Có bao nhiêu hàm thực khả vi cấp 1 và cấp 2 thoả mãn:

$(f(x))^4=x^4$ ?

$\lim_{z\to 0}(sinz-\alpha cosz)^z=\lim_{z\to0}[sin^zz.(1-\alpha cotz)^{-\alpha cotz.-\frac{z}{\alpha cotz}}]=\lim_{z\to 0}sin^zz=1$

Khi $z\rightarrow 0$ thì $cotz\rightarrow \infty$. Mình không hiểu giới hạn ở trong ngoặc đơn lắm. Bạn có thể vui lòng giải thích cụ thể không?

p/s: Phiền bạn xoá giúp mình bài trên với. Mình viết, định xoá rồi không sửa được nữa. Many thanks!

Tính giới hạn:

$\lim_{x\to\infty}\left ( sin\left ( \frac{1}{x} \right )-\alpha cos\left ( \frac{1}{x} \right ) \right )^{\frac{1}{x}}, \alpha >0$

Tính định thức:

$\begin{vmatrix} a&b&c&d\\ b&c&d&a\\ c&d&a&b\\ d&a&b&c \end{vmatrix}$

wolframalpha

Bạn xem lại cách gõ LATEX công thức trong diễn đàn nhé.

Còn về bài này thì dùng phương pháp Cramer lần luợt tính các định thức cấp 5 ra thôi. Không khó nhưng khối lượng tính toán khá cồng kềnh.

Bài này còn một phương pháp nữa là tách $x_i=(x_i-a_ib_i)+a_ib_i)$ rồi dùng đa tuyến tính. Kết quả nhận được tương tự như trên. Ai quan tâm có thể tự biến đổi nhé.

Gọi H là hình chiếu của A trên (d), khoảng cách từ (P) tới (d) lớn nhất khi AH vuông góc với mặt phẳng này (bạn có thể vẽ lên giấy cho dễ nhìn, coi (d) tượng trưng là 1 "điểm" cố định, còn (P) là "đường thẳng" đi qua một điểm cố định khác). Để tìm H, ta viết lại tọa độ của H theo pt tham số của đường thẳng:

$\left\{\begin{matrix} x=1+2t\\ y=t\\ z=1+3t \end{matrix}\right.$

AH vuông góc với D nên tích vô hướng: 

$\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{u}=0$.

$(1+2t-10).2+(t-2).1+(1+3t+1).3=0$

Giải ra t=1. $\Rightarrow \overrightarrow{AH}=(-7,-1,5)$

Phương trình mặt phẳng: $(P): -7x-y+5z+77=0$

$D_{n}=\begin{vmatrix} x_{1} & a_{1}b_{2} & a_{1}b_{3} & ... & a_{1}b_{n}\\ a_{2}b_{1} & x_{2} & a_{2}b_{3} & ... & a_{2}b_{n}\\ a_{3}b_{1} & a_{3}b_{2} & x_{3} & ... & a_{3}b_{n}\\ ... & ... & ... & ... & ...\\ a_{n}b_{1} & a_{n}b_{2} & a_{n}b_{3} & ... & x_{n} \end{vmatrix}$

Rút $b_1$ từ cột thứ nhất ra, rồi lấy $-b_i$ nhân với cột thứ nhất, lần lượt cộng vào các cột thứ $i$, ta được:

$b_{1}\begin{vmatrix} \frac{x_1}{b_1}& a_1b_2-\frac{x_1b_2}{b_1} & a_1b_3-\frac{x_1b_3}{b_1} & ... & a_1b_n-\frac{x_1b_n}{b_1}\\ a_2 & x_2-a_2b_2 & 0 & ... & 0\\ a_3 & 0 & x_3-a_3b_3 & ... & 0\\ . & . & . & ... & .\\ a_n & 0 & 0 & ... & x_n-a_nb_n \end{vmatrix}$

