A ơi, chỗ này phép nhân đâu có nghĩa. (2x2) (2x1) (2x2)...

$YUXVYV$ anh Đức viết nhầm đấy bạn.

Bài này lập luận tí xíu là ra

$AB$ và $BA$ có cùng Giá trị riêng mà $AB$ có tất cả các Giá trị riêng là $0$ nên $BA$ cũng có tát cả các Giá trị riêng là $0$ suy ra $BA$ luỹ linh (đpcm)

p/s: Mở rộng tí xíu $A,B$ là ma trận cùng cấp $n$.Cmr $(AB)^n=0$ khi và chỉ khi $(BA)^n=0$

Với điều kiện $(AB)^2=0$ thì kết luận của bạn mới đúng với ma trận bậc 2

Mở rộng theo hướng này thì sao nhỉ?

$A,B \in M_n(\mathbb{R}), n \ge 3$. Từ $(AB)^2=0$ có suy ra được $(BA)^2=0$ hay không?

do trên nên mở rộng sai luôn rồi bạn

ngoài ra ta có thể khẳng định thêm $BCA$=$E$ nữa

Đề năm nay sao các trường cho toàn câu cũ thế này nhỉ?

đề đại số hay đó chứ a

 

Đề thi Olympic toán sinh viên trường Đại học Khoa học Tự nhiên Tp.HCM năm 2014

Thời gian: 180 phút

 

085152_hcmus.jpg

 

Môn: GIẢI TÍCH

Bài 1 (2 điểm): Chứng minh rằng không tồn tại hàm liên tục $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho $f:\mathbb{R}= \mathbb{Q}$ với $\mathbb{Q}$ là tập hợp các số hữu tỉ.

 

Bài 2 (2 điểm): Cho hàm số thực $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}^{+}$ thỏa mãn các tính chất sau:

a. $f(xf(y))=yf(x),\forall x,y \in \mathbb{R}^{+}$

b. $f(x)\rightarrow 0$ khi $x\rightarrow \infty$

 

Bài 3: (2 điểm): Giả sử $(a_{n})$ và $(b_{n})$ là dãy các số thực thỏa mãn $a_{n}\leq b_{n},\forall n$. Chứng minh rằng nếu $\sum a_{n}$ không hội tụ và không bằng $-\infty$ thì $\sum b_{n}$ không hội tụ.

 

Bài 4: (2 điểm): Chứng minh rằng nếu $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ hội tụ tuyệt đối thì $\sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2}$ hội tụ.

 

Bài 5: (1,5 điểm): Một hàm $f:D\rightarrow \mathbb{R}$ được gọi là Lipschitz nếu tồn tại một hằng số $K>0$ sao cho $|f(x)-f(y)|\leq K|x-y|,\forall x, y \in D.$ Chứng minh rằng tồn tại một hàm số liên tục đều mà không Lípchitz.

 

Bài 6: (1 điểm): Chứng minh bất đẳng thức sau đây:

$$1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}>\frac{1+\log_{2}n}{2},\forall n \geq 1$$

từ đó suy ra 

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}=+\infty$$

 

Môn: ĐẠI SỐ

Câu 1: Giải hệ phương trình:

$$\left\{\begin{matrix} x_{1}+x_{2}+x_{3}=0\\ x_{2}+x_{3}+x_{4}=0\\ ...................\\ x_{98}+x_{99}+x_{100}=0\\ x_{99}+x_{100}+x_{1}=0\\ x_{100}+x_{1}+x_{2}=0 \end{matrix}\right.$$

 

Câu 2: Cho hệ phương trình:

$$\left\{\begin{matrix} *x+*y+*z=0\\ *x+*y+*z=0\\ *x+*y+*z=0 \end{matrix}\right.$$

Hai người lần lượt điền các hệ số vào chỗ đánh dấu $*$. Chứng minh rằng người đi đầu bao giờ cũng có thể làm cho hệ phương trình chỉ có nghiệm duy nhất. Người thứ hai có luôn đạt điều đó không? Đối với một hệ phương trình tuyến tính $n$ ẩn, $n$ phương trình thì sao?

 

Câu 3: Tính định thức:

$$I_{n}=\begin{vmatrix} 5 & 3 & 0 & 0 & ... & 0 & 0\\ 2 & 5 & 3 & 0 & ... & 0 & 0\\ 0 & 2 & 5 & 3 & ... & 0 & 0\\ ... & ... & ... & ... & ... & ... & \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 \end{vmatrix}$$

 

Câu 4: Cho $A$ và $B$ là hai ma trận vuông cấp $n$ thỏa $\det(A\pm B)\neq 0$. Đặt:

$$M=\begin{pmatrix} A & B\\ B & A \end{pmatrix}$$

Chứng minh rằng $\det (M)\neq 0$

 

Câu 5: Cho $A,B \in M_{n}(\mathbb{R})$ sao cho tồn tại các số thực $\alpha ,\beta \neq 0$ thỏa mãn: $AB+\alpha A+ \beta B=0$. Chứng minh rằng $AB=BA$.

