ChangBietDatTenSaoChoDoc

May cua em bi loi tieng Viet nen em k viet co dau duoc.

For any distinct positive integers $a, b, c$, let $d=\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$. It is sufficient to show that $\sqrt{a} \in \mathbb{Q}\left ( d \right )$.

We have $$\begin{aligned}
\left ( d-\sqrt{a} \right )^2 &= \left ( \sqrt{b}+\sqrt{c} \right )^2\\
\Rightarrow \left ( d^2+a-b-c \right )-2\sqrt{a}d &= 2\sqrt{bc}\\
\left ( d^2+a-b-c \right )^2-4\sqrt{a}d\left ( d^2+a-b-c \right ) +4ad^2 &= 4bc
\end{aligned}$$

Câu 2. Cho $A,B,C,D\in Mat(n\times n,\mathbb{C})$. Chứng minh rằng nếu ma trận $\begin{pmatrix} A & B\\ C & D \end{pmatrix}$ có hạng bằng $n$ thì $$\begin{vmatrix} \left |A \right | & \left |B \right |\\ \left |C \right | & \left |D \right | \end{vmatrix}=0$$ 

Trường hợp $rank A=n$

Các hàng của ma trận $\left ( C,D \right )$ là tổ hợp tuyến tính của các hàng của $\left ( A,B \right )$ nên $\left ( C,D \right )=Q\left ( A,B \right )\Rightarrow C=QA,D=QB\Rightarrow \left | C \right |=\left | Q \right |\left | A \right |,\left | D \right |=\left | Q \right |\left | B \right |$. Suy ra điều phải chứng minh (hai hàng tỷ lệ với nhau).

(hình như hai cách giải bản chất như nhau).

Trường hợp $rank A < n$ (như anh phudinhgioihan)

$x_j$ nằm trong, $x_j^2$ nằm trong, $x_j^2+1$ sẽ nằm ngoài. Đây nói về mặt "hình ảnh" vậy chứ phải viết dạng số phức rồi chứng minh ấy chứ. Cái người ta chứng minh vậy mình nghĩ không đúng rồi.

Có một định lý như thế này. Bạn xem có dùng được gì không.

Để gọn ký hiệu $P\left ( x \right ) = : P_x$.

Xét bài toán: "Cho $f,g,h \in \mathbb{R}\left [ x \right ]; \deg f + \deg g = \deg h$. Tìm tất cả các đa thức $P$ sao cho $P_fP_g=P_h$." (1)

Định lý: "Nếu một trong hai điều kiện sau thỏa mãn:

i) $\deg f \neq \deg g$;

ii) $\deg f = \deg g$ và $f^* + g^* \neq 0$, trong đó $f^*, g^*$ là hệ số bậc cao nhất của $f,g$.

thì với mọi số nguyên dương $n$, tồn tại nhiều nhất một đa thức bậc $n$ thỏa mãn (1)."

Chứng minh:

Trước hết, đồng nhất hệ số cao nhất hai vế ta được $P^*=\left ( \frac{h^*}{f^*g^*} \right )^n$.

Giả sử $Q$ là đa thức bậc $n$ cũng thỏa mãn (1). Khi đó $Q^*=P^*$ và $Q=P+R$ với $0 \leq \deg R =r<n$.

Thay $Q$ vào (1):

$$\left ( P_f+R_f \right )\left ( P_g+R_g \right )=P_h+R_h\Leftrightarrow P_fR_g+R_fP_g=R_h$$ (2)

Xét các trường hợp:

TH1: điều kiện i) thỏa mãn. So sánh bậc hai vế của (2) thấy mâu thuẫn.

TH2: điều kiện ii) thỏa mãn. Hệ số cao nhất của vế trái của (2) là 

$P^* ( f^* )^n R^* ( g^* )^r+P^* ( g^* )^n R^* ( f^* )^r =P^* R^* ( f^* g^* )^r ( {f^*}^{n-r}+{g^*}^{n-r}) \neq 0$.

Do đó bậc của vế trái là $nf+rg=nf+rf$.

