nmlinh16

chắc anh nhầm với thầy Nguyễn Minh Hà ở CSP. Thầy Lê Minh Hà là giám đốc điều hành VIASM, chuyên ngành Tôpô đại số.

Giờ mới để ý là bản dịch tiếng Việt này nằm trên trang chính chủ của tác giả luôn. Người dịch là Lê Minh Hà, không biết có phải là thầy Lê Minh Hà phụ trách hình học phẳng cho tạp chí THTT và Toán Tuổi thơ không nhỉ.

Tác giả Milne có tâm thật, viết rất nhiều sách mà sách nào cũng để PDF miễn phí, có cả bản tối ưu dành cho điện thoại máy tính bảng nữa. Rất mong chờ đọc cuốn "2050 Arithmetic Duality Theorems, third edition, first draft" trong 27 năm nữa

Diễn đàn cần nhiều bài như này nữa ạ

Chứng minh này sai ở dòng (3.11). Tác giả đã ngộ nhận rằng "với $p_m$ là ước nguyên tố lớn nhất của $n$ thì tổng $$\sum_{\substack{d|n \\ d \ge p_m}} d$$ chia hết cho $p_m$".

 

Thú thật là mình không đủ trình độ để đọc chứng minh của bạn.

 

Xin gửi kèm một chứng minh khác để mọi người tham khảo

 

2101.07176.pdf

 

Chứng minh này cũng có một lỗi sai nào đó, và mình không đủ trình độ để tìm ra.

Xin lỗi các anh, giờ em mới trả lời được

Em thi ĐGNL của ĐHQG nên được xét tuyển sớm anh.
 

Em đã có dự định du học nhưng vẫn chưa rõ đi khi nào, đi đâu và phải học như thế nào để du học nên anh chị nào đã du học có thể tư vấn giúp em được không ạ

Trước hết, hãy học toán tốt ở trường để có hồ sơ đẹp. Ví dụ đi du họ ở châu Âu thì họ sẽ đánh giá cao khoản này. Sau đó nghiên cứu xem muốn đi nước nào. Chẳng hạn đi Mỹ thì cày thêm TOEFL ở ngoài, cày GRE, tìm hiểu các trường và tiêu chí của họ là gì để đáp ứng. Đi Pháp thì có rất nhiều chương trình như Labex, MathForVietnam… Nói chung bạn nên khoanh vùng thêm là muốn đi học ở đâu, muốn học trường nào… để mọi người dễ tư vấn.

Gọi $d$ là đường phân giác của $\widehat{MIB}$ cũng như của $\widehat{NIC}$ (bằng cộng góc, ta dễ thấy $M, I, C$ thằng hàng và $N, I, B$ thằng hàng). Phép đối xứng qua đường thẳng $d$ biến $B$ thành $M$, biến $C$ thành $N$ và biến $(I)$ thành chính nó. Vì $(I)$ nội tiếp $\triangle ABC$ nên để chứng minh nó nội tiếp $\triangle DMN$ thì ta chỉ cần chứng minh rằng $D$ và $A$ đối xứng với nhau qua $d$.
Thật vậy, một mặt, nếu ký hiệu bởi $r$ bán kính của $(I)$ thì từ chỗ $\widehat{ABI} = 30^\circ$ ta tính được $IA = 2r = ID$.
Mặt khác, $$\widehat{AIM} = \widehat{ACI} + \widehat{CAI} = \frac{\widehat{ACB} + \widehat{BAC}}{2} = \frac{180^\circ - \widehat{ABC}}{2} = 90^\circ - \widehat{IBC} = \widehat{BID}$$ nên $d$ cũng là đường phân giác của $\widehat{AID}$. Từ đó suy ra rằng $A$ và $D$ đối xứng với nhau qua $d$, chính là điều ta muốn.

$B, I, N$ thẳng hàng và $C, I, M$ thẳng hàng.

$M, A, N$ cùng thuộc cung $60^{\circ}$ dựng trên đoạn $BC$.

Tính được $\angle AMB=\angle DBM$, hơn nữa $MA=MB=BD$ suy ra $\triangle MAB=\triangle BMD$. Do đó $MD=BA$.
Chứng minh tương tự $ND=AC$.
Thêm vào đó $MN=BC$ do $\triangle IMN=\triangle IBC$.
Như vậy $\triangle DMN=\triangle ABC$ (c.c.c).

Từ đây ta có $\angle MDN=\angle BAC=60^{\circ}$, dẫn tới $B, D, C$ cùng thuộc cung $60^{\circ}$ dựng trên đoạn $MN$.
Mà $CD=CN$, $BD=BM$ suy ra $IM, IN$ lần lượt là tia phân giác của hai góc $DMN, DNM$.

