$f'(-m).f'(m)=-1$

Ok. Mình đã sửa rồi. Thank bạn nhé.

Tính bình thường rồi quy đồng lên bạn ạ. Kết quả hơi dài 1 chút.

$y=\frac{4+\sqrt{x}}{4-x}$

Suy ra: $y'=\frac{x+4+8\sqrt{x}}{2\sqrt{x}(4-x)^{2}}$

$y''=\frac{\sqrt{x}(3x^{2}+24x-16)+32x^{2}}{4x^{2}(4-x)^{3}}$

Mọi đường thẳng qua M(3,4) đều có dạng: y=m(x-3)+4

Xét phương trình hoành độ: $m(x-3)+4=x^{3}-3^{2}+4$

Giải ra x=3 hoặc $x^{2}=m$. Hiển nhiên là để cắt tại 3 điểm thì m>0.

Tiếp tuyến tại 2 điểm B và C vuông góc, nghĩa là hệ số góc của chúng nhân với nhau bằng -1.

$f'(m).f'(-m)=-1$, với $f'(x)=3x^{2}-6x$

Thay vào được: $(3m^{2}-6m)(3m^{2}+6m)=9m^{4}-36m^{2}=-1$

Giải ra được $m^{2}=\frac{6\pm \sqrt{35}}{3}$ (Đều thỏa mãn).

Do đó có tất cả 4 giá trị của m là $\pm \sqrt{\frac{6+\sqrt{35}}{3}}$ và $\pm \sqrt{\frac{6-\sqrt{35}}{3}}$

Mình biên tập lại phần đề bài của bạn thế này, không biết có đúng không?

Cho đồ thị ( C ): $y=-x^{3}+(2m+1)x^{2}-m-1$ và đường thẳng d: $y=2mx-m-1$. Tìm các giá trị của m để d tiếp xúc ( C ).

Bài này có thể không cần liên quan đến pt tiếp tuyến. Xét pt hoành độ: $-x^{3}+(2m+1)x^{2}-m-1=2mx-m-1$ tương đương với:

$x(-x^{2}+(2m+1)x+2m)=0$

d luôn cắt ( C ) tại gốc tọa độ. Để d tiếp xúc ( C ) tại một điểm khác thì phương trình bậc 2 phải có nghiệm kép. Nghĩa là $\Delta =0$.

Giải ra được $m_{1,2}=\frac{-2\pm \sqrt{3}}{2}$

Đúng rồi. Mình cũng giải ra m=0 và m=$\frac{7}{3}$ bạn ạ.

Trên một hành tinh xa lạ có 1 loại thằn lằn có thể đổi được màu. Chúng có thể đổi sang các màu đỏ, lục và lam. Nguyên tắc là nếu hai con thằn lằn khác màu gặp nhau thì chúng sẽ đổi sang màu thứ 3. Ví dụ con màu đỏ ở cạnh con màu lam thì cả 2 con sẽ đổi sang màu lục. Ban đầu trên hành tinh này có 13 con màu đỏ, 15 con màu lam và 17 con màu lục. Hỏi có một lúc nào đó tất cả các con thằn lằn trên hành tinh này sẽ có cùng một màu hay không?

Bài này nên chuyển sang mục giải tích bạn ạ. Tính tích phân 2 lớp (biến y, z) trên miền là hình tròn tâm O bán kính 1 trong mặt phẳng Oyz.

$S=\int_{(y^{2}+z^{2}=1)}^{}\sqrt{1+(\frac{\partial x}{\partial y})^{2}+(\frac{\partial x}{\partial z})^{2}}dydz$

Đúng rồi. Lúc chiều em quên mất về tính giao hoán của các ma trận $B^{k}$. Sau đi ra ngoài rồi mới nhớ. Về phép tách thì em nghĩ của e cũng ok, nhưng hơi rườm rà. Chỉ cần chia về 3 trường hợp là các lớp modulo của 3 thôi, nhưng kèm thêm dấu nhân với $(-1)^{n}$. Kết quả thì đúng vì e đã kiểm tra với mấy số mũ 2, 3, 4 rồi. Thanks bác nhiều nhé.

Phù, ngốn mất gần buổi chiều...

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

Đặt $D=\begin{bmatrix} 1 & 1&1 \\ 1 & 1 & 1\\ 1& 1 & 1 \end{bmatrix}$. 

