Chủ đề này có 13 trả lời

[bangbang1412]

Phục vụ anh em giải trí Tết nên mình mở topic này với mong muốn giải được hết các đề thi Toán (major) viết của trường đại học sư phạm Paris (ENS) từ năm $2007-2017$. Tất cả đề các năm đã được đăng trên website của trường ENS. Thể thức là mỗi khi giải quyết một đề thì người cuối cùng sẽ đề xuất đề tiếp theo và cứ như vậy cho tới khi hết.

 

Hầu hết các đề major math là khá khó, nên ai đủ khả năng giải quyết các đề là khá kinh khủng. Về cơ bản kiến thức chỉ là đại số tuyến tính, giải tích thực và phức. Tuy nhiên về kĩ thuật thì vô vàn, luyện xong cơ bắp cũng to ra vài phần.

 

Mình suggest trước đề năm $2016$ mà mình mất nguyên một tối gần như không giải được tới các main points - mời mọi người thảo luận.

 

P/s: với những ai chưa có nick, đừng ngại, lập một nick mất vài phút thôi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 21-01-2020 - 22:59

[tvhoang]

Chào mọi người. Mình là thành viên mới.

Cảm nhận của mình về những đề của kì thi này thì, có vẻ họ sẽ đánh giá thí sinh thông qua cách tiếp cận cũng như phạm vi hiểu biết về các kết quả liên quan đến bài toán, chứ không đặt thang điểm rồi chấm như thông thường. Vì với thời gian 1 tiếng như anh Bằng nói, mình nghĩ giải quyết triệt để 1 bài đã là khó chứ chưa nói đến việc trình bày.

 

Sau khi xem qua vài đề thì nhìn chung, một đề thi sẽ bao gồm tầm 3 đến 5 bài toán lớn, mỗi bài toán về một kết quả thuộc một môn học nào đó, tập trung vào đại số tuyến tính, giải tích (phần nhiều là về lí thuyết chứ không có bài tập tính toán), toán rời rạc, .v.v... Mỗi bài toán này sẽ được chia ra thành các bài con, thí sinh sẽ giải quyết các bài toán con gợi ý cho kết quả chính.

 

Sau đây là vài bình luận về đề 2016 anh Bằng đã đề xuất. Đề có ba bài toán lớn: một là giải tích, hai là toán rời rạc, ba là đại số tuyến tính và liên quan đến các vấn đề về ma trận ngẫu nhiên.

 

Bài 1

 

Phần 1 nhắc đến các vấn đề của giải tích thực liên quan đến chuỗi lũy thừa tương ứng của một chuỗi số. Phần này đưa ra tính chất nếu một chuỗi lũy thừa có bán kính hội tụ là 1 thì hội tụ đều trên [0,1), đồng thời cần thêm một điều kiện nào đó để có thể thác triển tính hội tụ đều lên đoạn [0,1], khi đó ta có thể ''lấy giới hạn từng thành phần của chuỗi'', cụ thể ở đây là cho $x \to 1^{-}$.

 

Phần 2 nói rằng mọi thứ sẽ rất sai nếu ta bỏ qua tính hội tụ đều khi lấy giới hạn từng thành phần . Ví dụ như sau: Lấy $a_n=(-1)^n$, và thu được một "đẳng thức" $1-1+1-1+\ldots = \dfrac{1}{2}$.

 

Phần 3, 4, 5 nêu ra một vài điều kiện đủ để việc lấy giới hạn trên vẫn đúng. Mình không thạo phần này nên xin phép bỏ qua.

 

Bài 2

 

Bài 2 chủ yếu nói đến điều kiện Hall và định lý Hall trong toán rời rạc. Định lý Hall phát biểu rằng đối với một đồ thị G hai phe hữu hạn (finite bipartite graph), thỏa mãn điều kiện Hall là một điều kiện cần và đủ để trên G tồn tại một ghép cặp hoàn hảo (perfect matching). Chú ý rằng điều kiện Hall có một phát biểu tương đương bằng ngôn ngữ tập hợp, tuy nhiên cá nhân mình thích phát biểu bằng ngôn ngữ đồ thị hơn vì nó tính trực quan hình học.

 

https://en.wikipedia...arriage_theorem

 

Ngoài ra, lí do họ phải gọi riêng điều kiện và định lý ra vì nói chung, định lý Hall không đúng cho trường hợp vô hạn. 

 

Phần 1, 2 là phát biểu của định lý Hall. Trong link wiki trên có chứng minh của định lý, ngoài ra có thể tham khảo trong hầu hết các sách về lý thuyết đồ thị.

 

Phần 3, 4, 5 là các ứng dụng của định lý Hall trong các bài toán cụ thể. Mình nghĩ nếu có background tốt khi học toán olympic thời phổ thông thì sẽ có lợi thế trong phần này.

Bài 3

 

Đây là bài khó nhất của đề (chắc vì thế nên xếp cuối cùng). Mình sẽ trình bày cụ thể về bài này.

 

Bài toán trình bày một kết quả về xác suất để một đồ thị $n \times n$ có hệ số là $1$ hoặc $-1$ có định thức bằng $0$ (tức suy biến), cụ thể là nếu $n$ tiến ra vô cùng thì xác suất trên tiến về $0$.

 

Ta sử dụng luôn các kí hiệu trong bài.

 

Phần 1. Xét ma trận $M \cdot M^T$. Các kết quả quen thuộc chỉ ra đây là một ma trận đối xứng, nửa xác định dương. Như vậy, các giá trị riêng $\lambda_i$ của $M \cdot M^T$ đều không âm. 

 

Nhận xét, do các hệ số của ma trận $M$ đều là $1$ hoặc $-1$ nên đường chéo chính của $M \cdot M^T$ sẽ gồm toàn số $n$. Chú ý các giá trị riêng có tổng là trace của ma trận và tích là định thức của ma trận

 

$\sum \lambda_i = n^2$ và $\prod \lambda_i = \det (M \cdot M^T)$

 

Từ đó 

 

$\det(M)^2= \det(M \cdot M^T) = \prod \lambda_i \le \frac{1}{n^n}(\sum \lambda_i = n^2)^n = n^n$ 

 

Suy ra kết quả phần 1.

 

Phần 2.

