hiểu được định nghĩa hạng của ma trận, nắm được cách tính hạng của ma trận nắm được các khái niệm cơ bản về hệ phương trình đại số tuyến tính Học viên tư duy được phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính 2. Kỹ năng thành thạo tính được các định thức tìm được ma trận nghịch đảo, hạng của một ma trận thành thạo giải các hệ phương trình tuyến tính
Trang 1HỆ THỐNG CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP
7 4
2 3
1 5
0 4
0 8
7 2
5 7 10
3 8 1
5 7 10
1 5
0 4
T×m ma trËn X trong mçi trêng hîp sau ®©y:
a) X = A + tB ; b) 3tB – 2X = 2A ; c) 3X + tA – 2B = O ( O lµ ma trËnkh«ng)
5 10 6 11
4 3
5 3
7 4 5 12 4
1 5 9
9 1
7 5
5 6 3
7 0 4
1 7 5
x x x
x a a a
Bµi 5 Cho hai ma trËn :
0 4 2 6
3 1 8 5
4 7
5 3
7 1
6 2
A ;
4 3 5
2 0 4
0 2
7 5
a) TÝnh AB ; BC
b) TÝnh (AB)C vµ A(BC) So s¸nh hai kÕt qu¶
Trang 21 2 3
A Tìm tất cả các ma trận X sao cho AX = I (I là matrận đơn vị)
Bài 8 Giả sử A là một ma trận vuông, f(x) = a0 + a1x + a2x 2 + + anxn , ta ký hiệu
f(A) = a0I + a1A + a2A2 + + anAn
2 1
3 0 1
1 2 1
1 4 3
0 2 1
5 2
1 6
5 0 4
3 2 1
3 3 1
5 2 1
0 1 1
3 2 2
0 2 0 0
4 2 1 0
4 3 2 1
4 3 1 1
0 0 2 3
0 0 1 2
3 4 2 2
4 0 8 3
2 1 2 1
5 1
2
2 1 1
3 17 7 1
1 10 4
4 1 1 3
8 9 6 3
9 8
6 3
6 6
3 2
3 3
2
a a a a a
3 3 3 3
3 2 3 2
2 3 2
2 3
2
2 3 2
2 3 2
Bài 13
a) Tìm một ma trận vuông A khác ma trận không, cấp lớn hơn 1 mà A2 = O
b) Chứng minh rằng nếu ma trận vuông A thoả mãn điều kiện A2 = O, thì I + A và
I – A là hai ma trận nghịch đảo của nhau, ( I là ma trận đơn vị)
Trang 33 1 0
1 2 1
2 0 0
3 5 2
7 2 3
5 1 0
C
Tìm ma trận X thoả mãn đẳng thức AX + B = C, (giải phơng trình bậc nhất)
Bài 15 Cho F(x) = x(x – 1)(x – 2) (x – n + 1), trong đó n là một số tự nhiên, và a là
một số thực bất kỳ Tính các định thức cấp n + 1 sau đây:
a)
) 2 (
) 1 ( ) (
) 2 ( )
1 (
) (
) 1 ( )
0 ( 1
n F n
F n F
n F F
F
n F F
F D
( ) ( 1) 2
x x
a a a
x x
a a a
a x A
1 1 1
b)
0
1 1 1
0 1 1
1
1 0 1
1
1 1 0
i i
n n
x a
a
a x
a x
a x
a x
D
0 1
2 1 0
1
0 0 0
0 0 0
1 0
0
0 1
0
0 0
Bài 18 Tính các định thức :
a)
a b
a b
a
b a
b a
A
0
0 0
0
0 0
0 0
0
0 0
0
0 0
3 2 2
2
2 2 2
2
2 2 1
c)
x a
a a
a x
a a
a a
x a
a a
a x
n n
2 1
2 1
2 1
n n
n n n
b a a
a
a b
a a
a a
b a
a a
a D
2 2 1
2 1
1
2 1
Trang 4Bài 19 Tìm ma trận nghịch đảo của ma trận sau:
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
0 0 0
1 0
1
2 1 2
n n n
a
a a
a a
az y x
z ay x
z y ax
Bài 21 Đối với mỗi hệ sau, tìm các giá trị của tham số a, b để hệ có nghiệm
