Chủ đề này có 31 trả lời

[Mr Stoke]

Cho 2005 ma trận vuông cấp $n$ (n chia hết cho 2005) thỏa mãn chúng lập thành một nhóm đối với phép nhân các ma trận. Chứng minh rằng tổng các vết của 2005 ma trận đó là một số nguyên chia hết cho 2005.

Mời anh em yêu thích đại số tt và thích các bài thi kiểu Olympic làm việc!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 21-05-2005 - 20:51

[vinhspiderman]

Chà,Mr.Stokes chế ra bài này cũng được đấy!Tại hạ vừa mới đọc đề lúc chiều thấy nó cũng "chuối" lắm! (đùa thôi!)
Tại hạ xin mạn phép đề ra một lời giải :

1)trước hết xét khi n>1.
Không mất tổng quát ta có thể giả A[2k-1].A[2k]=I=A[0],k=1,2,...,1002.Thế thì :
abs(Tr(A[2k-1])Tr(A[2k]))=Tr(I)=n>1. (Tr là vết,còn abs là trị tuyệt đối!)
Suy ra với mỗi k>1 tồn tại ít nhất một trong 2 ma trận A[2k-1] và A[2k] có abs(Tr)>1.
Bây giờ có thể giả sử mà không làm mất tính tổng quát abs(Tr(A[1])) là max và abs(Tr(A[3]))>1.Nhưng khi ấy abs(Tr(A[1].A[3]))=abs(Tr(A[1])).abs(Tr(A[3]))>abs(Tr(A[1])),mâu thuẫn với điều giả sử ở trên!Do đó không thể tồn tại 2005 ma trận tạo thành nhóm nhân.

2)trường hợp n=1,bằng cách lý luận tương tự như trên có thể thấy ngay là không tồn tại một nhóm nhân các số thực nào hữu hạn có nhiều hơn 3 phần tử.\

Vậy kết luận của tại hạ là không tồn tại nhóm nhân có 2005 ma trận cấp n.Chẳng biết tại hạ có nhầm không,mong huynh đài Mr.Stokes phúc đáp!
(các vị bằng hữu thông cảm tại hạ gõ các kí hiệu toán học không tốt lắm!)

[Mr Stoke]

Chà,Mr.Stokes chế ra bài này cũng được đấy!Tại hạ vừa mới đọc đề lúc chiều thấy nó cũng "chuối" lắm! (đùa thôi!)
  Tại hạ xin mạn phép đề ra một lời giải :

1)trước hết xét khi n>1.
  Không mất tổng quát ta có thể giả A[2k-1].A[2k]=I=A[0],k=1,2,...,1002.Thế thì :
  abs(Tr(A[2k-1])Tr(A[2k]))=Tr(I)=n>1.      (Tr là vết,còn abs là trị tuyệt đối!)
  Suy ra với mỗi k>1 tồn tại ít nhất một trong 2 ma trận A[2k-1] và A[2k] có abs(Tr)>1.
  Bây giờ có thể giả sử mà không làm mất tính tổng quát abs(Tr(A[1])) là max và abs(Tr(A[3]))>1.Nhưng khi ấy abs(Tr(A[1].A[3]))=abs(Tr(A[1])).abs(Tr(A[3]))>abs(Tr(A[1])),mâu thuẫn với điều giả sử ở trên!Do đó không thể tồn tại 2005 ma trận tạo thành nhóm nhân.

2)trường hợp n=1,bằng cách lý luận tương tự như trên có thể thấy ngay là không tồn tại một nhóm nhân các số thực nào hữu hạn có nhiều hơn 3 phần tử.\

  Vậy kết luận của tại hạ là không tồn tại nhóm nhân có 2005 ma trận cấp n.Chẳng biết tại hạ có nhầm không,mong huynh đài Mr.Stokes phúc đáp!
(các vị bằng hữu thông cảm tại hạ gõ các kí hiệu toán học không tốt lắm!)