Từ chỗ $IM$ và $IN$ là hai đường phân giác mới suy ra được $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle DMN$, em nghĩ cần nói thêm là “vì $\triangle DMN = \triangle ABC$ nên chúng có cùng bán kính đường tròn nội tiếp” nữa.

Cho $G = \left\langle g \right\rangle \cong \mathbb{Z}$ là nhóm cyclic vô hạn. Ký hiệu $\text{Ext}^n_{\mathbb{C}G}(-,-)$ chỉ hàm tử $\text{Ext}^n$ trong phạm trù các biểu diễn phức hữu hạn chiều của $G$. Liệu ta có $\text{Ext}^n_{\mathbb{C}G}(\mathbb{C},V) = 0$ với mọi biểu diễn $V$ và mọi $n \ge 2$?

Chú ý: đây có thể coi như họ hàng xa của tính chất: nhóm hầu cyclic $\hat{\mathbb{Z}}$ có số chiều đối đồng điều (cohomological dimension) bằng 1.

Nếu muốn dùng véctơ thì có thể làm như sau: Gọi $a, b, c$ lần lượt là độ dài của $BC, CA, AB$. Ta có $$\overrightarrow{BE} = \frac{a}{c}\overrightarrow{BA} = \frac{a}{c}\overrightarrow{IA} - \frac{a}{c}\overrightarrow{IB}$$ và $$a\overrightarrow{IA} = -(b\overrightarrow{IB} + c\overrightarrow{IC}),$$ nên $$\overrightarrow{BE} = -\frac{1}{c}\left(b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}\right) - \frac{a}{c}\overrightarrow{IB} = -\frac{a+b}{c}\overrightarrow{IB} - \overrightarrow{IC}.$$ Từ đó ta có $$\overrightarrow{IE} = \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{BE} = -\frac{a+b-c}{c}\overrightarrow{IB} - \overrightarrow{IC},$$ và tương tự, $$\overrightarrow{IF} = -\overrightarrow{IB} - \frac{a+c-b}{b}\overrightarrow{IC}.$$

Ta sẽ chứng minh rằng $$\frac{a+b-c}{c} = \frac{b}{a+c-b}.$$ Thật vậy, ta có các biến đổi tương đương $$\frac{a+b-c}{c} = \frac{b}{a+c-b} \Leftrightarrow (a+b-c)(a+c-b) = bc \Leftrightarrow a^2 = b^2 + c^2 - bc,$$ đẳng thức cuối cùng đúng theo định lý hàm số cosine (với chú ý rằng $\cos\widehat{BAC} = \cos 60^\circ = \frac{1}{2}$). Từ đó ta có $\overrightarrow{IE} = \frac{a+b-c}{c}\overrightarrow{IF}$, suy ra các véctơ $\overrightarrow{IE}$ và $\overrightarrow{IF}$ cùng phương.

Có ai dùng vecto để chứng minh thẳng hàng không ạ, sử dụng bổ đề: $a.\underset{IA}{\rightarrow}+b.\underset{IB}{\rightarrow}+c.\underset{IC}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$.

vì sao E(FD,IC)=-1 vậy ạ

Trường hợp $\triangle ABC$ cân tại $A$ thì hiển nhiên. Nếu không, bạn có thể gọi $D’$ là giao điểm của $EF$ và $BC$ rồi áp dụng Ceva và Menelaus để thấy $(D’D, BC) = -1$.

\begin{align*} \frac{\sqrt[3]{\cos 2x} - \sqrt{\cos x}}{\ln(1 - x^2)} & = \left(\frac{\sqrt[3]{\cos 2x} - 1}{x^2} - \frac{\sqrt{\cos x} - 1}{x^2}\right) \cdot \frac{x^2}{\ln(1 - x^2)} \\ & = \left(\frac{\cos 2x - 1}{\sqrt[3]{\cos^2 2x} + \sqrt[3]{\cos 2x} + 1} \cdot \frac{1}{x^2} - \frac{\cos x - 1}{\sqrt{\cos x} + 1} \cdot \frac{1}{x^2}\right) \cdot  \left(- \frac{\ln(1 - x^2)}{-x^2} \right)^{-1} \\ & = \left(\frac{\cos 2x - 1}{(2x)^2} \cdot \frac{4}{\sqrt[3]{\cos^2 2x} + \sqrt[3]{\cos 2x} + 1} - \frac{\cos x - 1}{x^2} \cdot \frac{1}{\sqrt{\cos x} + 1}\right) \cdot  \left(- \frac{\ln(1 - x^2)}{-x^2} \right)^{-1} \end{align*}

 

Sử dụng các giới hạn cơ bản $$\lim_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{x^2} = \frac{1}{2}, \quad \lim_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1,$$ ta thu được $$I = \left(\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{1+1+1} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{1+1}\right) \cdot (-1)^{-1} = -\frac{5}{12}.$$

 

Mình đổi lại tên tâm đường tròn Euler của $\triangle ABC$ là $E$.