 

Ta biểu diễn định thức bằng tổng của $n!$ thành phần, sau đó chú ý khai triển

 

$(\sum a_i)^2= \sum a^2_i + 2\sum_{i \neq j}a_ia_j$ 

 

Các $a_ia_j$ tương ứng của các $\det(M)^2$ (khi viết dưới dạng tổng $n!$ thành phần) khi lấy tổng (theo M) sẽ triệt tiêu nhau (do đổi dấu), để lại các $a^2_i$. Chú ý mỗi ma trận $M$, đại lượng này có tổng là $n!$, và do có $2^{n^2}$ ma trận $M$, nên có kết quả là $2^{n^2}n!$.

 

Phần 3.

 

Suy ra từ việc một ma trận suy biến thì các vector cột của nó sẽ phụ thuộc tuyến tính, tương đương với việc có một vector cột có thể biểu thị tuyến tính bởi các vector cột trước nó. Dấu $\le$ là do một ma trận có thể bị "đếm lặp" ở vế phải.

 

Phần 4.

 

Nếu viết lại số $2^{-(n-i+1)}$ bởi $\frac{2^{i-1}}{2^n}$ thì sẽ thấy ngay cách giải quyết. Ta đặt các vector cột $M_1,\ldots,M_{i-1}$ thành một ma trận $n \times (i-1)$. Theo một kết quả của đại số tuyến tính thì với một ma trận, hạng của các vector cột sẽ bằng hạng của vector hàng (và khi đó định nghĩa hạng của ma trận). Như vậy hạng của $n$ vector hàng của ma trận này sẽ không quá $i-1$.

 

Như vậy, một số vector hàng đầu tiên của ma trận trên là một hệ độc lập tuyến tính cực đại của tập các vector hàng, và do $M_i$ được biểu thị tuyến tính bởi các $M_1,\ldots,M_{i-1}$, nên các hệ số từ hàng $i$ trở xuống của $M_i$ sẽ phụ thuộc vào các hệ số từ hàng $1$ đến $i-1$. Cụ thể, nếu chọn trước các hệ số từ hàng $1$ đến $i-1$ của $M$, sẽ có không quá $1$ vector $M$ thỏa mãn.

Từ đó suy ra kết luận.

 

Phần 5. 

 

Đây là định lý Sperner.

 

https://en.wikipedia...erner's_theorem

 

Có nhiều cách chứng minh của nó, hay gặp nhất là sử dụng bất đẳng thức Lubell-Yamamoto-Meshalkin đối với chain và antichain của một partially ordered set.

 

https://en.wikipedia...lkin_inequality

 

Ngoài ra, cá nhân mình khá thích chứng minh khác mình gặp ở thời phổ thông, vẫn còn giữ link, mọi người tham khảo.

 

http://real.mtak.hu/.../1/paper_91.pdf

 

Phần 6.

 

Xét $A = \{(\xi_1,\ldots,\xi_k) \in \{-1,1\}^k ~ | ~ \sum a_i\epsilon_i = 0 \}$ (là tập cho trong phần này).

Ta sẽ chứng minh $|A| \le \binom {k}{\lfloor\frac{k}{2}\rfloor}$ nhờ kết quả phần 5.

 

Có thể giả sử $a_i >0$. Đặt $S$ là tổng các $a_i$. Khi đó có một tương ứng 1-1 giữa các bộ $(\xi_i)$ thuộc $A$ và các tập con $I$ của $\{1,\ldots,k\}$ thỏa mãn $\sum_{i \in I} a_i = S/2$. Hai tập con $I$ như vậy sẽ không chứa nhau do các $a_i>0$, từ đó áp dụng phần 5 để suy ra đánh giá trên.

Sau đó sử dụng công thức xấp xỉ Stirling cho giai thừa để suy ra phần 6.

 

Chú ý ở đây với $k\le n$, ta thu được đánh giá $|A| \le 2^kk^{-1/2} \le 2^nn^{-1/2}$.

 

Phần 7.

 

Ước lượng các $\mathbb{P}(M_i \in V_i)$.

 

Thấy ngay đánh giá của phần 4 là chưa đủ, vì khi lấy tổng, thu được một đại lượng không đi về $0$. Chú ý đánh giá của phần 4 sẽ là tốt nếu i "không quá lớn". Các $i$ lớn mình sẽ sử dụng đánh giá ở phần 6 để xử lí.

 

Xét một vector $\alpha$ khác không thuộc phần bù trực giao của $V_i$, tức $\alpha$ trực giao với $M_1, \ldots, M_{i-1}$. Giả sử $\alpha$ có $k$ hệ số khác $0$ với $k>0$. Như vậy, $M$ sẽ phụ thuộc vào cách chọn các hệ số ở $k$ vị trí tương ứng với $k$ vị trí các hệ số khác $0$ của $\alpha$. Vậy

 

$\mathbb{P}(M_i \in V_i) \le \frac{2^nn^{-1/2}}{2^n} = n^{-1/2}$

 

Đánh giá này là tốt nếu số lượng $i$ ta sử dụng đánh giá này là đủ nhỏ.

Cụ thể, với $f(n)=\lfloor n^{1/4} \rfloor$

 

$\sum \mathbb{P}(M_i \in V_i) = \sum_{i=1}^{n-f(n)} + \sum_{n-f(n)+1}^{n} \le \sum_{i=1}^{n-f(n)} \frac{2^{i-1}}{2^n} + \sum_{n-f(n)+1}^{n} n^{-1/2} \le \frac{2^{n-f(n)}-1}{2^n} + f(n)n^{-1/2} \xrightarrow[]{~ n \to \infty~} 0$

 

Từ đó suy ra kết quả bài toán.

Nhận xét. 

Mình không chắc chắn với giải của phần 7, trong lập luận có thể có thiếu sót.
Phần 1 https://en.wikipedia...rd's_inequality

Bài 3 https://math.stackex...x-is-invertible

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tvhoang: 22-01-2020 - 15:55

[bangbang1412]

Mình post lời giải một số phần mình giải được.

 

Exercise $1$.

