nmlinh16

Khẳng định chỉ đúng trên trường vô hạn:

https://www.mathcoun...oper-subspaces/

Có lẽ phải có điều kiện $f(0) = g(0)$ nữa.

Một cách để đoán ra được đáp án này 

Vậy tập hợp các số $x_i$ chỉ bao gồm các số $2$ và $3$, và có không quá hai số $2$.

là giải bài toán liên tục trước.

Đầu tiên, ta tìm các số thực dương $x_1,\ldots,x_n$ với tông $x_1 + \cdots + x_n = a$ không đổi (ở đây là $a = 2020$), sao cho tích $x_1 \cdots x_n$. Bằng bất đẳng thức AM-GM, ta thấy điều này đạt được khi $x_1 = \cdots = x_n = \frac{a}{n}$, và khi đó $x_1 \cdots x_n = \left(\frac{a}{n}\right)^n$.

Ta liên tục hóa thêm một lần nữa: tìm số thực $x > 0$ sao cho hàm $f(x) = \left(\frac{a}{x}\right)^x$ đạt giá trị lớn nhất. Đặt $g(x) = \ln (f(x))$ và khảo sát hàm số $g$, ta thấy $g$ đạt giá trị lớn nhất khi $x = \frac{a}{e}$.

Vậy ta phán đoán rằng tích $x_1 \cdots x_n$ đạt giá trị lớn nhất khi $x_1,\ldots,x_n$ "gần nhau nhất có thể" (hay đôi một hơn kém nhau không quá $1$ đơn vị), và chúng đều gần $e$ nhất có thể (hay nhận giá trị $2$ và $3$).

Khi đã đoán ra được đáp án trên thì ta chứng minh như @perfectstrong.

@hxthanh tính đúng rồi.

Kết luận này của em

(chú ý là nó không phải số thập phân vô hạn tuần hoàn $0.(000001002\ldots 997999)$.

Bằng cách tính các tổng tương tự như vậy (thay $x = 1/10^k$, với $k \in \mathbb{N}^\ast$), ta có thể tìm được các số tương tư $998001$.

là sai.

$B$ liên tục theo biến $p$ khi cố định $q$:

Vì $q$ là hàm đa thức nên liên tục, vì thế bị chặn trên $[0,1]$, hay tồn tại $C > 0$ để $|q(t)| \le C$ với mọi $t \in [0,1]$, từ đó $$|B(p,q)| \le \int_0^1 |p(t)|C\,dt = C\|p\|$$ với mọi $p \in X$, hay ánh xạ tuyến tính $p \mapsto B(p,q)$ liên tục.

$B$ không là ánh xạ song tuyến tính liên tục:

Với mọi $n$ nguyên dương, xét $p_n(t) = t^n$, $q_n(t) = t^n$. Thế thì $$\|p_n\| = \|q_n\| = \int_0^1 t^n\,dt = \frac{1}{n+1}.$$ Mà $$B(p_n,q_n) = \int_0^1 t^{2n}\,dt = \frac{1}{2n+1},$$ suy ra $$\lim_{n \to +\infty} \frac{|B(p_n,q_n)|}{\|p_n\|  \|q_n\|} = \lim_{n \to +\infty}\frac{(n+1)^2}{2n+1}  = +\infty,$$ vì thế không tồn tại hằng số $C > 0$ sao cho $$|B(p,q)| \le C \|p\| \|q\|$$ với mọi $p,q \in X$, nên $B$ không là ánh xạ song tuyến tính liên tục.

