Đã gửi bởi
Bài 2:
Ta có $det\left [ \begin{pmatrix} I_{n} & A \\ 0 & I_{n} \end{pmatrix} - \lambda I_{2n}\right ]=(1-\lambda)^{2n}$
Suy ra 1 là giá trị riêng của ma trận $\bigl(\begin{smallmatrix} I_{n} & A \\ 0 & I_{n} \end{smallmatrix}\bigr)$
Để ma trận trên chéo hóa được thì $0=rank( \bigl(\begin{smallmatrix} I_{n} & A \\ 0 & I_{n} \end{smallmatrix}\bigr) - 1.I_{2n})=rank\bigl(\begin{smallmatrix} 0 & A \\ 0 & 0 \end{smallmatrix}\bigr)=rank(A)$
Đến đây kết luận rằng A=0 là ma trận duy nhất thỏa mãn đề bài.
Bài 5:
a/ Từ điều kiện đề bài suy ra A là nghiệm của phương trình $x^5-1=0\Leftrightarrow (x-1)(x^4+x^3+x^2+x+1)=0$
Vì bậc cao nhất của đa thức tối tiểu của ma trận $A\in M_{3}(\mathbb{Q})$ là 3, và phương trình $x^4+x^3+x^2+x+1=0$ không có nghiệm thực trên $\mathbb{Q}$ nên A không là nghiệm của đa thức $x^4+x^3+x^2+x+1=0$. Từ đó suy ra A là nghiệm của phương trình $x-1=0\Leftrightarrow A=I$
b/ Kết luận sẽ không còn đúng nữa vì bậc cao nhất của đa thức tối tiểu của ma trận $A\in M_{4}(\mathbb{Q})$ là 4 nên tồn tại ma trận A sao cho đa thức đặc trưng (hay tối tiểu) của nó là $x^4+x^3+x^2+x+1$
Bài 3: (bài này chứng minh đầy đủ rất dài, mình xin tóm tắt các ý chính)
Sử dụng phương pháp quy nạp chứng minh $D_{n}=\frac{\prod_{1\leq i< j\leq n}(x_{i}-x_{j})(y_{i}-y_{j})}{\prod_{1\leq i,j\leq n}(1-x_{i}y_{j})}$
_ Tính $D_{2}=\begin{vmatrix} \frac{1}{1-x_{1}y_{1}} & \frac{1}{1-x_{1}y_{2}} \\ \frac{1}{1-x_{2}y_{1}} & \frac{1}{1-x_{2}y_{2}} \end{vmatrix}=\frac{(x_{1}-x_{2})(y_{1}-y_{2})}{(1-x_{1}y_{1})(1-x_{1}y_{2})(1-x_{2}y_{1})(1-x_{2}y_{2})}$
_ Giả sử $D_{k-1}=\frac{\prod_{1\leq i< j\leq (k-1)}(x_{i}-x_{j})(y_{i}-y_{j})}{\prod_{1\leq i,j\leq (k-1)}(1-x_{i}y_{j})}$, ta chứng minh:
$D_{k}=\frac{\prod_{1\leq i\leq (k-1)}(x_{i}-x_{n})(y_{i}-y_{n})}{(1-x_{n}y_{n})\prod_{1\leq i\leq (k-1)}(1-x_{n}y_{i})(1-x_{i}y_{n})}D_{k-1}$ (đoạn này mình dùng biến đổi sơ cấp + Laplace nên khá dài)
Bài 6: hình như diễn đàn có post vài lần rồi nhưng không nhớ cách CM
