hồ. Vì một không gian vectơ con của $\mathbb{R}^n$ có thể mô tả bởi các cách khác nhau: bởi một hệ sinh, bởi một cơ sở (một cách tương đương là bởi một hệ phương trình tham số), hoặc bởi một hệ phương trình tổng quát.

Anh có thể nói kĩ về nhận xét được không ạ, nếu mỗi cặp vận động viên đều nằm trong một tam giác thì sẽ có cả $n$ vận động viên vô địch tương đối?

 

Nếu mỗi cặp vận động viên $\{a, b\}$ đều nằm trong một tam giác dạng ($a$ thắng $b$, $b$ thắng $c$, $c$ thắng $a$) hoặc ($b$ thắng $a$, $a$ thắng $c$, $c$ thắng $b$) thì $a$ viết được tên $b$ và $b$ cũng viết được tên $a$. Nếu điều này đúng với mọi cặp vận động viên thì mỗi vận động viên đều viết được tên của $n-1$ vận động viên còn lại, nghĩa là mọi vận động viên đều vô địch tương đối.

Ngược lại, giả sử một giải đấu có cả $n$ vận động viên vô địch tương đối. Xét một cặp vận động viên $\{a,b\}$ tùy ý. Ta có thể giả sử $a$ thắng $b$. Vì $b$ viết được tên $a$ tên tồn tại một vận động viên $c$ mà $b$ thắng $c$ và $c$ thắng $a$, vậy ta thu được tam giác $(a,b,c)$ chứa cặp $\{a,b\}$.

Cho $k$ là một trường. Cho $\mathbf{Vect}_k$ và $\mathbf{Set}$ lần lượt là phạm trù các $k$-không gian véctơ và phạm trù các tập hợp. Cho $n$ là số nguyên dương tùy ý và xét hàm tử $F: \mathbf{Vect}_k \to \mathbf{Set}$ cho bởi:

• Với mỗi không gian véctơ $V$, $F(V)$ là tập hợp $V^n$.
• Với mỗi ánh xạ tuyến tính $f: V \to W$, $F(f): V^n \to W^m$ là ánh xạ cho bởi $(v_1,\ldots,v_n) \mapsto (f(v_1),\ldots,f(v_n))$.

Ta chỉ ra rằng $F$ là hàm tử biểu diễn được, nghĩa là tồn tại không gian véctơ $E$ cùng một đẳng cấu hàm tử $F \cong \text{Hom}_k(E,-)$. Nói cách khác, ta muốn một đẳng cấu $V^n \cong \text{Hom}_k(E,V)$, và đẳng cấu này tự nhiên theo $V$. Bằng chữ, điều này có nghĩa là: "cho một bộ $n$ phần tử của $V$ cũng chính là cho một ánh xạ tuyến tính từ $E$ vào $V$." Không khó để thấy rằng, đại biểu thích hợp cho $E$ là một không gian véctơ $n$-chiều, vì cho một ánh xạ tuyến tính từ một không gian $n$-chiều vào $V$ chính là cho một bộ $n$ phần tử của $V$.

 

Vậy ta lấy $E = k^n$ và xây dựng đẳng cấu hàm tử $\Phi: F \to \text{Hom}_k(k^n,-)$ như sau. Với mỗi không gian véctơ $V$, ta định nghĩa ánh xạ $\Phi(V): V^n \to \text{Hom}_k(k^n,V)$ bằng cách: với mỗi $(v_1,\ldots,v_n) \in V^n$, $\Phi(V)(v_1,\ldots,v_n): k^n \to V$ là ánh xạ tuyến tính $\alpha$ cho bởi công thức $$\alpha: k^n \to V, \qquad \alpha(a_1,\ldots,a_n) = a_1v_1 + \cdots + a_n v_n,$$ nói cách khác là $\alpha$ được xác định duy nhất bởi công thức $\alpha(e_i) = v_i$ với $i=1,\ldots,n$, trong đó $(e_1,\ldots,e_n)$ là cơ sở chính tắc của $k^n$. Dễ thấy $\Phi(V)$ là một song ánh.

 

Ta còn phải chỉ ra rằng $\Phi$ là một biến đổi tự nhiên từ hàm tử $F$ vào hàm tử $\text{Hom}_k(k^n,-)$. Điều này có nghĩa là với mỗi ánh xạ tuyến tính $f: V \to W$, ta có biểu đồ giao hoán sau 

Thật vậy, xét $(v_1,\ldots,v_n) \in V^n$ tùy ý. Khi đó $\Phi(V)(v_1,\ldots,v_n)$ là ánh xạ tuyến tính $\alpha: k^n \to V$ cho bởi công thức $$\alpha: k^n \to V, \qquad \alpha(a_1,\ldots,a_n) = a_1v_1 + \cdots + a_n v_n.$$ Mặt khác, $\Phi(W)((f(v_1),\ldots,f(v_n))$ là ánh xạ tuyến tính $\beta: k^n \to W$ cho bởi công thức $$\beta: k^n \to W, \qquad \beta(a_1,\ldots,a_n) = a_1 f(v_1) + \cdots + a_n f(v_n).$$ Ta có $f \circ \alpha = \beta$, nên biểu đồ trên giao hoán. Vậy $\Phi$ là một đẳng cấu tự nhiên từ hàm tử $F$ vào hàm tử $\text{Hom}_k(k^n,-)$, nói cách khác là hàm tử $F$ biểu diễn được bởi vật $k^n$.