 

Câu 6: Chứng minh rằng nếu $A,B$ là các ma trận vuông cùng cấp thì $AB$ và $BA$ có cùng đa thức đặc trưng.

 

Mình thắc mắc một tí là ở câu này 2 người chỉ được điền các phần tử từ trái qua phải từ trên xuống dưới hay là có thể điền vào vị trị bất kì ?

Ấy cha, mình mắt nhắm mắt mở nhìn ko kỹ. Sorry nhé. Đây là lời giải đúng đây.

Tuy ma trận là hệ số thực , nhưng mình cứ coi nó là một ma trận phức với hệ số thực nhé.
Do đó ta có nhận xét như sau:

$A^{*}=A^T=-A$ (ở đây $A^*$ là conjugate transpose của A, hoặc là adjoint của A)

Dễ dàng thấy rằng, $A^{*}A=AA^{*}$, do đó, A là normal.
Áp dụng định lý spectral theorem, ta suy ra A chéo hoá được.

Ta chứng minh vài điều sau:

1/ Nếu $c$ là một eigenvalue của A, thì $-c$ cũng là một eigenvalue cho A.

Thực vậy,$A$ và $A^T$ là mà trận đồng dạng nên chúng có cùng eigenvalue.
Nếu c là một eigenvalue của $A$, thì -c là một eigenvalue $-A$.
Do $-A=A^T$, nên -c là một eigenvalue của $A^T$, và do đó, -c cũng là một eigenvalue của A.

Từ đó suy ra, eigenvalue của một ma trận phản đối xứng luôn có dạng $\pm c$

2/ Các eigenvalue của A là số thuần ảo: Giả sử c là một eigenvalue của A.
Ta có $<Ax, x> = <x, A^{*}x> = <x, -Ax>$
Và $<Ax, x> = <cx, x> = c<x, x>$
$<x, -Ax> = <x, -cx> = -\bar{c}<x,x>$

Do đó, $c=-\bar{c}$, điều này chỉ có thể khi c=b*i với b là số thực.

Từ 1/ và 2/ ta có các eigenvalue của A có thể là a*i, -a*i, b*i, -b*i (chú ý rằng a có thể bằng b)

det(A)= tích của các eigenvalues của A. Do đó, det(A) phải là số ko âm.

Thực ra, dễ dàng thấy rằng, cách chứng minh này có thể suy ra mọi ma trận phản xứng cấp chẵn đều có determinant không âm.

số thực cũng chỉ là số phức với phần ảo bằng 0 thôi,nên hiển nhiên ta có thể  xem đó là ma trận phức.

Một mở rộng nhỏ cho trường hợp cấp ma trận lẻ là :ma trận có 1 trị riêng là 0 còn chẵn lần các trị riêng còn lại đối nhau từng đôi một:ia,-ia,...,in,-in.

Kết hợp:định thức của ma trận đối xứng là một số không âm

$A^T=-A$. Lấy determinant hai vế $det(A)=det(A^T)=(-1)^ndet(A)$. Từ đó đpcm

bạn suy ra điều phải cm ở đâu,lời giải sai rồi ạ.

$A$ là ma trận cấp $n$ à bạn

Mở đầu bằng câu dễ trước nhá

Ta thấy $f'(x)=g(x)$

Mặt khác $f(x)=\prod_{i=1}^{2014}(x-x_i)$

$\Rightarrow \frac{f'(x)}{f(x)}=\sum_{i=1}^{2014}\frac{1}{x-x_i}$

$\Rightarrow \sum_{i=1}^{2014}\frac{g(x_i)}{f'(x_i)}=1$

 

dòng trên không đúng.bạn có thể làm rõ thêm tí không?

Suy nghĩ lại một tí mới thấy mình hâm. Ta khử Gauss ma trận khối ban đầu bằng cách khử Gauss từng ma trận A, B. Từ đó ta có det của ma trận khối bằng tích các phần tử trên đường chéo và bằng tích của định thức A và B. Còn một cách nữa là dùng định nghĩa, cái này thì hơi mệt. Bạn laplace nói nốt hộ mình cách làm nhé để cho đủ bộ định nghĩa, Gauss, laplace. 

Bạn có thể nói rõ hơn phần này được không,mình chưa thấy rõ được.

bạn cần chỉ rõ thêm cấp của ma trận giả sử $A$  cấp $n$ và $B$ cấp $m$. Ta khai triển laplace theo $n$ dòng đầu tiên định thức ma trận khối bằng $\binom{m+n}{n}$ tổng các định thức con thành phần trong đó chỉ có $(-1)^(n(n+1))det(A).det(B)$ khác $0$ còn lại $\binom{n+m}{n}$-1 định thức là $0$ vì hạng tử định thức thành phần đều chứa ít nhất 1 cột toàn $0$.