Bắt đầu từ đẳng thức $$\frac{1}{1-x} = \sum_{i=0}^\infty x^i,$$ ta đạo hàm hai vế, rồi nhân hai vế với $x^2$ để thu được $$\frac{x^2}{(1-x)^2} = \sum_{i=0}^\infty ix^{i+1}.$$ Thay $x = \frac{1}{1000}$, ta được $$\frac{1}{998001} = \sum_{i=0}^\infty ix^{i+1} = \frac{0}{1000} + \frac{1}{1000^2} + \frac{2}{1000^3} + \cdots + \frac{997}{1000^{998}} + \frac{998}{1000^{999}} + \frac{999}{1000^{1000}} + \frac{1000}{1000^{1001}} + \sum_{i=1001}^{\infty} \frac{i}{1000^{i+1}}.$$ Bây giờ, nhân xét rằng $$\begin{align*} \frac{998}{1000^{999}} + \frac{999}{1000^{1000}} + \frac{1000}{1000^{1001}} & = \frac{998}{1000^{999}} + \frac{999}{1000^{1000}} + \frac{1}{1000^{1000}} \\ & =  \frac{998}{1000^{999}} + \frac{1000}{1000^{1000}} \\ & = \frac{998}{1000^{999}} + \frac{1}{1000^{999}} \\ & = \frac{999}{1000^{999}}. \end{align*}$$ Vậy ta có $$\frac{1}{998001} =  \frac{0}{1000} + \frac{1}{1000^2} + \frac{2}{1000^3} + \cdots + \frac{997}{1000^{998}} + \frac{999}{1000^{999}} + \sum_{i=1001}^{\infty} \frac{i}{1000^{i+1}}.$$ Nhận xét thêm rằng với $n \in \mathbb{N}^\ast$ thì $$\frac{x^{n+1} - 1}{x-1} = \sum_{i=0}^n x^i.$$ Đạo hàm hai vế rồi nhân với $x^2$, ta được $$\frac{x^2 (n x^{n+1} - (n+1)x^n + 1)}{(x-1)^2} = \sum_{i=0}^n ix^{i+1}.$$ Từ đó ta có $$\sum_{i=n+1}^\infty ix^{i+1} = \sum_{i=0}^\infty ix^{i+1} - \sum_{i=0}^n ix^{i+1} = \frac{((n+1)x^n - nx^{n+1})x^2}{(x-1)^2} = \frac{((n+1) - nx)x^{n+2}}{(x-1)^2}.$$ Thay $x = \frac{1}{1000}$ và $n = 1000$, ta thu được $$\sum_{i=1001}^{\infty} \frac{i}{1000^{i+1}} = \frac{1000 \cdot 1000^2}{999^2 \cdot 1000^{1002}} < \frac{1}{1000^{1000}}.$$ Vậy $$ \begin{align*} & \frac{0}{1000} + \frac{1}{1000^2} + \frac{2}{1000^3} + \cdots + \frac{997}{1000^{998}} + \frac{999}{1000^{999}} \\ <\ & \frac{1}{998001} \\ <\ & \frac{0}{1000} + \frac{1}{1000^2} + \frac{2}{1000^3} + \cdots + \frac{997}{1000^{998}} + \frac{999}{1000^{999}} + \frac{1}{1000^{1000}}, \end{align*}$$ điều này giải thích vì sao $$\frac{1}{998001}  = 0.000001002\ldots 997999 \ldots $$ (chú ý là nó không phải số thập phân vô hạn tuần hoàn $0.(000001002\ldots 997999)$.

Bằng cách tính các tổng tương tự như vậy (thay $x = 1/10^k$, với $k \in \mathbb{N}^\ast$), ta có thể tìm được các số tương tư $998001$.

Ta chứng minh $(x_n)$ không hội tụ theo chuẩn $|| \cdot ||$.

Thật vậy, sự hội tụ theo chuẩn $|| \cdot ||$ chính là hội tụ đều, nên nếu $x_n$ hội tụ về một hàm $x$ theo chuẩn $|| \cdot ||$ thì $x_n$ hội tụ đều về $x$, nói riêng thì nó hội tụ điểm, hay $\lim_{n \to +\infty} x_n(t) = x(t)$ với mọi $t \in [0,1]$.

Nhận xét rằng, với $0 \le t < 1$ thì $\lim_{n \to +\infty} nt^n = 0$, nên $\lim_{n \to +\infty} x_n(t) = t^3$. 

Với $t = 1$ thì $x_n(1) = 1 = 1^3$ với mọi $n$.