 

Cách làm bằng véctơ:

Gọi $I, J$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $B$ và từ $C$ của $\triangle ABC$. Gọi $P, Q, R, K$ lần lượt là trung điểm của $AB, AC, BC, IJ$. Gọi $G$ là trọng tâm $\triangle ABC$.

Ta có $$\overrightarrow{AT} = \overrightarrow{AE} + \overrightarrow{ET} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AO} + \overrightarrow{AH}) + (\overrightarrow{EM} + \overrightarrow{EN})$$ vì $E$ là trung điểm của $OH$, và vì tứ giác $EMTN$ là hình bình hành).

Một mặt, ta có tính chất quen thuộc $\overrightarrow{AH} = 2\overrightarrow{OR}$.

Mặt khác, đường thẳng $EM$ chứa đường trung bình của hình thang $HOPI$ và $M$ đối xứng với $E$ nên $\overrightarrow{EM} = \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{HI}$. Tương tự, ta có $\overrightarrow{EN} = \overrightarrow{OQ} + \overrightarrow{HJ}$. Từ đó $$\overrightarrow{AT} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + (\overrightarrow{OR} + \overrightarrow{OP} + \overrightarrow{OQ}) + (\overrightarrow{HI} + \overrightarrow{HJ}).$$ Do $G$ cũng là trọng tâm của $\triangle PQR$ và do $K$ là trung điểm của $IJ$ nên $$\overrightarrow{AT} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + 3\overrightarrow{OG} + 2\overrightarrow{HK}.$$ Cuối cùng, $$3\overrightarrow{OG} = \overrightarrow{OH} = 2\overrightarrow{EH}$$ nên $$\overrightarrow{AT} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + 2\overrightarrow{EH} + 2\overrightarrow{HK} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AO} + 2\overrightarrow{EK}.$$ Vì $EI = EJ$ nên đường thẳng $EK$ chính là đường trung trực của $IJ$, suy ra $EK \perp IJ$. Bằng tính chất quen thuộc rằng $IJ \perp AO$ (chứng minh chẳng hạn bằng cách cộng góc), ra suy ra $EK \parallel AO$, do đó các véctơ $\overrightarrow{AT}$ và $\overrightarrow{AO}$ cùng phương, hay $A, T, O$ thẳng hàng.

 

Thử chứng minh $$8(ab+bc+ca)(a^2 + b^2 + c^2) \ge 3(a+b+c)(a+b)(b+c)(c+a)$$ và thấy nó đúng thật . Khi nhân hết ra thì ta cần chứng minh $$5 \sum a^3 b + 5 \sum ab^3 \ge 6 \sum a^2 b^2 + 4abc \sum a,$$ trong đó $\sum$ chỉ tổng hoán vị vòng quanh. Từ đây áp dụng AM-GM: $$3a^3b + 3ab^3 \ge 6a^2 b^2$$ và $$\frac{4}{3}(a^3b + a^3b + bc^3) \ge 4a^2bc,$$ rồi cộng các bất đẳng thức tương tự lại là được. Cuối cùng ta có $$a+b+c \ge 3\sqrt[3]{\frac{a+b}{2} \cdot \frac{b+c}{2} \cdot \frac{c+a}{2}} = 3$$ theo bất đẳng thức AM-GM.

Cuối tháng 5 vừa rồi, ở hội nghị AGAG ở Charlottesville (https://sites.google...gag-at-uva/home), một bạn đồng nghiệp đã hỏi mình rằng nếu muốn nghiên cứu về vấn đề nguyên lý địa phương-toàn cục (nguyên lý Hasse) và tính chất xấp xỉ yếu cho đa tạp đại số trên trường số, thì nên bắt đầu từ đâu. Mình nghĩ sẽ có ích, nên mình sẽ đăng lại email trả lời của mình (tiếng Anh ở dưới):

 

Rất vui được gặp bạn hôm nay ở Charlottesville. Vì bạn đã hỏi một số tài liệu tham khảo về nguyên lý Hasse và tính chất xấp xỉ yếu để bắt đầu tìm hiểu, tôi viết thư cho bạn hòng trả lời câu hỏi đó. Dưới đây là "túi khôn" của những những người trong cùng trường phái với tôi.