Giải đấu trên $3$ vận động viên với $3$ người vô địch tương đối.

Giải đấu trên $4$ vận động viên với $3$ người vô địch tương đối.

GIải đấu trên $6$ vận động viên với $6$ người vô địch tương đối.

Ta gọi một “giải đấu” trên $n$ vận động viên là một cách gán thắng/thua cho từng trận đấu (trong tổng cộng $\frac{n(n-1)}{2}$ trận đấu).

Dễ dàng xây dựng giải đấu trên $3$ cũng như $4$ vận động viên sao cho có $3$ vận động viên vô địch tương đối. Do đó $S_3 = 3$ và $S_4 \ge 3$.

Để chứng minh $S_4 < 4$, ta xét một giải đấu tuỳ ý trên $4$ vận động viên.

• Nếu có một vận động viên $a$ thắng cả $3$ trận thì các vận động viên còn lại không thể viết được tên $a$, nên họ đều không vô địch tương đối.
• Nếu có một vận động viên $a$ thua cả $3$ trận thì anh ta không thể viết tên ai, nên không vô địch tương đối.
• Trường hợp còn lại, mỗi vận động viên đều thắng đúng $1$ hoặc $2$ trận. Mà tổng số trận đấu là $6$ nên có đúng $2$ vận động viên chỉ thắng $1$ trận, gọi họ là $a$ và $b$ và giả sử rằng $a$ thắng $b$. Rõ ràng $a$ chỉ viết được tên của $b$ và người duy nhất mà $b$ thắng, nên $a$ không vô địch tương đối.

Tóm lại, không tồn tại giải đấu trên $4$ vận động viên mà cả $4$ đều vô địch tương đối, vậy $S_4 < 4$, hay $S_4 = 3$.

Tiếp theo, ta định nghĩa một “tam giác” là một bộ $3$ vận động viên $a,b,c$ mà $a$ thắng $b$, $b$ thắng $c$ và $c$ thắng $a$. Ta có nhận xét sau: một giải đấu có cả $n$ vận động viên đều vô địch tương đối khi và chỉ khi mỗi cặp vận động viên đều nằm trong một tam giác nào đó.

Từ nhận xét trên, ta chứng minh khẳng định sau: nếu $S_n = n$ thì $S_{n+2} = n+2$. Thật vậy, giả sử tồn tại một giải đấu $n$ vận động viên sao cho cả $n$ người đều vô địch tương đối. Ta thêm hai vận động viên mới là $a$ và $b$, và xây dựng giải đấu mới trên tất cả $n+2$ vận động viên này bằng cách quy định: $a$ thắng $b$, $b$ thắng tất cả $n$ vận động viên cũ, và tất cả vận động viên cũ thắng $a$. Dễ thấy lúc này, mọi cặp vận động viên đều nằm trong một tam giác nào đó, nên ta thu được một giải đấu với $n+2$ vận động viên đều vô địch tương đối.

Từ đó dễ thấy $S_n = n$ với mọi $n \ge 3$ và lẻ.
Ta cũng xây dựng được giải đấu với $6$ vận động viên đều vô địch tương đối, nên $S_6 = 6$, từ đó $S_n = n$ với mọi $n \ge 6$ và chẵn.

Giả sử phản chứng rằng chỉ có một số hữu hạn các số nguyên tố như vậy, gọi chúng là $q_1,\ldots,q_r$. Xét các số nguyên dương $$N = p q_1\cdots q_r, \quad \text{và} \quad M = N^{p-1} + N^{p-2} + \cdots + 1 = \frac{N^p - 1}{N - 1}.$$ Vì $M > 1$ nên nó có một ước nguyên tố $q$ nào đó.

Một mặt, $M$ và $N$ nguyên tố cùng nhau nên $q \not \kern -.5pt |  N$, hay $q \notin \{p, q_1,\ldots,q_r\}$.