Trong khi bậc vế phải là $rh = rf+rg<nf+rf$. Vô lý.

Từ đó suy ra đpcm.

Chỗ đó lẽ ra $P\left ( x \right )=\prod_{i=1}^{n}\left ( x^2-2\cos \theta _j x + 1 \right )$ mới đúng.

Thay cái này vào để chứng minh không thỏa @@ (khó).

Chỗ về môđun, giả sử $x_j = \sqrt{2}i$ thì $|x_j|=\sqrt{2}$ và $x_j^2+1=-2+1=-1 \Rightarrow |x_j^2+1|<|x_j|$ . Nghi ngờ chỗ này quá!

Có lẽ chỗ đó phải đổi dấu lại mới đúng.
Nghĩa là giả sử $|x_j|<1$ (trong đường tròn đơn vị), khi đó $x_j^2+1$ nằm ngoài đường tròn đơn vị nên có môđun lớn hơn mới đúng.

Rồi ở dưới mới giả sử ngược lại và dẫn đến trường hợp ở trên như họ đã làm.

 thôi em cũng không bàn nữa.

Xin gửi đến chủ thớt: bạn xem thêm trong cuốn Nowak tập 2, phần khả vi mạnh và khả vi theo nghĩa Schwarz. Trong đó có giải đáp đầy đủ tất cả các thắc mắc của bạn.

Hôm trước lời giải còn thiếu trường hợp hàm đã cho đạt cực đại tại vô cùng thì không xét như trên được.

Hôm nay post lời giải khác hoàn chình hơn.

Giả sử $f$ khác hằng, tức tồn tại $x_1< x_2$ sao cho $f\left ( x_1 \right ) < f\left ( x_2 \right )$ hoặc  $f\left ( x_1 \right ) > f\left ( x_2 \right )$. Không mất tổng quát, giả sử  $f\left ( x_2 \right ) = f\left ( x_1 \right ) + C$, với $C>0$.

Xét $x_1<x_2<x$ ta có

$$f\left ( x_2 \right )=f\left ( \frac{x-x_2}{x-x_1}x_1+\frac{x_2-x_1}{x-x_1}x \right ) \leq \frac{x-x_2}{x-x_1}f\left ( x_1 \right )+\frac{x_2-x_1}{x-x_1}f\left ( x \right )$$

Suy ra

$$f\left ( x \right ) \geq \frac{x-x_1}{x_2-x_1}f\left ( x_2 \right )-\frac{x-x_2}{x_2-x_1}f\left ( x_1 \right )=\frac{x-x_1}{x_2-x_1}\left (f\left ( x_1 \right )+C \right )-\frac{x-x_2}{x_2-x_1}f\left ( x_1 \right )=f\left ( x_1 \right )+C\frac{x-x_1}{x_2-x_1} \xrightarrow[]{x \to \infty} \infty$$

Vô lý vì $f$ bị chặn.

Trường hợp còn lại (chỗ mà không mất tổng quát ấy) được chứng minh hoàn toàn tương tự.

Có lời giải cho trường hợp không khả vi không bạn ? Cho mình tham khảo.

Có chứ.

Giả sử tồn tại $x<y$ sao cho $f\left ( x \right ) > f\left ( y \right )$.

Vì $f$ liên tục nên tồn tại $\alpha$ thỏa $f\left ( x \right ) > \alpha > f\left ( y \right )$.

Xét tập $A=\left \{ t \in \left ( x,y \right ) : f\left ( t \right ) < \alpha\right \}$ và đặt $u= \inf {A}$. Rõ ràng $u \neq x, u \neq y$.

Khi đó theo định nghĩa của infimum, tồn tại $h>0$ sao cho $u+h \in A, u-h \notin A$, tức $f\left ( u+h \right )< \alpha; f\left ( u-h \right ) \geq \alpha$.

Ta có

$$g\left ( u \right ) = \lim _{h \to 0} \frac{f\left ( u+h \right )-f\left ( u-h \right )}{2h} < 0$$

Mâu thuẫn.

