Chủ đề này có 17 trả lời

[bachocdien]

Câu 1. Cho ma trận $A=\begin{pmatrix} -2 & 1 & 2\\ -7 & 3 & 5\\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$. đặt $U_{n}=E+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}A^{k}$ với E là ma trận đơn vị cấp 3. Tính $\lim_{n \to \infty }U_{n}$

Câu 2. Dãy số Fibonaci được định nghĩa bởi $F_{0}=1$;$F_{1}=1$;$F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}$nếu $n\geq 1$

a)CMR: $F_{n}^{2}-F_{n-1}F_{n+1}=(-1)^{n}$ nếu $n\geq 1$

b)Tính giá trị của $\prod_{n=1}^{+\infty }\left ( 1+\frac{(-1)^{n+1}}{F_{n}^{2}} \right )$

Câu 3. Với $a_{i},b_{i}(i=1,2,...n)$ là các số thực cho trước đôi một phân biệt. Xét hệ phương trình sau:
$$\left\{\begin{matrix} \frac{x_{1}}{a_{1}-b_{1}}+\frac{x_{2}}{a_{1}-b_{2}}+...\frac{x_{n}}{a_{1}-b_{n}}=1\\ \frac{x_{1}}{a_{2}-b_{1}}+\frac{x_{2}}{a_{2}-b_{2}}+...+\frac{x_{n}}{a_{2}-b_{n}}=1\\ .......................................\\ \frac{x_{1}}{a_{n}-b_{1}}+\frac{x_{2}}{a_{n}-b_{2}}+...+\frac{x_{n}}{a_{n}-b_{n}}=1 \end{matrix}\right.$$

a)Giải hệ phương trình
b)Tính tổng các ngiệm

Câu 4. Cho $A=\begin{bmatrix} a &b \\ c &d \end{bmatrix}$ là một ma trận thực hoặc phức với các giá trị riêng phân biệt $\lambda _{1},\lambda _{2}$ và các vector riêng tương ứng $X_{1},X_{2}$. Cho $P=\begin{bmatrix} X_{1}\setminus X_{2} \end{bmatrix}$. CMR hệ $\left\{\begin{matrix} x_{n+1}=ax_{n}+by_{n}\\ y_{n+1}=cx_{n}+dy_{n} \end{matrix}\right.$ có nghiệm là $\begin{bmatrix} x_{n}\\ y_{n} \end{bmatrix}=\alpha \lambda _{1}^{n}X_{1}+\beta \lambda _{2}^{n}X_{2}$ trong đó $\alpha ,\beta$ được xác định bởi phương trình $\begin{bmatrix} \alpha \\ \beta \end{bmatrix}=P^{-1}\begin{bmatrix} x_{0}\\ y_{0} \end{bmatrix}$

Câu 5. Cho ma trận $A=\begin{bmatrix} 2 &-1 &0 &0 \\ 0 &2 &-1 &0 \\ 0 &0 &2 &-1 \\ 0 &0 &0 &2 \end{bmatrix}$. tìm tất cả các ma trận X thỏa mãn $A.X=X.A$

câu 6.Biện luận theo m nghiệm đa thức $P(x)$ của phương trình hàm sau: $1+x+P(x)=m[P(x+1)+P(x-1)]$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 11-01-2013 - 22:28

[Ispectorgadget]

Câu 2. Dãy số Fibonaci được định nghĩa bởi $F_{0}=1$;$F_{1}=1$;$F_{n+1}=F_{n}+F_{n-1}$nếu $n\geq 1$

a)CMR: $F_{n}^{2}-F_{n-1}F_{n+1}=(-1)^{n}$ nếu $n\geq 1$

Ta có: $F_2^2-F_1F_{3}=1-1.2=-1;F_3^2-F_2F_4=2^2-1.3=1$.
Giả sử $F_n^2-F_{n-1}F_{n+1}=(-1)^{n-1}$ đúng. Khi ấy theo quy nạp $$F_{n+1}^2-F_nF_{n+2}=F_{n+1}(F_n+F_{n-1})-F_n.(F_{n+1}+F_n)=F_{n+1}F_{n-1}-F_n^2=-(-1)^{n-1}=(-1)^n$$

[vo van duc]

