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
****-

#717140 Mong mọi người cho em kinh nghiệm học tốt Toán cao cấp

Gửi bởi bangbang1412 trong 02-11-2018 - 17:40

Học toán cao cấp thì theo kinh nghiệm của mình là phải làm bài tập nhiều, mà nói chung các môn toán đa số là phải làm bài tập nhiều, chỉ có cày bài tập thì mình mới hiểu lý thuyết. Chứ học toán cao cấp mà cứ ngồi đọc lý thuyết để hiểu được thì chỉ có đi vào rừng rậm thôi. Mà bạn thi vào sư phạm toán chắc chắn trình học toán cũng không ít kinh nghiệm, thế mà lại không gỡ được. Ngày trước mình mới học nghe thầy giảng rồi đọc mấy cuốn toán cao cấp chẳng hiều gì luôn, nhưng khi bắt tay vào cày bài tập xem người ta giải mới bắt đầu vỡ lẽ dần ra được.

Em thì thấy ngược lại với bác, em toàn đọc cả tá, đọc hết, đọc nát sách xong em chỉ làm $1,2$ bài. Nói chung tùy gu mỗi người.




#716506 Số nhóm con có chỉ số hữu hạn

Gửi bởi bangbang1412 trong 12-10-2018 - 16:37

Cho $G$ là một nhóm hữu hạn sinh. Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên $n$, thì số nhóm con có chỉ số $n$ trong $G$ là hữu hạn.

 




#716245 $m_{f}( \bigcup_{i=1}^{\infty} B...

Gửi bởi bangbang1412 trong 03-10-2018 - 00:15

Giả sử $f \geq 0$ là một hàm không âm khả tích trên mọi tập đo được Jordan. Khi đó ta đặt:

 

$$m_{f}(B) = \int_{B} f = \int_{B} f.\chi_{B}$$

 

Trong đó $\chi_{B}(x)=1 \forall x \in B$, $\chi_{B}(x)=0 \forall x \in B^{c}$ là hàm đặc trưng của $B$. Chứng minh rằng nếu cho một họ các tập $B_{1},B_{2},...B_{n},...$ đôi một rời nhau sao cho $B_{i},\bigcup_{i=1}^{\infty} B_{i}$ đo được Jordan thì:

 

$$m_{f}( \bigcup_{i=1}^{\infty} B_{i} ) = \sum_{i=1}^{\infty} m_{f}(B_{i})$$




#716053 $G$ - CW complex

Gửi bởi bangbang1412 trong 27-09-2018 - 11:46

Hi, mình đang quan tâm tới vấn đề phân thớ phổ dụng. Các bạn biết rằng hàm tử $G$ - phân thớ $Prin_{G}$ được biểu diễn qua không gian phân loại $BG$. Tức là có một tương ứng $[X , BG] \to Prin_{G}(X)$ với mọi nhóm topo $G$ và không gian topo $X$. Mình đang muốn chứng minh rằng mọi $G$ - phân thớ $p:E \to B$ trong đó $E$ là aspherical ( tức là $\pi_{n}E = 0 \forall n \geq 0$ ) là một phân thớ phổ dụng.

 

Chứng minh cần đưa ra khái niệm $G$ - CW complex, nói nôm na là một $G$ - space và một CW complex structure mà compatible. Nhưng trong hầu hết các chứng minh tác giả để chứng minh pull-back map $[X,B] \to Prin_{G}(X)$ là surjective thì

 

$1)$ Giả sử $X$ có kiểu đồng luân của một CW-complex

 

$2)$ pick một principal bundle $P \to X$ với $P$ là $G$- CW complex rồi chứng minh tồn tại $f : X\to B$ mà $f^{*}(E) \cong P$.

 

Vậy mình muốn hỏi một chứng minh mạnh hơn cho trường hợp kiểu đồng luân bất kì cho $X$ và $P$? Các bạn trình bày được ngắn gọn thì tốt quá. Hoặc có lecture note cho mình cũng được. 




#715796 Sir Michael Atiyah đưa ra chứng minh mới cho giả thuyết Riemann

Gửi bởi bangbang1412 trong 20-09-2018 - 22:15

Ơ em tưởng cái up trên fb là meme; hóa ra thật à :D :D

Nit a meme but,

Btw, Sir Atiyah đã khá già, và thời gian gần đây đưa ra nhiều cm sai; nhưng dù sao vẫn cứ hy vọng.




