Cho mình hỏi ai có file cuốn " Exercises in Functional Analysis" của tác giả Dumitro Popa cho mình xin . Rất cảm ơn các bạn.

Để cho thuận tiện mình có chuyển các file này sang định dạng pdf cho dễ xem

 VIETMATHS.COM_Bai_tap_on_luyen_thi_Olympic_Toan_Tran_Van_Su.PDF   480.56K   2202 Số lần tải  VIETMATHS.COM_Olympic_Toan_Sinh_vien_Giai_Tich.PDF   807.51K   2079 Số lần tải

Bài tập giải tích của Kaczor - Nowak ( 2 cuốn tiếng việt + 1 cuốn tiếng anh )

Tập 1  problem_analysis1.pdf   2.35MB   4528 Số lần tải

Tập 2  BaiTapGiaiTich-Tap2- KaczkorNowak-DoanChi-dich.pdf   2.06MB   4746 Số lần tải

Tập 3   Kaczor W.J., Nowak N.T. Problems in mathematical analysis 3. Integration (AMS, 2003)(ISBN 0821832980)(600dpi)(T)(356s)_MCetp_.pdf   12.9MB   5379 Số lần tải

Đề thi một số năm trên diễn đàn có khá nhiều ở đây chỉ nên một số bài mình sở hữu

 1993 - 2005 (  có  Giải tích + Đại số )  06-10-2014 22.46.37tuyen tap de thi OLP SV toan quoc.pdf   1.27MB   2152 Số lần tải

 2006-2012 ( chỉ Gỉai tích )   VNMATH.COM-De Thi Loi Giai Olympic Toan SV Giai Tich 2006 - 2012.rar   759.92K   1997 Số lần tải

2013 ( Giaỉ tích + Đại số , file này tải lâu à nha )   7056d1fa-d643-4196-b129-10563fcb9535_kyyeuolympictoan2013.pdf   15.18MB   918 Số lần tải

2014 ( Giaỉ tích + Đại số )   OSV2014_Ky_yeu.pdf   2.87MB   1733 Số lần tải

2015  (chỉ Giaỉ tích )  gt2015.pdf   5.33MB   1315 Số lần tải

 Cơ bản ôn nhiêu chắc cũng chủ đậu rồi

Điểm thứ nhất, thứ ba thì mình rất vui lòng lắng nghe sự đóng góp ý kiến tận tình của bạn, đặc biệt là điều thứ ba rất thú vị bởi vì nó là hướng tiếp cận trên ngôn ngữ thuần túy của không gian vector cho bài toán chéo hóa ma trận và khá kinh điển tìm đọc được ở nhiều tài liệu. Nhưng còn về điểm thứ nhì thì bạn có vẻ hơi hiểu sai về mặt thuật ngữ với vấn đề một chút, xin chỉnh lại tí xíu thôi. Vì mình xét trên một trường K tổng quát nên một đa thức có thể không phải lúc nào cũng tách được và khi tách được thì cũng không chắc gì là  số chiều của các không gian con riêng sẽ bằng với số bội của trị riêng tương ứng, cái này thì từng cái cụ thể mình mới có thể tính được số chiều của từng không gian con chỉ duy nhất khi các nghiệm đều có bội 1 thì hai thứ này luôn luôn trùng nhau mình có chỉ ra rồi. Tách được ở đây muốn chỉ rằng ta có thể phân tích đa thức đó thành tích các nhân tử bậc nhất đó bạn, Nói tóm lại là dùng tính tách thôi là ok trong vụ tam giác hóa rồi chứ cần quan tâm gì đến ba cái bội làm gì cho rắc rối, nếu mà có thêm được số chiều của không gian con riêng số bội của trị riêng tương ứng thì mới ok chéo hóa được. 

 Bài toán chéo hóa.pdf   464.85K   596 Số lần tải

 Điều kiện cần và đủ để tam giác hóa một tự đồng cấu.pdf   217.8K   487 Số lần tải

 dien

cho mình hỏi bạn có hiểu khái niệm đa thức đặc trưng của một tự đồng cấu là gì không?

đa thức đặc trưng của một tự đồng cấu là đa thức đặc trưng của ma trận biểu diễn của tự đồng cấu đó trên một cơ sở xác định

nếu bạn hiểu một đa thức là tách được khi tât cả các nghiệm đều là nghiệm đơn thì đã kể đến số bội của đa thức đó rồi chứ ! Mà đặc biệt là số bội bằng 1 hết nên thành ra số chiều cũng vậy. Mình sử dụng định nghĩa về tính tách được theo lối thứ hai: mọi nhân tử bất khả quy đều có nghiệm đơn, còn mình viết cụ thể ra chứ không xài lối diễn đạt bằng ngôn ngữ. Bởi vì dùng theo lối này ta có thể khảo sát bài toán trong phạm vi tổng quát hơn chứ !