Vậy ta có $\lim_{n \to +\infty} x_n(t) = t^3$ với mọi $t \in [0,1]$. Vậy $x(t) = t^3$ với mọi $t \in [0,1]$.

Từ đây ta sẽ chỉ ra điều mâu thuẫn rằng $x_n$ không hội tụ về $x$ theo chuẩn $||\cdot||$. Thật vậy, ta có $$||x_n - x|| \ge ||x_n(\tfrac{n}{n+1}) - x(\tfrac{n}{n+1})|| = (\tfrac{n}{n+1})^{n+1} \to \tfrac{1}{e}$$ khi $n \to +\infty$. 

Vậy ta kết luận rằng $(x_n)$ không hội tụ theo chuẩn $|| \cdot ||$.

Ngược lại, ta kiểm tra rằng $$||x_n - x||_1 = \int_0^1 |nt^n - nt^{n+1}|\,dt = \int_0^1 (nt^n - nt^{n+1})\,dt = \tfrac{n}{n+1} - \tfrac{n}{n+2} \to 0$$ khi $n \to +\infty$, nên $(x_n)$ hội tụ về hàm $x(t) = t^3$, theo chuẩn $||\cdot||_1$.

Đặt $a_n:=\sup\left(\bigcup_{k=1}^n A_k\right)$ và $a:=\sup\left(\bigcup_{k=1}^{\infty} A_k\right)$. Dãy $(a_n)_{n \ge 1}$ tăng và bị chặn trên bởi $a$ nên hội tụ. Đặt $\lim_{n \to \infty} a_n =: b$ thì $b \le a$. Ta giả sử $b < a$. Theo định nghĩa cận trên đúng, tồn tại $c \in \bigcup_{k=1}^{\infty} A_k$ sao cho $b < c \le a$. Lấy số nguyên dương $k$ sao cho $c \in A_k$. Thế thì $c \le a_k$ theo định nghĩa của $a_k$, suy ra $c \le b$, mâu thuẫn. Vậy $b = a$ (chính là điều cần chứng minh).

Cho $k$ là một trường và ký hiệu $\bar{k}$ là một bao đóng tách được của nó, và $\Gamma:=\text{Gal}(\bar{k}/k)$.

Cho $X$ là một đa tạp trơn và bất khả quy hình học trên $k$. Ký hiệu $\bar{X} = X \times_k \bar{k}$.

Cho $G$ là một nhóm đại số trơn và giao hoán trên $k$.  Ký hiệu $\bar{G} = G \times_k \bar{k}$.

Tác động của $\Gamma$ trên $X(\bar{k})$ và $G(\bar{k})$ sẽ lần lượt được ký hiệu bởi $(s,x) \mapsto {}^s x$ và $(s,g) \mapsto {}^s g$.

Các nhóm đối đồng điều dưới đây đều là đối đồng điều Galois hoặc étale.

Ta nhắc lại rằng $\Gamma$ tác động lên $H^0(\bar{X},\bar{G})$ và $H^1(\bar{X},\bar{G})$ như sau.

1. Một phần tử của $H^0(\bar{X},\bar{G}) = \bar{G}(\bar{X})$ là một $\bar{k}$-cấu xạ $\sigma: \bar{X} \to \bar{G}$. Với $s \in \Gamma$, ta định nghĩa ${}^s \sigma: \bar{X} \to \bar{G}$ là cấu xạ cho bởi công thức $x \mapsto {}^s (\sigma({}^{s^{-1}} x))$. 
2. Một phần tử của $H^1(\bar{X},\bar{G})$ được biểu diễn bởi một torsor $f: \bar{Y} \to \bar{X}$ dưới $\bar{G}$, nghĩa là $f$ là fppf, $\bar{Y}$ được trang bị một tác động phải $(y,g) \mapsto y \cdot g$ của $\bar{G}$ sao cho $f(y \cdot g) = f(y)$, và với mỗi $x \in X(\bar{k})$ thì $G(\bar{k})$ tác động truyền dẫn và tự do trên $f^{-1}(x)$ (xem thêm: https://diendantoanh...về-các-cản-trở/). Với mỗi $s \in \Gamma$, ta định nghĩa torsor liên hợp ${}^s f: {}^s \bar{Y} \to \bar{X}$ như sau: ${}^s\bar{Y} := \bar{Y}$, cấu xạ ${}^s f$ được cho bởi $({}^s f)(y):= {}^s (f(y))$, và tác động của $\bar{G}$ trên ${}^s \bar{Y}$ được cho bởi $(y,g) \mapsto y \cdot {}^{s^{-1}} g$.

