Phương trình nào có nghiệm là một ma trận vuông thực, không cần thiết chỉ ra nghiệm!
$X^{3}=\bigl(\begin{smallmatrix} 0 &0 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 2&3 &0 \end{smallmatrix}\bigr)$
$2X^{5}+X=\bigl(\begin{smallmatrix} 3 & 5&0 \\ 5 & 1 & 9\\ 0 &9 & 0 \end{smallmatrix}\bigr)$
$X^{6}+2X^{4}+10X=\bigl(\begin{smallmatrix} 0 &-1 \\ 1&0 \end{smallmatrix}\bigr)$
$X^{4}=\bigl(\begin{smallmatrix} 3 &4 & 0\\ 0& 3&0 \\ 0&0 & -3 \end{smallmatrix}\bigr)$
Các cao thủ giúp mình đi!!

Dễ dàng thấy cái cuối cùng không được, vì nếu $X^{4}=...$ thì ma trận vế phải có các phần tử trên đường chéo chính có dạng $\lambda_{1} ^{4}, \lambda_{2}^{4}, \lambda_{3}^{4}$ nhưng có 1 phần tử âm suy ra là số phức nên loại!

Với ma trận vuông cấp 2 ta có thể xử lý một cách trực quan hơn trường hợp cấp n.

* $A^{2}=O\Rightarrow A^{k}=O$ với $k> 2$ là hiển nhiên.

* Giả sử $A^{k}=O$ với $k>2$ suy ra $\det A=0$

Với $A$ là ma trận vuông cấp 2 bất kỳ ta có

$A^{2}-tr(A).A+\det A=O$

Suy ra $A^{2}=tr(A).A$ $(*)$

Suy ra $A^{k}=(tr(A))^{k-1}.A$

Vì $A^{k}=O$ nên $tr(A)=0$ hoặc $A=O$

Từ $(*)$ suy ra $A^{2}=O$

$A^{2}-tr(A).A+det(A)=0$ chỗ này em không hiểu!

Là $\frac{1}{f'(a)}+\frac{2}{f'(b)}=3$ chứ anh bạn.

Nếu đề là thế này thì mình giải nó như sau:

Xét hàm \[g\left( x \right) = f\left( x \right) - x - \sqrt {x - {x^2}} \,\left( {x \in \left[ {0;1} \right]} \right)\]

Ta có: $g\left( 0 \right).g\left( 1 \right) < 0$ nên tồn tại $c\in (0;1)$ sao cho:

\[f\left( c \right) = c + \sqrt {c - {c^2}} \]

Áp dụng Định lý $Lagrange$ ta có tồn tại $a\in (0;c)$ $b\in (c;1)$ sao cho:


\[\left\{ \begin{array}{l}
\frac{{f\left( c \right) - f\left( 0 \right)}}{{c - 0}} = f'\left( a \right) \Rightarrow f'\left( a \right) = \frac{{f\left( c \right)}}{c} \\
\frac{{f\left( 1 \right) - f\left( c \right)}}{{1 - c}} = f'\left( b \right) \Rightarrow f'\left( b \right) = \frac{{1 - f\left( c \right)}}{{1 - c}} \\
\end{array} \right.\]

Ta có: \[\frac{1}{{f'\left( a \right)}} + \frac{2}{{f'\left( b \right)}} = \frac{c}{{f\left( c \right)}} + \frac{{1 - c}}{{1 - f\left( c \right)}} = \frac{{c + f\left( c \right) - 2cf\left( c \right)}}{{f\left( c \right)\left( {1 - f\left( c \right)} \right)}} = 1\]

----------------------------------------------------------------------

Mình nhìn nhầm là $\frac{1}{f'(a)}+\frac{1}{f'(b)}=3$, hi, nhưng ngại chữa lại.

Hi, mình đưa nhầm, bạn sửa đúng rồi mà! Nhưng ý tưởng đưa ra g(x) của bạn? mình muốn biết cái đó, có thể dùng cái hàm g(x) khác nữa cũng ra được!