 

$1$. Trước tiên đặt $\sum a_n = L, S_n = \sum_{k \leq n} a_k$ ta chứng minh tồn tại giới hạn $\underset{x \to 1^{-}}{\lim} f(x) = L$. Ta có:

$$\left | f(x) - L \right | \leq \left | f(x) - S_n \right | + \left | S_n - L \right | \leq \left | \sum_{k \leq n} a_k x^k - S_n \right |  + \left |  \sum_{k > n} a_k x^k \right | + \left | S_n - L \right |$$

Đây là chỗ ta sẽ dùng hội tụ đều, với mọi $\epsilon > 0$ chọn $n_0$ sao cho:

$$\begin{cases} \left | S_n - L \right | < \epsilon \ \forall n > n_0 \\ \left | \sum_{k > n_0} a_k x^k \right | < \epsilon \end{cases}$$

Vấn đề ta nếu làm vậy thì $n_0=n_0(\epsilon,x)$, để loại sự phụ thuộc của $x$ ta cần tính hội tụ đều của chuỗi trên $[0,1]$. Lý do lấy trên đoạn $\geq 0$ cũng rất thú vị:

 

Bổ đề: (tổng Abel) Cho $(b_n)$ là một dãy không âm và giảm. Giả sử $(a_n)$ là một dãy bao gồm các tổng riêng $\left | \sum_{k \leq n} a_k \right | \leq A \ \forall n \geq 0$. Khi đó với mọi $n > m \geq 0$:

$$\left | \sum_{k=m+1}^n a_k b_k \right |  < 2Ab_{m+1}$$

Chứng minh: Sử dụng khai triển Abel quen thuộc.

 

Bây giờ ta sẽ chứng minh chuỗi ban đầu hội tụ đều trên $[0,1]$, từ đó suy ra $\underset{x \to 1^{-}}{\lim} f(x) = L$. Do $\sum a_n = L$ nên với mọi $\epsilon > 0 \ \exists n_0 = n_0(\epsilon): \left | \sum_{k=m+1}^n a_k\right | < \epsilon/2$.

Theo bổ đề trên:

$$\left | \sum_{k=m+1}^n a_k x^k \right | \leq 2(\epsilon/2)x^{m+1}  < \epsilon$$

Ở đây ta đã dùng $x \in [0,1]$, và do đó theo tiêu chuẩn Cauchy cho tính hội tụ đều ta thấy chuỗi này hội tụ đều trên $[0,1]$.

 

$2$. Lấy ý tưởng từ chuỗi $\sum_{k=0}^{\infty}x^k = \frac{1}{1-x}$ mình xét chuỗi $\sum_{i=0}^{\infty} (-1)^k x^k = \frac{1}{1 + x}$ khi đó hàm $f(x) = \frac{1}{1+x}$ có giới hạn trái $\underset{x \to 1^{-}}{\lim} f(x) = \frac{1}{2}$ nhưng chuỗi $\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k$ là dao động (không hội tụ cũng không phân kì).

 

Exercise $2$

 

$1$. Không giảm tổng quát có thể giả sử $G = H$, khi đó bất đẳng thức là hiển nhiên do $\left | G \right | = \left | \left \{ i(g) \mid g \in G \right \} \right | \leq \left | \cup_{g \in G} M(g) \right |$.

 

$2$. Ta phát biểu lại bài toán dưới dạng định đồ thị hai phe - định lý đám cưới Hall:

 

Giả sử $Z=X + Y$ là một đồ thị hai phe. Với mỗi $A \subset X$ kí hiệu $N(A)$ là tập các đỉnh thuộc $Y$ mà kề với đỉnh nào đó thuộc $A$. Khi đó nếu $\left | N_Z(A) \right | \geq \left | A \right | \forall A \in 2^X$ thì tồn tại một đơn ánh $f: X \to Y$ sao cho $x$ kề $f(x)$ với mọi đỉnh $x \in X$.

 

Chứng minh:

 

Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp theo số phần tử của $X$. 

 

Khi $\left | X \right | = 1$ thì định lý hiển nhiên đúng.

 

Giả sử khẳng định đúng tới $\left | X \right | \leq n - 1$, ta sẽ chứng minh có đúng tới $n$. Ta phải chia ra hai trường hợp:

• $\forall A \in 2^X: \left | N(A) \right | > \left | A \right |$. Lấy $x \in X$ bất kì thì theo giả thiết $\left | N(x) \right | \geq 1$ nên tồn tại $y \in Y$ kề với $x$. Xét đồ thị hai phe $Z'=(X - \left \{ x \right \}) + (Y - \left \{y \right \})$ ta sẽ chứng minh tồn tại một đơn ánh $f: X - \left \{x \right \} \to Y - \left \{ y \right \}$ và sau đó bổ sung $f(x) = y$ là được. Thật vậy theo giả thiết quy nạp chỉ cần kiểm tra điều kiện bất đẳng thức, xét $B \in 2^{X - \left \{x \right \}}$ khi đó do ta đã bỏ đi điểm $x$ nên $\left | N_{Z'}(B) \right | \geq \left | N_Z(B) \right | - 1 \geq \left | B \right |$.
• $\exists A \in 2^X, A \neq X: \left | N(A) \right | = \left | A \right |$. Theo giả thiết quy nạp tồn tại đơn ánh $h: A \to G(A)$ của đồ thị hai phe $A + G(A)$. Tiếp đó xét đồ thị $Z'=(X - A) + (Y - G(A))$, lấy $B \in 2^{X-A}$ khi đó ta có $\left | N_{Z}(A \cup B) \right | = \left | N_Z(A) \right| + \left | N_{Z'}(B) \right | = \left | A \right| + \left | N_Z(B) \right| \geq \left | A  \cup B \right | = \left |A \right| + \left | B \right| \Rightarrow \left | N_{Z'}(B) \right | \geq \left | B \right |$ nên lại theo giả thiết quy nạp tồn tại đơn ánh $k: X - A \to Y - G(A)$. Gộp hai đơn ánh này lại có có một đơn ánh $f: X \to Y$ như sau:

$$f(x) = \begin{cases} h(x) & \text{nếu} \ x \in A \\ k(x) & \text{nếu} \ x \in X - A \end{cases}$$

$3$. Đặt $X$ là tập tất cả $13$ túi và $Y$ là tập cũng gồm $13$ túi nhưng mỗi túi chỉ chứa một loại quân theo số, ví dụ toàn ace. Một túi bên $Y$ sẽ được nối với một túi bên $Y$ nếu hai túi đó cùng chứa một quân nào đó. Mỗi túi bên $X$ được nối với ít nhất một túi bên $Y$, và nhiều nhất là bốn túi bên $Y$.  Điều kiện bất đẳng thức trong định lý Hall ở đây khá hiển nhiên do các túi bên $Y$ là hoàn toàn phân biệt. Từ đó ta có đpcm.