 Định lý Cayley - Hamilton.pdf   197.43K   1075 Số lần tải

 Nguyên lý bao hàm - loại trừ.pdf   304.94K   961 Số lần tải

 Công thức tính số toàn ánh.pdf   157.89K   302 Số lần tải

 Ứng dụng nguyên lý bao hàm – loại trừ mở rộng.pdf   262.42K   497 Số lần tải

 Bài toán Bernouli -Euler về những bức thư sai địa chỉ.pdf   263.41K   623 Số lần tải

 Công thức tính số derangement.pdf   199.24K   383 Số lần tải

 Ứng dụng đại số tuyến tính trong một số bài toán về hoán vị.pdf   222.11K   160 Số lần tải

 Nghịch đảo Mobius trên poset.pdf   208.89K   159 Số lần tải

ta chứng minh được dễ dàng $(A-B)^{3}=(A-B)\Rightarrow det(A-B)$ có thể bằng 0 ,1 ,-1 . Phần sau mình lấy ví dụ là xong , phần này nhường cho các bạn tìm

Bài toán ( Sydney-2013). Tính định thức của ma trận vuông cấp n trong đó phần tử (i,j) bằng i nếu $i\neq j$ và bằng i+1 nếu i=j

Lời giải. Gọi $M_{n}$ là ma trận được định nghĩa, $I_{n}$ là ma trận đơn vị cấp n.

Khi đó ta thấy từ định nghĩa thì ma trận $M_{n}-I_{n}$ có hàng thứ i là (i,i,...,i) nên có hạng bằng 1 và định thức bằng 0 .

 Suy ra 1 là một giá trị riêng của ma trận $M_{n}$ có số bội bằng n-1.

Ta thấy vết của ma trận $M_{n}$ bằng $\sum_{i=1}^{n}(i+1)=\frac{n^{2}+3n}{2}$ nên giá trị riêng còn lại của ma trận $M_{n}$ bằng $\frac{n^{2}+3n}{2}-(n-1)=\frac{n^{2}+n+2}{2}$

  Do đó : $detM_{n}=1^{n-1}\times\frac{n^{2}+n+2}{2}=\frac{n^{2}+n+2}{2}$

Bài toán. Cho ma trận vuông A cấp n , với $a_{ij}=(i,j)$, trong đó (i,j) là ước chung lớn nhất của i và j

Tính det A

  Lưu ý với các bạn bài toán này mình đã thay đổi yêu cầu để cho đơn giản bạn có thể tìm thấy nội dung đầy đủ của nó ở Putnam 1984

 Bài toán . Cho n là một số nguyên dương. Gỉa sử a,b,x là các số thực , với $a^{2}\neq b^{2}$, Ma trận vuông $M_{n}$ cấp 2n trong đó phần tử (i,j) được xác định:

$m_{ij}=\left\{\begin{matrix} x & i=j\\ a & i\neq j &i+j =2k \\ b & i\neq j & i+j=2k+1 \end{matrix}\right.$ 

  Tính $detM_{n}$ theo a,b,n

Lời giải. Gọi N là ma trận $M_{n}$ khi x =a . Từ định nghĩa ta dễ dàng nhận thấy N có hạng bằng 2 ( chỉ có hai hàng phân biệt ). Do đó 0 là một giá trị riêng của N với số bội bằng 2n-2.

  Nếu gọi e là ma trận $2n\times 1$ với các phần tử bằng một . 

  Với một chút tính toán ta sẽ thấy Ne=n(a+b)e- điều này có nghĩa là n(a+b) là một giá trị riêng khác của N ứng với vector riêng e

   Ta thấy vết của N bằng 2an $\Rightarrow$ Tồn tại một giá trị riêng thứ ba bằng 2an-n(a+b)=n(a-b)

 Từ đây dễ dàng suy ra rằng

$det(N-\lambda I_{2n})=\lambda ^{2n-2}(\lambda -n(a+b))(\lambda -n(a-b))$

  Để giải quyết trọn vẹn bài toán ta chú ý một điểm quan trọng sau $M_{n}=N-(a-x)I_{2n}$

  Thay $\lambda =a-x$ từ công thức trên ta suy ra

 $detM_{n}=(a-x)^{2n-2}(a-x-n(a-b))(a-x+n(a-b))$.