$D^{n}=3^{n-1}D$

$A^{n}=2^{n}D^{n}=2^{n}.3^{n-1}D$

Về ma trận B:

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

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

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

$B^{4}=\begin{bmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0& 0 & 1\\ 1 & 0 & 0 \end{bmatrix}$

$B^{5}=\begin{bmatrix} 0 & 0 & -1\\ -1& 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 \end{bmatrix}$

$B^{6}=\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0\\ 0& 1 & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix}$

$B^{7}=\begin{bmatrix} 0 & -1 & 0\\ 0& 0 & -1\\ -1 & 0 & 0 \end{bmatrix}=B^{1}$

$B^{8}=B^{2}$,...

Cứ tương tự như vậy. B có "chu kỳ" 6. Sau mỗi lần chuyển, trong mỗi hàng, số 1 dịch sang bên phải 1 cột và đổi dấu. Dịch vòng quanh.

Với mọi ma trận M(3x3) bất kì: $B^{k}.M=(-1)^{k}M$

$\begin{bmatrix} 2 & 1 &2 \\ 2 & 2 & 1\\ 1 & 2 & 2 \end{bmatrix}^{n}=(A+B)^{n}=\sum_{k=0}^{n-1}_{n}^{k}\textrm{C}.A^{n-k}B^{k}+B^{n}=D\sum_{k=0}^{n-1}_{n}^{k}\textrm{C}.2^{n-k}.3^{n-k-1}(-1)^{k}+B^{n}=\frac{D}{3}\sum_{k=0}^{n-1}_{n}^{k}\textrm{C}.6^{n-k}(-1)^{k}+B^{n}=\frac{D}{3}\left [ (6-1)^{n}-(-1)^{n} \right ]+B^{n}=\frac{D}{3}\left [ 5^{n}-(-1)^{n} \right ]+B^{n}$

Để xử lý $B^{n}$, chia n cho 6 dư bao nhiêu thì ứng với B mũ số dư đó, đã nêu ra ở trên.

Áp dụng công thức vừa chứng minh, ta được:

$\begin{bmatrix} 2 & 1 &2 \\ 2 & 2 & 1\\ 1 & 2 & 2 \end{bmatrix}^{2}=\begin{bmatrix} 8 & 8 & 9\\ 9 & 8 & 8\\ 8 & 9 & 8 \end{bmatrix}$

$\begin{bmatrix} 2 & 1 &2 \\ 2 & 2 & 1\\ 1 & 2 & 2 \end{bmatrix}^{3}=\begin{bmatrix} 41 & 42 & 42\\ 42 & 41 & 42\\ 42 & 42 & 41 \end{bmatrix}$

Bác Vo van duc còn cách nào khác hay không? Chỉ em với

Theo mình nghĩ đoạn này x cố định bằng 1, y chạy từ 1 đến 3 còn ds=dy. Kết quả tích phân trên BC ra 4.

Điều ngược lại thì dễ. Để chứng mình chiều xuôi thì các bác cho mình hỏi nếu có 2 ma trận vuông A, B (bắt đầu từ cấp 2) và thỏa mãn: AB=BA=0 thì có suy ra được hoặc A=0 hoặc B=0 không? Mình đang suy nghĩ nhưng chưa ra hướng...

Một không gian véc tơ có rất nhiều tập sinh (cũng như cơ sở). Mình chỉ chỉ ra 1 tập cho trước có phải là tập sinh (hoặc cơ sở) của nó không mà thôi. Mình ví dụ trong mặt phẳng afin Euclide 2 chiều (mặt phẳng Oxy), mọi tập hợp hữu hạn có số lượng các véc tơ bất kì trong đó có ít nhất 2 véc tơ không cùng phương đều sinh ra tất cả các véc tơ khác trong mặt phẳng Oxy, chẳng hạn hệ {(0,2), (3,0), (2,1)} là một hệ sinh. {(1,1), (0,1), (1,2), (3,4)} cũng là một hệ sinh khác. Cơ sở là một hệ sinh độc lập tuyến tính. Cũng theo ví dụ trên thì hai véc tơ bất kì trong hệ sinh thứ nhất đều tạo nên một cơ sở của $\mathbb{R}^{2}$.

Để chứng minh một hệ véc tơ cho trước là hệ sinh, có thể bằng định nghĩa, chứng minh mọi véc tơ trong không gian đó được sinh ra bởi hệ này.