 

$4$. Gọi $X, Y$ lần lượt là tập các lớp kề trái và phải. Đặt $X = \left \{L_1,...L_n \right \}, Y = \left \{R_1,...,R_n \right \}$. Bài toán tương đương với việc tìm một song ánh $f: \left \{1,2,...,n \right \} \to \left \{1,2,...,n \right\}$ sao cho $L_i \cap R_{f(i)} \neq 0$. Xét đồ hai phe $X + Y$, đỉnh $L \in X$ sẽ nối với $R \in Y$ nếu $L \cap R \neq 0$. Lưu ý rằng do các lớp kề trái và phải phủ $A$ nên luôn có cạnh được nối (tức là không có trường hợp đồ thị này không có cạnh nào). Lại thấy rằng nếu $L \cap R \neq \varnothing, L \cap R' \neq \varnothing \Rightarrow R = R'$ nên với mỗi tập con $T \subset X$ thì $\left | T \right | = \left | N(T) \right |$. Từ dodsd áp dụng định lý Hall ta có đpcm.

 

Exercise $3$

 

$1$. Đây thường được gọi là bất đẳng thức Hardamak, ý tưởng chứng minh là dùng phân tích QR dựa trên phép trực giao hóa Gram-Schmidt. Khi đó mọi ma trận $A = [\mathbb{a_1},..., \mathbb{a_n}]$ trong đó $\mathbb{a_i}$ là các vector cột sẽ có phân tích $A = QR$ với $Q$ là trực giao và $R$ là ma trận chéo trên với các phần tử trên đường chéo là $\left \langle \mathbb{e_i}, \mathbb{a_i} \right \rangle$ trong đó $\mathbb{e_i}$ là vector đơn vị nào đó. Do đó áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

$$\left | \mathrm{det}(A) \right | = \left | \prod_{i=1}^n \left \langle \mathbb{e_i}, \mathbb{a_i} \right \rangle \right | \leq \prod_{i=1}^n \left \| \mathbb{a_i} \right \|$$

Trong trường hợp bài toán này do các vị trí của ma trận chỉ là $\pm 1$ nên độ dài mỗi vector cột là không quá $n^{1/2}$ mà có $n$ vector cột nên ta có đpcm.

 

$2$. Cũng như Hoàng, ý tưởng phần này sử dụng định nghĩa định thức, tuy nhiên mình chưa nghĩ ra cách làm thật chặt chẽ.

 

Các phần sau đã được Hoàng giải quyết ở trên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 23-01-2020 - 22:12

[nkhunghpvn1998]

Bài 1 ý 3:

Đặt $f_n(x)=\sum_{k=n+1}^{\infty} a_k x^k$. Khi đó $\lim_{x\rightarrow 1^{-}}f_n(x)=A-\sum_{k=1}^n a_k$. Vì $a_n\geq 0$ với mọi $n$ nên $f_n(x)\geq 0$ với mọi $n$ và $x$. Do đó $\sum_{k=1}^n a_k\leq A$ với mọi $n$, tức là $\sum_{k=1}^n a_k$ bị chặn trên, do đó nó hội tụ. Áp dụng ý 1 suy ra $\sum_{k=1}^{\infty} a_k=A$.

[Zaraki]

$2$. Cũng như Hoàng, ý tưởng phần này sử dụng định nghĩa định thức, tuy nhiên mình chưa nghĩ ra cách làm thật chặt chẽ.

 

Cái này tớ lập luận thế này.

 

 

Phần 2.

 

Ta biểu diễn định thức bằng tổng của $n!$ thành phần, sau đó chú ý khai triển

 

$(\sum a_i)^2= \sum a^2_i + 2\sum_{i \neq j}a_ia_j$ 

 

Các $a_ia_j$ tương ứng của các $\det(M)^2$ (khi viết dưới dạng tổng $n!$ thành phần) khi lấy tổng (theo M) sẽ triệt tiêu nhau (do đổi dấu), để lại các $a^2_i$. Chú ý mỗi ma trận $M$, đại lượng này có tổng là $n!$, và do có $2^{n^2}$ ma trận $M$, nên có kết quả là $2^{n^2}n!$.

 

Giống như tvhoang viết, ta muốn ghép cặp $B_{\sigma,\tau}(M)=(-1)^{\sigma+\tau} \prod M_{i,\sigma(i)} \prod M_{i,\tau(i)}$ sao cho khi cộng lại thì triệt tiêu nhau. 

Với mỗi cặp $(\sigma,\tau)$ trong $S_n$, do $\sigma \ne \tau$, tồn tại số $i\in [n]$ nhỏ nhất sao cho $\sigma(i) \ne \tau(i)$. Gọi map $f_{\sigma,\tau}: \mathcal{B}_n \to \mathcal{B}_n$ gửi $M$ tới $M'$ sao cho hệ số của $M'$ giống với $M$, chỉ trừ $M'_{i,\sigma(i)} = -M_{i,\sigma(i)}$. Khi đó $B_{\sigma,\tau}(M)+B_{\sigma,\tau}(M')=0$. Nhận xét là $f_{\tau,\sigma}$ bijective và $f_{\sigma,\tau}^2=1$ nên ta ghép cặp thành công. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 23-01-2020 - 13:33

[bangbang1412]

Vậy tóm lại phần này chúng ta chỉ còn các bài sau:

 

Exercise $1$. Phần $4,5$.

 

Exercise $2$. Phần $5$.

 

Nếu không có gì mình đề nghị chúng ta chuyển sang đề năm $2007$,

 

Ngoài ra hơi thắc mắc đoạn bôi đỏ này trong lời giải của tvhoang:

 

Phần 7.

 

Ước lượng các $\mathbb{P}(M_i \in V_i)$.

 

Thấy ngay đánh giá của phần 4 là chưa đủ, vì khi lấy tổng, thu được một đại lượng không đi về $0$. Chú ý đánh giá của phần 4 sẽ là tốt nếu i "không quá lớn". Các $i$ lớn mình sẽ sử dụng đánh giá ở phần 6 để xử lí.

