Loading [MathJax]/jax/output/SVG/jax.js

Метка: алгебраическое дополнение

Критерий обратимости

Теорема (Критерий обратимости квадратных матриц). Квадратная матрица порядка n обратима тогда и только тогда, когда она невырожденная.

Необходимость. Пусть A∈Mn(P). И пусть для нее существует правая обратная матрица, тогда, применяя одно из свойств умножения матриц, получаем AB=E, где E — единичная матрица.det(AB)=detAdetB=1⇒detA≠0 — по определению матрица A невырожденная.

Тогда покажем, что и для левой обратной матрицы результат аналогичен. Применяя одно из свойств умножения матриц получаем BA=E.det(BA)=detBdetA=1⇒detA≠0 — по определению матрица A невырожденная.

Зная определение обратной матрицы, видим, что необходимость выполняется.

Достаточность. Пусть A∈M0n(P), то есть(detA)≠0. Укажем обратную матрицу явно. Для удобства обозначим за ˜A=(A11A12⋯A1nA21A22⋯A2n⋯⋯⋯⋯An1An2⋯Ann)- присоединенную матрицу такую, что ˜A=‖Aij‖, где Aij — это алгебраические дополнения к элементу aij матрицы A, i=¯1,n и j=¯1,n. Тогда (˜A)T=‖Aji‖.

Покажем, что A−1=1detA(˜A)T. Для этого следует проверить выполнение таких равенств: A1detA(˜A)T=E и 1detA(˜A)TA=E.

Проверим первое равенство. Положим B=A⋅1detA(˜A)T, тогда bij=n∑k=1aik1detAAjk=1detAn∑k=1aikAjk.

Если i=j, то по определению детерминанта получаем bij=1detAdetA=1.

Если i≠j, то по теореме о «чужих» дополнениях bij=0.

Таким образом, мы доказали, что E=A1detA(˜A)T.

Проверим второе равенство. Положим, C=1detA(˜A)TA. Тогда cij=n∑k=11detAAjkaik=1detAn∑k=1Ajkaik. Получаем, что при i=j cij=1detAdetA=1, а при i≠j⇒cij=0.

Получаем, что выполняется первое и второе равенство, следовательно, достаточность данного критерия доказана.

Следствие. detA−1=(detA)−1.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Докажите, что матрица A не имеет обратной. A=(10212346212301−21).
    Решение

    Следуя из условия требуется показать, что исходная матрица не удовлетворяет условиям критерия обратимости квадратных матриц. Проверим матрицу на невырожденность, для этого сначала приведем данную матрицу к треугольному виду методом Гаусса. Получаем A=(10212346212301−21)∼(23462123102101−21)∼(234621230−121−1201−21)∼(23460−2−2−301−210−121−12)∼(23460−2−2−301−210000). Видим, что матрица имеет нулевую строку, по третьему свойству определителей, определитель данной матрицы равен нулю, а это по определению означает, что исходная матрица вырождена. Следовательно, исходная матрица не имеет обратной.

  2. Найти значение выражения (detA)−1+3detB−1, не вычисляя обратные матрицы, где A=(012037123),B=(102431203).

    Решение

    По следствию из критерия обратимости квадратных матриц получаем detA−1+3detB−1. Так из лекции обратимость матриц мы знаем, что detA−1=1detA.detA=|012037123|=7−6=1,detB=|102431203|=9−12=−3. Тогда 11+3(−13)=1−1=0.

    Ответ: 0.

Смотрите также

  1. А.Г. Курош. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1965. — 431 с. — С. 95-98.
  2. Конспект Г.С.Белозерова. Глава 4 — 18 с. — С. 11 — 12.
  3. Д.К. Фаддеев. Лекции по алгебре: Учебное пособие для вузов. — М.: Наука, 1984. — 416 с. — С. 134-137.

Критерий обратимости

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по прочитанной теме.

Теорема Лапласа (без доказательства)

Итак, прежде чем перейти к методу использования теоремы Лапласа, необходимо рассмотреть несколько важных определений.