Ta ký hiệu $E$ là tập hợp các cặp $(\alpha,s)$, trong đó $s \in \Gamma$ và $\alpha: {}^s \bar{Y} \to \bar{Y}$ là một đẳng cấu (giữa hai $\bar{X}$-torsor dưới $\bar{G}$. Dễ thấy $E$ có một cấu trúc nhóm hiển nhiên. Ngoài ra, nhắc lại rằng nhóm các $\bar{X}$-tự đẳng cấu của torsor $\bar{Y}$ dưới $\bar{G}$  chính là nhóm $\bar{G}(\bar{X})$ (xem Lemma 4.1 trong https://www-fourier....torsors_rev.pdf). Vậy ta có dãy khớp $$1 \to \bar{G}(\bar{X}) \to E \xrightarrow{q} \Gamma,$$ trong đó $q$ là một toàn ánh khi và chỉ khi $[\bar{Y}] \in H^0(k,H^1(\bar{X},\bar{G}))$.

Câu hỏi: Ta có dãy khớp 5 hạng tử $$0 \to H^1(k,\bar{G}(\bar{X})) \to H^1(X,G) \to H^0(k,H^1(\bar{X},\bar{G})) \xrightarrow{\partial} H^2(k,\bar{G}(\bar{X})) \to H^2(X,G)$$ rút ra từ dãy phổ Hochschild-Serre $$H^p(k,H^q(\bar{X},\bar{G})) \Rightarrow H^{p+q}(X,G).$$ Các ánh xạ trong dãy khớp trên đều hiển nhiên trừ $\partial$, nó được gọi là ánh xạ tràn (transgression). Chứng minh rằng nếu $\bar{Y} \to \bar{X}$ là một torsor dưới $\bar{G}$ sao cho $[\bar{Y}] \in H^0(k,H^1(\bar{X},\bar{G}))$ thì $\partial([\bar{Y}]) \in H^2(k,\bar{G}(\bar{X}))$ là lớp đối đồng điều được biểu diễn bởi dãy khớp $$1 \to \bar{G}(\bar{X}) \to E \xrightarrow{q} \Gamma \to 1.$$

Về câu chuyện tập sinh nhỏ nhất của nhóm $(\mathbb{Z}/n)^\times$, theo hiểu biết của mình thì chưa có công thức tổng quát để tính một cách hiệu quả tập sinh này, nhưng có một số bình luân có thể có ích.

Để theo dõi các thảo luận ở dưới thì cần có một chút kiến thức về lý thuyết nhóm, cụ thể là định lý về cấu trúc của nhóm abel hữu hạn.

1. Ta giả sử $n$ có phân tích ra thừa số nguyên tố là $n = 2^k \prod_{i=1}^{f} p_i^{k_i}$, trong đó $p_i$ là các số nguyên tố lẻ phân biệt, $k_i > 0$, và $k \ge 0$ (có một chút rắc rói với số nguyên tố 2 như mình đã nói ở post trước, nên ta sẽ tách riêng nó ra).

Theo định lý số dư Trung Hoa, ta có đẳng cấu nhóm $$(\mathbb{Z}/n)^\times \xrightarrow{\cong} (\mathbb{Z}/2^k)^\times \times \prod_{i=1}^{f} (\mathbb{Z}/p_i^{k_i})^\times, \quad a \mod m \mapsto (a \mod 2^k, a \mod p_1^{k_1},\ldots, a \mod p_f^{k_f}),$$

nên ta có thể đưa về nghiên cứu các nhóm $(\mathbb{Z}/n)^\times$ với $n$ là lũy thừa nguyên tố.

