Cho em xin tài liệu về chuỗi ôn thi OLP được không ạ

Cho em hỏi thêm 1 câu nữa:

Nếu cho $f(x)$ khả vi thì ta có phải là luôn có $f(x)=\int_{x_0}^{x} f^{'}(t)dt+f(x_0)$ vì thầy em bảo hàm liên tục thì khả tích, nhưng đề bài cho mỗi $f(x)$ khả vi, chưa cho  $f'(x)$ liên tục, thì có được phép viết ra công thức tích phân như trên không ạ ?

Cho em hỏi là tại sao các bài toán hay nói là liên tục trên $[a,b]$ và khả vi trên $(a,b)$ mà không phải là khả vi trên $[a,b]$.

Và hình như là nếu khả vi thì liên tục vậy tại sao ko bỏ luôn cái câu liên tục trên $[a,b]$ ạ?

Anh nghĩ là có thể hiểu thế này: Cho $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ và $x \in \mathbb{R}$. Ta định nghĩa đạo hàm của f tại x theo một công thức... Ta nói f khả vi trên A nếu f có đạo hàm tại mọi điểm thuộc A. Trong trường hợp f xác định trên A thôi thì ta hiểu rằng có một hàm g nào đó xác định trên R và g hạn chế trên A bằng f và khi đó ta định nghĩa f khả vi trên A nếu g khả vi trên A(nếu học không gian $\mathbb{R}^n$ thì người ta cũng định nghĩa tương tự thế này). Nhưng như vậy để cho với hàm g nào thì đạo hàm của f cũng không đổi thì A phải mở(em thử chứng minh xem). Vì thế người ta chỉ hay nói tính khả vi của hàm tại một điểm thuộc phần trong của tập xác định. Còn khả vi trên khoảng thì chưa chắc đã liên tục trên đoạn. Ví dụ hàm f=1/x nếu x >0 và f=0 nếu x=0; hàm này thậm chí còn không bị chặn. Em cũng có thể nói đến tính khả vi trên đoạn bằng cách hiểu là khả vi một phía(nhưng trên $\mathbb{R}^n$ thì không đơn giản như vậy nữa vì có vô số cách tiến đến một điểm). Vì thế tốt nhất là ta định nghĩa cho tập mở cho nó lành.

có phải là với hàm $g$ nào thì đạo hàm của chúng đều như nhau trên A phải không ạ, vì em thấy f cố định thì đạo hàm phải cố định chứ ạ, A là tập mở thì em nhìn thấy anh phudinhgioihan  ghi biểu thức, sử dụng cái đó phải không ạ, vì không thể nói trước tính khả vi tại các điểm mút ạ?

Cho em hỏi là nếu như vậy thì: giả sử tại $a$ hoặc $b$ nó hàm số đạt cực trị thì có $f'=0$ không ạ, vì em thấy cái bổ đề fermat nó phải dựa vào 2 bên để suy ra $f'=0$ ạ

Cho hệ 

$\left\{\begin{matrix} ax_{1}+bx_{2}+...+ bx_{n}=0\\ cx_{1}+ax_{2}+...+bx_{n}=0\\ ...\\ cx_{1}+cx_{2}+...+ax_{n}=0 \end{matrix}\right.$

 

Tìm điều kiện của a, b, c để hệ phương trình trên có nghiệm không tầm thường ??

 

Em làm thế này nhưng không ổn lắm 

 

Điều kiện là $detA= 0$ trong đó $A$ là ma trận các hệ số của hpt

 

Em dùng khai triển Laplace với quy nạp tính được $det A =\frac{c-2a}{b+c-2a}(a-b)^{n}+\frac{b}{b+c-2a}(c-a)^{n}$

 

Đến đây thì chả biết giải đk det A = 0 thế nào ạ

 

Mọi người xem giúp e có hướng nào khác làm bài này không nhé !!!!

Cái này khó nhất tính định thức mà, nhưng mà điều kiện để có nghiệm không tầm thường là det A khác không chứ không phải bằng không. Sao em tính được định thức vậy.Nêu cách làm đi, mà điều kiện  thì mình không cần rút gọn, cứ để thế cũng được

mấy bài em bị block, em phải đánh công thức vào tiêu đề thì mới không bị block, viết chung chung là bị block.

 

Một hệ phương trình tuyến tính thuần nhất gồm n ẩn, n phương trình có nghiệm khác không khi và chỉ khi định thức của ma trận các hệ số bằng không mà a!!!