Определение Пусть дана матрица A∈Mm×n(P). Возьмем в ней любые i строк и i столбцов, причем i>0 и i меньше минимального из m и n. Элементы, которые располагаются на пересечении выбранных строк и столбцов, образуют матрицу i−го порядка. Определитель этой матрицы называется минором i−го порядка исходной матрицы. Если порядок минора равен единице, то минор является элементом исходной матрицы.

Пример 1 Пусть дан определитель четвертого порядка |−8−52713−9−34−4−19−53−48|. Выберем, например, 2-й и 4-й столбцы и 1-ю и 3-ю строки. Таким образом, элементы, стоящие на пересечении этих столбцов и строк образуют минор 2−го порядка: |−57−49|=−45+28=−17. Также мы можем выбрать любые строки и столбцы для получения миноров.

Определение Пусть дана матрица A∈Mm(P). Выберем в ней минор i−го порядка, такой, что i>0 и i<m. Если мы вычеркнем строки и столбцы матрицы, в которых лежит данный минор, то мы получим новую матрицу. Определитель новой матрицы называется дополнительным минором к исходному.

Пример 2 Возьмем определитель и его минор 2−го порядка из первого примера. Дополнительным минором к нему будет |1−9−5−4|=−4−45=−49.

Определение Пусть дана матрица A∈Mm(P). Выберем в ней минор i−го порядка, такой, что i>0 и i<m. Если мы умножим дополнительный к нему минор на число (−1)S1+S2, в котором S1 — это сумма номеров строк, а S2 — это сумма номеров столбцов, в которых лежит исходный минор, то мы получим алгебраическое дополнение к этому минору.

Пример 3 Пусть дан определитель пятого порядка |−753−269−873−401−1−59−32−2−4−8495−11|. Выберем в нем, к примеру 1−ю и 4−ю строки, а также 2−й и 5−й столбцы. Тогда на пересечении выбранных строк и столбцов образуется минор 2−го порядка |562−8|=−40−12=−52. Дополнительным минором к нему будет |9730−1−545−1|=9+0−140+12+0+225=106. Наконец, алгебраическим дополнением к минору будет |9730−1−545−1|⋅(−1)(1+4)+(2+5)=106⋅(−1)12=106, где степени −1 являются таковыми, так как элементы минора исходного определителя располагаются в 1−й и 4−й строках и во 2−м и в 5−м столбцах.

Итак, разобравшись с приведенными выше определениями, можно приступать к формулированию теоремы.

Теорема (Лапласа) Если в определителе порядка m выбрать i строк (столбцов), где i>0 и i<m, то данный определитель будет равняться сумме миноров, которые расположены в этих строках (столбцах), умноженных на их алгебраические дополнения. Эти миноры будут иметь i−й порядок.

Таким образом, благодаря теореме Лапласа, при вычислении определителя m−го порядка, мы можем вычислить несколько определителей более малых порядков (i), что упрощает нам задачу.

Следствием (а также частным случаем, для которого i=1) из теоремы Лапласа является Теорема о разложении определителя по строке.

Примеры решения задач

Пример 4 Найти определитель матрицы 4−го порядка (3569−172−50412−3−650). Разложим определитель этой матрицы по теореме Лапласа, выбрав 1−ю и 3−ю строки: |3569−172−50412−3−650|=(−1)(1+3)+(1+2)⋅|3504|⋅|2−550|+ +(−1)(1+3)+(1+3)⋅|3601|⋅|7−5−60|+(−1)(1+3)+(1+4)⋅|3902|⋅|72−65|+ +(−1)(1+3)+(2+4)⋅|5942|⋅|−12−35|+(−1)(1+3)+(3+4)⋅|6912|⋅|−17−3−6|+ +(−1)(1+3)+(2+3)⋅|5641|⋅|−1−5−30|=(−1)7⋅(12−0)⋅(0+25)+ +(−1)8⋅(3−0)⋅(0−30)+(−1)9⋅(6−0)⋅(35+12)+ +(−1)10⋅(10−36)⋅(−5+6)+(−1)11⋅(12−9)⋅(6+21)+ +(−1)9⋅(5−24)⋅(0−15)=−(12⋅25)−3⋅30−6⋅47−26⋅1−3⋅27− −(19⋅15)=−300−90−282−26−81−285=−1064.