• Với $k = 0, 1$ thì $(\mathbb{Z}/2^k)^\times = \{1\}$.
• Với $k = 2$ thì $(\mathbb{Z}/4)^\times = \{1,3\} \cong \mathbb{Z}/2$, là nhóm cyclic với phần tử sinh là $3$.
• Với $k \ge 3$ thì không khó để chứng minh rằng $(\mathbb{Z}/2^k)^\times \cong (\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/2^{k-2})$ là nhóm bicyclic với hai phần tử sinh là $-1$ và $3$.

Tiếp theo, với $p$ là số nguyên tố lẻ $(\mathbb{Z}/p)^\times$ luôn là nhóm cyclic (đẳng cấu với $\mathbb{Z}/(p-1)$), tức là được sinh bởi $1$ phần tử. Nói theo ngôn ngữ phổ thông là luôn tồn tại căn nguyên thủy modulo $p$. Nhưng theo hiểu biết của mình thì không có công thức tổng quát để tìm một phần tử sinh của nhóm này.

Sau đó, ta có thể chứng minh rằng nếu $\varepsilon$ là một phần tử sinh của $(\mathbb{Z}/p^k)^\times$ thì ít nhất moojtr trong hai số $\varepsilon$ hoặc $\varepsilon + p$ sẽ là một phần tử sinh của $(\mathbb{Z}/p^{k+1})^\times$. Từ đó ta có thể dùng quy nạp để tính dần dần một phần tử sinh của $(\mathbb{Z}/p^k)^\times$ với $k \ge 1$ và $p$ nguyên tố lẻ. Nói riêng, $(\mathbb{Z}/p^k)^\times \cong \mathbb{Z}/p^{k-1}(p-1)$.

Khi tìm được các phần tử sinh $\varepsilon_i$ của $(\mathbb{Z}/p_i^{k_i})^\times$, ta tìm nghiệm nguyên $u_i$ của hệ phương trình đồng dư $$\begin{cases} u_i \equiv \varepsilon_i \pmod{p_i^{k_i}}\\ u_i \equiv 1 \pmod{2^k \prod_{\substack{j=1 \\ j \neq i}}^f p_j^{k_j}}.\end{cases}$$

Tóm lại, với phân tích của $n$ ra thừa số nguyên tố như trên,

• Với $k=0,1$ thì $(\mathbb{Z}/n)^\times \cong \prod_{i=1}^f \mathbb{Z}/p_i^{k_i-1}(p_i-1)$ với $f$ phần tử sinh là $u_1,\ldots,u_f$.
• Với $k=2$ thì $(\mathbb{Z}/n)^\times \cong (\mathbb{Z}/2) \times \prod_{i=1}^f \mathbb{Z}/p_i^{k_i-1}(p_i-1)$ với $f+1$ phần tử sinh là $u,u_1,\ldots,u_f$, trong đó $u$ là một nghiệm của hệ phương trình đồng dư $$\begin{cases} u \equiv 3 \pmod{2^k} \\ u \equiv 1 \pmod{\prod_{i=1}^{f} p_i^{k_i}}. \end{cases}$$
• Với $k\ge 3$ thì $(\mathbb{Z}/n)^\times \cong (\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/2^{k-2}) \times \prod_{i=1}^f \mathbb{Z}/p_i^{k_i-1}(p_i-1)$ với $f+2$ phần tử sinh là $u,u',u_1,\ldots,u_f$, trong đó $u$ như trên và $u'$ là một nghiệm của hệ phương trình đồng dư $$\begin{cases} u \equiv -1 \pmod{2^k} \\ u \equiv 1 \pmod{\prod_{i=1}^{f} p_i^{k_i}}. \end{cases}$$

2. Ta sẽ chỉ ra tập sinh như trên là tập sinh (có số phần tử) nhỏ nhất. Để làm điều này ta cần khái niệm nhân tử bất biến cho nhóm abel hữu hạn. Định lý cơ bản về lý thuyết nhóm abel hữu hạn nói rằng mỗi nhóm abel hữu hạn $A$ đều có thể phân tích thành $A \cong (\mathbb{Z}/d_1) \times \cdots \times (\mathbb{Z}/d_\ell)$, trong đó các số nguyên dương $d_1,\ldots,d_\ell$ được xác định một các duy nhất sao cho $d_1 > 1$ và $d_1 | d_2 | \cdots | d_\ell$. Các số nguyên dương $d_i$ được gọi là các nhân tử bất biến của $A$, và $\ell$ được gọi là độ dài bất biến của $A$.