Khà khà, khanh này lại nói kháy anh em rùi. Tớ ko kt cách làm của bạn vì thấy

1) http://dientuvietnam...metex.cgi?A^2=I

và có lẽ là còn ... nhiều nữa

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 21-05-2005 - 19:33

[vinhspiderman]

Ái chà,huynh đài nói vậy thì thật có điều không ổn!
Tất nhiên khi ta nói nhóm nhân các ma trận có 2005 phần tử thì hiểu là 2005 phần tử này đôi một khác nhau!Chứ nếu trùng nhau chẳng hạn toàn là I thì chỉ có một ma trận chứ mấy!Đâu phải là nhóm nhân có 2005 ma trận!

Cái này thì tại hạ đề nghị Mr.Stokes xem lại!

[Mr Stoke]

Ái chà,huynh đài nói vậy thì thật có điều không ổn!
Tất nhiên khi ta nói nhóm nhân các ma trận có 2005 phần tử thì hiểu là 2005 phần tử này đôi một khác nhau!Chứ nếu trùng nhau chẳng hạn toàn là I thì chỉ có một ma trận chứ mấy!Đâu phải là nhóm nhân có 2005 ma trận!

Cái này thì tại hạ đề nghị Mr.Stokes xem lại!

hmm, đề bài nói 2005 lập thành một nhóm chứ ko phải là một nhóm gồm 2005 ma trận bạn à! Đệ cứ yên tâm mà ... nghĩ đi!

[Lotus]

Em cũng không hiểu, một nhóm là một tập hợp được trang bị một cấu trúc toán học, mà tập hợp bình thường thì không chấp nhận hai phần tử giống nhau cùng tồn tại. Nếu 2005 ma trận lập thành một nhóm không có nghĩa là nhóm có 2005 phần tử thì chẳng lẽ ý của anh 2005 ma trận đó là tập sinh vì chữ "lập thành một nhóm" chẳng thể hiểu khác đi được nữa !?

[vinhspiderman]

Ái chà,khụ khụ khụ!
Cách hiểu của huynh Mr.Stokes "2005 ma trận lập thành một nhóm" mà các ma trận đó có thể trùng nhau quả là ... "hơi ngược đời" đấy!Theo thiển ý của tại hạ thì đa số không tán đồng cách hiểu này đâu.

Nhưng cũng chẳng sao cả,bỏ qua hiểu lầm về cách diễn đạt,cho dù có hiểu như huynh đài thì lập luận đã dẫn ra của tại hạ cho thấy kết quả dưới đây :
Gọi G là nhóm tạo bởi tất cả 2005 ma trận đó (tất nhiên ta hiểu mỗi phần tử của G đều phân biệt).Vậy thì ta thấy G chỉ xảy ra đúng 2 trường hợp :
1) G có đúng 1 phần tử,ứng với ví dụ I...I của các hạ.
2) G có đúng 3 phần tử,ứng với ví dụ I,A,A^(-1) của các hạ.
Nếu ngoài 2 trường hợp này,lập luận của mình đã chỉ ra không tồn tại một nhóm G các ma trận cấp n>=1 thực sự có nhiều hơn 3 phần tử.

Trường hợp thứ 1 thì dễ dàng có đáp số là 2005n
Còn trường hợp thứ 2 thì mình chẳng biết là kết luận như sau có ôn không,đáp số của nó là a.(Tr(A)+n/Tr(A))+(2005-a)n trong đó đáp số phụ thuộc vào Tr(A) và số a lần các ma trận A xuất hiện trong 2005 ma trận!

Tại hạ chắc chắn là không còn trường hợp nào khác xảy ra nữa!

(À,hôm trước tại hạ đọc trong phần giới thiệu thấy bảo Lotus là nữ sinh viên nhân văn àh?Không thể được,nữ sinh viên nhân văn làm sao mà biết nhóm,đại số ...,không thể tin được!Điều này chắc là có chi uẩn khuất!)

[Lotus]

Anh Vinh ơi, Tr(AB) Tr(A)Tr(B) mà, với A,B là hai ma trận !?

lập luận của mình đã chỉ ra không tồn tại một nhóm G các ma trận cấp n>=1 thực sự có nhiều hơn 3 phần tử.