x
a z ay x
z y ax
3 4
z by x
z by x
z y ax
Bài 22 Chứng minh rằng với mọi giá trị của a, b, c hệ phơng trình sau luôn có nghiệm
3 2
3 2
c z c cy x
b z b by x
a z a ay x
Bài 23 Giải và biện luận hệ phơng trình sau theo tham số a, b, c
c b a az cy bx
c b a cz by ax
Bài 24 Cho định thức Vandermode sau:
1 2
1 3
2 3 3
1 2
2 2 2
1 1
2 1 1
n
n n n
n
a a
a
a a
a
a a
a
a a
Bài 25 Chứng minh rằng định thức cấp n sau đây bằng hạng tử thứ n của dãy số
Phi-bô-na-xi, tức là u1 = 1, u2 = 2, , uk + 2 = uk + uk + 1, với k = 1, 2, , trong đó:
1 1
0 0 0
1 1
0 0 0
1 1 0
0 0
1 1 1
0 0
0 1 1
Trang 57 2 3
1 2
12 3
2
3 2 1
3 2 1
3 2 1
3 2 1
x x x
x x x
x x x
x x x
4
12 2
2 3
0 5 2
4 3 2 1
4 3 2 1
4 3 2 1
x x x x
x x x x
x x x x
5 5
2 11
2 2 2 3
1 4
5 2
4 3 2 1
4 3 2
4 3 2 1
4 3 2 1
x x x x
x x x
x x x x
x x x x
3 7 5 2 3
2 5 3 7 2
1 2
3
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x x
8 2 2 2 3 2
7 2
3
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
x x x x x
x x x x x
x x x x x
Bài 27 Tìm hệ nghiệm cơ bản và số chiều của không gian nghiệm của hệ phơng trình:
0 3 5
3 2 1
4 3 2 1
x x x
x x x x
0 2
0 2
4 3 2 1
4 3 2 1
4 3 2 1
x x x x
x x x x
x x x x
0 5
0 3 12 6 3
5 3
2
5 4 3 1
6 5 4 3 2 1
x x
x
x x x x
x x x x x x
0 4
0 3 6
12 3
0 2
6
5 4 2
6 5 4 2 1
6 5 4 3 2 1
6 5 4 3 2 1
x x x
x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
Bài 28 Cho hai hệ phơng trình:
2 4 3 3 3 3
0 2
1 2
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x x
7 7 14 2
1 7 5 5 10 4
1 2 2
1 2
2
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
5 4 3 2 1
x x x x x
x x x x x
x x x x x
x x x x x
Biết một nghiệm riêng của hệ a) là
1 , 3
Đối với mỗi hệ phơng trình:
Tìm nghiệm tổng quát của mỗi hệ nhờ hệ nghiệm cơ bản của hệ thuần nhất liênkết tơng ứng
Nhờ nghiệm tổng quát vừa tìm đợc, tìm một nghiệm riêng mà các thành phầntoạ độ là những số nguyên
Trang 6
7 4
2 3
1 5
0 4
0 8
7 2
7 4
2 3
1 5
0 4
0 8
7 2
8 9
9 9
7 4
2 3
1 5
0 4
7 43
4 22
7 4
2 3
1 5
0 4
0 8
7 2
26 29
20 33
bµi 2 Cho hai ma trËn :
6 5 2
5 7 10
0 7 2
3 8 1
5 7 10
2 15 9
3 8 1 3 6 5 2
5 7 10 2 1
4 31 7
2 2 / 31 2 / 7
3 8 1 4 6 5 2
5 7 10 2 5 1
5 7 10
1 5
0 4
B
T×m ma trËn X trong mçi trêng hîp sau ®©y:
a) X = A + tB ; b) 3tB – 2X = 2A ; c) 3X + tA – 2B = 0 ( 0 lµ ma trËnkh«ng)
Gi¶i:
Trang 7Tríc hÕt ta cã: t B =
9 1 0
6 5 4
5 7
2 10
, v× vËy:
a) X = A + tB =
6 5 2
5 7 10
+
9 1 0
6 5 4
=
15 6
2
11 12 14
5 7 10 2 9 1 0
6 5 4 3 2 1