Ví dụ, $(\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/3) \cong \mathbb{Z}/6$ có độ dài bất biến bằng $1$ và nhân tử bất biến duy nhất là $6$, trong khi $(\mathbb{Z}/4) \times (\mathbb{Z}/10) \cong (\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/4) \times (\mathbb{Z}/5) \cong (\mathbb{Z}/2) \times (\mathbb{Z}/20)$ có độ dài bất biến bằng $2$ và hai nhân tử bất biến là $2$ và $20$.

Ta chỉ ra được rằng độ dài bất biến của $A$ chính là số phần tử của bất kỳ tập sinh nhỏ nhất nào, xem https://math.stackex...nite-abelian-gr. 

Khi ta có một phân tích $A \cong \prod_{i=1}^r \mathbb{Z}/m_i$ thì $A$ được sinh bởi $r$ phần tử, nhưng $r$ không nhất thiết là độ dài bất biến (tức là số phần tử sinh nhỏ nhất), mà ta chỉ biết rằng độ dài bất biến không vượt quá $r$.

Tuy nhiên, nếu có thểm giả thiết rằng $\gcd(m_1,\ldots,m_r) > 1$ thì ta chứng minh được rằng $r$ chính là độ dài bất biến: xem chứng minh của Lemma 5.1, trang 10 trong https://personal.mat...loads/SIFMG.pdf

Áp dụng cho nhóm $A = (\mathbb{Z}/n)^\times$ như trên (ta thấy các nhóm cyclic xuất hiện đều có số phần tử chẵn), ta thấy độ dài bất biến của nhóm $(\mathbb{Z}/n)^\times$ chính là $f$ nếu $k=0,1$, là $f+1$ nếu $k=2$, và là $f+2$ nếu $k \ge 3$.

Kết luận: Nếu số ước nguyên tố phân biệt của $n$ là $f'$ thì số phần tử sinh nhỏ nhất của nhóm nhân khác số nguyên khả nghịch modulo $n$ là

• $f'$ nếu $n$ lẻ hoặc $n \equiv 4 \pmod 8$,
• $f'-1$ nếu $n \equiv 2 \pmod 4$,
• $f'+1$ nếu $n$ chia hết cho $8$.

Đề này không biết bạn lấy từ đâu? Có rất nhiều lỗi sai trong phát biểu. Bạn phải phát biểu lại đúng thì mới làm được.

Đầu tiên lấy $n = 8$ thì $d = 4 = 2^2$, và lấy $a$ là số lẻ tùy ý. Từ đây thấy không có số nguyên lẻ $u$ nào để $\ord_8(u) = 4$ cả (hãy xem cả 4 lớp đồng dư khả nghịch trong $\mathbb{Z}/8$, bình phương của chúng đều bằng $\bar{1}$). Nói chung cần lấy $n$ là số nguyên dương không chia hết cho $8$ để đảm bảo rằng các cnhosm $\mathbb{Z}/p_i^{k_i}$ là các nhóm cyclic.

Tiếp theo là $(u_1,\ldots,u_H)$ và $(L_1,\ldots,L_H)$ duy nhất theo nghĩa như nào? Mình đồ rằng ý bạn là các số $u_t$ duy nhất modulo $n$. Và với các phát biểu kia thì mình đang hiểu là $a$ cho trước, và hai bộ $(u_1,\ldots,u_H)$ và $(L_1,\ldots,L_H)$ là duy nhất, phụ thuộc vào $a$. Nhưng cái này cũng không đúng: Lấy $n = 5$ thì $d = 4 = 2^2$ và lấy $a=1$. Khi đó có có thể lấy $u = 2$ và $L = 4$, hoặc $u' = 3$ và $L'=4$ để có được $\ord_5(2) = \ord_5(3) = 4$ và $u^L \equiv (u')^{L'} \equiv 1 \pmod 5$.