Vậy hàm $f$ đơn điệu tăng.

Bài này em dùng đa thức đặc trưng ý.

 

$P_{A} (x)=x^3-17x-16=(x+1)(x-\frac{\sqrt{65}+1}{2})(x-\frac{\sqrt{65}-1}{2})$

 

Và $x^{2010}=(x+1)(x-\frac{\sqrt{65}+1}{2})(x-\frac{\sqrt{65}-1}{2})+(ax^2+bx+c) (1) $

 

Số mũ hai bên khác nhau kìa. Nhân thêm với một đa thức nào đó nữa chứ.

Mình chỉ làm được nếu tồn tại giá trị cực đại tại $x_0$.

Giả sử $f$ khác hằng thì tồn tại $y$ thỏa $f\left ( y \right ) < f\left ( x_0 \right )$ đặt $z=y+\alpha \left ( x_0-y \right )$, với $\alpha > 1$.

$$f\left ( x_0 \right )=f\left ( \frac{1}{\alpha }z+\left ( 1-\frac{1}{\alpha } \right )y \right )\leq \frac{1}{\alpha }f\left ( z \right )+\left ( 1-\frac{1}{\alpha } \right )f\left ( y \right )<\frac{1}{\alpha }f\left ( x_0 \right )+\left ( 1-\frac{1}{\alpha } \right )f\left ( x_0 \right )=f\left ( x_0 \right )$$

Vô lý.

Xin phép lấy ở đây. http://forum.mathsco...ead.php?t=48955

Hoặc xem thêm trong tài liệu thầy Phùng Hồ Hải.

Số giá trị riêng khác 0 và ma trận khả nghịch thì không làm thay đổi hạng. Cả hai đều có dạng

$$P\begin{bmatrix} I_r &0 \\ 0 &0 \end{bmatrix}Q$$

$A,B  \in M_{n}(\mathbb{C}), rank (A)=rank (B), A^2B=A$ . Chứng minh $B^2A=B$

$$A\left ( AB-I \right )=0 \Rightarrow Im \left ( AB-I \right ) \subset \ker A \Rightarrow rank \left ( AB-I \right ) \leq n-rank A$$

Do $rank A = rank B$ và $rank \left ( AB-I \right )=rank \left ( BA-I \right )$ nên $rank \left ( BA-I \right ) \leq n- rank B$. Suy ra $Im \left ( BA-I \right ) \subset \ker B \Rightarrow B\left ( AB-I \right )=0$.

Cho $A\in M_{3}(\mathbb{R}), A\not =I_3 , A^3=I_3$ Chứng minh rằng $rank (A^2+A+I_3)=1$

Giả sử $A^2+A+I=0$. Suy ra đa thức tối tiểu của $A$ chia hết $x^2+x+1$ là đa thức bất khả quy trên $\mathbb{R}$. Do đó $x^2+x+1$ chính là đa thức tối tiểu của $A$. Do đa thức đặc trưng và đa thức tối tiểu phải có cùng nhân tử bất khả quy nên đa thức đặc trưng của $A$ là $\left ( x^2+x+1 \right )^k$. So sánh bậc thấy vô lý. Vậy $A^2+A+I \neq 0$.

Từ đó suy ra đa thức tối tiểu của $A$ là $x^3-1$ (cũng chính là đa thức đặc trưng). Hay $A$ có giá trị riêng là 1.

Hơn nữa $\left ( A-I \right )\left ( A^2+A+I \right )=0\Rightarrow Im \left ( A^2+A+I \right ) \subset \ker \left ( A-I \right )$. Do bội $x-1$ trong đa thức đặc trưng là 1, do đó $\dim \ker \left ( A-I \right )=1$. Từ đây suy ra đpcm.

$A,B  \in M_{3}(\mathbb{C})$ Chứng minhh $det (AB-BA)=tr(AB(AB-BA)BA)$

Phải là $det (AB-BA)=-tr(AB(AB-BA)BA)$ mới đúng. Có gì mai post lời giải. Giờ muộn quá.