Bài toán ( Nordic-2011) Chứng minh rằng

$\begin{vmatrix} a & b & 0 & 0 & 0 & ... & 0 & 0 &0 \\ c &a &b & 0 & 0 & ... & 0 &0 &0 \\0 & c & a & b &0 & ... & 0 & 0 &0 \\... & ... & ... &... &... &... &... &... &... \\ 0 & 0 & 0 & 0 &0 & ... & a &b &0 \\0 & 0 & 0 & 0 & 0 & ... & c & a &b \\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 &... &0 &c & a \end{vmatrix}_{n\times n}=\prod_{k=1}^{n}\left ( a-2\sqrt{bc}cos\frac{k\pi }{n+1} \right )$

Lời giải. Ta sẽ tính định thức bằng các xác định các giá trị riêng của ma trận.

  Trước tiên để cho thuận tiện trong các trình bày ta sẽ xét một trường hợp đặc biệt khi a=0 và bc=1

kí hiệu là $D_{n}$ . Đặt $P_{n}(\lambda )=det(\lambda I_{n}-D_{n})$ .

  Áp dụng khai triển Laplace liện tiếp cho ma trận $\lambda I_{n}-D_{n}$ , lần thứ nhất theo cột thứ nhất , lần thứ hai theo hàng thứ nhất, ta thu được hệ thức

$P_{n}(\lambda )=(-1)^{1+1}\lambda P_{n-1}(\lambda )+(-1)^{2+1}(-c) (-1)^{1+1}(-b)P_{n-2}(\lambda )=\lambda P_{n-1}(\lambda )-P_{n-2}(\lambda )$

  Ta qui ước $P_{0}(\lambda )=1$, bằng tính toán trực tiếp $P_{1}(\lambda )=1$ nên với mọi $n\geq 2$ ta luôn có

                     $P_{n}(\lambda )=\lambda P_{n-1}(\lambda )-P_{n-2}(\lambda )$

 Bằng phương pháp quy nạp ta dễ dàng nhận thấy;

                                 $P_{n}(2cos\theta )=\frac{sin(n+1)\theta )}{sin\theta }, 0< \theta < \pi$

  Dễ dàng nhận thấy $P_{n}(\lambda _{k})=0$ với $\lambda _{k}=2cos\frac{k\pi }{n+1},k=1,2,...n$  mà $degP_{n}(x)=n$ . Từ đây suy ra $\left \{ 2cos\frac{k\pi }{n+1} \right \}_{k=1}^{n}$ là tất cả các giá trị riêng của $D_{n}$.

   Trong trường hợp tổng quát ta thấy $A_{n}=aI_{n}+\sqrt{bc}\overline{D_{n}}$, trong đó $A_{n}$ là ma trận cho trong đề bài còn $\overline{D_{n}}$ có các phần tử trên đường chéo chính bằng 0 và thỏa mãn các tính chất trong trường hợp riêng mà ta đã khảo sát. Theo kết quả trên ta thấy $\left \{ a+2\sqrt{bc}cos\frac{k\pi }{n+1} \right \}_{k=1}^{n}$ là các giá trị riêng của $A_{n}$

   Do đó

       $det(A_{n})=\prod_{k=1}^{n}\left ( a+2\sqrt{bc}cos\frac{k\pi }{n+1} \right )=\prod_{k=1}^{n}\left ( a-2\sqrt{bc}cos\frac{(n+1-k)\pi }{n+1} \right )=\prod_{k=1}^{n}\left ( a-2\sqrt{bc}cos\frac{k\pi }{n+1} \right )$

Tiếp theo chúng ta sẽ ôn tập lại phương pháp giá trị riêng thông qua một ví dụ nhỏ.

Bài toán ( Saint Peterburg -2007) Cho ma trận $M=(m_{ij})_{n\times n},$ trong đó $m_{ij}=\begin{cases} a_{i}a_{j} & \text{ }i\neq j \\ a_{i}^{2}+k& \text{ if } i= j \end{cases}$.

Tính detM.

Lời giải. 

Đặt: $A=\begin{pmatrix} a_{1}^{2} &a_{1} a_{2} & ... & a_{1}a_{n}\\ a_{2}a_{a} &a_{2}^{2} &... & a_{2}a_{n}\\ ...& ... &... &... \\a_{n}a_{1} &a_{n}a_{2} & ... &a_{n}^{2} \\ & & & \end{pmatrix}$

thì khi đó detM=det(A+kE), trong đó E là ma trận đơn vị cấp n.