Câu 4. Cho $A=\begin{bmatrix} a &b \\ c &d \end{bmatrix}$ là một ma trận thực hoặc phức với các giá trị riêng phân biệt $\lambda _{1},\lambda _{2}$ và các vector riêng tương ứng $X_{1},X_{2}$. Cho $P=\begin{bmatrix} X_{1}\setminus X_{2} \end{bmatrix}$. CMR hệ $\left\{\begin{matrix} x_{n+1}=ax_{n}+by_{n}\\ y_{n+1}=cx_{n}+dy_{n} \end{matrix}\right.$ có nghiệm là $\begin{bmatrix} x_{n}\\ y_{n} \end{bmatrix}=\alpha \lambda _{1}^{n}X_{1}+\beta \lambda _{2}^{n}X_{2}$ trong đó $\alpha ,\beta$ được xác định bởi phương trình $\begin{bmatrix} \alpha \\ \beta \end{bmatrix}=P^{-1}\begin{bmatrix} x_{0}\\ y_{0} \end{bmatrix}$

Đặt $X_{n}=\begin{bmatrix} x_{n}\\ y_{n} \end{bmatrix}$

Ta có: $\left\{\begin{matrix} x_{n+1}=ax_{n}+by_{n}\\ y_{n+1}=cx_{n}+dy_{n} \end{matrix}\right. \Leftrightarrow X_{n+1}=AX_{n}$

Suy ra $X_{n}=A^{n}X_{0}$ với $X_{0}=\begin{bmatrix} x_{0}\\ y_{0} \end{bmatrix}$

Ma trận A có hai trị riêng phân biệt $\lambda _{1}$, $\lambda _{2}$ và các véc tơ riêng tương ứng là $X_{1}$, $X_{2}$. Đặt $P=\begin{bmatrix} X_{1} X_{2} \end{bmatrix}$.

Khi đó A chéo hóa được bởi ma trận khả nghịch $P$

Tức là $P^{-1}AP=\begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0\\ 0 & \lambda _{2} \end{bmatrix}$

$\Rightarrow A=P\begin{bmatrix} \lambda _{1} & 0\\ 0 & \lambda _{2} \end{bmatrix}P^{-1}$

$\Rightarrow A^{n}=P\begin{bmatrix} \lambda _{1}^{n} & 0\\ 0 & \lambda _{2}^{n} \end{bmatrix}P^{-1}$

Suy ra

$X_{n}=P\begin{bmatrix} \lambda _{1}^{n} & 0\\ 0 & \lambda _{2}^{n} \end{bmatrix}P^{-1}.X_{0}$

$=\begin{bmatrix} X_{1}X_{2} \end{bmatrix}.\begin{bmatrix} \lambda _{1}^{n} & 0\\ 0 & \lambda _{2}^{n} \end{bmatrix}\begin{bmatrix} \alpha \\ \beta \end{bmatrix}$

$=\begin{bmatrix} X_{1}X_{2} \end{bmatrix}.\begin{bmatrix} \alpha \lambda _{1}^{n}\\ \beta \lambda _{2}^{n} \end{bmatrix}$

$=\alpha \lambda _{1}^{n}X_{1}+\beta \lambda _{2}^{n}X_{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 13-01-2013 - 13:07

[vo van duc]

Câu 5. Cho ma trận $A=\begin{bmatrix} 2 &-1 &0 &0 \\ 0 &2 &-1 &0 \\ 0 &0 &2 &-1 \\ 0 &0 &0 &2 \end{bmatrix}$. tìm tất cả các ma trận X thỏa mãn $A.X=X.A$

Ta phân tích $A=2I+A_{1}+A_{2}+A_{3}$

Trong đó:

$A_{1}=\begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

$A_{2}=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

$A_{3}=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

Đặt $X=\begin{bmatrix} a & b & c & d\\ e & f & g & h\\ i & j & k & l\\ m & n & p & q \end{bmatrix}$

Ma trận X giao hoán với A khi và chỉ khi X lần lượt giao hoán với $A_{1},A_{2},A_{3}$

* Từ điều kiện $A_{1}X=XA_{1}\Rightarrow X=\begin{bmatrix} a & b & c & d\\ 0 & a & 0 & 0\\ 0 & j & k & l\\ 0 & n & p & q \end{bmatrix}$