Anh lại quên mất nhóm tuyến tính Tổng quát (GL) và nhóm các ma trận có định thức bằng 1 (SL) rồi, các nhóm này đâu phải chỉ có tối đa 3 phần tử !?

Bài của anh Mr Stoke em nghĩ không sai đâu nhưng chỉ thắc mắc ở chỗ anh dùng từ "lập thành một nhóm" em không hiểu.

[Mr Stoke]

@người nhện:

1) Lấy http://dientuvietnam...metex.cgi?A^4=I và http://dientuvietnam...2,A^3,I,I,...,I
2) Lấy $A,B$ giao hoán với nhau thỏa mãn http://dientuvietnam...cgi?A^4=I,B^2=I rồi lại thấy:

http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?A,B,AB,A^2B,A^3B,I,I,...,I

và như thường lệ chắc là vẫn còn ..... nhiều nữa

@Lotus: đúng là thôi em cứ mặc kệ tên người nhện kia nhé!

[vinhspiderman]

Ừ nhỉ,chết thật,làm sao mà Tr(AB)=Tr(A)Tr(B) được!Thật là một sai lầm a tờ cu!
Cám ơn Lotus chỉ ra chỗ sai nhé,xấu hổ quá!
Phản ví dụ của Mr.Stokes đúng rồi.

Ai ngờ vinhspiderman mà cũng có lúc "ngu" ... thế này.Thật là làm mất hứng các võ lâm đồng đạo,cho xin lỗi nhé!Hê hê.

[vinhspiderman]

Mr.Stoke này,lấy ví dụ của cậu đi xét 2005 ma trận cấp 2005 là A,A^(-1),I,...I
Trong đó A là ma trận đường chéo có phần tử 11 là 2^(1/2),các phần tử còn lại trên đường chéo là 1.Khi đó dễ thấy
Tr(A)+Tr(A^(-1))=2^(1/2)+(1/2)^(1/2)+4008.
Suy ra tổng vết của 2005 ma trận này là số vô tỉ,làm sao lại có thể là một số nguyên chia hết cho 2005 được???

[Mr Stoke]

Mr.Stoke này,lấy ví dụ của cậu đi xét 2005 ma trận cấp 2005 là A,A^(-1),I,...I
   Trong đó A là ma trận đường chéo có phần tử 11 là 2^(1/2),các phần tử còn lại trên đường chéo là 1.Khi đó dễ thấy
   Tr(A)+Tr(A^(-1))=2^(1/2)+(1/2)^(1/2)+4008.
   Suy ra tổng vết của 2005 ma trận này là số vô tỉ,làm sao lại có thể là một số nguyên chia hết cho 2005 được???

Ví dụ của vinhspiderman chính xác. Đúng là đề bài của tớ có sơ xuất thật. Hiện tại mình chỉ tạm thời sửa như sau:

Bài tóan: Cho 2005 ma trận phân biệt kích thước http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?A thỏa mãn http://dientuvietnam....cgi?A^{2005}=I và http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?\{I,A,A^2,\ldots,A^{2004}\}. Ngoài ra có thể lấy http://dientuvietnam...mimetex.cgi?A,B là các ma trận vuông cấp http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?n giao hoán nhau thỏa mãn http://dientuvietnam...tex.cgi?B^{5}=I và http://dientuvietnam...n/mimetex.cgi?A là ma trận thỏa mãn http://dientuvietnam...metex.cgi?<A,B> có đúng 2005 phần tử....


Bài toán này còn có dạng tổng quát mạnh hơn nhưng tớ không khoái đưa ra (e rằng đưa ra thì anh em sẽ đoán ra cách làm ngay ). Thiết nghĩ việc giải một bài toán không quan trọng bằng việc qua bài tóan đo anh em có thể thu được nhiều thứ khác. Bt này mặc dù đã làm tốn thời giờ và giấy mực của anh em và đặc biệt là vinhspiderman nhưng qua đó cũng cho tớ hiểu thêm tí chút về nhóm (cái mà tớ mù tịt ). Hy vọng bạn ko trách mình vì sơ xuất này.

