Đến nội dung


Ego

Đăng ký: 26-10-2015
Offline Đăng nhập: Riêng tư
****-

Bài viết của tôi gửi

Trong chủ đề: Cho A, B là các ma trận vuông thực cấp n thỏa mản: AB = BA, A khả nghịch...

28-09-2017 - 17:51

Con số $2012$ theo mình không có ý nghĩa lắm ở bài này. Thật như vậy, với nhận xét rằng $A^{r} = 0$ thì $A^{t} = 0$ với mọi $t \ge r$; và cũng để thuận tiện ta nói $r$ được đề cập là giá trị nhỏ nhất để $B^{r} = 0$, ta có:

  • Nếu $r\le 2012$ thì $A + B^{2012} = A$ là ma trận khả nghịch theo giả thiết.
  • Nếu $r > 2012$, ta đặt $C = B^{2012}$, lúc này, theo nguyên lý Archimedes tồn tại một số tự nhiên (nhỏ nhất) $c$ ($c \ge 2$) sao cho $2012c \ge r$,  nghĩa là $c$ là số tự nhiên nhỏ nhất để $C^{c} = 0$. Lúc này, ta nhận xét rẳng (có thể chứng minh được) $A$ và $C$ cũng giao hoán nhau; $A$ khả nghịch và $C$ lũy linh. Tức là ta có thể phát biểu lại bài toán như sau:

'Cho $A, C$ là các ma trận vuông cấp $n$ thỏa mãn $AC = CA$; $A$ khả nghịch và tồn tại $c$ là số tự nhiên nhỏ nhất để $C^{c} = 0$. Chứng minh rằng $A + C$ cũng khả nghịch.'

Giả sử phản chứng $A + C$ là ma trận không khả nghịch, tức $r(A + C) < n$. Xét phương trình $(A + C)X = 0$ với $X$ là một ma trận $n\times 1$.
Từ định lý Rouché - Capelli, ta thấy:

  1. Phương trình trên có vô số nghiệm $X$ (1)
  2. Phương trình $AX = 0$ có $r(A) = r(A|0) = n$ nên sẽ có nghiệm duy nhất (2)

Mặt khác, phương trình trên tương đương $AX = -CX (*) \implies C^{c - 1}.A.X = -C^{c}X = 0$ (lưu ý $C^{c - 1} \neq 0$). Do $A, C$ giao hoán nhau nên $A$ và $C^{c - 1}$ cũng thế, nghĩa là $C^{c - 1}A = AC^{c - 1}$. Kết hợp các điều trên lại cho ta $AC^{c - 1}X = 0 \implies A^{-1}.A.C^{c - 1} = A^{-1}.0 = 0 \implies C^{c - 1}X = 0 (**)$
Từ (*) và (**), ta có như sau: $C^{c - 2}.AX = -C^{c - 1}X = 0$, tương tự quá trình trên, ta thu gọn được $C^{c - 2}X = 0$.

Cứ tiếp tục như vậy cho đến cuối cùng, ta thu được $CX = 0$. Từ (*) thì điều này đồng nghĩa với $AX = 0$. Nghĩa là với mỗi giá trị $X$ là nghiệm của $(A + C)Y = 0$ thì $X$ cũng là nghiệm của phương trình $AT = 0$. (3)

Kết hợp (1), (2) và (3) ta thu được mâu thuẫn. Vậy $A + C$ là một ma trận khả nghịch.


Trong chủ đề: Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi VMO tỉnh Đồng Nai

13-11-2016 - 22:48

Bài 1 cũng đâu đến phức tạp nhờ
Gọi $n$ nghiệm đã cho là $x_{1}, x_{2}, \cdots x_{n}$. Với $\sum_{k = 1}^{n}x_{k} = -a_{1}$ và $\sum_{i \neq j}x_{i}x_{j} = a_{2}$.
Ta cần chứng minh $-a_{1}\le x_{k} \le a_{1} + 2 \quad \forall k$
Ta có $x_{i}^{2} \le \sum_{k = 1}^{n}x_{k}^{2} = a_{1}^{2} - 2a_{2} \le a_{1}^{2}$ nên $-a_{1} \le x_{i} \le a_{1}$