  Dễ dàng nhận thấy rankA=1 do đó 0 là một giá trị riêng của ma trận A và có số bội là n-1 nên giá trị riêng còn lại sẽ là $a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2}$ nên ta suy ra đẳng thức bên dưới đây

              $det(A-\lambda E)=(-1)^{n}\lambda ^{n-1}(\lambda -(a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2}))$.

Thay $\lambda =-k$ ta sẽ thu được đáp án cho câu hỏi ban đầu là $k^{n-1}(k+a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+...+a_{n}^{2})$.

 Bên dưới đây là một file đề thi bằng tiếng Nga dành cho các bạn nghiên cứu thêm

   2007.pdf   172.63K   184 Số lần tải

Tiếp theo là một số bài toán tính toán định thức có trên tạp chí American Mathematical ....

Bài toán ( AMM-11179) Cho các số nguyên dương i, j đặt $m_{i,j}=\left\{\begin{matrix} -1 &i+1\equiv 0(mod j) \\0 & i+1\not\equiv 0(modj) \end{matrix}\right.$.Gỉa sử $M_{n}$ là ma trận vuông cấp n-1 có phần tử (i,j) là $m_{i,j}$.

  Chứng minh rằng $det(M_{n})=\mu (n)$, trong đó $\mu$ là hàm Mobius . ( Tạp chí Epsilon)

Bài toán ( Sydney-2011) Cho m, n là hai số nguyên dương sao cho $m\geq n$ Gọi A là ma trậ vuông cấp n sao cho phần tử (i,j) bằng $C_{mj}^{i}$ . Tính det A .

    Đáp số : $detA=m^{\frac{n(n+1)}{2}}$

Sau đây là một số bài toán tính định thức theo các hướng độc đáo đã được sau trên các cuộc thi danh tiếng  (đề mục này sẽ được bổ sung dần dần )

Bài toán 1. (PUTNAM 2014)  Cho A là ma trận $n\times n$ trong đó phần tử ở hàng thứ i cột thứ j được cho bởi $\frac{1}{min(i,j)}$ với $1\leqslant i,j\leqslant n$ . Tính định thức của ma trận A

Lời giải. Từ điều kiện ở đầu ta thấy 

           A=$\begin{bmatrix} 1 & 1 &1 ...& 1& \\ 1& \frac{1}{2} &\frac{1}{2} ...& \frac{1}{2}& \\ 1 & \frac{1}{2}&\frac{1}{3} ...&\frac{1}{3} & \\1 &\frac{1}{2}&\frac{1}{3}...& \frac{1}{4}\\ ... & ... & ... &... \\ 1 & \frac{1}{2}&\frac{1}{3} ... & \frac{1}{n} & \end{bmatrix}$

   Để giải bài toán này ta sẽ áp dụng khai triển Laplace  cho hàng thứ n . Chú ý khi đó ma trận con thu được khi xóa hàng thứ n có dạng 

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

Khi đó cột thứ n và cột thứ n-1 trùng nhau nên ma trận con chứa cả hai cột n và n-1 có định thức bằng 0 . Từ đó ta thấy

        $\begin{vmatrix} 1& 1 & 1 & ... &1 \\1 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} &... & \frac{1}{2}\\ 1& \frac{1}{2}&\frac{1}{2} &... &\frac{1}{2} \\ ...& ... &... & ... &... \\ 1& \frac{1}{2} &\frac{1}{3} & ... &\frac{1}{n} \end{vmatrix}=-\frac{1}{n-1}\begin{vmatrix} 1 & 1 & ... &1 \\ 1 & \frac{1}{2} &... &\frac{1}{2} \\... & ...& ... & ...\\ 1 & \frac{1}{2}&... &\frac{1}{n-1} \end{vmatrix}+\frac{1}{n}\begin{vmatrix} 1 & 1 & ... & 1\\1 & \frac{1}{2} & ... & \frac{1}{2}\\ ... &\... & ... &... \\ 1 & \frac{1}{2} &... &\frac{1}{n-1} \end{vmatrix}$

    Nếu đặt $D_{n}=det(A)$ trong đó A có cấp n thì $D_{n}=\left ( \frac{1}{n} -\frac{1}{n-1}\right ) D_{n}=\frac{-1}{n(n-1)}D_{n-1}$

    Sử dụng hệ thức truy hồi này và chú ý $D_{1}=1$ ta được

$D_{n}=\frac{-1}{n(n-1)}\frac{-1}{(n-1)(n-2)}...\frac{-1}{3.2}\frac{-1}{2.1}=\frac{(-1)^{n+1}}{n!(n-1)!}$

   Bài toán 2 (ĐHBK -2013) .Cho $x_{i},y_{i},1\leq i\leq n$ là các số phức với $x_{i}y_{j}$$\neq 1$ với mọi cặp $x_{i},y_{j}$.