Как мы могли заметить, для нахождения определителя 4−го порядка нам понадобилось искать лишь определители 2−го порядка, что намного легче. Разберем этот пример подробнее.

Для начала, вторым множителем каждого слагаемого является минор, расположенный в выбранных в начале решения строках. Мы берем все существующие в данных строках миноры. Далее, первым множителем каждого слагаемого является (−1) в степени, которая является суммой номеров строк и столбцов, в которых расположен соответствующий минор. Третьим же множителем является дополнительный минор к соответствующему. Произведение дополнительного минора и (−1) в соответствующей степени образует алгебраическое дополнение к своему минору.

Таким образом мы расписываем все миноры, находящиеся в выбранных строках, умножаем на их алгебраические дополнения и суммируем полученные произведения. После этого решаем полученное выражение, приходя к ответу, который является значением определителя исходной матрицы.

Пример 5 Найти определитель матрицы 4−го порядка (14−305−21702−64−5102).

Решение

Пример 6 Найти определитель матрицы 4−го порядка (7912045−31024−511−798).

Решение

Пример 7 Найти определитель матрицы 4−го порядка (−5712011−26102151−34−1145).

Решение

Смотрите также

  1. А. И. Кострикин Введение в алгебру М.: Наука, 1994, Глава 3, §3, «Упражнения» (стр. 150)
  2. Курош А.Г. Курс высшей алгебры М.: Наука, 1968, Глава 1, §6, «Вычисление определителей» (стр. 51)
  3. Личный конспект, составленный на основе лекций Г. С. Белозерова.

Теорема Лапласа

Тест на проверку знаний о теореме Лапласа и определений, необходимых для формулировки данной теоремы.

Теорема о разложении определителя по строке

Определение. Пусть задана матрица A∈Mn×m(P). Выберем произвольно k строк и k столбцов (1⩽k⩽min{n,m}). Минором k−го порядка называют определитель матрицы, состоящей из элементов, которые стоят на пересечении выбранных строк и столбцов.

Определение. Пусть задана матрица A∈Mn(P). Выберем произвольно минор k−го порядка (1⩽k⩽n−1). Дополнительным минором называют определитель матрицы порядка n−k, которая получена путем вычеркивания строк и столбцов, в которых расположен выбранный минор.

Определение. Алгебраическим дополнением называют дополнительный минор, умноженный на число (−1)(s1+s2), где s1− сумма номеров строк, а s2− сумма номеров столбцов, в которых расположен минор.

Теорема о разложении определителя по строке. Определитель (детерминант) n−го порядка квадратной матрицы A равен сумме произведений элементов какой-либо его строки (столбца) на их алгебраические дополнения. То есть:detA=n∑k=1akjAkj — разложение определителя по элементам столбца;detA=n∑k=1aikAik — разложение определителя по элементам строки, где (i,j∈{1,2,…,n}).

Пусть задан определитель n−го порядка:detA=|a11a12…a1na21a22…a2n⋯⋯⋯⋯an1an2…ann|. Возьмем j−й столбец матрицы A и представим его в виде суммы:[a1ja2j⋮anj]=[a1j0⋮0]+[0a2j⋮0]+⋯+[00⋮anj]. Таким же образом запишем наш определитель: detA=|a11a12⋯a1j⋯a1na21a22⋯a2j⋯a2n⋯⋯⋯⋯⋯⋯an1an2⋯anj⋯ann|==|a11a12⋯a1j⋯a1na21a22⋯0⋯a2n⋯⋯⋯⋯⋯⋯an1an2⋯0⋯ann|+|a11a12⋯0⋯a1na21a22⋯a2j⋯a2n⋯⋯⋯⋯⋯⋯an1an2⋯0⋯ann|+…⋯+|a11a12⋯0⋯a1na21a22⋯0⋯a2n⋯⋯⋯⋯⋯⋯an1an2⋯anj⋯ann|. Данную сумму можем записать более кратко:detA=n∑k=1|a11a12⋯a1,j−10a1,j+1⋯a1n⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ak1ak2⋯ak,j−10ak,j+1⋯akn⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯an1an2⋯an,j−10an,j+1⋯ann|.