Nhân $b_1$ vào hàng đầu tiên, ta viết lại định thức trên như sau:

$=\begin{vmatrix} x_1 & (a_1b_1-x_1)b_2 & (a_1b_1-x_1)b_3 & ... & (a_1b_1-x_1)b_{n-1} & (a_1b_1-x_1)b_n\\ a_2 & x_2-a_2b_2 & 0 & ... & 0 & 0\\ a_3 & 0 & x_3-a_3b_3 & ... & 0 &0 \\ . & . & . & ... & . & .\\ a_{n-1} & 0 & 0 & ... & x_{n-1}-a_{n-1}b_{n-1} & 0\\ a_n & 0 & 0 & ... & 0 & x_n-a_nb_n \end{vmatrix}$

Khai triển Laplace đối với dòng cuối cùng. Định thức con đi với $x_n-a_nb_n$ chính là $D_{n-1}$ Với định thức con cấp (n-1) đi với thừa số $a_n$, ta khai triển Laplace tiếp với thừa số $(a_1b_1-x_1)b_n$, được định thức con cấp (n-2) là ma trận chéo. Giá trị của định thức con này bằng:  $(x_2-a_2b_2)(x_3-a_3b_3)...(x_{n-1}-a_{n-1}b_{n-1})$.

Ta có: 

$D_n=(x_n-a_nb_n)D_{n-1}+(x_1-a_1b_1)(x_2-a_2b_2)...(x_{n-1}-a_{n-1}b_{n-1})a_nb_n$    $(*)$

Tương tự:

$D_{n-1}=(x_{n-1}-a_{n-1}b_{n-1})D_{n-2}+(x_1-a_1b_1)(x_2-a_2b_2)...(x_{n-2}-a_{n-2}b_{n-2})a_{n-1}b_{n-1}$

...

Mặt khác (tính được):

$D_1=x_1$

$D_2=x_1(x_2-a_2b_2)+(x_1-a_1b_1)a_2b_2$

$D_3=x_1(x_2-a_2b_2)(x_3-a_3b_3)+(x_1-a_1b_1)a_2b_2(x_3-a_3b_3)+(x_1-a_1b_1)(x_2-a_2b_2)a_3b_3$

...

Ta có thể dự đoán:

$D_n=x_1(x_2-a_2b_2)(x_3-a_3b_3)...(x_{n-1}-a_{n-1}b_{n-1})(x_n-a_nb_n)+(x_1-a_1b_1)[a_2b_2](x_3-a_3b_3)...(x_{n-1}-a_{n-1}b_{n-1})(x_n-a_nb_n)+(x_1-a_1b_1)(x_2-a_2b_2)[a_3b_3]...(x_{n-1}-a_{n-1}b_{n-1})(x_n-a_nb_n)+...+(x_1-a_1b_1)(x_2-a_2b_2)(x_3-a_3b_3)...[a_{n-1}b_{n-1}](x_n-a_nb_n)+(x_1-a_1b_1)(x_2-a_2b_2)(x_3-a_3b_3)...(x_{n-1}-a_{n-1}b_{n-1})[a_nb_n]$

Tích $a_ib_i$ được đưa vào dấu ngoặc vuông $[ ]$ để dễ nhận thấy. Có thể dễ dàng chứng minh công thức trên bằng quy nạp theo hệ thức qui hồi $(*)$. Vậy $D_n$ đã nêu ở trên là định thức cần phải tính.

P/s: Mong các bạn có cách nào hay thì cùng vào trao đổi, bàn luận nhé.