8 1 8
5 7
2 10 9
6
1 5
0 4 2 3 1
3 3
2 2
5 10 6
5 3
7 4 5 12 4
1 5 9
9 1
7 5
5 6
3
7 0
4
1 7
x x x
x a a a a
5 10 6 11
4 3
=
97 98
13 38
5 3
7 4 5 12 4
1 5 9
=
82 21
9 1
7 5
5 6 3
7 0 4
1 7 5
28 48
98 14
1
x x x
x a a a
a = (a1x1 + a2x2 + a3x3 + a4x4)
Trang 8bài 5 Cho hai ma trận :
3 1 8 5
4 7
5 3
7 1
3 1 8 5
4 7
5 3
7 1
77 12
4 7
5 3
7 1
3 1 8 5
21 9 64 59
9 17 34 45
3 29 6 37
, là ma trận vuông cấp4
bài 6 Cho các ma trận:
5 1
6 2
A ;
4 3 5
2 0 4
0 2
7 5
2 0 4
=
22 15 21
20 18 38
2 0 4
0 2
7 5
20 14
b) (AB)C =
22 15 21
20 18 38
0 2
7 5
=
235 141
346 214
A(BC) =
6 2
51 31
20 14
=
235 141
346 214
1 2 3
A Tìm tất cả các ma trận X sao cho AX = I (I là matrận đơn vị)
d c
b a
Do đó hệ thức
Trang 90 2
3
0 4
1 2
3
f d
f d b
e c
e c a
3
1 9
412
a e
a c
3
2 9
212
b f
b d
3
2 12 9
4 12
b a
b a
b a
, trong đó a, b tuỳ ý thuộc R
bài 8 Giả sử A là một ma trận vuông, f(x) = a0 + a1x + a2x 2 + + anxn ,
ta ký hiệu: f(A) = a0I + a1A + a2A2 + + anAn
2 1
2 5
4 2
0 3
2 5
+
0 6
4 2
+
3 0
0 3
2 4
bài 9 Chứng minh rằng với A, B là hai ma trận vuông cấp n khả nghịch ta có:
(AB) B A .
Giải: Thật vậy: (B A )(AB) B (A A)B B IB B B I1 1 1 1 1 1
(AB)(B A ) A(BB )A1 1 1 1 AIA1 AA1 I
3 0 1
1 2 1
1 4 3
0 2 1
3 0 1
1 2 1
3 0 1
1 2 1
Trang 103 7 6
0 0 2 2
0 2 2
3 7 6
5 2
A b)
2 5
1 6
5 0 4
3 2 1
3 3 1
5 2 1
0 1 1
3 2 2
0 2 0 0
4 2 1 0
4 3 2 1
4 3 1 1
0 0 2 3
0 0 1 2
3 4 2 2
4 0 8 3
2 1 2 1
5 3
113
526
1 2
617
117
7 6 17
10 12
8 3 5
9 1 3
=
7 1
3 5 1
3 4 1
f) F -1 =
6 1
0 3 0 0
8 6
6 0
8 21 12
4 3 19 31
0 0 2 3
0 0 1 2
3 2 1 10
2 7 2 1 2 23
8 4 3 24
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
6 1 8 3
3 4 2 2
4 0 8 3
2 1 2 1
0 1 0 2
0 0 1 3
0 0 0 1
0 2 2 0
1 2 2 0
2 3 2 0
2 1 2 1
Trang 110 1 1 5
0 0 1 3
0 0 0 1
2 1 0 0
3 1 0 0
2 3 2 0
2 1 2 1
0 1 1 5
0 0 2 1 2 3
0 0 0 1
1 0 0 0
3 1 0 0
1 2 3 1 0
2 1 2 1
3 2 1 10
1 1 2 1 2 7
2 2 0 9
1 0 0 0
0 1 0 0
0 2 3 1 0
0 1 2 1
3 2 1 10
2 7 2 1 2 23
1 0 1 1
1 0
0
0
0 1
0
0
0 0
1
0
0 0
3 2 1 10
2 7 2 1 2 23
8 4 3 24
1 0 0 0
0 1 0 0
0 0 1 0
0 0 0 1
3 2 1 10
2 7 2 1 2 23
8 4 3 24
2 4
2 4
2 4
0 0
0 0
b) Ta có (I + A)( I – A) = I2 – A2 = I – O = I, do đó I + A và I – A là hai matrận nghịch đảo của nhau
3 1 0
1 2 1
2 0 0
3 5 2
7 2 3
5 1 0
C
Tìm ma trận X thoả mãn đẳng thức AX + B = C, (Giải phơng trình bậc nhất)
Giải: Ta có: AX + B = C X = A -1(C – B), nên:
Trang 12+) Tìm A -1 Ta có 4 6 2
4 2 0
3 1 0
1 2 1
3 4 0
5 6 2
2 3 2 0
2 5 3 1
7 2 3
5 1 0
2 0 0
3 5 2
5 2 3
8 6 2