Bạn chỉ cần khai triển laplace là thấy rõ mà.

vâng ma trận cấp lẻ cũng được.nhưng theo các giải thích của bạn c/m ma trận dạng trên khả nghịch thì không thuyết phục,lúc đó bạn nói định thức của ma trận trên đồng dư 1 mod 2 với định thức của một ma trận,nhưng dạng của ma trận được đồng dư đó bạn không thể chỉ ra chính xác và chắc chắc rằng nó khác không được vì các phẩn tử trên đường chéo được sắp xếp bất kì.theo mình lời bạn có thể tham khảo lời giải dưới đây

http://forum.mathsco...ead.php?t=46537

Đặt $A^2=(bij)$ khi đó $(bij)=\sum \sum_{aik}^{akj}$ .xét 3 trường hợp,chứng minh từng trường hợp.ở TH 1 phép toán nhân hơi phức tạp

Xin hỏi chủ topic một điều là: "n ở đây là số như thế nào?"

Nếu chứng minh đẳng thức với mọi n là số nguyên dương nên rất tự nhiên ta nghĩ đến việc chứng minh bằng quy nạp. Tuy nhiên trong quá trình chứng minh ta nên chuyển đẳng thức cần chứng minh về dạng $$A^n=a_n.A+b_n.I$$ cho đơn giản. Đồng thời ta phải sử dụng đến giả thiết "Ma trận A có hai trị riêng phân biệt a, b".

Cụ thể:

A là ma trận vuông cấp hai có hai trị riêng phân biệt $a,b$ nên có đa thức đặc trưng là $$p(x)=(x-a)(x-b)=x^2-(a+b)x+ab$$
Áp dụng định lý Caley-Haminton ta có: $$A^2=(a+b)A-abI$$
Đây là mấu chốt trong phép chứng minh này. Chúc bạn thành công!

Tiếp theo bạn dùng qui nạp chứng minh đẳng thức đầu bài

có đề đại số không bạn

Ý là nếu $detA=0$ thì tồn tại một giá trị riêng bằng 0 thôi chứ. Viết như vậy hiểu là mọi giá trị riêng đều bằng 0.

Tương đương 2 chiều luôn hả a? Hình như chỉ có một chiều.

2 chiều bạn à.

biểu diễn ánh xạ này bằng một ma trận trong cơ sở chuẩn của $\mathbb{R}^3$, sao đó chéo hoá cái ma trận đó là xong.

vậy cơ sở cần tìm là cơ sở chuẩn??

Nếu dùng định thức Vandermonde thì có phải như vầy không bạn

 

Xét định thức:

 

$D=\begin{vmatrix}k_1 & k_2 & ...& k_n \\ k_1.a_1 & k_2.a_2 &...& k_n.a_n \\ k_1.a_1a^2 & k_2.a_2^2&...&k_n.a_n^2 \\ ... \\ k_1.a_1^{n-1} & k_2.a_2^{n-1} &...& k_n.a_n^{n-1}  \end{vmatrix}$

 

$= k_1.k_2...k_n.\begin{vmatrix}1 & 1 &...&1 \\ a_1 & a_2 &... &a_n \\ a_1^2 & a_2^2 & ...&a_n^2 \\... \\ a_1^{n-1} & a_2^{n-1} &...&a_n^{n-1}  \end{vmatrix}=k_1.k_2...k_n.\prod_{j>i}(a_j-a_i)$

 

Do hệ phương trình có vô số nghiệm nên $D=0$, vì các $a_i$ khác nhau đôi một nên $k_1.k_2...k_n=0$. Không mất tính tổng quát có thể giả sử $k_1=0$. 

 

Sau đó tiếp tục xét hệ {$e^{a_2x},e^{a_3x},...,e^{a_nx}$} với lập luận trên ta cũng lần lượt suy ra $k_2=k_3=...=k_n=0$

vì sao bạn có dòng này.

Cơ sở

$$x_1=(1,0,...,-1),x_2=(0,1,...,-1),...,x_{n-1}=(0,0,...,1,-1)$$

Hiểu là, đây là phương trình của siêu phẳng trong $\mathbb{R}^n$.

giải thích đi bạn

Mình nghĩ là câu A đúng vì có định lí như thế này:
Số chiều của ko gian hàng của ma trận A bằng số chiều của ko gian cột của A và bằng hạng của A
Nên sự ĐLTT hay PTTT ko phụ thuộc m,n
Cho BT thì có thể làm dc chứ mấy cái lí thuyết này mình thấy lăn tăn wá!

Nhưng để là cơ sở thì det phải khác không. Mình đã cho ví dụ trên khi m=n nhưng detA=0 đó.

Vui lòng xem lại cách giải của bạn xem có sai ở đâu hay không?

Chắc a @Đức nhầm:Sửa lại thành:$D_{n}=a_{n}.x_{1}.x_{3}...x_{n-1}+x_{n}.D_{n-1}$.

Khai triển theo cột cuối cùng ta có biểu thức truy hồi như sau:
$D_{n}=a_{n}.x_{2}.x_{3}...x_{n}+x_{n}.D_{n-1}$
Mọi người tiếp tục nha!