* Từ điều kiện $A_{2}X=XA_{2}\Rightarrow X=\begin{bmatrix} a & 0 & c & d\\ 0 & a & 0 & 0\\ 0 & 0 & a & 0\\ 0 & 0 & p & q \end{bmatrix}$

* Từ điều kiện $A_{3}X=XA_{3}\Rightarrow X=\begin{bmatrix} a & 0 & 0 & d\\ 0 & a & 0 & 0\\ 0 & 0 & a & 0\\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix}$

Kết luận: Tất cả các ma trận X giao hoán với A sẽ có dạng

$X=\begin{bmatrix} a & 0 & 0 & d\\ 0 & a & 0 & 0\\ 0 & 0 & a & 0\\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix}, \forall a,d$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 14-01-2013 - 10:14

[phudinhgioihan]

Ta phân tích $A=2I+A_{1}+A_{2}+A_{3}$

Trong đó:

$A_{1}=\begin{bmatrix} 0 & -1 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

$A_{2}=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

$A_{3}=\begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

Đặt $X=\begin{bmatrix} a & b & c & d\\ e & f & g & h\\ i & j & k & l\\ m & n & p & q \end{bmatrix}$

Ma trận X giao hoán với A khi và chỉ khi X lần lượt giao hoán với $A_{1},A_{2},A_{3}$

Chỗ này : "Ma trận X giao hoán với A khi và chỉ khi X lần lượt giao hoán với $A_{1},A_{2},A_{3}$" tức

$$A_1X+A_2X+A_3X=XA_1+XA_2+XA_3 $$
$$\Leftrightarrow \begin{cases} A_1X=XA_1 \\ A_2X=XA_2 \\ A_3X=XA_3 \end{cases}$$

Nói chung là không đúng với ma trận bất kỳ nên cần phải CM anh !

[vo van duc]

Cảm ơn em! Ý tưởng này mới nảy ra hồi anh nhắn tin cho em thôi. hi. Mệnh đề đó sai rối. hi. Cái tội không chịu chứng minh kỹ. hi. Nhưng cũng với ý tưởng phân tích thế này, anh đã chứng minh hoàn thiện đã giải quyết xong bài toán. Giờ online bằng di động nên tối gởi lên cho. hi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 14-01-2013 - 20:45

[HeilHitler]

[/color]

Chỗ này : "Ma trận X giao hoán với A khi và chỉ khi X lần lượt giao hoán với $A_{1},A_{2},A_{3}$" tức

$$A_1X+A_2X+A_3X=XA_1+XA_2+XA_3 $$
$$\Leftrightarrow \begin{cases} A_1X=XA_1 \\ A_2X=XA_2 \\ A_3X=XA_3 \end{cases}$$

Nói chung là không đúng với ma trận bất kỳ nên cần phải CM anh !

Thực ra chỉ cần xét ma trận $B=A-2I$ để có $BX=XB$. Ở đây có thể thấy ma trận $-BX$ là ma trận thu được bằng cách tịnh tiến tất cả các dòng của $X$ lên phía trên 1 đơn vị, và dòng cuối chuyển thành 0. Còn ma trận $-XB$ là ma trận thu đuợc bằng cách tịnh tiến tất cả các các cột của $X$ sang phía phải 1 đơn vị, và chuyển tất cả các cột đầu thành 0. Thành thử việc quy về đẳng thức $BX=XB$ có thể dễ dàng tìm ra $X$.
Cụ thể, đặt $X=\begin{bmatrix} a & b & c & d\\ e & f & g & h\\ i & j & k & l\\ m & n & p & q \end{bmatrix}$ thì:
$\begin{bmatrix} e & f & g & h\\ i & j & k & l\\ m & n & p & q\\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} 0 & a & b & c\\ 0 & e & f & g\\ 0 & i & j & k\\ 0 & m & n & p \end{bmatrix}$
Dẫn đến:
$X=\begin{bmatrix} a & b & c & d\\ 0 & a & b & c\\ 0 & 0 & a & b\\ 0 & 0 & 0 & a \end{bmatrix}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HeilHitler: 14-01-2013 - 18:47

[phudinhgioihan]