 Nếu  $detA\neq 0$ thì theo định lý Cramer thì hpt có nghiệm duy nhất . Do vậy $detA= 0$

Còn về tính định thức thì đầu tiên em :

- Lấy dòng n trừ đi dòng n-1 thay vào dòng cuối 

- Khai triển Laplace theo dòng cuối đấy 

$D_{n}=\begin{vmatrix} a & b &... &b &b \\ c& a & ... & b & b\\ c & c & ...&b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c & ... &a &b \\ c & c &... & c & a \end{vmatrix}=\begin{vmatrix} a & b &...&b &b \\ c& a & ... & b& b\\ c & c &... &b & b\\ ... & ... &... &... & ...\\ c& c &... &a &b \\ 0 & 0 & ... & c-a & a-b \end{vmatrix}=(c-a)(-1)^{n+n+1}\begin{vmatrix} a &b &... &b & b\\ c& a &... & b &b \\ ...&... &... &... &... \\ c &c &... & a & b\\ c & c & ... & c & b \end{vmatrix}$

           

    $+ (a-b)(-1)^{n+n}D_{n-1}$

$=(a-b)D_{n-1}+(a-c)\begin{vmatrix} a &b &... & b&b \\ c & a&... &b & b\\ ... & ... &... &... &... \\ c &c &.. . & a & b\\ 0 &0 &... &a-c & 0 \end{vmatrix}=(a-b)D_{n-1}+(a-c)^{2}(-1)^{n-2+n-1}\begin{vmatrix} a& b & ... & b & b\\ c & a & ... & b & b\\ ... & ... & ... & ... & ...\\ c &c & ... & a &b \\ c & c& ...& c & b \end{vmatrix}=...=(a-b)D_{n-1}+(a-b)^{n-2}(-1)^{n-3}\begin{vmatrix} a & b\\ c& b \end{vmatrix}=(a-b)D_{n-1}+b(c-a)^{n-1}$

 

Rồi dùng sai phân ra $D_{n}=\frac{c-2a}{b+c-2a}(a-b)^{n}+\frac{b}{b+c-2a}(c-a)^{n}$

 

Không biết có sai chỗ nào không  ạ !!!

 

Cái nghiệm riêng là  $\frac{c-2a}{b+c-2a}$ đúng không, còn nghiệm tổng quát của Pt sai phân tuyến tính cấp 1 dạng $D_n=(a-b)D_{n-1}$ là $c(a-b)^n$phải không nhỉ, mà cách tìm ra c thế nào ấy, anh quên mất các công thức cái  của  sai phân rồi @@

Anh ko biết sửa tiêu đề, nhưng mà ko mở khóa được, chỉ có điều hành viên mới mở khóa được.

Em đọc xong cái định về tích phân xác định trên $[a,b]$ là chia $[a,b]$ thành nhiều đoạn nhỏ để khi đường kính các đoạn tiến đến $0$ thì  có tổng $I$ tiến đến một giới hạn...

sau đó ở dưới có kết luận là:

Hàm $f: [a,b] \to \mathbb{R}$ thỏa mãn một trong số các tính chất sau thì khả tích:

*) liên tục

*) bị chặn, và có một số hữu hạn điểm gián đoạn

*) đơn điệu và bị chặn

anh chị giúp em giải thích tại sao ạ.

và thêm 2 cái nữa:

Nếu $f$ liên tục và tồn tại hàm ngược $f^{-1}$ thì hàm ngược đó có liên tục không?

 

 

 " giới nội " là gì ?

 

Cám ơn nhiều ạ.

anh lập topic 2015 đi anh

Bài 1. Cho ma trận vuông thực A mà $A^2=A$. Tìm dạng của ma trận X giao hoán với A.

Bài 2. Cho ma trận $A=(1\;\; 0\;\; 1, 0\;\; 1\;\; 2, 0\;\; 0\;\; 1)$. Tìm ma trận vuông cấp 3 B sao cho $AB+BA=0$.

 

Bài 1: có thể rút ra được $A=P^{-1}\begin{bmatrix} I_r & O \\ O& O \end{bmatrix}P$.

như vậy có thể suy ra $X$ có dạng $P^{-1} D P$ với $D$ là dạng đường chéo

Không biết ý của đề có phải như vậy không, nhưng nếu biểu diễn X qua A thì hơi khó @@, mọi người cùng vào thảo luận đi ạ.