 

Xét một vector $\alpha$ khác không thuộc phần bù trực giao của $V_i$, tức $\alpha$ trực giao với $M_1, \ldots, M_{i-1}$. Giả sử $\alpha$ có $k$ hệ số khác $0$ với $k>0$. Như vậy, $M$ sẽ phụ thuộc vào cách chọn các hệ số ở $k$ vị trí tương ứng với $k$ vị trí các hệ số khác $0$ của $\alpha$. Vậy

 

$\mathbb{P}(M_i \in V_i) \le \frac{2^nn^{-1/2}}{2^n} = n^{-1/2}$

 

[tvhoang]

Ngoài ra hơi thắc mắc đoạn bôi đỏ này trong lời giải của tvhoang:

 

Em có viết thiếu hằng số $C$ ở đây.

Chọn trước các cột ngoại trừ cột $M_i$, và gọi ra một vector $\alpha$ khác $0$ trực giao với $V_i$. Nếu $M_i$ thuộc $V_i$ thì $M_i$ sẽ trực giao với $\alpha$. Thì theo phần 6, số vector có hệ số là $1$ hoặc $-1$ mà trực giao với $\alpha$ sẽ không vượt quá $C2^kk^{-1/2}$ với $k$ là số hệ số khác $0$ của $\alpha$, và nói chung không vượt quá $C2^nn^{-1/2}$ do $k \le n$.

 

Cái số $C2^nn^{-1/2}$ là đại lượng chung không phụ thuộc vào $\alpha$ (trong phần 5 họ nêu rõ $C$ không phụ thuộc vào $k$) cũng như cách chọn các $M_j$ với $j \ne i$ ban đầu, nên ta chia cho số cách chọn $M_i$ (là $2^n$) để đánh giá $\mathbb{P}(M_i \in V_i)$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tvhoang: 24-01-2020 - 13:52

[tvhoang]

Exercise $2$. Phần $5$.

 

Mình làm nốt phần này.

Xét $G = A+B$ là một đồ thị hai phe, trong đó $A,B$ là hai đồ thị gồm $n$ đỉnh. Mỗi đỉnh của $A$ tương ứng với các số $1,\ldots, n$ và các đỉnh của $B$ tương ứng với $n$ cột của bảng. Đỉnh $i$ của $A$ kề với đỉnh $j$ của $B$ khi và chỉ khi trên cột $j$ không có số $i$.

 

Nếu chứng minh được trên đồ thị $G$ tồn tại một perfect matching thì ta sẽ có một cách điền hàng tiếp theo của bảng tương ứng. Vậy ta đi chứng minh $G$ thỏa mãn điều kiện Hall. Do mỗi số xuất hiện đúng một lần trên mỗi cột và mỗi hàng của bảng $m \times n$ ban đầu, nên mỗi đỉnh của $A$ sẽ kề với đúng $n-m$ đỉnh của $B$, và mỗi đỉnh của $B$ sẽ kề với đúng $n-m$ đỉnh của $A$.

 

Vậy ta đi chứng minh bổ đề sau: $G = A+B$ là đồ thị hai phe đơn, hữu hạn thỏa mãn mỗi đỉnh của $G$ đều có $k$ đỉnh kề (với $k>0$) thì $G$ thỏa mãn điều kiện Hall.

 

Xét $X \subset A$. Do số cạnh có một đỉnh thuộc $X$ không vuợt quá số cạnh có một đỉnh thuộc $N(X)$, và hai đại lượng này lần lượt là $k|X|$ và $k|N(X)|$, nên từ đó ta suy ra $|X| \le |N(X)|$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tvhoang: 25-01-2020 - 14:22

[Zaraki]

Xét $X \subset A$. Có số cạnh có một đỉnh thuộc $X$ không vuột quá số cạnh có một đỉnh thuộc $N(X)$. Hai đại lượng này lần lượt là $k|X|$ và $k|N(X)|$, từ đó ta suy ra $|X| \le |N(X)|$.

Câu này mình không hiểu lắm, tvhoang có thể giải thích thêm một tí được không? 

[tvhoang]

Câu này mình không hiểu lắm, tvhoang có thể giải thích thêm một tí được không? 

 

Hôm qua tết nhất chạy nhảy nên mình viết không được rõ nghĩa

Một cạnh có một đầu mút là một đỉnh thuộc $X$ thì sẽ có đầu mút còn lại là một đỉnh thuộc $N(X)$, do $N(X)$ là tập các đỉnh kề với ít nhất một đỉnh của $X$. Như vậy mình thấy số cạnh có một đỉnh thuộc $X$, sẽ không vượt quá số cạnh của một đỉnh thuộc $N(X)$. Và hơn nữa do mỗi đỉnh kề với đúng $k$ đỉnh khác, nên sẽ có đúng $k$ cạnh xuất phát từ đỉnh này đi, và như vậy nên hai đại lượng trên tương ứng là $k|X|$ và $k|N(X)|$. 

[tvhoang]

Đề 2007

 

Bài 1

 

Phần 8

 

Với $n = \prod p_i^{\alpha_i}$, có $\frac {d(n)}{n^{\delta}} = \prod f(p_i,\alpha_i)$ với $f(p,\alpha) = \frac{1+\alpha}{p^{\delta \alpha}}$. Ta sẽ xem xét $f(p,\alpha)$.

 

Từ các tính chất về so sánh hàm đa thức và hàm mũ, có

 

1. Nếu cố định $p$ thì $ \lim_{\alpha \to \infty}f(p,\alpha)=0$.

 

2. Nếu cố định $p$ đủ lớn, $f(p,\alpha)$ sẽ là hàm giảm theo $\alpha$.

 

3. $\lim_{p \to \infty}f(p,1) = 0$.

 

Xét $\epsilon >0$.

 

Xét $S = \{(p,\alpha) ~ | ~ f(p,\alpha) \ge 1\}$. Từ các tính chất trên ta thấy $S$ là tập hữu hạn. Đặt $C= \prod_{(p,\alpha) \in S} f(p,\alpha)$.

 

Từ các tính chất trên ta thấy tồn tại $N>0$ để $f(2,\alpha) < \frac{\epsilon}{C}$ với mọi $\alpha > N$ và tồn tại $P>0$ để $f(p,\alpha)$ là hàm giảm theo $\alpha$ và $f(p,1)<\frac{\epsilon}{C}$ với mọi $p>P$. Với $n > P^{NP}$, xét hai trường hợp của $n$.