Câu 1. Cho ma trận $A=\begin{pmatrix} -2 & 1 & 2\\ -7 & 3 & 5\\ -1 & 1 & 1 \end{pmatrix}$. đặt $U_{n}=E+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}A^{k}$ với E là ma trận đơn vị cấp 3. Tính $\lim_{n \to \infty }U_{n}$

Câu này lừa tình quá @@

Chéo hóa ma trận $A$

$$A=P \begin{bmatrix}2 & 0 &0 \\0 &-1 &0 \\ 0& 0 &1\end{bmatrix} P^{-1}$$

Với $P=\begin{bmatrix}1 & -1 &1 \\2 &-3 &1 \\ 1& 1 &1\end{bmatrix} $

$P^{-1}=\begin{bmatrix}-2 & 1 &1 \\-\frac{1}{2} &0 &\frac{1}{2} \\ \frac{5}{2}& -1 &\frac{-1}{2}\end{bmatrix}$

Suy ra $$\dfrac{1}{k}A^k=\frac{1}{k} \begin{bmatrix}
-2.2^k+\frac{1}{2}(-1)^k+\frac{5}{2} & 2^k-1 &2^k-\frac{1}{2}(-1)^k-\frac{1}{2} \\
-4.2^k+\frac{3}{2}(-1)^k+\frac{5}{2} &2.2^k-1 &2.2^k-\frac{3}{2}(-1)^k-\frac{1}{2} \\
-2.2^k-\frac{1}{2}(-1)^k+\frac{5}{2}& 2^k-1 &2^k+\frac{1}{2}(-1)^k-\frac{1}{2}
\end{bmatrix}$$

Lấy một phần tử chẳng hạn $\dfrac{2^k-1}{k}\underset{k \to +\infty}{\longrightarrow} +\infty$


Do đó $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}A^k $ không hội tụ khi $n \to +\infty $ , suy ra $U_n$ không hội tụ khi $n \to +\infty$

[1110004]

em vẫn không hiểu chứng minh của anh vo van du thì AX=(A₁+A₂+A₃+2I)X=A₁X+A₂X+A₃X+2X=XA₁+XA₂+XA₃+2X=X(A₁+A₂+A₃+2I)=XA
vậy thì chứng minh đúng rồi sao anh phudinhgiohan noi là "Nói chung là không đúng với ma trận bất kỳ nên cần phải CM anh !" giải thích dùm em đi anh!!!cám ơn anh!!

[bachocdien]

Câu này lừa tình quá @@

Chéo hóa ma trận $A$

$$A=P \begin{bmatrix}2 & 0 &0 \\0 &-1 &0 \\ 0& 0 &1\end{bmatrix} P^{-1}$$

Với $P=\begin{bmatrix}1 & -1 &1 \\2 &-3 &1 \\ 1& 1 &1\end{bmatrix} $

$P^{-1}=\begin{bmatrix}-2 & 1 &1 \\-\frac{1}{2} &0 &\frac{1}{2} \\ \frac{5}{2}& -1 &\frac{-1}{2}\end{bmatrix}$

Suy ra $$\dfrac{1}{k}A^k=\frac{1}{k} \begin{bmatrix}
-2.2^k+\frac{1}{2}(-1)^k+\frac{5}{2} & 2^k-1 &2^k-\frac{1}{2}(-1)^k-\frac{1}{2} \\
-4.2^k+\frac{3}{2}(-1)^k+\frac{5}{2} &2.2^k-1 &2.2^k-\frac{3}{2}(-1)^k-\frac{1}{2} \\
-2.2^k-\frac{1}{2}(-1)^k+\frac{5}{2}& 2^k-1 &2^k+\frac{1}{2}(-1)^k-\frac{1}{2}
\end{bmatrix}$$

Lấy một phần tử chẳng hạn $\dfrac{2^k-1}{k}\underset{k \to +\infty}{\longrightarrow} +\infty$


Do đó $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}A^k $ không hội tụ khi $n \to +\infty $ , suy ra $U_n$ không hội tụ khi $n \to +\infty$

lúc em làm, chéo hóa...sai

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bachocdien: 14-01-2013 - 19:34

[phudinhgioihan]

em vẫn không hiểu chứng minh của anh vo van du thì AX=(A₁+A₂+A₃+2I)X=A₁X+A₂X+A₃X+2X=XA₁+XA₂+XA₃+2X=X(A₁+A₂+A₃+2I)=XA
vậy thì chứng minh đúng rồi sao anh phudinhgiohan noi là "Nói chung là không đúng với ma trận bất kỳ nên cần phải CM anh !" giải thích dùm em đi anh!!!cám ơn anh!!