Trong chủ đề: Tính $lim\frac{S_n}{n}$

16-10-2016 - 21:51

Đề bài hầu như không dùng tới dữ kiện $u_{2k}$ nên ta không cần định nghĩa chúng. Định nghĩa lại như sau $v_{1} = 1, e^{v_{n + 1}} = e^{v_{n}} - v_{n}$ và $S_{n} = \sum_{k = 1}^{n - 1}(n - k)v_{k}$

  • Ta sẽ chứng minh $e^{v_{n}}$ hội tụ
    Thật vậy, xét hàm $f(x) = x - \ln(x)$ trên $(0; +\infty)$; chứng minh được $f(x) \ge 1$. Ta có $e^{v_{n + 1}} = e^{v_{n}} - \ln(e^{v_{n}})$ nên ta có $e^{v_{n + 1}} \ge 1$
    Giả sử $x > y$, xét $f(x) - f(y) = x - y - (\ln(x) - \ln(y)) = x - y - \frac{x - y}{t} = (x - y)\left(1 - \frac{1}{t}\right)$ với $t\in (x; y)$. Có $\frac{1}{2} < 1 \le x < t$ nên $\left|1 - \frac{1}{t}\right| < 1$. Theo nguyên lí ánh xạ co thì $e^{v_{n}}$ hội tụ và nó hội tụ về $1$.

Ta có $S_{n + 1} - S_{n} = \sum_{k = 1}^{n}(n + 1 - k)v_{k} - \sum_{k = 1}^{n - 1}(n - k)v_{k} = \sum_{k = 1}^{n}v_{k}$
Mặt khác, $v_{n} = e^{v_{n + 1}} - e^{v_{n}}$ nên $\sum_{k = 1}^{n}v_{k} = e^{v_{n + 1}} - e_{v_{1}} = e^{v_{n + 1}} - e \to 1 - e$ khi $n \to +\infty$
 


Trong chủ đề: Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty}\sum_...

16-10-2016 - 19:00

Ý tưởng bài này rất rõ ràng. Từ dãy truy hồi ta thu được $\frac{1}{x_{n}} - \frac{1}{x_{n + 1}} = \frac{x_{n}^{2016}}{x_{n + 1}}$
Lấy tổng ta thu được $\lim_{n\to +\infty}\sum_{i = 1}^{n}\frac{x_{i}^{2016}}{x_{i + 1}} = \frac{1}{x_{1}} - \frac{1}{x_{n + 1}} = 1 - \frac{1}{x_{n + 1}}$
Lại dễ dàng chứng minh được dãy $x_{n}$ là dãy vô cùng lớn nên ta kết luận $\lim_{n\to +\infty}\sum_{i = 1}^{n}\frac{x_{i}^{2016}}{x_{i + 1}} = 1$


Trong chủ đề: Đề chọn đội tuyển học sinh giỏi quốc gia tỉnh Bắc Ninh 2016-2017

12-10-2016 - 22:36

Câu 3. Từ CTTH, có $a_{n + 1} - 27 = (a_{n} - 27)(2a_{n} + 1)^{2}$. Do đó $a_{n} - 27 = (a_{1} - 7)\left(\prod_{k = 1}^{n - 1}2a_{k} + 1\right)^{2} = 7\left(\prod_{k = 1}^{n - 1}2a_{k} + 1\right)^{2}$. Do đó $a_{n} + 1 = 7\left[\left(\prod_{k = 1}^{n - 1}2a_{k} + 1\right)^{2} + 4\right]$.
Xét $p\in \mathbb{P}\mid \left(\prod_{k = 1}^{n - 1}2a_{k} + 1\right)^{2} + 4$ (dĩ nhiên ta thấy chỉ có $p$ lẻ). Ta có $\left(\frac{-4}{p}\right) = 1 \iff \left(\frac{-1}{p}\right) = 1$ hay $p \equiv 1\pmod{4}$
Do đó số cần tìm là $7$.

P.S: Lâu quá không lên :3