7 replies to this topic

[emvaanh]

Cho n số thực dương phân biệt m1, m2,....,mn. CMR ma trận(1/(mi+mj)) khả nghịch

Edited by emvaanh, 18-10-2005 - 17:49.

[nemo]

Không hiểu ma trận cần chứng minh khả nghịch được định nghĩa thế nào !?

[vinhspiderman]

À, cái ma trận này có phần tử hàng i cột j là 1/(mi+mj) đó mà. Mình nhớ đã làm bài này rồi, hồi còn thi Olympic sinh viên. Giờ lâu quá chả nhớ lời giải nữa. Nhưng nếum mình nhớ không nhầm thì bài này có trong tập 1 (hay 2 nhỉ?) quyển "các bài toán thi Olympic sinh viên" của Trần Lưu Cường đó. Emvaanh tham khảo xem thử. Nếu không có thì mình sẽ giải lại cho.

[emvaanh]

vinhspiderman co nho di, vi bai nay co mot dua ban do minh, no noi rat kho do!

[vinhspiderman]

Nghĩ lại ra rồi, lời giải của nó đây:

Đầu tiên, hãy nhân hàng i với (mi+m1) cho tất cả các i.
Bây giờ ở cột 1 của ma trận mới toàn là 1, hãy trừ hàng 1 vào các hàng phía dưới để được ma trận mới như sau:

1 (m1+m1)/(m1+m2)... (m1+m1)/(m1+mn)
0 (m2-m1)/(m2+m2) ... (m2-m1)/(m2+mn)
...
0 (mn-m1)/(mn+m2) ... (mn-m1)/(mn+mn)

Nếu gọi D(m1,...,mn) là định thức của ma trận ban đầu, từ điều cuối cùng này bạn sẽ có:
D(m1,...,mn)=[1/(m1+m1).1/(m2+m1)...1/(mn+m1)] . [(m2-m1)...(mn-m1)] . D(m2,...,mn)
Đây là một hệ thức truy hồi, từ đó dễ dàng dùng quy nạp theo n: D(m2,...,mn)<>0 kéo theo D(m1,...,mn) cũng <>0.

Nhận xét: bạn có thể dùng hệ thức truy hồi để tính ra chi tiết định thức của ma trận ban đầu!

(Chà, giá mà sau này khoa học phát triển, người ta có thể gắn thêm vào đầu mỗi người một cái đĩa cứng cỡ 100Gb nhỉ, vậy thì bài nào làm ra được sẽ không phải làm lại, hê hê)

[emvaanh]

Cám ơn bạn! Thật ra bài này tôi đã làm được rồi nhưng lại dùng giải tích cơ!!!
Bài này là một bài tập bình thường trong giáo trình đại số của trường DHKHTN, bạn tôi học ở đó và nhờ tôi giải hộ. Nghĩ lại thấy tôi thật 'ngốc' khi nhờ mọi người giải hộ, ngày mai rãnh tôi sẽ post cách giải dùng một tí giải tích của tôi nha!!! Bye...

Edited by emvaanh, 24-10-2005 - 10:48.

[emvaanh]

Hôm nay rãnh (cúp học) nên tôi đánh bài giải sử dụng giải tích của tôi nè.
Với mỗi i xét fi(x)=x^(mi-1/2) với mọi x > 0.
Khi đó fi(x)fi(x)dx=1/(mi+mj) (cận là 0 và 1 , tích phân là tích phân suy rộng).
Ma trận ( 1/(mi+mj) ) khả nghịch ta cm rằng hệ phương trình
1/(m1+m1)x1+...+1/(m1+mn)xn=0 (1)
...................................................
1/(mn+m1)x1+...+1/(mn+mn)xn=0 (n) chỉ có nghiệm tầm thường.
Thật vậy giả sử, (x1,..,xn) là nghiệm của hệ trên. Đặt Q(x)=x1f1(x)+...+xnfn(x).
Phương trình (i ) cho ta fi(x).Q(x)dx =0 , từ đó suy ra Q^2(x)dx=0
Do đó Q(x) 0. Dễ dàng CM điều này tương đương với x1=...=xn=0 (đpcm)

Các bạn đại số hãy suy nghĩ để CM KQ sau thử xem :
Q(X)=a1.x^k1+...+an.x^kn =0 với mọi x>0 (k1<k2<...<kn) tương đương với ax1=...=an=0.

[Mr Stoke]

Hôm nay rãnh (cúp học) nên tôi đánh bài giải sử dụng giải tích của tôi nè.
Với mỗi i xét fi(x)=x^(mi-1/2) với mọi x > 0.
Khi đó  fi(x)fi(x)dx=1/(mi+mj) (cận là 0 và 1 , tích phân là tích phân suy rộng).
Ma trận (  1/(mi+mj) ) khả nghịch ta cm rằng hệ phương trình
1/(m1+m1)x1+...+1/(m1+mn)xn=0 (1)
...................................................
1/(mn+m1)x1+...+1/(mn+mn)xn=0 (n)  chỉ có nghiệm tầm thường.
Thật vậy giả sử, (x1,..,xn) là nghiệm của hệ trên. Đặt Q(x)=x1f1(x)+...+xnfn(x).
Phương trình (i )  cho ta  fi(x).Q(x)dx =0 , từ đó suy ra  Q^2(x)dx=0
Do đó Q(x) 0. Dễ dàng CM điều này tương đương với x1=...=xn=0 (đpcm)

Các bạn đại số hãy suy nghĩ để CM KQ sau thử xem :
Q(X)=a1.x^k1+...+an.x^kn  =0 với mọi x>0 (k1<k2<...<kn) tương đương với ax1=...=an=0.

TUYỆT VỜI

Phần còn lại thì đơn giản thôi : nếu http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?a_n\neq0 ; thì cho http://dientuvietnam.net/cgi-bin/mimetex.cgi?x\to\infty

Edited by Mr Stoke, 26-10-2005 - 11:39.