2 3 2 0
2 5 3 1
5 2 3
8 6 2
10 10
0
23 10 3
bài 15 Cho F(x) = x(x – 1)(x – 2) (x – n + 1), trong đó n là một số tự nhiên, và a là
một số thực bất kỳ Tính các định thức cấp n + 1 sau đây:
a)
) 2 (
) 1 ( ) (
) 2 ( )
1 (
) (
) 1 ( )
0 ( 1
n F n
F n F
n F F
F
n F F
F D
ơng ứng với đờng chéo phụ:
1
1
2 1
n n
n
s(f) =
2
) 1 (
) ( )
n
b) Ta cũng có: F (n )(x) = n! và đạo hàm cấp lớn hơn n đều bằng không, do đó các phần
tử trên đờng chéo phụ bằng n!, còn các phần tử nằm về phía bên dới đờng chéo phụ đềubằng không, bởi thế: D2 = 2 1
) 1 (
) ( )
bài 16 Tính các định thức cấp n sau đây:
Trang 13a)
a x x
x x
a a a
x x
a a a
a x A
1 1 1
b)
0
1 1 1
0 1 1
1
1 0 1
1
1 1 0
x a x a x a x
x a x a x
a x a
x
A
0
0 0
0 0
1
x a
x a x a
x a x
a x a
x a x
a x a x a
0 0
0 0
(Sau khi khai triển định thức cấp n theo dòng 1, ta đợc định thức cấp n – 1)
Cách 2 Nhân dòng thứ nhất với (– a), rồi cộng vào các dòng sau ta đợc:
0 ) (
) ( ) ( )
0 )
( )
(
0 0
0 0
)
(
1 1
1 1
1
x a x
a x
a x
a
x a x
x a x a x a
x a x a x
a x a
0 0
0
1 1
1 1
1
= (a + x) n - 1
b) Cộng tất cả các cột vào cột đầu tiên ta đợc:
0
1 1
0 1
1
1
1 0
1
1
1 1
0
0
1 1 1
0 1 1
1
1 0 1
1
1 1 1
n n n
0
1 1 1
1
0 1 1
1
1 0 1
1
1 1 1
i i
n n
x a
a
a x
a x
a x
a x
D
0 1
2 1 0
1
0 0 0
0 0 0
1 0
0
0 1
0
0 0
Trang 14Giải: Trớc hết ta thấy rằng D là định thức cấp n + 1
Cách 1 Ta có thể chứng minh bằng phơng pháp quy nạp theo n Trong trờng hợp này ta
khai triển định thức theo dòng đầu
a x
1 0 2 2 2 1 0
1 0 1
= a2x2 + a1x + a0, khẳng định đúng
Giả sử khẳng định đúng đối với n - 1, ( n > 2) ta chứng minh khẳng định đúng với n.Khai triển định thức theo dòng đầu ta đợc:
1 1 0
1 2
3 2 1
) 1 (
1
0 0 0
0 0 0
1 0
0
0 1
0
0 0
a
a
a x
a x
a x
a x
x
D
1 0
0 0 0
1
0 0 0
1 0 0
0 0
1 0
0 0
0 1
n i
i
i x a
0
(đpcm)
Cách 2 Khai triển định thức theo cột cuối ta đợc:
1 1
0 0 0
1
0 0 0
1 0 0
0 0
1 0
0 0
0 1
0 0 0
1
0 0 0
1 0 0
0 0
1 0
0 0
0 0
a
n
Trang 151 0
0 0 0
1
0 0 0
1 0 0
0 0
0 1
0 0
0 0
a n
x x x
x x
a n n
n
1
0 0 0
0
0 0 0
1 0
0 0
0 1
0 0
0 0
i
i x a
a b
a
b a
b a
A
0
0 0
0
0 0
0 0
0
0 0
0
0 0
3 2 2
2
2 2 2
2
2 2 1
c)
x a
a a
a x
a a
a a
x a
a a
a x
n n
2 1
2 1
2 1
n n
n n n
b a a
a
a b
a a
a a
b a
a a
a D
2 2 1
2 1
1
2 1
Giải:
a) Ta ký hiệu định thức A cấp 2n là A = D2n Khai triển định thức theo dòng 1 và dòng2n ta đợc:
D2n = (a2 – b2).D2n - 2 Bằng phơng pháp quy nạp ta chứng minh đợc: D2n = (a2 – b2)2.b) (Lấy dòng thứ 2 nhân với – 1, rồi cộng vào tất cả các dòng khác, sau đó khai triểntheo dòng đầu, định thức còn lại có dạng chéo)