Bài này mình nhớ không nhầm thì được dùng luôn như là lí thuyết thì phải, chứng mính khá là khó, một dạng phát biểu khác của nó là "một ma trận lũy linh thì bậc lũy linh không vượt quá cấp của ma trận"

Cho ma trận vuông cấp 2 A. chứng minh rằng $A^{k}=0$ khi và chỉ khi $A^{2}=0$
Cái này không còn trên lý thuyết mà là bài thi
Mọi người chỉ giáo bài này với. hi

Mọi người cho mình hỏi cách tìm đa thức tối tiểu của 1 ma trận

Các bài toán hàm liên tục hay hàm khả vi thường có ít dữ kiện,nên khi làm bài thường dựa vào đáp án để suy ngược lên, tìm 1 hàm mới để sử dụng, ai biết cách tìm, chỉ giúp mình với.
ví dụ bài sau:
cho f khả vi trên [0,1], f(0)=0, f(1)=1
chứng minh rằng tồn tại $a,b\in (0,1)$ với $a\neq b$ sao cho $\frac{1}{f'(a)}+\frac{2}{f'(b)}=3$
thanks!

Phương trình nào có nghiệm là một ma trận vuông thực, không cần thiết chỉ ra nghiệm!
$X^{3}=\bigl(\begin{smallmatrix} 0 &0 & 0\\ 1 & 0 & 0\\ 2&3 &0 \end{smallmatrix}\bigr)$
$2X^{5}+X=\bigl(\begin{smallmatrix} 3 & 5&0 \\ 5 & 1 & 9\\ 0 &9 & 0 \end{smallmatrix}\bigr)$
$X^{6}+2X^{4}+10X=\bigl(\begin{smallmatrix} 0 &-1 \\ 1&0 \end{smallmatrix}\bigr)$
$X^{4}=\bigl(\begin{smallmatrix} 3 &4 & 0\\ 0& 3&0 \\ 0&0 & -3 \end{smallmatrix}\bigr)$
Các cao thủ giúp mình đi!!

A Đức có mấy đề trong RMC ko a,cho e xin với.tks a trc nhé

Trên Vnmath có cả đống đấy bạn, không biết dạo này bị chặn không, nhưng down về tiếng anh chẳng hiểu mấy

Bằng phương pháp ma trận phụ hợp, tìm $A^{-1}$ biết. $A=\begin{bmatrix} 1 & 2\\ 3 & 4 \end{bmatrix}$

Det(A) khác 0, A khả nghịch.
Đa thức đặc trưng $p(x)=x^{2}-5x-2$ ta có P(A)=0 suy ra $p(A)=A^{2}-5A-2I=0$ vậy $A^{-1}=\frac{1}{2}.(A-5I)$

Trường bạn thi chưa? Trường mình có kết quả rồi nên biết là không được đi rồi.

Trường mình giữa tháng 3 chốt rồi, đi ôn mà chẳng hiểu gì, chưa thi cũng biết ở nhà rồi, BK đề khó lắm bạn? Chắc lại hi vọng nòng cốt khóa trước và 1 ông k57 đạt HCĐ IMO thôi

Không ai trả lời, chán nhể :|

Tìm miền hội tụ các chuỗi sau:
Bài 1: $\sum_{n=1}^{\infty }n(\sqrt[n]{x})-1)^{3}$, x>0
Bài 2: $\sum_{n=1}^\infty {\frac{\sqrt[n]{x}-1}{nx}}, x>0$
Bài 3: $\sum_{n=1}^{\infty }{\frac{\sqrt[n]{x}-1}{\sqrt[3]{nx}}}, x>0$

Vì $A,B$ giao hoán và $A$ luỹ linh $\Rightarrow A(A+B)$ luỹ linh.

$\Rightarrow det(A^{2}+AB+B^{2})=det(A(A+B)+B^{2})=det(B^{2})=(det(B))^{2}$.