Dòng này $AX=(A_1+A_2+A_3+2I)X=A_1X+A_2X+A_3X+2X=XA_1+XA_2+XA_3+2X=X(A_1+A_2+A_3)=XA$

có nghĩa là nếu $A_1X=XA_2\;, A_2X=XA_2\;\;, A_3X=XA_3$ thì $AX=XA$ , cái này hiển nhiên. Chiều ngược lại $AX=XA$ chưa chắc đã có $A_1X=XA_2\;, A_2X=XA_2\;\;, A_3X=XA_3$ . Tính chất của chiều ngược lại này chỉ đúng với một số lớp ma trận nhất định, do đó cần phải cm họ $(A_1,A_2,A_3)$ có tính chất đó.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phudinhgioihan: 14-01-2013 - 19:49

[phudinhgioihan]

Câu 3. Với $a_{i},b_{i}(i=1,2,...n)$ là các số thực cho trước đôi một phân biệt. Xét hệ phương trình sau:
$$\left\{\begin{matrix} \frac{x_{1}}{a_{1}-b_{1}}+\frac{x_{2}}{a_{1}-b_{2}}+...\frac{x_{n}}{a_{1}-b_{n}}=1 \;\;\\ \frac{x_{1}}{a_{2}-b_{1}}+\frac{x_{2}}{a_{2}-b_{2}}+...+\frac{x_{n}}{a_{2}-b_{n}}=1 \;\;\\ .......................................\\ \frac{x_{1}}{a_{n}-b_{1}}+\frac{x_{2}}{a_{n}-b_{2}}+...+\frac{x_{n}}{a_{n}-b_{n}}=1 \;\;\end{matrix}\right.$$

a)Giải hệ phương trình
b)Tính tổng các ngiệm

Ta biểu diễn hệ trên bằng ma trận $A$

$$A=(a_{ij})_{ij}=\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{a_1-b_1}&\dfrac{1}{a_1-b_2} &... & \dfrac{1}{a_1-b_n} &1 \\
\dfrac{1}{a_2-b_1}&\dfrac{1}{a_2-b_2} &... &\dfrac{1}{a_2-b_n} &1 \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
\dfrac{1}{a_n-b_1}&\dfrac{1}{a_n-b_2} &... & \dfrac{1}{a_n-b_n} & 1\\

\end{bmatrix}$$

Việc giải hệ quy về việc biến đổi sơ cấp dòng đưa $A'$ ($A'$ có được từ $A$ bỏ đi cột cuối cùng) về ma trận bậc thang.

$$A \overset{d_{n}-d_i}{\longrightarrow} \begin{bmatrix}
\frac{a_1-a_n}{(a_1-b_1)(a_n-b_1)} &\frac{a_1-a_n}{(a_1-b_2)(a_n-b_2)} &... &\frac{a_1-a_n}{(a_1-b_n)(a_n-b_n)}&0 \\
\frac{a_2-a_n}{(a_2-b_1)(a_n-b_1)}&\frac{a_2-a_n}{(a_2-b_2)(a_n-b_2)} &... &\frac{a_2-a_n}{(a_2-b_n)(a_n-b_n)} &0\\
\vdots & \vdots & & \vdots &\\
\frac{a_{n-1}-a_n}{(a_{n-1}-b_1)(a_n-b_1)} &\frac{a_{n-1}-a_n}{(a_{n-1}-b_2)(a_n-b_2)} & ... & \frac{a_{n-1}-a_n}{(a_{n-1}-b_n)(a_n-b_n)}&0\\
\frac{1}{a_n-b_1}&\frac{1}{a_n-b_2} &... &\frac{1}{a_n-b_n} &1
\end{bmatrix}$$