Tính $D=\left | a_{ij} \right |$ trong đó $a_{ij}=\left | i-j \right |, 1\leq i,j\leq n.$

Tính định thức

$D=\begin{vmatrix} a_{0} & a_{1} & a_{2} & ... & a_{n}\\ -y_{1} &x_{1} &0 & ... & 0\\ 0& -y_{2} & x_{2} & ... & 0\\ .& . & . & ... & .\\ 0 & 0 & 0 & ... & x_{n} \end{vmatrix}$

Theo cảm nhận chủ quan của mình (mình là dân Lý) thì bất cứ môn nào cũng thế thôi, không riêng gì toán học, bạn hãy học với tất cả tình yêu của bạn với môn đó. Khi bạn đã có hứng thú và duy trì được nó thì bạn sẽ tự tiến bộ rất nhanh, một cách rất tự nhiên mà chính bạn cũng không thể cảm nhận được.

Theo em được biết thì tiếng anh cao học yêu cầu trình độ B (tương đương 5.5 IELTS). Còn Toán em nghĩ chắc phải tùy từng chuyên ngành chứ. Hình như trao đổi vấn đề này ở đây hơi lạc đề thì phải. Các mod chuyển hộ sang mục khác nhé.

Liệu có phải là ma trận vuông có hàng (hoặc cột) đầu tiên bằng 0 không anh?

Bài 1:Cho $S$ là không gian con của không gian ma trận số thực sinh bởi các ma trận có dạng $AB-BA$.Tính $dim$ $S$

Có thế kiểm chứng lại S là không gian véc-tơ, nó đóng với các phép toán cộng và nhân vô hướng trong không gian ma trận số thực.

Để ý rằng: Trace(AB-BA)=Trace(AB)-Trace(BA)=0, nghĩa là giữa các phần tử đường chéo của ma trận (cấp n) có 1 ràng buộc. Đường chéo này lập thành 1 không gian con có chiều (n-1). Các phần tử không nằm trên đường chéo lập thành 1 không gian con bù với không gian này, có chiều n(n+1).

Do đó, $dim S=n^{2}-1$.

p/s: Bạn YeuEm Zayta có thể đưa ra một cách lập luận chặt hơn nữa không? Đây mới chỉ là suy nghĩ ban đầu của mình.

A lũy linh và B giao hoán với A thì hiển nhiên AB và BA cũng lũy linh. Nếu tồn tại r nguyên dương ($r\geq 2$) sao cho $A^{r}=0$ thì $(AB)^{r}=A^{r}B^{r}=B^{r}A^{r}=0$.

$I=I^{r}-(AB)^{r}=(I+AB)\sum_{k=0}^{r-1}(AB)^{k}=(\sum_{k=0}^{r-1}(AB)^{k})(I+AB)$

--> $I+AB$ là khả nghịch.

Nếu r là số lẻ thì:

$I=I^{r}+(AB)^{r}=(I+AB)\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^{k}(AB)^{k}=(\sum_{k=0}^{r-1}(-1)^{k}(AB)^{k})(I+AB)$

Nếu r là chẵn, $A^{r}=0 \rightarrow A^{r+1}=0$: $I=I^{r+1}+(AB)^{r+1}=(I-AB)\sum_{k=0}^{r}(-1)^{k}(AB)^{k}=(\sum_{k=0}^{r}(-1)^{k}(AB)^{k})(I-AB)$

Do đó, $I-AB$ cũng là khả nghịch.

Có: $I+A^{2}+A^{5}=(I+A^{2})(I+A^{5})$ vì $A^{10}=0$.

Ta chứng minh $(I+A^{2})$ và $(I+A^{5})$ là ma trận khả nghịch.

$I=I^{10}+A^{10}=(I^{2})^{5}+(A^{2})^{5}=(I^{2}+A^{2})(A^{8}-A^{6}+A^{4}-A^{2}+I)=(A^{8}-A^{6}+A^{4}-A^{2}+I)(I^{2}+A^{2})$

$I=I^{10}-A^{10}=(I^{5})^{2}-(A^{5})^{2}=(I^{5}+A^{5})(I^{5}-A^{5})=(I^{5}-A^{5})(I^{5}+A^{5})$

Do đó,  $(I+A^{2})$ và $(I+A^{5})$ khả nghịch. Ma trận tích $(I+A^{2})(I+A^{5})=I+A^{2}+A^{5}$ cũng khả nghịch.

