Konstante

Câu đầu tiên ta còn có $$\dim (V + W) = \dim V + \dim W - \dim V \cap W \ \text{(công thức Grassmann)}$$Thật vậy, xét ánh xạ tuyến tính $f : V \times W \to V + W$ xác định bởi $(v, w) \mapsto v + w$. Theo công thức số chiều$$\dim V \times W = \dim \text{Im} f + \dim \text{Ker} f$$tức là$$\dim V + \dim W = \dim (V + W) + \dim \text{Ker} f\ \text{(do} \; f \; \text{là toàn ánh)}$$Mà$$\text{Ker} f = \left\{ (v,w) : v + w = 0 \right\} = \left\{(v,-v) : v \in V \cap W \right\}$$do vậy $$\dim \text{Ker} f = \dim V \cap W$$

Ta có thể chứng minh dưới các ràng buộc lỏng hơn: nếu $A \in \mathcal{M}_{m,n}\left(K\right)$ và $B \in \mathcal{M}_{n,m}\left(K\right)$ với $m > n$ thì $\det{AB} = 0$ (giả thiết về ma trận chuyển vị không có ý nghĩa mấy ngoài việc đảm bảo phép nhân ma trận là hợp lệ).

Đặt $f_{A} : K^m \to K^n$ ánh xạ tuyến tính xác định bởi $f_A(x) = Ax$, thế thì $$\text{rank} (f_{A}) = \dim \text{Im}(f_A) \leq \dim K^n \; (\text{vì} \: \text{Im}(f_A) \subseteq K^n) = n$$Đặt $f_B : K^n \to K^m$ ($f_B(x) = Bx$), theo công thức số chiều $$\text{rank} (f_B) = \dim \text{Im}(f_B) = \dim K^n - \dim \text{Ker}(f_B) \leq n$$Hơn nữa $$\text{rank}(AB) = \text{rank} (f_A \circ f_B) \leq \min \left(\text{rank}(f_A), \text{rank}(f_B) \right) \leq n < m$$Vậy thì $AB$ là ma trận kích trước $m\times m$ với hạng nhỏ hơn $m$ nên $\det AB = 0$.

Do không có ràng buộc gì giữa $b$ và $c$ (ngoại trừ hai số cần khác nhau), và do $$\left( {\left(\frac{b}{\gcd(b,c)}\right)}^a + {\left(\frac{c}{\gcd(b,c)}\right)}^a \right) \mid \left( b^a + c^a \right)$$ kéo theo $$\varphi \left( {\left(\frac{b}{\gcd(b,c)}\right)}^a + {\left(\frac{c}{\gcd(b,c)}\right)}^a \right) \mid \varphi \left( b^a + c^a \right)$$ nên ta chỉ cần giải quyết trong trường hợp $\gcd (b,c) = 1$. Đặt $G = \left( \mathbb{Z}/(b^a+c^a)\mathbb{Z} \right)^{*}$, thế thì $\left| G \right| =\varphi(b^a + c^a)$ nên ta chỉ cần chỉ ra được một phần tử (ký hiệu là $\overline{g}$) của $G$ với bậc là $2a$, thì vì nhóm cyclic $\langle \overline{g} \rangle$ là một nhóm con của $G$ nên theo định lý Lagrange $$2a \mid \varphi(b^a + c^a)$$ Vì $\gcd(b,c) = 1$ nên $\overline{b}, \overline{c} \in G $, ta có thể chọn $\overline{g} = \overline{b}\overline{c}^{-1}$ (hoặc $\overline{b}^{-1}\overline{c})$. Thật vậy $$\overline{g}^{2a} - \overline{1} = (\overline{g}^{a} - \overline{1})(\overline{g}^{a} +\overline{1}) = (\overline{g}^{a} - \overline{1})\overline{c^{-1}}^{a}(\overline{b}^{a} + \overline{c}^{a})$$ tức là $\overline{g}^{2a} = \overline{1}$.

Định thức của ma trận cấp $n$ là dạng $n$-tuyến tính theo cột (hoặc hàng), nên $\det (-A) = (-1)^n \det A$.

Giả thiết về đường chéo chính là không cần thiết.

...không phải bài toán hay bài tập nào cũng có một lời giải đẹp hoặc lời giải ngắn gọn hoặc lời giải phù hợp với kiến thức của người đang cố giải nó.

Mình cũng có cùng suy nghĩ vậy. Trước kia (và đôi khi ngay cả bây giờ), mình vẫn sa lầy vào việc giải bài tập. Nhưng Toán học rộng lớn quá, mất quá nhiều thời gian vào một bài tập (mà có khi chỉ là mẹo mực, hoặc trở nên rất đơn giản khi nhìn dưới quan điểm khác, hoặc dưới một hệ thống kiến thức bài bản khác), thì sợ không đủ thời gian để biết đến những kiến thức khác của Toán học.

Ai đã học Toán ở Pháp thì có lẽ đều biết bộ "Oraux X-ENS Algèbre/Analysis", với những bài tập khó, nhưng ngay trong cách ra đề người ta cũng để những câu hỏi trung gian để người giải biết rằng bài toán đó không phải là "từ trên trời rơi xuống".

Theo thuật toán Euclide

$$\begin{align*}\gcd (a^2 - ab + b^2, a+b) &= \gcd((a+b)^{2} - 3ab, a+b) \\ &= \gcd(3ab, a+b) \\ &= \gcd(ab,a+b)\end{align*}$$

Vì $\gcd(a,b) = 1$ nên $$\begin{align*}\gcd(a, a+b) &= 1 \\ \gcd(b, a+b) &= 1\end{align*}$$ từ đó $\gcd(ab, a+b) = 1$.
 