n
B
2 2 2
3 2 2
2
2 2 2
2
2 2 1
2
0 0 0
1 0 0
2
2 2 2
0
0 0 1
c) Cộng tất cả các cột vào cột đầu ta đợc nhân tử chung là: x + a1 + a2 + + an , và xem
C nh là một đa thức bậc n + 1 của x, mà ta ký hiệu là F(x) Vậy C = F(x)
Trang 16x a
a
a
a x
a
a
a a
x a
a a
a
x
n n
2 1
2 1
2 1
= (x + a1 + a2 + + an)
x a
a
a x
a
a a
x
a a
a
n n n
2 2
2 1
Nếu x = a1 thì dòng 1 và dòng 2 trùng nhau, do đó C = 0, tức là F(x) ( x – a1) Tơng
tự nh vậy ta cũng có F(x) ( x – ai ), i 1 , n Do các ( x – ai ), i 1 , n, đôi mộtnguyên tố cùng nhau nên:
1
) ( Do F(x) là đa thức bậc n + 1, với hệ số cao nhất bằng 1 nên ta có:
1
) ( (x + a1 + a2 + + an).
d) Lấy dòng thứ nhất nhân với – 1, rồi cộng vào các dòng khác ta đợc:
n n
n n n
b a a
a
a b
a a
a a
b a
a a
a D
2 2 1
2 1
1
2 1
n
n
b b b b
b b
a a
a
0 0 0
0 0
0
0 0
1
2 1 2
1
2 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
0 0 0
1 0
1
2 1 2
n n n
a
a a
a a
a B
4 4 4 4
4 4 4 4
4 4 4 4 16
1
=
4 1
1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1
Trang 17
0 0 0
1 0 0
0
0 1 0
0
0 0 1
1
0 0
n n n
a
a a
a a
0 0 0
1 0 0
0
1 0
0
0 1
1
0 0
1 0
0
0
0 1
0
0
0 0
1
a a
az y x
z ay x
z y ax
Giải: Xét định thức:
) 2 ( ) 1 ( 1
1
1 1
1 1
a
Nếu a 1 và a - 2, thì A 0, do đó hệ có nghiệm duy nhất
Nếu a = 1, thì ba phơng trình chỉ là một, hệ có nghiệm.
Trang 18Nếu a = - 2, thì hạngA = 2, còn hạngB = 3 vì 9 0
1 2 1
1 1 2
1 1 1
Kết luận hệ có nghiệm khi và chỉ khi a - 2
bài 21 Đối với mỗi hệ sau, tìm các giá trị của tham số a, b để hệ có nghiệm.
x
a z ay x
z y ax
3 4
z by x
z by x
z y ax
Giải: a) Hệ có nghiệm khi và chỉ khi a - 2 Thật vậy:
1 1
1 1
a
a a a
a
a a
0
1 1
0
1 1
1
0
1 1
0
1 1
a
a a a a a
a a
) 1 )(
1 ( ) 2 )(
1 ( 0 0
1 1
0
1 1
a a
a a a a
a
a a
a
Từ đó suy ra:
Nếu a - 2 và a 1, thì hệ có nghiệm duy nhất Nếu a = - 2, thì hệ vô nghiệm
Nếu a = 1, thì hệ có nghiệm phụ thuộc 2 tham số
Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi a - 2
1 2 1
1 1
1 1
a b b
b
a
Vậy khi b 0 và a 1, hệ có nghiệm duy nhất
Khi b = 0, thì từ 2 phơng trình sau suy ra hệ vô nghiệm
3 4
z by x
z by x
z y x
Rõ ràng y = 0, không phải là nghiệm của hệ, do đó
từ phơng trình 1 và 3 suy ra (1 - 2b)y = 0 b = 1/2 Khi đó hệ có nghiệm
Vậy khi b 0 và a 1, hoặc khi a = 1 và b = 1/2 hệ có nghiệm Trong các trờng hợpcòn lại hệ vô nghiệm
bài 22 Chứng minh rằng với mọi giá trị của a, b, c hệ phơng trình sau luôn có nghiệm.