$$ \overset{\frac{d_i}{a_i-a_{n}}}{\longrightarrow} \begin{bmatrix}
\frac{1}{(a_1-b_1)(a_n-b_1)} &\frac{1}{(a_1-b_2)(a_n-b_2)} &... &\frac{1}{(a_1-b_n)(a_n-b_n)}&0 \\
\frac{1}{(a_2-b_1)(a_n-b_1)}&\frac{1}{(a_2-b_2)(a_n-b_2)} &... &\frac{1}{(a_2-b_n)(a_n-b_n)} &0\\
\vdots & \vdots & & \vdots &\\
\frac{1}{(a_{n-1}-b_1)(a_n-b_1)} &\frac{1}{(a_{n-1}-b_2)(a_n-b_2)} & ... & \frac{1}{(a_{n-1}-b_n)(a_n-b_n)}&0\\
\frac{1}{a_n-b_1}&\frac{1}{a_n-b_2} &... &\frac{1}{a_n-b_n} &1
\end{bmatrix}$$

$\overset{d_n-(a_i-b_n)d_i}{\longrightarrow} \begin{bmatrix}
\frac{b_n-b_1}{(a_n-b_1)(a_1-b_1)} &\frac{b_n-b_2}{(a_n-b_2)(a_1-b_2)} & ... & \frac{b_n-b_{n-1}}{(a_n-b_{n-1})(a_1-b_{n-1})} &0&1 \\
\frac{b_n-b_1}{(a_n-b_1)(a_2-b_1)} &\frac{b_n-b_2}{(a_n-b_2)(a_2-b_2)} &... &\frac{b_n-b_{n-1}}{(a_n-b_{n-1})(a_{2}-b_{n-1})} &0&1 \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \\ \frac{b_n-b_1}{(a_n-b_1)(a_{n-1}-b_1)} &\frac{b_n-b_2}{(a_n-b_2)(a_{n-1}-b_2)} &...&\frac{b_n-b_{n-1}}{(a_n-b_{n-1})(a_{n-1}-b_{n-1})}& 0& 1 \\
\frac{1}{a_n-b_1}&\frac{1}{a_n-b_2} &... &\frac{1}{a_n-b_{n-1}} &\frac{1}{a_n-b_n}&1
\end{bmatrix}$


tương tụ như vậy, áp dụng quy trình gồm 3 bước :$ d_{n-1}-d_i \to d_i \;\;, \dfrac{d_i}{a_i-a_{n-1}} \to d_i \;\;, d_{n-1}-(a_i-a_{n-1})d_i\to d_i$ ta thu được ma trận

$ \begin{bmatrix}
\frac{(b_n-b_1)(b_{n-1}-b_1)}{(a_n-b_1)(a_{n-1}-b_1)(a_1-b_1)} &\frac{(b_n-b_2)(b_{n-1}-b_2)}{(a_n-b_2)(a_{n-1}-b_2)(a_1-b_2)} & ... & \frac{(b_n-b_{n-1})(b_{n-1}-b_{n-2})}{(a_n-b_{n-2})(a_{n-1}-b_{n-2})(a_1-b_{n-2})} &0&0&1 \\
\frac{(b_n-b_1)(b_{n-1}-b_1)}{(a_n-b_1)(a_{n-1}-b_1)(a_2-b_1)} &\frac{(b_n-b_2)(b_{n-1}-b_2)}{(a_n-b_2)(a_{n-1}-b_2)(a_2-b_2)} &... &\frac{(b_n-b_{n-1})(b_{n-1}-b_{n-2})}{(a_n-b_{n-2})(a_{n-1}-b_{n-2})(a_{2}-b_{n-2})} &0&0&1 \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \\\frac{(b_n-b_1)(b_{n-1}-b_1)}{(a_n-b_1)(a_{n-1}-b_1)(a_{n-2}-b_1)}&\frac{(b_n-b_2)(b_{n-1}-b_2)}{(a_n-b_2)(a_{n-1}-b_2)(a_{n-2}-b_2)}&...&\frac{(b_n-b_{n-1})(b_{n-1}-b_{n-2})}{(a_n-b_{n-2})(a_{n-1}-b_{n-2})(a_{n-2}-b_{n-2})}&0&0&1 \\ \frac{b_n-b_1}{(a_n-b_1)(a_{n-1}-b_1)} &\frac{b_n-b_2}{(a_n-b_2)(a_{n-1}-b_2)} &...&&\frac{b_n-b_{n-1}}{(a_n-b_{n-1})(a_{n-1}-b_{n-1})}& 0& 1 \\
\frac{1}{a_n-b_1}&\frac{1}{a_n-b_2} &... & &\frac{1}{a_n-b_{n-1}} &\frac{1}{a_n-b_n}&1
\end{bmatrix}$