Ma trận nghịch đảo: $(I-A^{5})(I+A^{8}-A^{6}+A^{4}-A^{2})$

Nếu cứ theo cách thông thường thì:

Đặt x=2a, y=2b, ta có:

$A=\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1 & 1\\  x & y \end{bmatrix}$

Theo bài ra, $A^{3}=A$ nên:

$\frac{1}{2}\begin{bmatrix}1 & 1\\  x& y \end{bmatrix}=\frac{1}{8}\begin{bmatrix}1 & 1\\  x& y \end{bmatrix}^{3}$

$\Rightarrow 4\begin{bmatrix}1 & 1\\  x& y \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1 & 1\\  x& y \end{bmatrix}^{3}$

Giải hệ các phương trình, ta được các nghiệm:  $(x,y)=\left \{(1,1),(-3,-3),(3,-1)  \right \}$

Vậy các ma trận A thỏa mãn là:

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

$A_{2}=\begin{bmatrix} \frac{1}{2} &\frac{1}{2} \\ -\frac{3}{2}& -\frac{3}{2} \end{bmatrix}$

$A_{3}=\begin{bmatrix}\frac{1}{2} &\frac{1}{2} \\ \frac{3}{2}& -\frac{1}{2} \end{bmatrix}$

Tuy nhiên, cách này máy móc và cần phải thực hiện tính toán nhiều. Anh Đức có hướng đi khác nhanh hơn rồi chứ?

Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận cấp n trên trường $\mathbb{R}$

$\begin{bmatrix} 1 &2 &3 & ... & n-1 & n\\ n & 1 & 2 & ... &n-2 &n-1 \\ n-1 &n &1 &... &n-3 &n-2 \\ .& . &. &... & . & .\\ 2& 3 & 4 & ... & n & 1 \end{bmatrix}$

Định thức Vandemonde đây mà anh Đức nhỉ?

Phải như thế chứ. Mình nhiệt liệt ủng hộ cách ghi mới này. Công đầu thuộc về dòng họ Bernoulli danh giá mà.

Các quyển trên nặng lắm nên ko send qua mail được.
2 links evilshare down rất nhanh mà. Còn link ifile thì hơi chậm. Links khác:

Quyển 3: http://www.mediafire.com/?1camxdgmtp4

Quyển 2: http://www.mediafire.com/?y2ny3gzy1cw

Quyển 1: http://www.mediafire.com/?y0l1f10jt30

Bạn ơi, mấy cái link này mình down vẫn thấy họ báo invalid or deleted file. Bạn có thể vui lòng up lại giúp mình được không? Cám ơn bạn nhiều nhé.

Đúng rồi. Cám ơn bạn nhiều nhé.

Cho $S=\{a,b\}$ với $a, b \in \mathbb{R}$. V là không gian véc tơ của tất cả các hàm số từ $S\rightarrow \mathbb{R}$

. Tìm $\dim(V)$ và một cơ sở của nó.

Anh em vào thảo luận bài này hộ mình cái ^0^. Thầy giáo cho nhưng chưa nghĩ ra

 

$M_{22}$ là một vành không giao hoán và có ước không nên k thể suy ra vậy.

Lấy ví dụ:

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

 

Vậy nếu $A\neq B$ thì có thể suy ra như vậy không?

Đúng rồi bạn ạ. Phương trình hoành độ luôn có nghiệm x=0, nghĩa là d luôn cắt ( C ) tại điểm có tọa độ (0,-m-1) (Chứ không phải gốc tọa độ O(0,0) như mình viết nhầm ở trên. Mình xin lỗi.) Còn phương trình bậc 2 ở trong dấu ngoặc có nghiệm kép tương ứng với trường hợp d tiếp xúc với ( C ). Từ đó giải ra m như ở trên.