#715775 Sir Michael Atiyah đưa ra chứng minh mới cho giả thuyết Riemann

Gửi bởi bangbang1412 trong 20-09-2018 - 17:59

Ở đường link sau: https://www.heidelbe...org/event_2018/

 

Gọi là Heidelberg Laureate, gồm một loạt các đại gia sừng sỏ, bao gồm $10$ huy chương Fields: Zelmanov, Figalli, Peter Scholze, Birkar, Ngo Bao Chau, Faltings, Atiyah, Wendelin Werner, Margulis, Shigefumi Mori.... thì Sir Atiyah trong thời gian 9:45-10:30 ngày 24/9 sẽ báo cáo chứng minh giả thuyết thiên nhiên kỉ Riemann.

 

Cụ thể: 

 

Title: The Riemann Hypothesis

 

Abstract: The Riemann Hypothesis is a famous unsolved problem dating from $1859$. I will present a new simple proof using a radically new approach. It's based on work of von Neumann ($1936$), Hirzebruch ($1954$), Dirac ($1928$).

 

Cực kì phấn khích vì tin này dù chưa biết sẽ ra sao.




#715767 $x_{n+1}=\frac{x_{n}+y_{n}}...

Gửi bởi bangbang1412 trong 20-09-2018 - 12:49

Cho $x_{1}=a,y_{1}=b;
và x_{n+1}=\frac{x_{n}+y_{n}}{2};
y_{n+1}=\sqrt{x_{n}y_{n}}$
Tìm lim $x_{n},y_{n}$

Dãy số này nói chung chỉ biết được rằng giới hạn tồn tại và $\lim x_{n} = \lim y_{n}=L$ còn không biểu diễn được dưới dạng hàm sơ cấp của $a,b$. Xét tích phân sau:

 

$$I(a,b) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d \phi}{\sqrt{a^{2}\cos^{2} \phi + b^{2} \sin^{2} \phi}}$$

 

Ta sẽ chứng minh rằng:

 

$$I(a,b) = I(\frac{a+b}{2},\sqrt{ab})$$

 

Thực hiện phép đổi biến sau mang tên Gauss:

 

$$\sin \phi = \frac{2a \sin \psi}{(a+b)+(a-b)\sin^{2} \psi}$$

 

Dễ kiểm tra rằng $\phi \in [0,\frac{\pi}{2}] \Leftrightarrow \psi \in [0,\frac{\pi}{2}]$, sau đó vi phân hai vế:

 

$$\cos \phi d\phi = \frac{2a \cos \psi [ a+b-(a-b)\sin^{2} \psi] d\psi}{(a+b)+(a-b)\sin^{2} \psi}$$

 

Khi đó nếu $x_{1}=\frac{a+b}{2},y_{1}=\sqrt{ab}$ ta có:

 

$$\sqrt{x_{1}^{2}\cos^{2} \psi + y_{1}^{2} \sin^{2} \psi} d \phi = a \frac{a+b-(a-b)\sin^{2} \psi}{a + b + (a-b)\sin^{2}\psi} d \psi = \sqrt{a^{2}\cos^{2} \phi + b^{2}\sin^{2} \phi} d \psi$$

 

Từ đó ta có $I(a,b)=I(x_{1},y_{1})$, vậy tiếp tục ta có

 

$$I(a,b)=I(x_{n},y_{n}) \forall n \in \mathbb{N}$$

 

Ta mong muốn:

 

$$I(a,b) = \lim I(x_{n},y_{n}) = I( \lim x_{n},\lim y_{n}) = I(L,L) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d \phi}{L} = \frac{\pi}{2L}$$

 

Khi đó $$L = \frac{\pi}{2I(a,b)}$$ và ta thấy tích phân $I(a,b)$ là một dạn tích phân elliptic không có biểu diễn sơ cấp. Ta còn phải chứng minh sự hội tụ đều của tích phân $I(a,b)$.