 

Nếu $n$ có ước nguyên tố $p_j$ lớn hơn $P$, có

 

$\frac {d(n)}{n^{\delta}} = \prod f(p_i,\alpha_i) \le C \cdot f(p_j,\alpha_j) \le \epsilon$

 

Nếu $n$ có ước nguyên tố lớn hơn $P$, thì $n$ có ước nguyên tố $p_j$ với $\alpha_j > N$ (chú ý tại sao lại chọn số $P^{NP}$). Có

 

$\frac {d(n)}{n^{\delta}} = \prod f(p_i,\alpha_i)  \le C \cdot f(p_j,\alpha_j) \le \epsilon$

 

Như vậy với $\epsilon >0$, tồn tại $M$ thỏa mãn $\frac {d(n)}{n^{\delta}} \le \epsilon$ với mọi $n>M$. Vậy $\lim_{n \to \infty} \frac {d(n)}{n^{\delta}}=0$. $\Box$

 

Phần 9

 

Gọi tập đã cho trong bài là $S_{n,m}$. Cố định $\delta$. Xét hai trường hợp của $n$.

 

Nếu $n > m^{10}$. Xét $(x,y) \in S_{n,m}$, có $n+y^2 = x^2$ suy ra $\sqrt{n+m^2} \le x \le \sqrt{n+4m^2}$. Do $\sqrt{n+4m^2} -  \sqrt{n+m^2} < 1$, suy ra $s_{n,m} \le 1$.

 

Nếu $n \le m^{10}$. Xét $x,y \in S_{n,m}$. Do $n=x^2-y^2=(x-y)(x+y)$, nên tương ứng $(x,y) \mapsto x-y$ cho ta một đơn ánh từ $S_{n,m}$ tới tập các ước nguyên dương của $n$. Như vậy $s_{n,m} \le d(n)$.

 

Theo phần 8, tồn tại $C>1$ thỏa mãn $d(n) \le Cn^{\delta/10} \le Cm^{\delta}$. Hơn nữa do $1 < C,m$ nên $1<Cm^{\delta}$.

 

Vậy $C$ là hằng số cần tìm. $\Box$

 

Bài 3

 

Phần 2

 

Do tồn tại $s(n)$ bộ ba số nguyên dương sao cho trong tổng mỗi bộ là $n$, và $3s(n)$ số trong các bộ này là phân biệt, nên ta có đánh giá sau theo tổng của $3s(n)$ số này: $ns(n) \le 1+2+\ldots+3s(n)$. Từ đây suy ra $s(n) \le \lfloor \frac{2n-3}{9} \rfloor$. $\Box$

 

Phần 3, 4, 5, 6 nhằm chỉ ra đẳng thức trong đánh giá trên xảy ra. Ta xét số dư của $n$ khi chia cho $9$.

 

1. Với $n = 9k+6,7,8,9,10$ thì $\lfloor \frac{2n-3}{9} \rfloor = 2k+1$.

 

Với $n=9k+6$ ta có $2k+1$ bộ sau thỏa mãn

 

$(1,3k+2,6k+3),(2,3k+3,6k+1),(3,3k+4,6k-1), \ldots, (k+1,4k+2, 4k+3)$

 

$(k+2,2k+2,6k+2),(k+3,2k+3,6k),(k+4,2k+4,6k-2), \ldots, (2k+1,3k+1,4k+4)$

 

Với $n=9k+7,8,9,10$, ta nâng các số cuối của mỗi bộ (là các số từ $4k+3$ tới $6k+3$) lên một số đơn vị tương ứng, ví dụ với $n=9k+7$ ta nâng lên $1$ đơn vị.

 

2. Với $n = 9k+2,3,4,5$ thì $\lfloor \frac{2n-3}{9} \rfloor = 2k$. 

 

Với $n=9k+2$ ta có $2k$ bộ sau thỏa mãn

 

$(1,3k,6k+1),(3,3k-1,6k),(5,3k-2,6k-1),\ldots,(2k-1,2k+1,5k+2)$

 

$(2,4k,5k),(4,4k-1,5k-1),(6,4k-2,5k-2),\ldots,(2k,3k+1,4k+1)$

 

Với $n=9k+3,4,5$, tương tự như trên, ta nâng các số cuối của mỗi bộ lên một số đơn vị tương ứng. $\Box$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tvhoang: 25-01-2020 - 21:23

[bangbang1412]

Exercise $2$.

 

Cái này hay nè, vì nó có cả trong class field theory và Milnor K-theory for fields. Hồi trước mình chỉ có cơ hội chôm chỉa một ít hai nhóm $K_0,K_1$ mà đã lăn nhoài ra vì mệt. Trong phần này cái cách người ta định nghĩa một Steinberg symbol giống như tame symbol cho discrete valuation field. Nhờ một định lý của Matsumoto mà người ta có thể tính nhóm $K_2$ của một trường $F$ như sau:

$$K_2F = F^{\times} \otimes F^{\times} / \left \{ \text{ideal sinh bởi} \ a \otimes (1-a) \right \}$$

Nhưng thôi, nói xa quá; quay lại chủ đề chính.

 

$1$. Hiển nhiên.

 

$2$.

• $\phi(a,1)=\phi(a,1.1) = \phi(a,1)+\phi(a,1) \Rightarrow \phi(a,1) = 0$.
• Ta có $\phi(a^{-1},1-a^{-1})=0 \Rightarrow \phi(a,1-a^{-1})=0$ do $\phi(1,a)=0$ từ đó $\phi(a,-a)=\phi(a,-a)+\phi(a,1-a^{-1}) = \phi(a,1-a)=0$.
• $\phi(a,a)+\phi(a,-1)=\phi(a,-a)=0$ nhưng lại do $\phi(a,-1)+\phi(a,-1)=0 \Rightarrow \phi(a,a)=\phi(a,-1)$.
• Từ $(b)$ ta có $\phi(ab,-ab)=0 \Rightarrow \phi(a,-a)+\phi(a,b)+\phi(b,a)+ \phi(b,-b) = 0\Rightarrow \phi(a,b)+\phi(b,a)=0$.

$3$.