Tiếp tục thục hiện quy trình gồm 3 bước tương tự trên, sau $n-1$ lần quy trình 3 bước, ta thu được ma trận

$\begin{bmatrix}
\frac{\prod_{k=2}^{n}(b_k-b_1)}{\prod_{k=1}^n(a_k-b_1)} & 0 &... &0 &0&0 &1 \\
\frac{\prod_{k=3}^n(b_k-b_1)}{\prod_{k=2}^n (a_k-a_1)} & \frac{\prod_{k=3}^n(b_k-b_2)}{\prod_{k=2}^n(a_k-b_2)} & ..& 0&0&0 &1 \\
\vdots & \vdots & \vdots & & \\
\frac{b_n-b_1}{(a_n-b_1)(a_{n-1}-b_1)} &\frac{b_n-b_2}{(a_n-b_2)(a_{n-1}-b_2)} &..&&\frac{b_n-b_{n-1}}{(a_n-b_{n-1})(a_{n-1}-b_{n-1})}& 0& 1 \\
\frac{1}{a_n-b_1}&\frac{1}{a_n-b_2} &.. & &\frac{1}{a_n-b_{n-1}} &\frac{1}{a_n-b_n}&1
\end{bmatrix}$

Do đó $\forall i \in \{1,...,n\} \;\;,x_i=\dfrac{\prod_{k=2\;,k \neq i}^n (b_k-b_i)}{\prod_{k=1}^n(a_k-b_i)}$


Từ đây suy ra tổng tất cả các nghiệm bằng $a_1+a_2+...+a_n-(b_1+b_2+...+b_n) $

[letrongvan]

Dòng này $AX=(A_1+A_2+A_3+2I)X=A_1X+A_2X+A_3X+2X=XA_1+XA_2+XA_3+2X=X(A_1+A_2+A_3)=XA$

có nghĩa là nếu $A_1X=XA_2\;, A_2X=XA_2\;\;, A_3X=XA_3$ thì $AX=XA$ , cái này hiển nhiên. Chiều ngược lại $AX=XA$ chưa chắc đã có $A_1X=XA_2\;, A_2X=XA_2\;\;, A_3X=XA_3$ . Tính chất của chiều ngược lại này chỉ đúng với một số lớp ma trận nhất định, do đó cần phải cm họ $(A_1,A_2,A_3)$ có tính chất đó.

Theo em thế này: A=2I+B vậy chỉ cần B giao hoán với X là xong, có cần thiết tách thành ba cái ma trận cho rắc rối như anh vo van duc không anh?

[phudinhgioihan]

Theo em thế này: A=2I+B vậy chỉ cần B giao hoán với X là xong, có cần thiết tách thành ba cái ma trận cho rắc rối như anh vo van duc không anh?

 

Thật ra tách $A=2I-B$ , khi đó $B$ là ma trận Jordan, dễ kiểm tra rằng $\forall k \ge 4, B^k=0$ , vậy ta có thể dùng khai triển Newton để tính dễ dàng rồi .

[letrongvan]

Ta biểu diễn hệ trên bằng ma trận $A$

$$A=(a_{ij})_{ij}=\begin{bmatrix}
\dfrac{1}{a_1-b_1}&\dfrac{1}{a_1-b_2} &... & \dfrac{1}{a_1-b_n} &1 \\
\dfrac{1}{a_2-b_1}&\dfrac{1}{a_2-b_2} &... &\dfrac{1}{a_2-b_n} &1 \\
\vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\
\dfrac{1}{a_n-b_1}&\dfrac{1}{a_n-b_2} &... & \dfrac{1}{a_n-b_n} & 1\\

\end{bmatrix}$$

Việc giải hệ quy về việc biến đổi sơ cấp dòng đưa $A'$ ($A'$ có được từ $A$ bỏ đi cột cuối cùng) về ma trận bậc thang.
....

