Chủ đề này có 1 trả lời

[vkhoa]

Cho $A$ là ma trận vuông cấp $n$. Chứng minh $det(A) = det(A^T) \quad(*)$

+Với $n = 2$

\[\begin{array}{l}
\det \left( A \right) = {a_{11}}{a_{22}} - {a_{12}}{a_{21}}\\
\det \left( {{A^T}} \right) = {a_{11}}{a_{22}} - {a_{21}}{a_{12}}\\
 \Rightarrow \det \left( A \right) = \det \left( {{A^T}} \right)
\end{array}\]

 

Giả sử (*) đúng với $n = k$ (1). Với $n = k + 1$, ký hiệu $A_{ij}$ là ma trận bù $a_{ij}$. Dễ thấy $(A_{11})^T = (A^T)_{11})$
$$(A_{1j})^T = (A^T)_{j1} \forall 1\leqslant j\leqslant n$$
Khai triển tính $det(A)$ theo hàng 1
\[\det \left( A \right) = \sum\limits_{j = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{1 + j}}{a_{1j}}\det \left( {{A_{1j}}} \right)} \quad \left( 2 \right)\]
Khai triển tính $det(A^T)$ theo cột 1
\[\det \left( {{A^T}} \right) = \sum\limits_{j = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{1 + j}}{a_{1j}}\det \left( {{{\left( {{A^T}} \right)}_{j1}}} \right)}  = \sum\limits_{j = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{1 + j}}} {a_{1j}}\det \left( {{{\left( {{A_{1j}}} \right)}^T}} \right) \quad \left( 3 \right)\]
Từ $(1), (2), (3)$ suy ra (*) đúng với $n = k + 1$
Vậy (*) đúng với mọi $n \geqslant 1$.

[Nxb]

Cho $A$ là ma trận vuông cấp $n$. Chứng minh $det(A) = det(A^T) \quad(*)$

+Với $n = 2$

\[\begin{array}{l}
\det \left( A \right) = {a_{11}}{a_{22}} - {a_{12}}{a_{21}}\\
\det \left( {{A^T}} \right) = {a_{11}}{a_{22}} - {a_{21}}{a_{12}}\\
 \Rightarrow \det \left( A \right) = \det \left( {{A^T}} \right)
\end{array}\]

 

Giả sử (*) đúng với $n = k$ (1). Với $n = k + 1$, ký hiệu $A_{ij}$ là ma trận bù $a_{ij}$. Dễ thấy $(A_{11})^T = (A^T)_{11})$
$$(A_{1j})^T = (A^T)_{j1} \forall 1\leqslant j\leqslant n$$
Khai triển tính $det(A)$ theo hàng 1
\[\det \left( A \right) = \sum\limits_{j = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{1 + j}}{a_{1j}}\det \left( {{A_{1j}}} \right)} \quad \left( 2 \right)\]
Khai triển tính $det(A^T)$ theo cột 1
\[\det \left( {{A^T}} \right) = \sum\limits_{j = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{1 + j}}{a_{1j}}\det \left( {{{\left( {{A^T}} \right)}_{j1}}} \right)}  = \sum\limits_{j = 1}^n {{{\left( { - 1} \right)}^{1 + j}}} {a_{1j}}\det \left( {{{\left( {{A_{1j}}} \right)}^T}} \right) \quad \left( 3 \right)\]
Từ $(1), (2), (3)$ suy ra (*) đúng với $n = k + 1$
Vậy (*) đúng với mọi $n \geqslant 1$.

Có thể chứng minh cái này bằng công thức khác của định thức mà thực ra công thức này có thể được dạy như là công thức đầu tiên của định thức: nếu $A=(a_{ij})_{1\leq i,j\leq n}$ thì

$$det(A)=\sum_{\sigma\in S_n} sgn(\sigma) a_{1\sigma(1)}\dots a_{n\sigma(n)}.$$

Như vậy $det(A^t)=\sum_{\sigma \in S_n}sgn(\sigma)a_{\sigma(1)1}\dots a_{\sigma(n)n}=\sum_{\sigma\in S_n} sgn(\sigma)a_{1\sigma^{-1}(1)}\dots a_{n\sigma^{-1}(n)}.$

Do $sgn(\sigma)=sgn(\sigma^{-1})$ nên tổng cuối cùng trong đẳng thức trên cũng là $det(A).$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nxb: 12-12-2022 - 04:41