Tổng quát gì thì hãy để ý 2 cột đầu tiên của $A$ có gì đặc biệt? Sau đó xem tiếp bài giải:

 

Giả sử $B=[b_1,b_2,b_3]$ với $b_i \in \mathbb{R}^3 \;, i=1,2,3$

 

Ta có: $AB\begin{bmatrix}1 \\0 \\0 \end{bmatrix}+BA\begin{bmatrix}1 \\0 \\0 \end{bmatrix}=0$

$\Leftrightarrow Ab_1+b_1=0 \Leftrightarrow Ab_1=-b_1$

 

Dễ thấy $A$ chỉ có một giá trị riêng là 1, do đó phải có $b_1=0$ vì nếu $b_1 \neq 0$ thì $-1$ là trị riêng của $A$.

 

Tương tự, $AB\begin{bmatrix}0 \\1 \\0 \end{bmatrix}+BA\begin{bmatrix}0 \\1 \\0 \end{bmatrix}=0$

$\Leftrightarrow Ab_2+b_2=0 \Leftrightarrow Ab_2=-b_2 \Leftrightarrow b_2=0$

 

$A$ có một vecto riêng là $\begin{bmatrix}1 \\1 \\0 \end{bmatrix}$, ta sẽ sử dụng vecto này.

 

 $AB\begin{bmatrix}1 \\1 \\0 \end{bmatrix}+BA\begin{bmatrix}1 \\1 \\0 \end{bmatrix}=0$

$\Leftrightarrow AB\begin{bmatrix}1 \\1 \\0 \end{bmatrix}+B\begin{bmatrix}1 \\1 \\0 \end{bmatrix}=0$

$\Leftrightarrow AB\begin{bmatrix}1 \\1 \\0 \end{bmatrix}=-B\begin{bmatrix}1 \\1 \\0 \end{bmatrix}$

$\Leftrightarrow B\begin{bmatrix}1 \\1 \\0 \end{bmatrix}=0$

$\Leftrightarrow b_3=0$

 

Vậy $B=0$

Anh ơi chỗ này đâu suy ra được ạ @@

Bài 2:

Gọi $B=\begin{bmatrix}b_1 &b_2 &b_3 \\ b_4 &b_5 &b_6 \\ b_7& b_8 &b_9 \end{bmatrix}$

Nếu $AB=-BA$ thì

$\begin{bmatrix} 1 &0 &1 \\ 0 &1 &2 \\ 0 &0 &1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}b_1 &b_2 &b_3 \\ b_4 &b_5 &b_6 \\ b_7& b_8 &b_9 \end{bmatrix}=-\begin{bmatrix}b_1 &b_2 &b_3 \\ b_4 &b_5 &b_6 \\ b_7& b_8 &b_9 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 &0 &1 \\ 0&1 &2 \\ 0& 0& 1 \end{bmatrix}$

hay 

$\begin{bmatrix}b_1+b_7 & b_2+b_8 &b_3+b_9 \\ b_4+2b_7&b_5+2b_8 &b_6+2b_9 \\ b_7& b_8& b_9 \end{bmatrix}= \begin{bmatrix}-b_1 & -b_2 &-(b_3+2b_2+b_1) \\ -b_4& -b_5 &-(b_6+2b_5+b_4) \\ -b_7& -b_8&-( b_9+2b_8+b_7) \end{bmatrix}$

Xét cột đầu tiên : $b_7=-b_7$ suy ra $b_7=0$ suy ra $b_4=0$,

sang cột 2 suy ra $b_8=b_5=b_2=0$ , sang cột 3 ta cũng suy ra $b_3=b_6=b_9=0$

Vậy $B$ là ma trận O.

p/s:Không biết bài này có ngụ gì hay tổng quát gì không @@

này c c giải thích giúp mình sự liên quan của hạng với ma trận phụ hợp được không ?

Trong đề Neu thường có kiểu tính ma trận phụ hợp nhưng tính hạng xong rồi => bằng 0 luôn. Tks c nhé

Hạng của ma trận phụ hợp liên quan đến hạng của ma trận ban đầu.

Hạng của ma trận phụ hợp chỉ xảy ra có 3 trường hợp :

Nếu $rank (A)=n$ tức $A$ khả nghịch thì do $A.A^*=detA.I$ cho nên $A^*$ khả nghịch và có hạng là $n$.