Khủng vậy anh? còn cách nào không? em không dám đọc!@@

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 22-03-2013 - 08:44

[vo van duc]

Có cách khác chứ Vàn! hi
........................................
Xét đa thức $f(x)$ theo biến x xác định như sau

$\frac{x_{1}}{x-b_{1}}+\frac{x_{2}}{x-b_{2}}+\cdots +\frac{x_{n}}{x-b_{n}}-1=\frac{f(x)}{(x-b_{1})(x-b_{2})...(x-b_{n})}$  $(1)$

Ta có $degf(x)=n$ và hệ số của $x^{n}$ là $-1$.

Từ hệ phương trình trên ta có $f(a_{1})=f(a_{2})=\cdots =f(a_{n})=0$.

Suy ra $a_{1},a_{2},...,a_{n}$ là $n$ nghiệm khác nhau của $f(x)$

Suy ra $f(x)=-(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n})$

Do đó ta có

$\frac{x_{1}}{x-b_{1}}+\frac{x_{2}}{x-b_{2}}+\cdots +\frac{x_{n}}{x-b_{n}}-1=\frac{-(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n})}{(x-b_{1})(x-b_{2})...(x-b_{n})}$ $(2)$

Với mỗi $i$ trong đó $i=1,2,...,n$ ta nhân hai vế của $(1)$ với $x-b_{i}$ ta được

$x_{i}+(x-b_{i})\left ( \frac{x_{1}}{x-b_{1}}+\cdots +\frac{x_{i-1}}{x-b_{i-1}}+\frac{x_{i+1}}{x-b_{i+1}}+\cdots +\frac{x_{n}}{x-b_{n}}-1 \right )=-\frac{(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n})}{(x-b_{1})(x-b_{2})...(x-b_{n})}$

Bằng cách thay $x=b_{i}$ ta được $x_{i}=-\frac{(b_{i}-a_{1})(b_{i}-a_{2})...(b_{i}-a_{n})}{(b_{i}-b_{1}...(b_{i}-b_{i-1})(b_{i}-b_{i+1})...(b_{i}-b_{n})}$ với $i=1,2,...,n$

Đây chính là nghiệm của hệ phương trình trên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vo van duc: 22-03-2013 - 08:44

[YeuEm Zayta]

Do đó ta có

$\frac{x_{1}}{x-b_{1}}+\frac{x_{2}}{x-b_{2}}+\cdots +\frac{x_{n}}{x-b_{n}}-1=\frac{-(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n})}{(x-b_{1})(x-b_{2})...(x-b_{n})}$ $(2)$

Với mỗi $i$ trong đó $i=1,2,...,n$ ta nhân hai vế của $(1)$ với $x-b_{i}$ ta được

$x_{i}+(x-b_{i})\left ( \frac{x_{1}}{x-b_{1}}+\cdots +\frac{x_{i-1}}{x-b_{i-1}}+\frac{x_{i+1}}{x-b_{i+1}}+\cdots +\frac{x_{n}}{x-b_{n}}-1 \right )=-\frac{(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n})}{(x-b_{1})(x-b_{2})...(x-b_{n})}$

Bằng cách thay $x=b_{i}$ ta được $x_{i}=-\frac{(b_{i}-a_{1})(b_{i}-a_{2})...(b_{i}-a_{n})}{(b_{i}-b_{1}...(b_{i}-b_{i-1})(b_{i}-b_{i+1})...(b_{i}-b_{n})}$ với $i=1,2,...,n$

Đây chính là nghiệm của hệ phương trình trên.

 

Theo e,cách giải này sai rồi a.ở trên ta đã nhân 2 vế của PT vs $x$-bi tức là đã ngầm hiểu rằng x#bi nên ở duới ko thể gán giá trị bi cho $x$ được.

[YeuEm Zayta]

 

Do đó ta có

$\frac{x_{1}}{x-b_{1}}+\frac{x_{2}}{x-b_{2}}+\cdots +\frac{x_{n}}{x-b_{n}}-1=\frac{-(x-a_{1})(x-a_{2})...(x-a_{n})}{(x-b_{1})(x-b_{2})...(x-b_{n})}$ $(2)$

 

Hướng giải quyết của e như sau:từ phương trình trên ta qui đồng mẫu số 2 vế.sau đấy ta có thể tự do gán $x$=bi để lấy nghiệm dễ dàng.