 

Đặt $u_{n}=\sqrt{x_{n}^{2}\cos^{2} \phi + y_{n}^{2}\sin^{2} \phi}$:

 

Ta sẽ chứng minh $\forall \epsilon > 0 \exists N_{\epsilon}$ mà:

 

$$sup_{[0,\frac{\pi}{2}]} |\frac{1}{u_{m}} - \frac{1}{u_{n}}| < \epsilon \forall m,n \geq N_{\epsilon}$$

 

Ta có nhận xét sau, do $x_{n},y_{n}$ hội tụ nên nó là dãy Cauchy, và bị chặn bởi một số dương $M$. Ngoài ra ta còn có bất đẳng thức $\alpha cos^{2}x + \beta sin^{2}x \geq min(\alpha,\beta)$:

 

$$|\frac{1}{u_{m}}-\frac{1}{u_{n}}| \leq \frac{|x_{m}-x_{n}||x_{m}+x_{n}| + |y_{m}-y_{n}||y_{m}+y_{n}|}{(min(x_{n}^{2},y_{n}^{2})+min(x_{m}^{2},y_{m}^{2}))(min(x_{m}^{2},y_{m}^{2}))(min(x_{n}^{2},y_{n}^{2}))} << \epsilon$$

 

Lưu ý rằng có thể giả sử $inf min(x_{n}^{2},y_{n}^{2}) >0$ nên ta có dpcm. Tóm lại không tính được giới hạn này theo $a,b$ một cách sơ cấp.

 

$$\lim x_{n} = \lim y_{n} = \frac{\pi}{2}(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{d\phi}{\sqrt{a^{2}\cos^{2}\phi+b^{2}\sin^{2}\phi}})^{-1}$$

 

Thảo luận này do thầy Ngô Quốc Anh đưa ra tại lớp K62 Tài năng Toán ĐHKHTN HN. 




#715617 Giải Abel $2018$

Gửi bởi bangbang1412 trong 16-09-2018 - 15:49

https://drive.google...BdoTlfK7t2/view

Không biết bạn nào lấy bài mình lên THTT, cảm ơn bạn nhưng lần sau cũng thông báo cho diendantoanhoc.net nhé.

 




#715510 ĐĂNG KÍ LÀM ĐHV DIỄN ĐÀN TOÁN HỌC VMF

Gửi bởi bangbang1412 trong 13-09-2018 - 20:25

Thông báo: BQT mở thêm đợt tuyển ĐHV các vị trí ĐHV THCS, THPT, Olympic, Đại học.




#715188 $f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2$

Gửi bởi bangbang1412 trong 04-09-2018 - 21:21

Tìm hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(xf(x+y))=f(yf(x))+x^2$

Bạn tham khảo ở đây nhé.




#714866 Toán học thế kỷ $21$ GS Nguyễn Duy Tiến

Gửi bởi bangbang1412 trong 27-08-2018 - 15:45

mỗi thời diểm mỗi khác biệt mà bác càng ngày nhân loại càng tiến bộ

Có mỗi Việt Nam đi lùi. 




#714051 $f(z)=az+b$

Gửi bởi bangbang1412 trong 08-08-2018 - 18:25

Xét chuỗi Taylor của $f$, $$f = \sum_{n \ge 0} a_n z^n.$$ Giả sử có một số vô hạn hệ số $a_n$ khác $0$, thế thì $\infty$ là điểm bất thường cốt yếu của $f$, suy ra tồn tại dãy $z_n \to \infty$ mà $f(z_n) \to a_0 = f(0)$. Gọi $U$ là đĩa nhỏ quanh gốc, khi đó $f(U)$ là tập mở theo nguyên lý bảo toàn miền, vì thế nó chứa $f(z_n)$ với mọi $n$ đủ lớn. Do đó $f(z_n) = f(w)$ với $w \in U$, suy ra $z_n = w$ với $n$ đủ lớn, mâu thuẫn. Vậy $f$ là một đa thức, dễ thấy khi đó $f$ phải có dạng trên.

Sao lại có dãy $z_{n}$ như vậy, và tại sao khi đó $f(z_{n}) = f(w)$ nào đó?

 

Ta xét hàm số

 

$$g(z) = f(\frac{1}{z}): \mathbb{C} - 0 \to \mathbb{C}$$

 

Hàm này chỉnh hình trên $\mathbb{C} - 0$, ta xét ba trường hợp:

 

+ Nếu $0$ là removable của $g(z)$ thì $g$ là entire, và bị chặn trong một lân cận của $0$ nên $f(z)  = g(\frac{1}{z})$ bị chặn ngoài lân cận này, cộng với tính compact ta suy ra $f$ bị chặn, entire nên theo Liouville thì $f$ là hằng số, vô lý vì $f$ là injective.

 

+ Nếu $0$ là essential thì theo định lý Casorati $g(B(0,1) - 0)$ trù mật trong $\mathbb{C}$, suy ra $f(C - \overline{B(0,1)})$ trù mật trong $\mathbb{C}$. Lại theo open mapping theorem thì $f(B(0,1))$ mở, do tính trù mật nên $f(C - \overline{B(0,1)}) \cap f(B(0,1)) \neq \varnothing$. Rõ ràng vô lý.