Nếu $rank (A)=n-1$ thì $det A=0$ và có ít nhất 1 định thức con cấp $n-1$ là khác $0$ tức $rank A^* \ge 1$ và ta sử dụng BĐT sylvester $rank (A.A^*)+n \ge rank A+rank A^*$ do đó $0+n \ge (n-1)+rank A^*$ tức $1 \ge rank A^* \ge 1$ nên $rank A^*=1$

Nếu $rank (A)<n-1$ thì do tất cả các định thức con cấp $n-1$ đều bằng $0$ nên $A^*$ là ma trận $0$ và có $rank =0$

Có thể tạo ra 1 bài toán vui bằng cách :hãy tìm một ma trận $A$ cấp $n$ sao cho $A^*= [\mathcal{matrix \ \ have \ \ rank \ \ by \ \ n-2}]$

Cho mình hỏi ma trận phù hợp là gì với ? @@ ý là ma trận nghịch đảo á hả ?

đây là ma trận phụ hợp này :

https://en.wikipedia...Adjugate_matrix

Pro1: Cho A là ma trận phức cấp 2. $A \neq \lambda I$. Chứng minh rằng với mọi ma trận phức cấp 2 $X$ sao cho $AX=XA$ thì $ X = \alpha I+ \beta A$ với $\alpha , \beta \in C$

Pro2: Cho ma trận cấp 3 $A=\begin{pmatrix} 2 & -1 &0 \\ -1 & 2 & -1\\ 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}$. Chứng minh rằng mọi ma trận cấp 3 thỏa mãn $AB=BA$ khi và chỉ khi $B=aI+bA+cA^{2}$ với $a, b, c \in R$

Pro3: Cho M là ma trân vuông cấp 3 với các phần tử thuộc $R[x]$ thỏa mãn $M^{3}=xI_{3}$. Đặt $N = M(0)$ (thay x=0 vào các phần tử của M).
Chứng minh rằng N đồng dạng với ma trận $\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$

Pro1: Cho A là ma trận phức cấp 2. $A \neq \lambda I$. Chứng minh rằng với mọi ma trận phức cấp 2 $X$ sao cho $AX=XA$ thì $ X = \alpha I+ \beta A$ với $\alpha , \beta \in C$

Ta gọi đa thức đặc trưng của ma trận $A$ là $P_A(\lambda)$ do  $A$ là ma trận cấp 2 cho nên ta có phân tích $P_A(\lambda)=(\lambda-p)(\lambda-q)$ với $p,q \in \mathbb{C}$.

*)Nếu $p \not=q$ thì ma trận $A$ sẽ có 2 giá trị riêng khác nhau, như thế nó sẽ chéo hóa được. Tức là tồn tại ma trận khả nghịch $P$ sao cho $P^{-1}AP=\begin{bmatrix} p &0 \\ 0&q \end{bmatrix}=A'$

Nếu $X$ là một ma trận thỏa mãn $XA=AX \Leftrightarrow P^{-1}XPP^{-1}AP=P^{-1}APP^{-1}XP \Leftrightarrow YA'=A'Y$ với ($Y=P^{-1}XP$)

Nhưng vì $A'$ là một ma trận đường chéo cho nên ma trận giao hoán với nó là ma trạn $Y$ cũng phải là ma trận đường chéo.

giả sử $Y=\begin{bmatrix} x &0 \\ 0 &y \end{bmatrix}$ thì với $\beta= \frac{x-y}{p-q} , \alpha =x-\beta p$ thì ta sẽ có:

$Y=\alpha I+\beta A'$ tương đương với $PYP^{-1}=\alpha I+\beta PA'P^{-1}$ hay chính là $X=\alpha I+\beta A$ ( đpcm)

*)Nếu $p=q=a \in \mathbb{C}$

Thì ta sẽ dàng suy ra rằng $A$ không thể có 2 vector riêng nếu không $A$ sẽ chéo hóa được, khi đó $A$ sẽ có dạng $\lambda I$ trái với giả thiết. Do đó $A$ không có đủ 2 vector riêng, suy ra $A$ sẽ chỉ có 1 vector riêng là $u_1$, ta bổ sung thêm 1 vector $u_2$ độc lập tuyến tính với $A$. gọi $Q$ là ma trận cấp 2 có 2 cột là 2 vector $u_1,u_2$ thì khi đó : $Q^{-1}AQ= \begin{bmatrix} a & b \\ 0& c \end{bmatrix}=A''$  nhưng ma trận $A''$ có đa thức đặc trưng chính là đa thức đặc trưng của $A$ cho nên $c=a$, và khi đó $A''=\begin{bmatrix} a &b \\ 0 &a \end{bmatrix}$ ( ở đây ta phải có $b \not=0$).