Mặt khác, $q | M$ nên $q | N^p - 1$, hay $N^p \equiv 1 \pmod q$. Nói riêng, tồn tại số nguyên dương $h$ sao cho $N^h \equiv 1 \pmod q$. Theo nguyên lý sắp thứ tự tốt trong $\mathbb{N}$ thì tồn tại số nguyên dương $h$ nhỏ nhất sao cho $N^h \equiv 1 \pmod q$. Thực hiện phép chia Euclid $$p = ah + b, \qquad a \in \mathbb{N}, b \in \{0,1,\ldots,h-1\}.$$ Ta có $$1 \equiv N^p \equiv N^{ah+b} \equiv (N^h)^a \cdot N^b \equiv N^b \pmod q.$$ Theo định nghĩa của $h$ thì ta phải có $b = 0$ (vì nếu $b > 0$ thì $b$ là một số nguyên dương nhỏ hơn $h$ thỏa mãn $N^b \equiv 1 \pmod q$. Vậy $p = ah$, suy ra $h \in \{1,p\}$.

• Nếu $h = 1$ thì $N \equiv 1 \pmod q$, suy ra $$0 \equiv M \equiv N^{p-1} + N^{p-2} + \cdots + 1 \equiv 1 + 1 + \cdots + 1 \equiv p \pmod q,$$ hay $q | p$, suy ra $q = p$, mâu thuẫn.
• Nếu $h = p$, ta áp dụng định lý nhỏ Fermat, $N^{q-1} \equiv 1 \pmod q$. Lại thực hiện phép chia Euclid $q-1$ cho $h$ tương tự như trên, ta có $h | q-1$, hay $p | q-1$, hay $q$ có dạng $pk + 1$. Mà $q \notin \{q_1,\ldots,q_r\}$ và $q_1,\ldots,q_r$ là tất cả các số nguyên tố có dạng $pk+1$ theo giả thiết phản chứng, dẫn đến mâu thuẫn.

Tóm lại giả sử phản chứng là sai, nên có vô số số nguyên tố dạng $pk+1$.

Bình luận: Đánh giá trên được chứng minh một cách sơ cấp nhưng mình đã tìm ra nó bằng cách không sơ cấp, cụ thể là $$\frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \int_n^{n+1} \frac{dx}{\sqrt[3]{x}} = \frac{3}{2}\sqrt[3]{x^2} \Bigg |_{x=n}^{x=n+1} = \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - \sqrt[3]{n^2}\right).$$

 

Đánh giá sau đây khá chặt: $\frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - \sqrt[3]{n^2}\right)$. Từ bất đẳng thức này ta có $$1 + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - 1\right).$$ Lần lượt thay $n = 15$ và $n = 2009$, ta thu được các kết quả bạn muốn.

Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta chia hai vế cho $\sqrt[3]{n^2}$ để thu được $\frac{1}{n} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{\left(1+\frac{1}{n}\right)^2} - 1\right)$. 

Bất đẳng thức trên đúng, vì với $x > 0$, ta có các biến đổi tương đương $$x > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(1+x)^2} - 1\right) \Leftrightarrow \left(1 + \frac{2}{3}x\right)^3 > (1+x)^2 \Leftrightarrow \frac{1}{3}x^2 + \frac{8}{27}x^3 > 0,$$ và bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.

 

Nếu k mở rộng hơn,không chỉ giới hạn trong 15 nữa thì làm thế nào vậy thầy.

Ví dụ: Chứng minh $\frac{1}{\sqrt[3]{1}}+\frac{1}{\sqrt[3]{2}}+...+\frac{1}{\sqrt[3]{2009}}>237$. Em đã áp dụng bất đẳng trên nhưng giả không được

 

Đánh giá sau đây khá chặt: $\frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - \sqrt[3]{n^2}\right)$. Từ bất đẳng thức này ta có $$1 + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \cdots + \frac{1}{\sqrt[3]{n}} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(n+1)^2} - 1\right).$$ Lần lượt thay $n = 15$ và $n = 2009$, ta thu được các kết quả bạn muốn.

Để chứng minh bất đẳng thức trên, ta chia hai vế cho $\sqrt[3]{n^2}$ để thu được $\frac{1}{n} > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{\left(1+\frac{1}{n}\right)^2} - 1\right)$. 

Bất đẳng thức trên đúng, vì với $x > 0$, ta có các biến đổi tương đương $$x > \frac{3}{2}\left(\sqrt[3]{(1+x)^2} - 1\right) \Leftrightarrow \left(1 + \frac{2}{3}x\right)^3 > (1+x)^2 \Leftrightarrow \frac{1}{3}x^2 + \frac{8}{27}x^3 > 0,$$ và bất đẳng thức cuối cùng hiển nhiên đúng.

Con lắc đơn không dao động điều hòa. Khi lập phương trình chính xác và không dùng phép làm tròn $\sin x \approx x$, nghiệm của phương trình vi phân thu được có dạng tích phân elliptic, và ta biết rằng tích phân elliptic thì không biểu diễn được dưới dạng hàm sơ cấp: http://ed.quantum-bg...c-integrals.pdf.