 

+ Nếu $0$ là pole của $g$ thì ta có $\lim_{|z| \to \infty} |f(z)| = \infty$. Chọn $r,\epsilon$ sao cho $\forall z, |z| \geq r \Rightarrow |f(z)| \geq \epsilon$. Bằng cách xét hàm $f(z) - f(0)$ ta có thể giả sử $f(0)=0$ nên $0$ là một zero của $f$, tồn tại $k$ và một hàm chỉnh hình $h$ sao cho:

 

$$f(z) = z^{k}h(z)$$

 

Ở đây $h$ không thể có một không điểm nào khác vì như vậy sẽ trái tính injective của $f$. Ta lại xét hàm:

 

$$F: \mathbb{C} \to \mathbb{C}$$

 

$$z \mapsto \frac{1}{h(z)}$$

 

Hàm này là entire, xét khai triển Taylor và bất đẳng thức Cauchy của nó:

 

$$F(z) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{F^{(n)}(0)}{n!}z^{n}$$

 

$$|F^{(n)}(0)| \leq sup_{|z| = R} |F(z)| \frac{n!}{R^{n}} = sup_{|z| = R} \frac{n!|z|^{k}}{R^{n}f(z)} \leq \frac{n!}{\epsilon R^{n-k}} ( R > r )$$

 

Cho $n > k$ và $R \to \infty$ ta suy ra $F$ là một đa thức, nhưng $F$ lại khác $0$ với mọi $z$ nên $F$ là constant theo định lý cơ bản đại số. Từ đó suy ra $f(z)=az^{k}$, hiển nhiên $k=1$ ( đpcm )




#713787 $\int_{T} f(z)dz=0$

Gửi bởi bangbang1412 trong 03-08-2018 - 23:21

Gọi $U$ là một tập mở của $\mathbb{C}$ và $T$ là một tam giác có phần trong bị chứa trong $U$. Chứng minh rằng nếu $f$ là chỉnh hình trên $U$ trừ điểm $w$ trong $T$ và $f$ bị chặn gần $w$ thì ta có:
$$\int_{T} f(z)dz= 0$$
Em không nghĩ được ra cách nào cơ bản, bài này nằm trong chương $2$ sách Stein, nhưng nếu làm phải dùng kiến thức chương $3$. Hy vọng mn giúp đỡ.
  • Nxb yêu thích


#711861 Cần cuốn A course in arithmetic

Gửi bởi bangbang1412 trong 02-07-2018 - 15:23

Giật mình :D


#711191 Nếu $x^{\frac{p-1}{2}} \equiv 1...

Gửi bởi bangbang1412 trong 19-06-2018 - 00:30

Đây là lời giải của em: Ta có :$ (x,p)=1$

Xét 2 trường hợp sau:

TH1: $p=2$ , thì x lẻ, Xét số $x=2t+1$ và số $s=2q+1$

Ta có: $s^2-x= (2q+1)^2-(2t+1) =2(2q^2+2q-t) \vdots 2$

Nên $s^2 \equiv x (mod p)$( đpcm)

TH2: $p$ lẻ Ta có:

Với mỗi số $k \in \left \{ 1,2,3,...,p-1 \right \}$ tồn tại duy nhất một số $k' \in \left\{1,2,3,...,p-1 \right \}$ sao cho $kk' \equiv x(mod p)$

Xét 2 trường hợp sau:

$+_{1})$ Nếu $k=k'$ thì $x \equiv k^2$ từ đây suy ra x là số chính phương mod p

$+_{2})$ Nếu với mọi k ta luôn có $ k\neq k'$ , Khi đó tập $\left\{1,2,3,...,p-1 \right \}$ sẽ được chia thành $\frac{p-1}{2}$ tập con $\left \{k;k' \right \}$ sao cho $ kk' \equiv a$

Nên $a^{\frac{p-1}{2}} \equiv (p-1)!$

Theo định lí Wilson , $(p-1)! \equiv -1$

Nên ta có $1 \equiv -1 (mod p)$

Vì p lẻ nên điều này là không thể. Vậy chỉ có $+_{1}$ xảy ra (đpcm)

Anh không hiểu em viết gì, đề bài là nếu tồn tại số nguyên $n$ sao cho $x$ là số chính phương mod $p$ với mọi số nguyên tố $p > n$ thì $x$ phải là một số chính phương.