Giả sử $XA=AX$, suy luận tương tự ta cũng có $Y'A''=A'''Y'$ với $Y'=Q^{-1}XQ$.

gọi $Y'= \begin{bmatrix}  e &g \\ h &k \end{bmatrix}$. Thì $\begin{bmatrix} e&g \\ h& k \end{bmatrix} \begin{bmatrix} a &b \\ 0 &a \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} a &b\\ 0 &a \end{bmatrix} \begin{bmatrix} e &g \\ h &k \end{bmatrix}$

Nhân hết ra ta thu được: $\begin{bmatrix} ea & eb+ga  \\ ah & bh+ka \end{bmatrix}=\begin{bmatrix} ae+bh& ag+bk \\ ah & ak \end{bmatrix}$

Từ đó ta thu được : $bh=0$ và $eb=bk$. Từ $b \not =0$ suy ra $h=0$ và $e=k$ vậy từ đó ta có $Y'=\begin{bmatrix} e &g \\ 0 &e \end{bmatrix}$

Nếu cho $\beta= \frac{g}{b}$ và $\alpha=e-\beta a$ thì ta có $Y''=\alpha I+\beta A'$ hay có nghĩa là $X=\alpha I+\beta A$. Vậy bài toán được chứng minh hòan toàn.

Cho dãy các số dương $(a_n)$ thỏa mãn $ a_k-2a_{k+1}+a_{k+2} \ge 0 , \sum_{j=1}^n <1 \forall  k \ge 1$.

Chứng minh rằng $0 \le a_k-a_{k+1} \le \frac{2}{k^2} ,\forall k \ge 1$

Chính xác phải là mọi ma trận đều đồng dạng với một ma trận tam giác (tam giác hóa được) trong một trường số mở rộng nào đó.

Trường hợp hay dùng tới : Mọi ma trận thực hoặc phức đều tam giác hóa được trong $\mathbb{C}$

Anh có thể nêu các bước chứng minh được không ạ

Bài 14.11* Cho $V_1,V_2 \subseteq V$. Chứng minh rằng ta có dãy khớp

$$0 \rightarrow V/(V_1\cap V_2) \overset{f}{\rightarrow} V/V_1 \oplus V/V_2 \overset{g}{\rightarrow} V/(V_1+V_2) \rightarrow 0,$$

 

trong đó $f(v+V_1\cap V_2)=(v+V_1,v+V_2)$ và $g(v_1+V_1,v_2+V_2)=v_1-v_2+V_1+V_2.$

 

Lời giải:

 

 Trước hết ta kiểm tra $f$ và $g$ không phụ thuộc vào việc chọn phần tử đại diện. Sau đó tính $Ker f$, ta sẽ thấy $Ker f=V=\bar{0}.$

 

 Nếu $(v_1+V_1,v_2+V_2) \in Ker g$, thì $v_1-v_2=u_1+u_2$, trong đó $u_1 \in V_1, u_2 \in V_2$. Ta có $v_1+V_1=u_2+v_2+V_1$ và $v_2+V_2=u_2+v_2+V_2$. Do đó

 

$$(v_1+V_1,v_2+V_2)=(u_2+v_2+V_1,u_2+v_2+V_2) \in Im f$$

 

Ngược lại, dễ thấy $Im f \subseteq Ker g$ và $Im g=V/(V_1+V_2)$

 

 

Cho dãy khớp ngắn các không gian vector hữu hạn chiều

$0 \overset{f_0}{\rightarrow} V_1 \overset{f_1}{\rightarrow} V_2 \overset{f_2}{\rightarrow} ... \overset{f_{n-1}}{\rightarrow} V_n \overset{f_n}{\rightarrow} 0.$

(Nghĩa là $Im(f_i)=Ker(f_{i+1})$ với mọi $i=0,...,n-1$). Chứng minh rằng

$$dim V_1-dim V_2+...+(-1)^{n-1} dim V_n=0.$$

Cho $V_1,V_2 \subseteq V$ là các không gian con. Chứng minh rằng dãy các ánh xạ

$$0 \overset{}{\rightarrow}  V_1 \cap V_2 \overset{f}{\rightarrow}  V_1\times V_2\overset{g}{\rightarrow} V_1+V_2 \overset{}{\rightarrow}  0,$$

trong đó $f(u)=(u,u)$ và $g(u,v)=u-v$ lập thành dãy khớp ngắn, tức là f là đơn ánh, g là toàn ánh, và $Ker(f)=Im(g)$