Giải thích dùm em tại sao A lũy linh suy ra A(A+B) lũy linh và cách làm này em không hiểu lắm

Câu 1. Gọi đa thức đặc trưng của $A$ là $p(x)$, thì $p(x)$ là đa thức bậc hai. Khi chia $x^{2010}$ cho $p(x)$ được thương $q(x)$ và dư là một đa thức bậc nhiều nhất là 1, ký hiệu đó là $ux+v$ trong đó $u$ và $v$ là các số thực.
$$x^{2010} = p(x)q(x) + (ux+v).$$
Theo Định lý Cayley-Hamilton, ta có $p(A) =0$. Nên $A^{2010} = uA+vE$, trong đó $E$ là ma trận đơn vị cấp $2$. Giả sử
$A = \begin{bmatrix} a &b \\ c& d \end{bmatrix}$.
Từ $uA + vE = \begin{bmatrix} -1 &0 \\ 0& -1-e \end{bmatrix}$
Suy ra: $ua+v = -1, ud+v = -1-e, ub = 0, uc = 0$. Từ hai phương trình đầu suy ra $u \ne 0$, nên từ hai phương trình cuối suy ra $b = c = 0$. Do đó
$A = \begin{bmatrix} a &0 \\ 0& d \end{bmatrix}$.
Nên $A^{2010} = \begin{bmatrix} a^{2010} &0 \\ 0& d^{2010} \end{bmatrix}$.
Suy ra $a^{2010} = -1$ và $b^{2010} = -1-e$, vô lý. Nên ma trận $A$ không tồn tại.

Câu 2. Chứng minh tương tự. Chỉ cần chứng minh rằng: $A = \begin{bmatrix} a &b \\ c& d \end{bmatrix}$, thì $c = 0$. Và do đó suy ra $a^{2010} = -2008$, vô lý, QED.

Cho mình hỏi nếu A là ma trận bậc 4 thì dùng caylay thế nào? Cũng có P(A)=0 nhưng phương trình caylay đó như thế nào?

Đề: Chứng minh rằng mọi toán tử tuyến tính của không gian vecto chiều lẻ trên R đều có vector riêng.
đáp án: hệ quả của mọi đa thức hệ số thực bậc lẻ đều có nghiệm thực
Mọi người giải thích giúp mình chi tiết bài này

Như vậy thì sẽ không tồn tại B^-1.

Tồn tại $B^{-1}$ để làm gì vậy bạn?

Cách bạn tổng quát rồi mà, $A=aI+B$ trong đó B là ma trận nhận từ ma trận đã cho bằng cách cho các phần tử đường chéo bằng 0. Khi đó AX=XA cũng tương đương BX=XB. Nhưng bài anh Đức mình chả biết tách cái B thế nào theo cách này nhưng mình nghĩ $B=\begin{bmatrix} -1 & -1 & -1\\ -1& -1 &-1 \\ 1& 1& 1 \end{bmatrix}$ thì dễ tính hơn cái B của bạn, nhưng kiên trì mới ra được

Mình đang muốn đi ĐN nhưng trình độ gà quá!

Mình mới hỏi thầy, bài này dùng clay-haminton nhưng mình đang tìm cái định lý đó

Ta có $ pA{{B}^{2}}+qBAB=B $
Và $ pBAB+q{{B}^{2}}A=B $
$ r{{B}^{2}}A=rA{{B}^{2}}={{A}^{3}} $
Do vậy $ (p-q)(A{{B}^{2}}-BAB)=0 $
Và $ (p-q)({{B}^{2}}A-BAB)=0 $
Nếu $ p\ne q\Rightarrow BAB=A{{B}^{2}}={{B}^{2}}A $
Thay vào ta có $ (p+q){{A}^{2}}{{B}^{2}}=AB $
Và $ (p+q){{B}^{2}}{{A}^{2}}=BA $
Lại có$ {{A}^{2}}=r{{B}^{2}} $
$ \Rightarrow AB=BA $ Trái giả thiết
Vậy $p=q$
(Làm rõ và chỉnh sửa 1 chút từ cách giải trong Putnam-Beyond)Không phải của mình.

Cách này dễ hiểu hơn cách anh Đức đưa lên
.