Mk nên dùng cách nào để CM điều này ạ ??

Mình đọc nhầm đề bạn ạ, mình nghĩ $n$ là số thực nên đưa ra phản ví dụ. Nhưng nếu $n \in \mathbb{N}$ thì giới hạn trên bằng $1$.

Có vài đánh giá mà mình bị ngộ nhận, giờ mình còn không dám chắc là nó có hội tụ không nữa.

Nếu $2 \mid n$ thì $n$ không thể "tốt" do $2$ chắc chắn phải xuất hiện trong phân hoạch với $n-1$ phần tử. Ta sẽ chứng minh rằng nếu $n$ lẻ và $n \geq 3$ thì $n$ luôn là "tốt".

Xét quá trình phân hoạch như sau. Phân hoạch với $n$ phần tử là hiển nhiên vì $n = 2^0 + 2^0 + \dots + 2^0$. Để xây dựng phân hoạch với $n-1$ phần tử ta nhóm hai số $2^0$ để tạo thành số $2^1$.

Bằng cách nhóm các số có cùng lũy thừa $2^i$ (để tạo thành một số cũng là lũy thừa của $2$) như vậy ta sẽ xây dựng được các phân hoạch của $n$ với chiều dài từ $n$ cho đến $k$ trong đó $k$ là số các chữ số $1$ trong biểu diễn nhị phân của $n$, tức là $$n = 2^{i_1} + \dots + 2^{i_k}$$ với $0 \leq i_1 < i_2 < \dots < i_k$. Hiển nhiên là các phân hoạch này đều hợp lệ vì khi $n$ lẻ thì $(2^i, n) = 1$ với mọi $i$.

(Phần này có người khác giải quyết hộ mình)

Ta đi xây dựng các phân hoạch với chiều dài từ $2$ đến $k-1$. Phân hoạch với chiều dài $2$ là $n = (n-2^{i_k}) + 2^{i_k}$. Phân hoạch với chiều dài $3$ là $n = (n-2^{i_k}) + 2^{i_k-1} + 2^{i_k-1}$. Như vậy, bằng cách sử dụng đẳng thức $$2^{i_k} = 2^j + 2^j + 2^{j+1} + \dots + 2^{i_k-1}$$ta sẽ xây dựng được tất cả các phân hoạch có chiều dài từ $2$ đến $i_k$.

Do $0 \leq i_1 < i_2 < \dots < i_k$ nên $k \leq i_k$, tức là ta đã xây dựng được tất cả các phân hoạch để đảm bảo $n$ là "tốt".

Vì $A$ đóng dưới phép nhân nên $a,b \leq 1$, mà $a \neq b$ nên $A = \{0,1\}$, dễ kiểm tra rằng $\{0,1\}$ đóng dưới phép nhân.

"Với $n$ nào đó" nghĩa là "tồn tại một giá trị $n$", không phải là "với mọi giá trị $n$".

Dựa vào đẳng thức hiển nhiên $(1+x)^n(1+x)^n(1+x)^n = (1+x)^{3n}$. Hệ số của $x^m$ ở bên trái là $\sum\limits_{n_1+n_2+n_3 = m} \binom{n_1}{n}\binom{n_2}{n}\binom{n_3}{n}$, còn ở bên phải là $\binom{m}{3n}$.

Xét 2 trạm bất kỳ, mỗi trạm nối với $k$ trạm khác, nên số các trạm nối trực tiếp từ 2 trạm này là $2k$, mà chỉ có $2k-2$ trạm khác hai trạm đã chọn. Theo nguyên tắc Dirichlet thì phải có ít nhất hai trạm trong số $2k$ trạm được nối trực tiếp là trùng nhau, do vậy hai trạm đã chọn ban đầu là liên lạc được với nhau qua trạm chung này.

Cách khác cho bài 1.

Với $a > b$ thì $$\begin{align*}x^a+1 &= (x^b+1)x^{a-b} - (x^{a-b}-1)\\x^a-1 &= (x^b+1)x^{a-b} - (x^{a-b}+1)\end{align*}$$ nên $$\begin{align*}x^b+1 \mid x^a+1 &\iff x^{b} + 1 \mid x^{a-b} - 1 \\ x^b+1 \mid x^a-1 &\iff x^{b} + 1 \mid x^{a-b} + 1\end{align*}$$

Do vậy, nếu $x^b+1 \mid x^a+1$ thì $$x^b+1 \mid x^{a \bmod b} + 1$$ hoặc là $$x^b+1 \mid x^{a \bmod b} - 1$$ mà điều này chỉ xảy ra nếu $a \bmod b = 0$, tức là $b \mid a$.

Chú ý rằng chiều ngược lại không đúng, ví dụ $2 \mid 4$ nhưng $2^2+1 = 5 \not\mid 17 = 2^4+1$.

Vì $i \equiv (-1) (p - i) \mod p$ nên $$k! = 1.2 \dots k \equiv (-1)^k (p-1)(p-2) \dots (p-k) \mod p = (-1)^k \frac{(p-1)!}{(p-k-1)!} \mod p$$do vậy $$k!(p-k-1)! \equiv (-1)^k (p-1)! \mod p$$ từ đó $$\binom{p-1}{k} = \frac{(p-1)!}{k!(p-k-1)!} \equiv (-1)^k \mod p$$.