 

$(a)$. Phần này khá hiển nhiên, lưu ý ta đang làm việc với trường $\mathbb{C}$ nên mọi thứ khá là tốt, cụ thể ở đây ta viết $f(t) = t^{v(f)}\frac{P(t)}{Q(t)}$ với $P, Q \in \mathbb{C}[t], (P,Q)=1$ và $P(0),Q(0) \neq 0$. Khi đó $v_0(f) = v(f)$ và $\lambda(f) = \frac{P(0)}{Q(0)}$. Tính duy nhất là khá hiển nhiên.

 

$(b)$. Suy ra từ tính duy nhất của phần $(a)$.

 

$(c)$ Tiên đề $(S_1)$ suy ra từ việc $v,\lambda$ là các đồng cấu, ta chứng minh $\phi_0(f,1-f)=0 \ \forall f \neq 1$. Để làm điều này ta cần chia ra hai trường hợp:

• Trường hợp $v(f)=0$ tức là (giống với kí hiệu phần $(a)$) $f(t) = \frac{P(t)}{Q(t)} \Rightarrow 1 - f(t) = \frac{Q(t) - P(t)}{Q(t)}$ khi này rõ ràng $\lambda(f) = \frac{P(0)}{Q(0)}$. Nếu $\lambda(f) = 1$ thì $\phi_0(f,1-f)= (-1)^{0}1^{v(1-f)}\lambda(1-f)^{0} = 1$ còn nếu $\lambda(f) \neq 1$ thì $P(0) \neq Q(t)$ do đó cả tử và mẫu của $1 - f$ không là bội của $t$ nên $v(1-f)=0$ từ đó cũng suy ra $\phi(f,1-f)=1$.
• Trường hợp $v(f) > 0$ thì ta có $f(t) = t^{v(f)}\frac{P(t)}{Q(t)} \Rightarrow 1 - f(t) = \frac{Q(t) - t^{v(f)}P(t)}{Q(t)}$ khi đó ta thấy $v(1-f)=0, \lambda(1-f)=1$ và cũng suy ra $\phi_0(f,1-f)=1$.
• Trường hợp $v(f) < 0$ thì $1- f(t) = \frac{t^{-v(f)}Q(t) - P(t)}{t^{-v(f)}Q(t)}$ và do đó $v(1-f) = v(f), \lambda(1-f)=-\lambda(f)$ nên $\phi_0(f,1-f) = (-1)^{v(f)^2}\lambda(f)^{v(f)}(-\lambda(f))^{-v(f)} = 1$ do $v(f)(v(f)-1)$ luôn là số chẵn.

$(d)$. Dễ thấy nếu $f \in \mathbb{C}[t] \Rightarrow f(t) = t^{v(f)}P(t), P(0) \neq 0$ do đó:

$$\phi_0(f,t) = (-1)^{v(f).1}\lambda(f)^{v(t)} \lambda(t)^{-v(f)}=(-1)^{v(f)}.P(0).1^{-v(f)} = P(0)$$

là hệ số nhỏ nhất của $f$ khác $0$.

$4$. Ta viết lại biểu thức ở phần $3.(a)$, kí hiệu $f(\frac{1}{t}) = \overline{f}(t), f(t+\alpha) = f_{\alpha}(t)$ trong đó $g(t)= t^{v(g)}\frac{R(t)}{S(t)}$:

$$f(\frac{1}{t}) = (\frac{1}{t})^{v(f)} \frac{P(\frac{1}{t})}{Q(\frac{1}{t})}  = t^{\mathrm{deg}Q - \mathrm{deg}(P) - v(f)} \frac{t^{\mathrm{deg}(P)}P(\frac{1}{t})}{t^{\mathrm{deg}(Q)}Q(\frac{1}{t})}$$

Từ đó ra suy ra $v(\overline{f}) = -\mathrm{deg}(f)$ và $\lambda(\overline{f}) = \frac{c(P)}{c(Q)}=c(f)$. Ta suy ra công thức của $\phi_{\infty}(f(t),g(t))$:

$$\begin{align*} \phi_{\infty}(f(t),g(t)) & = \phi_0(\overline{f}(t),\overline{g}(t)) \\ & = (-1)^{v(\overline{f})v(\overline{g})} \lambda(\overline{f})^{v(\overline{g})} \lambda(\overline{g})^{-v(\overline{f})}\\ & = (-1)^{(\mathrm{deg}(f)\mathrm{deg}(g)} c(f)^{-\mathrm{deg}(g) }c(g)^{\mathrm{deg}(f)} (*)\end{align*} $$

Chú ý điều cần chứng minh là

$$\phi_0(f(\frac{1}{t}),g(\frac{1}{t})) = \phi_0(f(\frac{1}{t}+\alpha),g(\frac{1}{t}+\alpha))$$

Chứ không phải:

$$\phi_0(f(\frac{1}{t+\alpha}), g(\frac{1}{t+\alpha})) = \phi_0(f(\frac{1}{t}),g(\frac{1}{t}))$$

Nhưng dễ thấy phép tịnh tiến $t \mapsto t+ \alpha$ không làm thay đổi bậc và hệ số dẫn đầu nên ta có đpc.

$5$. Ta cần chứng minh $\phi_0(f_{\alpha},g_{\alpha}) = 0$ với hầu hết $\alpha \in \mathbb{C}$, thật vậy do $\mathbb{C}$ là đóng đại số nên:

$$P(t) = c(P)\prod (t - p_i), Q(t) = c(Q) \prod (t - q_j)$$

và do đó

$$f(t + \alpha) = (t+\alpha)^{v(f)} \frac{c(P)\prod (t + \alpha - p_i)}{c(Q)\prod (t + \alpha - q_j)}$$

Nên nếu $\alpha \neq  0,p_i, q_j $ thì ta có ngay $v(f_{\alpha}) = 0$. Tình huống tương tự cũng xảy ra với $g$. Do đó với hầu hết $\alpha$ thì $v(f_{\alpha}) = v(g_{\alpha}) = 0 \Rightarrow \phi_0(f_{\alpha},g_{\alpha})=0$. Ánh xạ $(f,g) \mapsto \prod_{\alpha \in \mathbb{C}} \phi_{\alpha}(f,g)$ là một dạng do từng thành phần của nó là một dạng.

$6$. Phần này đề cần sửa thành $f,g$ không có thành phần chung.