Mình tin rằng lần này sẽ không còn sai sót gì trong bài toán. Cám ơn bạn vinhspiderman!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 23-05-2005 - 16:24

[Mr Stoke]

các bác quên bài này rồi sao ?

[vinhspiderman]

Quên thế nào được,bài toán này cũng "thú" lắm mà!
Nhưng bác phải cho anh em thời gian chứ (ít ra là cho tui,hê hê).Bác phải thông cảm là trong suốt tháng 6 "âm ể" này tui phải ôn thi học kì mấy môn "ma chê quỷ chán" mà trong năm tui ngán chẳng học chữ nào cả.Lấy thời gian đâu ra mà làm,hix hix!
(úi chao,bác Stoke có bao giờ lâm vào hoàn cảnh như mình chưa,vì ngán mấy môn học trên lớp chán ngấy không thèm học đến lúc thi trong 3 ngày phải đọc hết kiến thức của cả học kì để đi thi!Nó giống như nuốt vào bụng một món ăn ôi thiu bẩn thỉu ấy,hix hix,tởm lắm bác ạ!)

[noproof]

Tôi chỉ chứng minh được bài tập trên khi nhóm gồm 2005=5.401 ma trận phân biệt này là giao hoán nhưng rất tiếc không phải mọi nhóm cấp p.q đều là giao hoán nên lời giải là rất chưa trọn vẹn.
Có thể chứng minh được mọi nhóm hữu hạn có thể xem là nhóm gồm các ma trận với cấp hữu hạn thích hợp, tương tự với định lý: mọi nhóm hữu hạn có thể xem như là nhóm con của nhóm đối xứng.

[vinhspiderman]

Khà khà khà khà!
Làm ra bài này cảm giác rất là lâng lâng,hê hê!Cám ơn huynh đài Stoke post bài toán rất thú vị,mấy bữa giờ đã bắt huynh đợi lâu!

Mình tóm tắt lời giải như sau :

1)Một ma trận bất kì trong 2005 ma trận đó phải có cấp là 5 hoặc 401 (là các số nguyên tố).Từ đó dễ dàng lập luận để dẫn đến : 2005 ma trận đã cho có thể phân hoạch thành các tập A1,...,Ak sao cho
(1i)mỗi tập là một nhóm cấp 5 hoặc 401
(2i)các tập khác nhau là hoàn toàn rời nhau nếu không tính ma trận I
Từ đó tổng vết của 2005 ma trận bằng tổng vết lấy trên mỗi tập Ai trừ đi một số nguyên vết của I.

2)Trên mỗi tập Ai để ý rằng đó là một nhóm nhân cyclic nên ma trận sinh A có cấp bằng cấp của nhóm (ngoại trừ ma trận I).Do đó nó là nghiệm của phương trình A^p=I với p=5 hay 401.
Suy ra vết của A^0+...+A^p là số nguyên chia hết cho 2005.

Từ (1) và (2) suy ra kết luận của bài toán!

Khà khà khà,một lần nữa rất là sướng khi làm ra bài này,đúng là sướng ... hê hê.

[nemo]

Lời giải của bác có rất nhiều chỗ em chưa hiểu (nói đúng ra là chưa đồng ý.)

1)Một ma trận bất kì trong 2005 ma trận đó phải có cấp là 5 hoặc 401 (là các số nguyên tố)

Cấp một phần tử là ước cấp của nhóm chứ có bắt buộc là ước nguyên tố đâu !?

2005 ma trận đã cho có thể phân hoạch thành các tập A1,...,Ak sao cho
(1i)mỗi tập là một nhóm cấp 5 hoặc 401
(2i)các tập khác nhau là hoàn toàn rời nhau nếu không tính ma trận I

Phải chăng lúc nào bác cũng phân hoạch một nhóm thành tập các nhóm con kiểu này !?

Do đó nó là nghiệm của phương trình A^p=I với p=5 hay 401.
Suy ra vết của A^0+...+A^p là số nguyên chia hết cho 2005.

