bocvacdem

Gọi $u \colon \mathbb{R}^n \to \mathbb{R}^n$ là tự đồng cấu tương ứng với ma trận $AB - BA$ và $P_u$ là đa thức cực tiểu của $f$. Do $AB-BA$ có đường chéo chính bằng $0$ nên đa thức đặc trưng của $u$ là $$\mathcal{X}_u = X^n$$đây cũng là một đa thức hủy của $u$ theo định lý Cayley-Hamilton. Vì $P_u$ là đa thức cực tiểu của $u$ nên $P_u \mid \mathcal{X}_u$, từ đó $$P_u = X^k$$ với $k \leq n$. Mặt khác theo giả thiết $\texttt{rg} (u) = 1$ nên tồn tại một đa thức hủy $Q$ của $u$ với bậc $2$, vẫn do $P_u$ là đa thức cực tiểu nên $P_u \mid Q$. Hay là $$X^k \mid Q$$ với $Q$ là một đa thức bậc $2$, kéo theo $k \leq 2$. Do vậy $(AB - BA)^2 = 0$.
 
Nói chung nếu $\texttt{rg}(AB-BA) = i$ thì $(AB-BA)^{i+1} = 0$.

Mình đưa ra hướng giải cho bài toán bạn nêu.

 

Đầu tiên là việc hạng của ma trận bằng $1$. Theo định nghĩa hạng của ma trận, hạng của một ma trận bằng hạng của các vector cột. Ngoài ra, trong một ma trận, hạng của các vector hàng bằng hạng của các vector cột. Khi ma trận có hạng là $1$ thì tồn tại ít nhất một hàng (cột) sao cho các hàng (cột) còn lại là tổ hợp tuyến tính của hàng (cột) đấy.

 

Thứ hai là đặc điểm của ma trận $(AB - BA)$. Ma trận này có vết bằng $0$ (tổng các yếu tố trên đường chéo chính).

 

Bạn áp dụng hai điều này và quy tắc nhân ma trận để giải quyết bài toán nhé.

Cảm ơn bạn, mình có giải quyết được bài này rồi. 
 

Đặt $A = \left(v_1,\dots,v_n\right)$ với $v_i$ là các vector cột của $A$, nếu các $v_i$ là phụ thuộc tuyến tính thì $\det A = 0$ và bất đẳng thức là hiển nhiên, do vậy ta chỉ cần xét trường hợp các $v_i$ tạo nên một cơ sở.
 
Sử dụng thủ tục trực giao hóa Gram-Schmid cho $\left\{v_1,\dots, v_n\right\}$, ta thu được $$A = PB$$ trong đó $P$ là ma trận trên với các phần tử trên đường chéo chính bằng $1$, còn $B = \left(e_1,\dots,e_n\right)$ trong đó các vector $e_i$ thỏa mãn quan hệ truy hồi

• $e_1 = v_1$,
• $e_i$ là hình chiếu của $v_i$ lên mặt phẳng $\texttt{vect} \left(e_1,\dots,e_{i-1}\right)$

Do $P$ là ma trận trên với đường chéo chính là $1$ nên $\det P = 1$. Hơn nữa $\left\{e_1,\dots,e_n \right\}$ là một cơ sở trực giao (nhưng không phải trực chuẩn), nên $$\lvert \det B \rvert = \lVert e_1 \rVert \dots \lVert e_n \rVert $$và do $e_i$ là hình chiếu của $v_i$ nên $\lVert e_i \rVert \leq \lVert v_i \rVert$, kéo theo $$\lvert \det B \rvert \leq \lVert v_1 \rVert \dots \lVert v_n \rVert$$Ta đã biết $A = PB$ nên $\det A = \det P \det B$, do vậy $$\lvert \det A \rvert \leq \lVert v_1 \rVert \dots \lVert v_n \rVert$$

Đặt $A = \left(v_1,\dots,v_n\right)$ với $v_i$ là các vector cột của $A$, nếu các $v_i$ là phụ thuộc tuyến tính thì $\det A = 0$ và bất đẳng thức là hiển nhiên, do vậy ta chỉ cần xét trường hợp các $v_i$ tạo nên một cơ sở.

 

Sử dụng thủ tục trực giao hóa Gram-Schmid cho $\left\{v_1,\dots, v_n\right\}$, ta thu được $$A = PB$$ trong đó $P$ là ma trận trên với các phần tử trên đường chéo chính bằng $1$, còn $B = \left(e_1,\dots,e_n\right)$ trong đó các vector $e_i$ thỏa mãn quan hệ truy hồi

• $e_1 = v_1$,
• $e_i$ là hình chiếu của $v_i$ lên mặt phẳng $\texttt{vect} \left(e_1,\dots,e_{i-1}\right)$

Do $P$ là ma trận trên với đường chéo chính là $1$ nên $\det P = 1$. Hơn nữa $\left\{e_1,\dots,e_n \right\}$ là một cơ sở trực giao (nhưng không phải trực chuẩn), nên $$\lvert \det B \rvert = \lVert e_1 \rVert \dots \lVert e_n \rVert $$và do $e_i$ là hình chiếu của $v_i$ nên $\lVert e_i \rVert \leq \lVert v_i \rVert$, kéo theo $$\lvert \det B \rvert \leq \lVert v_1 \rVert \dots \lVert v_n \rVert$$Ta đã biết $A = PB$ nên $\det A = \det P \det B$, do vậy $$\lvert \det A \rvert \leq \lVert v_1 \rVert \dots \lVert v_n \rVert$$

Anh cho em hỏi tại sao lại có được $A = PB$ với $P$ là ma trận trên, có các phần tử trên đường chéo chính bằng 1 vậy ạ. 
Em thử lấy ví dụ $v = \{v_1 = (1,-1,0), v_2 = (2,0,-2), v_3 = (3,-3,3) \}$, hệ véc tơ này là ĐLTT. Khi đó ta có được $e_1 = v_1 = (1,-1,0), e_2 = v_2 - \frac {u_1^T v_2}{u_1^T u_1} u_1 = (1, 1, -2), e_3 = v_3 - \frac {u_1^T v_3}{u_1^T u_1} u_1 - \frac {u_2^T v_3}{u_2^T u_2} u_2 = (1, 1,1)$

$P = AB^{-1}$ không có các phần tử trên đường chéo chính bằng 1. Không biết em có bị sai ở đoạn nào không vậy anh. 

Bạn không thể dùng tính chia hết cho $4$ để kết luận $|\det(A)| \le 4$ được, nếu $\det(A) = 8$ thì sao?