  Tính định thức của ma trận $M=(m_{ij})_{n\times n}$ tróng đó $m_{ij}=\frac{1}{1-x_{i}y_{j}}$

lời giải. Để cho thuận tiện ta quy ước $D_{y_{1}y_{2}...y_{n}}^{x_{1}x_{2}...x_{n}}=det(M)$. Ta thấy

 n=2 : $D_{y_{1}y_{2}}^{x_{1}x_{2}}=\begin{vmatrix} \frac{1}{1-x_{1}y_{1}} &\frac{1}{1-x_{1}y_{2}} \\ \frac{1}{1-x_{2}y_{1}} &\frac{1}{1-x_{2}y_{2}} \end{vmatrix}=\frac{(x_{1}-x_{2})(y_{1}-y_{2})}{(1-x_{1}y_{1})(1-x_{1}y_{2})(1-x_{2}y_{1})(1-x_{2}y_{2})}$  ( tính toán tương đối đơn giản nên mình không nêu ra cụ thể )

Ta có thể tính trực tiếp thêm một số giá trị của n . Dự đoán :

$D_{y_{1}...y_{n}}^{x_{1}...x_{n}}=\frac{\prod_{1\leqslant i< j\leqslant n}(x_{i}-x_{j})(y_{i}-y_{j})}{\prod_{1\leq i,j\leq n}(1-x_{i}y_{j})}$. Ta sẽ chứng minh quy nạp công thức này.

   Áp dụng khai triển Laplace cho cột thứ nhất ta được

$D_{y_{1}..y_{n+1}}^{x_{1}...y_{n+1}}=\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{i+1}\frac{1}{1-x_{i}y_{1}}D_{y_{2}...y_{n+1}}^{x_{1}...x_{i-1}x_{i+1}...x_{n+1}}$

$=\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{i-1}\frac{1}{1-x_{i}y_{1}}\frac{\prod_{1\leq k< l\leq n+1,k,l\neq i}(x_{k}-x_{l})\prod_{2\leq k< l\leq n+1}(y_{k}-y_{l})}{\prod_{1\leq k\leqslant n+1,k\neq i,2\leq l\leqslant n+1}(1-x_{k}y _{l})}$

$\sum_{i=1}^{n+1}(-1)^{i-1}\prod_{k=1,k\neq i}^{n+1}(1-x_{k}y_{1})\frac{\prod_{1\leqslant k< l\leq n+1}(x_{k}-x_{l})\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k})\prod_{2\leq k< l\leq n+1}(y_{k}-y_{l})}{\prod_{k=1}^{i-1}(x_{k}-x_{i})\prod_{k=i+1}^{n+1}(x_{i}-x_{k})\prod_{1\leqslant k,l\leqslant n+1}(1-x_{k}y_{l})}$

$=\left ( \sum_{i=1}^{n+1}\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k})\prod_{k=1,k\neq i}^{n+1} \frac{1-x_{k}y_{1}}{x_{i}-x_{k}}\right )\frac{\prod_{1\leq k< l\leq n+1}(x_{k}-x_{l})\prod_{2\leq k< l\leq n+1}(y_{k}-y_{l})}{\prod_{1\leqslant k,l\leq n+1}(1-x_{k}y_{l})}$

 Đặt $P(x)=\prod_{k=2}^{n+1}(1-xy_{k})$ thì $P(x)$ là một đa thức bậc n và $P(x_{i})=\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k}),i=1,2,..n+1$ . Áp dụng công thức Lagrange ta được:

  $P(x)=\sum_{i=1}^{n+1}\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k})\prod_{k=1,k\neq i}^{n+1}\frac{x-x_{k}}{x_{i}-x_{k}}$

 Thay $x=\frac{1}{y_{1}}$ , nhân hai vế cho $y_{1}^{n}$ ta được

      $\prod_{k=2}^{n+1}(y_{1}-y_{k})=\sum_{i=1}^{n+1}\prod_{k=2}^{n+1}(1-x_{i}y_{k})\prod_{k=1,k\neq i}^{n+1}\frac{1-x_{k}y_{1}}{x_{i}-x_{k}}$.

  Từ đây ta dễ dàng thu được kết quả mong muốn.