Trước hết, bạn cần làm quen với đối đồng điều Galois, lý thuyết trường các lớp và các định lý đối ngẫu số học (đối ngẫu địa phương Tate và đối ngẫu toàn cục Poitou-Tate. Tài liệu tham khảo điển hình cho chủ đề này là ghi chú "Arithmetic Duality Theorems" (miễn phí) của James S. Milne, hoặc cuốn sách của Harari mà bản tiếng Anh có tựa là "Galois Cohomology and Class Field Theory".

Cuốn sách "gối đầu giường" có lẽ là "Torsors and Rational Points" của Skorobogatov. Trở ngại Brauer-Manin, torsors trong hình học số... được giải thích một cách khá chi tiết trong đó. Bạn cũng có thể xem cuốn sách mới xuất bản của Colliot-Thélène và Skorobogatov là "The Brauer-Grothendieck Group".

Đối với các tính chất số học của nhóm đại số tuyến tính, tôi đề xuất cuốn sách của Platonov và Rapinchuk là "Algebraic Group and Number Theory", cũng như bài báo mang tính nền tảng của Sansuc, "Groupe de Brauer et arithmétique des groupes algébriques linéaires sur un corps de nombres" (sẽ rất tuyệt nếu bạn đọc được tiếng Pháp, đây là một bài báo xuất sắc).

Lý thuyết xuống thang (descent) là một từ khóa khác. Hãy xem hai bài báo "La descente sur les variétés rationnelles I" và "... II" của Colliot-Thélène và Sansuc. Lý thuyết này cũng xuất hiện trong sách của Skorobogatov. Ở một thái cực khác, người ta nói về phương pháp phân thớ (fibration). Bạn có thể xem xét việc đọc nó từ luận án của Harari là "Méthode des fibrations et obstruction de Manin". Bạn không nhất thiết phải hiểu chính xác toàn bộ chi tiết ở lần đọc đầu tiên, vì chúng thực sự rất kỹ thuật.

Nâng cao hơn, bạn có thể đọc các bài báo của Borovoi là "Abelian cohomology of reductive group" và "The Brauer-Manin obstructions for homogeneous spaces with connected or abelian stabilizer". Chúng minh họa một cơ chế tổng quát là "abel hóa đối đồng điều Galois không giao hóa", rất ngạc nhiên là cơ chế này vận hành rất tốt khi làm việc với nhóm đại số tuyến tính liên thông. Bạn cũng có thể cần biết một chút về H^2 không giao hoán: xem bài báo "Grothendieck's theorem on non-abelian H^2 and local-global principles" của Flicker, Schreiderer và Sujatha.
 

It was nice to have met you today in Charlottesville. Since you have asked for some references on the Hasse principle and weak approximation to start with, I am writing to you in an attempt to give you an answer. Here is the bag of tricks of people from the same school as mine.

First, you should get yourself familiar with Galois cohomology, class field theory, and arithmetic duality theorems (Tate local duality and Poitou-Tate global duality). Typical references for this topic are James S Milne's free notes "Arithmetic Duality Theorems", or Harari's textbook, whose English version has the title "Galois Cohomology and Class Field Theory".

The bedside book should be Skorobogatov's textbook "Torsors and Rational Points". Brauer-Manin obstruction, torsors in arithmetic geometry... are explained pretty thoroughly there. You can also take a look at Colliot-Thélène and Skorobogatov's recent textbook "The Brauer-Grothendieck Group".

As for arithmetics of linear algebraic groups, I recommend Platonov and Rapinchuk's textbook "Algebraic Group and Number Theory", as well as the fundamental paper of Sansuc, "Groupe de Brauer et arithmétique des groupes algébriques linéaires sur un corps de nombres" (it would be fantastic if you could read French, this is a formidable article).

"Descent theory" is another keyword. Take a look at Colliot-Thélène and Sansuc's papers "La descente sur les variétés rationnelles I" and  "... II". This also appears in Skorobogatov's textbook. On the other extreme, one talks about the "fibration method". You should consider learning its ideas from Harari's thesis "Méthode des fibrations et obstruction de Manin". It is not really necessary to understand all the details in the first lecture since they are very technical.

For advanced readings, you can take a look at Borovoi's papers "Abelian cohomology of reductive groups" and "The Brauer-Manin obstructions for homogeneous spaces with connected or abelian stabilizer". They illustrate the general machinery of "abelianization of non-abelian Galois cohomology", which works surprisingly well for connected linear algebraic groups. You might also need to know a bit about non-abelian H^2: see Flicker, Schreiderer and Sujatha's paper "Grothendieck's theorem on non-abelian H^2 and local-global principles".

mặt cầu có độ cong dương nên không trải phẳng như mặt trụ hay mặt nón được nhé

Bài giảng số học - Đặng Hùng Thắng