Ký hiệu $e_1 = (1,0,0), e_2 = (0,1,0), e_3 = (0,0,1)$. Thế thì 3 hàng của $A$ lần lượt là $e_1 A, e_2A, e_3A$. Chúng là 3 vectơ trong $\mathbb{R}^2$ nên phụ thuộc tuyến tính, tức là tồn tại $(\lambda_1,\lambda_2,\lambda_3) \in \mathbb{R}^3 \setminus \{(0,0,0)\}$ sao cho $$\lambda_1 e_1 A + \lambda_2 e_2 A + \lambda_3 e_3 A = 0,$$ suy ra $$\lambda_1 e_1 AA^T + \lambda_2 e_2 AA^T + \lambda_3 e_3 AA^T = 0,$$ tức là 3 hàng của $AA^T$ phụ thuộc tuyến tính, nên $\det(AA^T) = 0$.

[Dummit, Foot] Abstract Algebra

Vì $A$ và $B$ giao hoán nên ta có công thức khai triển nhị thức Newton (có thể chứng minh bằng quy nạp theo $k$): $$(A+B)^k = \sum_{i+j=k} \frac{k!}{i! j!} A^i B^j = \sum_{i+j = k} \frac{k!}{i! j!} B^j A^i,$$ hay $$\frac{1}{k!}(A+B)^k = \sum_{i+j=k} \frac{1}{i! j!} A^i B^j = \sum_{i+j = k} \frac{1}{i! j!} B^j A^i$$

Từ đó $$e^A e^B = \left(\sum_{i \ge 0} \frac{1}{i!} A^i\right) \left(\sum_{j \ge 0} \frac{1}{j!} B^j\right) = \sum_{i,j \ge 0} \frac{1}{i! j!} A^i B^j = \sum_{k \ge 0} \sum_{i+j=k} \frac{1}{i! j!} A^i B^j = \sum_{k \ge 0} \frac{1}{k!}(A+B)^k = e^{A+B}.$$ Tương tự, $$e^B e^A = e^{B+A} = e^{A+B}.$$

Đẳng thức trên vẫn đúng cho hai ma trận $A$ và $B$ nếu chúng giao hoán (nhưng không cần lũy linh) nếu các phần tử của hai ma trận này nằm trong một trường có giá trị tuyệt đối (điều này cho phép trang bị cho không gian các ma trận vuông một chuẩn, từ đó nói về khái niệm hội tụ của chuỗi). 

Nhân xét rằng $n_4 > 5$ nên $n_i$ không chia hết cho $2, 3, 5$ với mọi $i \ge 4$. Theo định lý nhỏ Fermat thì $n_i^4 \equiv 1 \pmod 2$, $n_i^4 \equiv 1 \pmod 3$ và $n_i^4 \equiv 1 \pmod 5$, suy ra $n_i^4 \equiv 1 \pmod{30}$ với mọi $i \ge 4$. Từ đó $n_1^4 + n_2^4 + n_3^4 \equiv 2 \pmod{30}$.
Từ đây ta thấy $n_1, n_2, n_3$ không thể cùng lẻ, nên $n_1 = 2$, suy ra $n_2^4 + n_3^4 \equiv 1 \pmod{15}$.

Nếu $n_2 > 3 $ thì $n_2$ và $n_3$ đều không chia hết cho $3$, suy ra $n_2^4 \equiv n_3^4 \equiv 1 \pmod 3$, suy ra $n_2^4 + n_3^4 \equiv 2 \pmod 3$, mâu thuẫn. Vậy $n_2 = 3$, suy ra $n_3^4 \equiv 0 \pmod{5}$, từ đó $n_3 = 5$. Vậy $n_1, n_2, n_3$ là 3 số nguyên tố liên tiếp.