 

Hiển nhiên $\phi(f_{\alpha},g_{\alpha}) = \phi(f,g)$ do $t \mapsto t + \alpha$ là một song ánh từ $\mathbb{C} \to \mathbb{C}$ - tuy nhiên mình không hiểu gợi ý này để làm gì? Sử dụng tiên đề $(S_1)$ và tính đóng đại số ta chỉ cần chứng minh một trong bốn trường hợp sau:

$$(f,g) \in \left \{ (t- \alpha, t - \beta), (t - \alpha, \frac{1}{t-\beta}),(\frac{1}{t-\alpha},t - \beta),(\frac{1}{t-\alpha},\frac{1}{t - \beta}) \mid (\alpha,\beta) \in \mathbb{C}^2 \right \}$$

• $\phi(t - \alpha,t - \beta)\phi_{0}(\frac{1}{t} - \alpha, \frac{1}{t} - \beta) = 1$ nhưng ở đây $\phi_0(\frac{1-t\alpha}{t},\frac{1-t\beta}{t}) = (-1)^{(-1)(-1)} \times 1^{-1} \times 1^1 = -1$ còn $$\phi(t - \alpha, t - \beta) = \phi_0(t, t - \beta+\alpha) \phi_{0}(t - \alpha + \beta,t) = \frac{\phi_0(t-\alpha+\beta,t)}{\phi_0(t-\beta+\alpha,t)} = -1$$

Các trường hợp khác tính tương tự.

$7$. Đây là một cách viết lại $6.$ và sử dụng công thức $(*)$, thật vậy ta có:

$$\phi_{\infty}(f,g)\phi(f,g)=1 \Rightarrow \phi_{\infty}(f,g) = \phi(f,g)^{-1}$$

Nhưng theo $(*)$ thì:

$$\phi_{\infty}(f,g) = (-1)^{\mathrm{deg}(g)\mathrm{deg}(f)}\frac{c(g)^{\mathrm{deg}(f)}}{c(f)^{\mathrm{deg}(g)}}$$

Trong khi đó như đã nói, trong tích $\prod_{\alpha \in \mathbb{C}} \phi_{\alpha}(f,g)$ ta chỉ cần quan tâm tới các $\alpha$ là nghiệm của $A, B, C, D$. Lưu ý rằng $A, B, C, D$ là đôi một nguyên tố cùng nhau, ta thử tính $\prod_{A(\alpha)=0} \phi_{\alpha}(f,g)$:

$$\prod_{A(\alpha)=0} \phi_{\alpha}(f,g) = \prod_{A(\alpha) = 0}\phi_0(f(t+\alpha),g(t+\alpha)) = g(\alpha)^{-\mathbb{mul}(A,\alpha)}$$

Ở đây $\mathbb{mul}(f,\alpha)$ là bội số của $\alpha$ trong phân tích của $A$. Từ đó dễ dàng suy ra đpcm do ta có:

$$\begin{align*} \phi(f,g) & = \prod_{\alpha \in \mathbb{C}} \phi_{\alpha}(f,g) \\  & = \prod_{A(\alpha)=0}\phi_{\alpha}(f,g) \times \prod_{B(\alpha)=0} \phi_{\alpha}(f,g) \times \prod_{C(\alpha)=0} \phi_{\alpha}(f,g) \times \prod_{D(\alpha)=0} \phi_{\alpha}(f,g) \end{align*}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 26-01-2020 - 00:14

[Perston]

 

Exercise $1$. Phần $4,5$.

 

Mình xin giải phần này.

 

Phần 4 là một định lý rất nổi tiếng, là định lý Tauber. Có thể tham khảo chứng minh tại đây :

 

https://bomongiaitic...dịnh-ly-tauber/

 

Phần 5 mình sử dụng một kết quả mạnh hơn của Littewood là khi $a_n=O(1/n)$ thì $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ hội tụ.

Chứng minh kết quả này có thể tham khảo tại đây :

 

https://bomongiaitic...1/04/tauber.pdf

 

Quay lại bài toán, ta chia tập các số tự nhiên thành hai tập $A$ và $B$ như sau :

$A=\left \{ n|na_n^2\geq |a_n| \right \}$ , $B=\left \{ n|na_n^2< |a_n| \right \}$

Ta có : $\sum_{n\in A} |a_n| \leq \sum_{n=1}^{\infty} na_n^2$ hội tụ suy ra $\sum_{n\in A} a_n$ hội tụ.

Trong trường hợp $n\in B$, ta thay các $a_n$ với $n\in A$ bởi $0$. Do $\sum_{n\in A} a_n$ hội tụ nên theo tiêu chuẩn Abel, chuỗi $\sum_{n\in A} a_nx^n$ hội tụ với mọi $|x|<1$, do đó chuỗi $a_n$ mới thỏa mãn các điều kiện ban đầu.

Khi đó do $|na_n|<1$ nên sử dụng kết quả trên ta suy ra $\sum_{n\in B} a_n$ hội tụ. Từ đó $\sum_{n=1}^{\infty} a_n$ hội tụ. Sử dụng phần 1 ta có điều phải chứng minh. 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Perston: 26-01-2020 - 22:41

[bangbang1412]

Trong đề $2007$ chúng ta còn các phần sau:

 

Exercise $1$. Phần $1-7$ tuy nhiên chỉ trừ phần $7$ ra thì các phần còn lại là khá dễ.

 

Do không ai đề nghị nên mình đề nghị chúng ta chuyển sang đề $2010$.

 

Đề lần này là tiếng Pháp, tuy nhiên nếu đã quen mặt chữ tiếng Anh và dùng một chút google dịch thì ai cũng có thể hiểu đề. Nếu có có thời gian dịch đề này ra giùm thì tốt.

 

Edit: Mình mới nhận thấy cách thức ra đề những năm càng về sau càng khó, có vẻ nó giản lược hóa từ một research proj nào đó rồi cho vào đề, trong khi các năm đầu thì chia chủ đề cụ thể hơn và có thể tìm thấy trong các standard textbook. Lấy ví dụ đề $2010$ ở trên nguyên part đầu là nội suy Lagrange và tối ưu trên $C[a,b]$, cái này sách tối ưu hóa nào cũng có; ví dụ một cuốn tiếng Việt như vậy là tối ưu hóa của thầy Phạm Kỳ Anh.  Vậy nên ai hứng thú có thể chiến ngược từ trên xuống, bắt đầu từ năm $2017$ (năm $2018,2019$ chỉ có oral test).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 28-01-2020 - 23:15