Ta đặt $M=\begin{pmatrix} pA & qB\\ rB & -A \end{pmatrix}$ và $N=\begin{pmatrix} B & \frac{q}{r}A \\ A & -pB \end{pmatrix}$

Ta có

$MN= \begin{pmatrix} pA & qB\\ rB & -A \end{pmatrix}.\begin{pmatrix} B & \frac{q}{r}A \\ A & -pB \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} I_{2} & O \\ O & I_{2} \end{pmatrix}$

Suy ra $M$ khả nghịch và $M^{-1}=N$

Suy ra $NM= \begin{pmatrix} B & \frac{q}{r}A \\ A & -pB \end{pmatrix}. \begin{pmatrix} pA & qB\\ rB & -A \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} I_{2} & O \\ O & I_{2} \end{pmatrix}$

Suy ra $pBA+qAB=I_{2}=pAB+qBA \Rightarrow (p-q)(AB-BA) \Rightarrow p=q$

..............
Đây là lời giải mình đọc trên Internet. hi

Anh lý giải tại sao đặt M, N như vậy được không?

Giải:
Ta có $P(x)=0$ không thỏa mãn,vậy $P(x)$ có dạng
\[P(x) = {a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0};({a_n} \ne 0)\]
Khi khai triển hai vế của $(1)$ thì số hạng lớn nhất của $P(P(x))+1$ là:
\[{a_n}{({a_n}{x^n})^n} = a_n^{n + 1}{x^{{n^2}}}\]
Còn số hạng lớn nhất của${\left[ {{P^2}(x) + 2P(x) + {{\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)}^2}} \right]^2}$ là
$\left[ {\begin{array}{{{\left( {{{\left( {{a_n}{x^n}} \right)}^2}} \right)}^2} = a_n^4{x^{4n}};n > 2}\\{{{\left( {{{\left( {{a_n}{x^n}} \right)}^2} + {x^4}} \right)}^2} = {{(a_n^2 + 1)}^2}{x^8};n = 2}\\{{x^8};n < 2}\end{array}} \right.$
Nếu $n \le 2$ thì
\[{x^{{n^2}}} = {x^8} \Rightarrow {n^2} = 8\]
Điều trên là vô lý vì n là số tự nhiên
Vậy $n>2$ và \[a_n^{n + 1}{x^{{n^2}}} = a_n^4{x^{4n}} \Rightarrow n = 4;{a_n} = 1\]
Do vậy đa thức cần tìm có dạng
\[P(x) = {x^4} + {a_3}{x^3} + {a_2}{x^2} + {a_1}x + {a_0}\]
Ta đặt
\[G(x) = P(x) - {\left( {{x^2} + 3x + 1} \right)^2} + 1\]
Vậy thì bây giờ $(1)$ tương đương với
\[P(P(x)) + 1 = {\left[ {{P^2}(x) + 3P(x) + 1 - G(x)} \right]^2}\]
\[ \Leftrightarrow P(P(x)) - {\left( {{P^2}(x) + 3P(x) + 1} \right)^2} + 1 = G(x)\left[ {G(x) - 2({P^2}(x) + 3P(x) + 1)} \right]\]
\[ \Leftrightarrow G(P(x)) = G(x)\left[ {G(x) - 2({P^2}(x) + 3P(x) + 1)} \right]\]
Nếu mà $G(x)$ khác $0$ ta đặt $degG(x)=k;(k\le3)$ nên ta có
$4k=k+8$
Vô lí vì k là số tự nhiên Vậy $G(x)=0$ từ đó ta có $P(x)=x(x+1)(x+2)(x+3)$

Giúp mình tại sao P(x)=0 không thỏa mãn vậy?

Em phát hiện ra cái này đặt $B=A^{2013}$ thì ta sẽ có $B^{2}=(A^{2013})^{2}=4I$ từ đây ta sẽ...làm tiếp thế nào anh?

Em tưởng tính hóa ra là tìm ma trận A, câu này em bó tay rồi anh Đức, có hướng chỉ em với!

Kí hiệu "deg" nghĩa là gì vậy anh? kiến thức đại số của em kiểu này chắc con số 0 rồi

Anh cho em hỏi " đa thức của ma trận lũy linh có thể tách được" tách nghĩa là thế nào ạ?