Bài trên chỉ cần làm với dãy khớp ngắn thôi

Dễ hiểu mọi dãy khớp ngắn $0\longrightarrow V_1\longrightarrow V_2\longrightarrow V_3\longrightarrow 0$

Đều có thể đưa về xét dãy khớp $0\longrightarrow V_1\longrightarrow V_2\longrightarrow V_2/V_1\longrightarrow 0$

Với $V_1$ là không gian con của $V_2$

Mà hiển nhiên $\dim V_1+\dim V_2/V_1=\dim V_2$ nên có điều phải chứng minh 

Cho em hỏi là làm sao để chỉ cần làm trên dãy khớp ngắn ạ, em thấy khớp ngắn thì ngoài ngắn ra nó còn có 1 cái là toàn ánh, 1 cái đơn ánh như ở #4, còn  chỉ có khớp thôi thì nó chỉ có điều kiện Im fn=Ker f(n+1) ạ, anh giải thích kỹ hơn được không ạ.

Em cám ơn, hóa ra có cách bẻ dãy khớp . Nhưng em thấy cái đoạn suy ra của anh leminhansp chính là định lí không gian nhân và không gian ảnh rồi ạ.

tại sao bạn muốn chứng minh đó là đơn ánh? 

 

$\bar{f}$ của bạn có $\ker$ đâu phải bằng $0$.

 

để chứng minh tồn tại 1 đồng cấu $\bar{f}$ như vậy, bạn chỉ cần chứng minh với mọi 2 phần tử $v, v'$ sao cho $v - v' \subset V'$, thì ảnh của chúng dưới $f$ (hay $\bar{f}$) giống nhau. tức là ánh xạ của bạn có nghĩa. và sau đó, nó là đồng cấu thì hiển nhiên hơn.

sr,em đọc nhầm thành đẳng cấu, vậy đồng cấu là gì ạ.

Bài 14.12 (Mở rộng định lí về đồng cấu) Cho $f: V \rightarrow U$ là một ánh xạ tuyến tính. Cho $V' \subseteq V$ và $U' \subseteq U$ sao cho $f(V') \subseteq U'$. Chứng minh rằng $f$ cảm sinh một đồng cấu

$$\bar{f}: V/V' \rightarrow U/U'; \bar{v} \mapsto  \bar{f(v)}$$

 với $\ker \bar{f}=f^{-1}(U')/V'$. Nói riêng nếu $W \subseteq \ker f$ thì f cảm sinh một đồng cấu 

$$ \bar{f}: V/W \rightarrow U; \bar{v} \mapsto f(v)$$

và $\ker \bar{f}=\ker f/W$

Em không thể chứng minh nó là đơn ánh ạ:

giả sử $\bar v' \not= \bar v$ thì $v-v' \notin V'$. ta cần phải có $\bar {f(v)} \not= \bar {f(v')}$ tức là $f(v-v') \notin U'$ nhưng điều kiện này chưa chắc chắn đúng ạ. Vậy phải làm sao ạ, mấy anh giúp em với.

Chẳng hạn có dãy khớp $$0\rightarrow V_1\overset{f_1}{\rightarrow}V_2\overset{f_2}{\rightarrow}V_3\overset{f_3}{\rightarrow}V_4\rightarrow 0$$

Thì $\text{Im}f_i=\ker f_{i+1}$

Lại có các dãy khớp: $$0\rightarrow V_1\rightarrow \text{Im}f_1\rightarrow 0$$

Suy ra: $\dim V_1=\dim \text{Im}f_1$

$$0\rightarrow \ker f_2\rightarrow V_2\rightarrow \text{Im}f_2\rightarrow 0$$

Suy ra: $\dim V_2=\dim \ker f_2+\dim \text{Im}f_2=\dim \text{Im}f_1+\dim \ker f_3$

$$0\rightarrow \ker f_3\rightarrow V_3\rightarrow \text{Im}f_3\rightarrow 0$$

Suy ra: $\dim V_3=\dim \ker f_3+\dim \text{Im}f_3$

$$0\rightarrow V_4\rightarrow \text{Im}f_3\rightarrow 0$$

Suy ra: $\dim V_4=\dim \text{Im} f_3$

Từ đó: $$\dim V_1-\dim V_2+\dim V_3-\dim V_4=0$$

Bạn tự viết trường hợp tổng quát nhé!

$$0\rightarrow \ker f_2\rightarrow V_2\rightarrow \text{Im}f_2\rightarrow 0$$

Ở dòng này thì toán tử tuyến tính từ $\ker f_2$ vào $V_2$ là gì ạ