Ví dụ: chứng tỏ: {(0,2), (3,0), (2,1)} là một hệ sinh của $\mathbb{R}^{2}$.

Các véc tơ (x,y)$\in \mathbb{R}^{2}$, nếu hệ trên là hệ sinh, tồn tại các số thực a,b,c sao cho:

a(0,2)+b(3,0)+c(2,1)=(x,y)  (*)

Với c=0, b=x/3, a=y/2 thỏa mãn với mọi (x,y)$\in \mathbb{R}^{2}$

Với c=1, b=(x-2)/3, a=(y-1)/2 thỏa mãn với mọi (x,y)$\in \mathbb{R}^{2}$

Tóm lại là luôn tìm được các số a, b, c (có thể phụ thuộc nhau) để thỏa mãn hệ thức (*). Vậy hệ đã cho là hệ sinh.

Nếu hệ trên là cơ sở thì các số a, b, c tìm được phải là duy nhất (không phụ thuộc nhau). Bạn có thể kiểm chứng điều này với các cơ sở mình đã nêu ra ở trên.

Bài 2

Như bài trên, theo cách viết của bạn, mình hiểu rằng x(1,2,-3) là tọa độ của véc tơ x trong cơ sở chính tắc, gọi (a,b,c) là tọa độ của véc tơ này trong cơ sở S. Ta có:

a=1+2=3

b=2.1+2.2-3=3

c=1-3=-2

Giải hệ phương trình trên, ta được: a=3, b=3, c=-2. Vậy tọa độ của véc tơ này trong S là (3,3,-2).

Gọi A là ma trận của cơ sở S bằng cách xếp các véc tơ của cơ sở này thành các cột của A. P là ma trận chuyển cơ sở từ cơ sở S sang cơ sở chính tắc nên AP=I (I-ma trận đơn vị).

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

Các véc tơ: $\alpha _{1}$=(2,-1,-2), $\alpha _{2}$=(-1,1,1), $\alpha _{3}$=(1,-1,0).

Bạn có thể kiểm tra lại kết quả trên: 3$\alpha _{1}$+3$\alpha _{2}$+(-2)$\alpha _{3}$=(1,2,-3)

Bài 1:

Theo như cách viết của bạn thì tọa độ của x theo B' hiển nhiên là (1, -2, 3).

Để tìm tọa độ của y trong B. Ta có $a_{i}=\sum_{j=1}^{n}p_{ij}b_{j}$ với $a_{i}$ và $b_{j}$ là tọa độ của véc tơ trong các cơ sở B và B'.

$a_{1}$=-1.3+1.(-2)+2.4=3

$a_{2}$=-1.3+3.(-2)+3.4=3

$a_{3}$=1.2+(-2).(-2)+(-3).4=-6

Chứng minh $\left [ x \right ]$ là phần tử khả nghịch đối với phép nhân trong vành $\mathbb{Z}/n$ nếu $x$ và $n$ nguyên tố cùng nhau.

Chéo hóa ma trận A đã cho rồi tìm $A^{n}$

Tìm trị riêng:  $\left | A-\lambda I \right |=\begin{vmatrix}
1-\lambda & -1 \\
 2& 4-\lambda
\end{vmatrix}=(\lambda-2)(\lambda-3)=0$

Suy ra: $\lambda=2 hoặc \lambda=3$

Các vector cơ sở: $\begin{bmatrix}
1 &-1
\end{bmatrix}$ và $\begin{bmatrix}
1 &-2
\end{bmatrix}$

Ma trận P làm chéo hóa: $P=\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -2
\end{bmatrix}$

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

Chéo hóa: $P^{-1}AP=\begin{bmatrix}
2 & 1 \\
-1 & -1
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & -1 \\
2 & 4
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
1 & 1 \\
-1 & -2
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
2 & 0 \\
0 & 3
\end{bmatrix}$

$(P^{-1}AP)^{n}=P^{-1}A^{n}P=\begin{bmatrix}
2^{n} & 0 \\
 0 & 3^{n}
\end{bmatrix}$

$=> A^{n}=P\begin{bmatrix}
2^{n} & 0 \\
 0 & 3^{n}
\end{bmatrix}P^{-1}=\begin{bmatrix}
2^{n+1}-3^{n} & 2^{n}-3^{n} \\
 -2(2^{n}-3^{n}) & -2^{n}+2.3^{n}
\end{bmatrix}$