Chỗ này thì em chưa hiểu !?

[vinhspiderman]

Àh,do mình mới nghĩ ra nên vui quá nên post lên có chỗ còn sơ xót.Bạn nemo nói đúng rồi,cấp của một phần tử là ước của 2005,cho nên sẽ có 2 trường hợp xảy ra cơ :
Một là : tất cả các cấp là 5 hoặc 401 (đã giải quyết như trong lời giải tóm tắt)
Hai là : có một phần tử có cấp 2005,khi ấy phân hoạch của chúng ta chỉ có một tập chứa tất cả 2005 ma trận ban đầu.Giả sử A là ma trận sinh của nhóm thế thì cũng suy ra ma trận A thỏa pt A^2005 = I và cũng tương tự như (2) trong chứng minh suy ra điều phải chứng minh.

Còn về chứng minh trong (2) đúng là khó hiểu,do mình ghi vắn tắt!
Thế này nhé,nếu một ma trận A không suy biến thỏa A^m = I thì suy ra Tr(A^0+...+A^m)=0,m>=2
Thật vậy bạn hãy chéo hóa ma trận A,trong đó ma trận đường chéo là ma trận có các phần tử đường chéo là các nghiệm phức của pt đặc trưng của A (luôn luôn làm được vì trong C P(x) có đủ n nghiệm là a1,..,an!).Khi đó dễ dàng suy ra
Tr(A^k)=sum(ai^k,i=1..n)
mà lại lưu ý là từ A^m = I suy ra ai^m = 1.Do đó sum(ai^k,k=0..m)=0 với mỗi i.Từ đó dễ dàng suy ra điều phải chứng minh!

Ah,còn lập luận (1) đúng kiểm tra không khó.Điều này đúng là vì "ông tướng Stoke" đã khéo chọn 2005 là tích của 2 số nguyên tố 5 và 401.Hê hê!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vinhspiderman: 17-06-2005 - 21:58

[vinhspiderman]

Ý hay nhất của bài này được khái quát qua một mệnh đề nho nhỏ dưới đây :

Cho G là một nhóm có cấp p.q trong đó p và q đều là các số nguyên tố.Khi đó tồn tại một phân hoạch G thành hữu hạn các tập Ai sao cho
(1i)Ai là nhóm cyclic
(2i)Các tập Ai khác nhau giao nhau đúng bằng phần tử đơn vị

Chứng minh mệnh đề này giống hoàn toàn với chứng minh ở bước (1) của bài toán,spiderman tin là bạn nemo sẽ nghĩ ra.Nếu bạn còn nghi ngờ tính đúng đắn của mệnh đề này mình sẽ post lên chứng minh của nó!

Vấn đề đặt ra từ mệnh đề trên là khảo sát với trường hợp |G|=p.q.r với p,q,r đều nguyên tố.Liệu có điều gì "tương tự" hay không? (chữ tương tự ở đây hơi khó hiểu thì phải!Mình cũng chưa rõ là có gì đó giông giống không,để rãnh rồi tìm,hê hê)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vinhspiderman: 29-06-2005 - 21:29

[vinhspiderman]

Thôi chết rồi,tối về tớ mới phát hiện ra là lập luận ở bước (2) của tớ còn có chỗ không ổn!Đúng là đa thức đặc trưng của những ma trận sinh A trong các nhóm Ai đều có đủ n nghiệm phức nhưng khi ấy chưa chắc các ma trận này là chéo hóa được mà còn cần thêm điều kiện là các không gian con riêng ứng với các nghiệm này có số chiều bằng số bội của nghiệm thì mới chéo hóa được.Như vậy chưa thể suy ra là Tr(A^k) = sum(ai^k,i=1..n).

Như vậy lời giải của mình chỉ đúng trong trường hợp là tất cả các ma trận A đều chéo hóa được!!!Các bác xem thử có thể cải tiến chỗ ấy không?

(tức thật,tưởng là giải ra rồi chứ,chú Stoke cứ đợi đấy nhé,grừ!)