3 2
3 2
c z c cy x
b z b by x
a z a ay x
Giải: Ta có: A = (a - b)(b - c)(c - a) Bởi vậy:
Nếu a, b, c là ba số đôi một khác nhau thì hệ có nghiệm: x = abc ; y = – (ab + bc +ca);
z = a + b + c
Trang 19Nếu trong ba số a, b, c chỉ có hai số bằng nhau, thì hệ có nghiệm phụ thuộc hai tham
số Nếu ba số a = b = c, thì hệ có nghiệm phụ thuộc 3 tham số
bài 23 Giải và biện luận hệ phơng trình sau theo tham số a, b, c.
c b a az cy bx
c b a cz by ax
Giải:
Ta có: D = (a b c)
b a c
a c b
c b a
b a a c c b
1 1
1
= (abc)
c b b a
c a b c
c b
0 0 1
= (a + b + c)[(c – b)(b – c) – (a – c)(a – b)] = (a + b + c)(ab + bc + ca – a2 – b2– c2)
= ( )( ) 2 ( ) 2 ( ) 2
2
1
a c c b b a c b
a
Vậy D 0 a + b + c 0 và a, b, c không đồng thời bằng nhau Xét trờng hợp:1) a + b + c 0 và a, b, c không đồng thời bằng nhau Trờng hợp này hệ có nghiệm duynhất và dễ dàng thấy nghiệm duy nhất đó là: x = y = z = 1
2) a + b + c 0 và a, b, c đồng thời bằng nhau Khi đó a = b = c 0 và hệ đã cho làmột phơng trình: x + y + z = 3 Trờng hợp này hệ có nghiệm phụ thuộc 2 tham số, mànghiệm tổng quát là: (a1, a2, 3 – a1 – a2) ; a1 , a2 R
3) a + b + c = 0 và a, b, c đồng thời bằng nhau Khi đó a = b = c = 0 và hệ vô định phụthuộc 3 tham số, mọi bộ ba số thực đều là nghiệm của hệ, nghĩa là nghiệm tổng quát códạng: ( b1, b2, b3) ; b1, b2 , b3 R
4) a + b + c = 0 và a, b, c không đồng thời bằng nhau Khi đó ta có: ac – b2 = ab – c2
= bc – a2 0.Thật vậy nếu ac – b2 = 0, thì ac = b2 Kết hợp với a + b + c = 0, tức là a + c
= – b, ta đợc a2 + c2 + 2ac = b2, hay a2 + 2b2 + c2 = b2 , do đó: a2 + b2 + c2 = 0 Điều nàymâu thuẫn với a, b, c không đồng thời bằng không Các trờng hợp còn lại chứng minh tơng
bZ aY cX
aZ cY bX
cZ bY aX
Nhìn chung giải và biện luận hệ thuần nhất này dễ dàng hơn trớc
bài 24 Cho định thức Vandermode sau:
Trang 201 2
1 3
2 3 3
1 2
2 2 2
1 1
2 1 1
n
n n n
n
a a
a
a a
a
a a
a
a a
1 3
2 3 3
1 2
2 2 2
1 1
2 1 1
n
n n n
n
a a
a
a a
a
a a
a
a a
a
) (
) (
) (
1
) (
) (
1
0
0 0
1
1
2 1
1
1 3
2 3 1
3 3 1 3
1 2
2 2 1
2 2 1 2
a a a a
a a a a
a a a a
a a a a
a a a a
a a a a
n
n n n
n n
n n
2 4
2 4 4
2 3
2 3 3
2 2
2 2 2
n
n n n
a a
a
a a
a
a a
a
a a
a
= (a2 – a1)(a3 – a1) (an –
a1)Dn – 1
ở đây Dn - 1, cũng là định thức Van đéc mông cấp n – 1 nhng các phần tử xác định nó là
a2, a3, , an Ta dự đoán Dn =
bài 25 Chứng minh rằng định thức cấp n sau đây bằng hạng tử thứ n của dãy số
Phi-bô-na-si, tức là u1 = 1, u2 = 2, , un = un - 1 + un - 2, với n = 3, 4, , trong đó:
1 1
0 0
0
1 1
0 0
1 1 0
0 0
1 1
1
0 0
0 1