Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


bangbang1412

Đăng ký: 18-02-2013
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Thảo luận kì thi tuyển chọn quốc tế ENS

26-01-2020 - 23:15

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).


Trong chủ đề: Thảo luận kì thi tuyển chọn quốc tế ENS

25-01-2020 - 22:02

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:

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


Trong chủ đề: Thảo luận kì thi tuyển chọn quốc tế ENS

23-01-2020 - 19:14

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

 

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

 


Trong chủ đề: Thảo luận kì thi tuyển chọn quốc tế ENS

22-01-2020 - 18:27

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.


Trong chủ đề: Tại sao diễn đàn bây giờ rất ít người ?

19-01-2020 - 23:06

Em thấy các bài viết từ nhiều năm trước thì mọi người hoạt động rất sôi nổi nhưng tại sao bây giờ ít người vậy ạ

 

  • Quan trọng là em quan tâm tới đối tượng nào? Về mảng THCS và THPT thì có vẻ vẫn thế nhưng các mảng Olympic, Đại học và sau Đại học hay Toán học hiện đại thì đúng là số lượng giảm nếu không muốn nói là gần như không có ai.
  • Một phần có thể do diễn đàn mình hợp với đối tượng học sinh hơn, và học sinh học xong cấp ba thì cũng không có mấy ai tiếp tục higher education in math nữa. Riêng những ai theo đuổi toán tiếp thì cũng quá bận không có thời gian online - tuy nhiên theo anh đây không hẳn là yếu tố chính.
  • Tốt nhất là chờ đợi các lứa sau này hoặc các cao thủ ẩn danh một ngày ngoi lên mặt đất. Bản thân anh cũng đi vận động mọi người vào thảo luận ở đây nhưng chắc bây giờ vẫn chưa tới lúc. Tuy nhiên theo anh thấy cũng có vài tín hiệu là diễn đàn sẽ sôi động trở lại.