Переместим элемент akj в левый верхний угол матрицы. Для этого переставим k−ю строку на первое место, последовательно переставляя ее со строками, стоящими выше. Исходя из этого потребуется k−1 транспозиций. По свойствам определителей, каждая транспозиция двух строк (столбцов) приводит к определителю, у которого изменены все знаки его членов на противоположные. То есть при каждой транспозиции определитель умножается на −1:detA=n∑k=1(−1)k−1|ak1ak2⋯ak,j−1akjak,j+1⋯akna11a12⋯a1,j−10a1,j+1⋯a1n⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ak−1,1ak−1,2⋯ak−1,j−10ak−1,j+1⋯ak−1,nak+1,1ak+1,2⋯ak+1,j−10ak+1,j+1⋯ak+1,n⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯an1an2⋯an,j−10an,j+1⋯ann|.Затем переместим j−й столбец на первое место, последовательно переставляя со столбцами, стоящими левее j−го. На это потребуется j−1 транспозиций:detA=n∑k=1(−1)(k−1)+(j−1)|akjak1ak2⋯ak,j−1ak,j+1⋯akn0a11a12⋯a1,j−1a1,j+1⋯a1n⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯0ak−1,1ak−1,2⋯ak−1,j−1ak−1,j+1⋯ak−1,n0ak+1,1ak+1,2⋯ak+1,j−1ak+1,j+1⋯ak+1,n⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯0an1an2⋯an,j−1an,j+1⋯ann|.В итоге мы получаем определитель, отличающийся от искомого знаком (−1)(k+j):detA=n∑k=1(−1)(k+j)|akjak1ak2⋯akn0a11a12⋯a1n⋯⋯⋯⋯⋯0an1an2⋯ann|.

Теперь пусть detA′=|akjak1ak2⋯akn0a11a12⋯a1n⋯⋯⋯⋯⋯0an1an2⋯ann|. Так как все элементы первого столбца, кроме akj, равны нулю, можем записать полученный определитель как сумму:detA′=n∑s=2(−1)[1,s2,…,sn]akjas2…asn, где суммирование производится по всем перестановкам длины n.

Множитель akj является общим для всех слагаемых. Единица, стоящая на первом месте, не образует никаких инверсий (перестановок), что не влияет на знак: [1,s2,…,sn]=[s2,…,sn]. Исходя из этого, можем вынести за знак суммы множитель akj:detA′=akjn∑s=2(−1)[s2,…,sn]as2…asn.

Сумма n∑s=2(−1)[s2,…,sn]as2⋅⋯⋅asn равна определителю (n−1)−го порядка. Этот определитель получается путем вычеркивания первой строки и первого столбца и является дополнительным минором искомого определителя. Следовательно, определитель матрицы A равен:detA=n∑k=1(−1)(k+j)akjMkj.

Согласно определению, дополнительный минор, умноженный на число (−1)(k+j), где k− номер строки, а j− номер столбца, в которых расположен минор первого порядка, равен алгебраическому дополнению. Таким образом, мы получаем, что исходный определитель равен сумме произведений элементов j−го столбца на их алгебраическое дополнение:detA=n∑k=1akjAkj. Разложение по столбцу доказано.

Аналогично докажем разложение определителя по строке: detA=|a11a12…a1na21a22…a2n⋯⋯⋯⋯an1an2…ann|==|a11a12…a1na21a22…a2n⋯⋯⋯⋯ai10…0⋯⋯⋯⋯an1an2…ann|+|a11a12…a1na21a22…a2n⋯⋯⋯⋯0ai2…0⋯⋯⋯⋯an1an2…ann|+⋯⋯+|a11a12…a1na21a22…a2n⋯⋯⋯⋯00…ain⋯⋯⋯⋯an1an2…ann|==n∑k=1|a11a12⋯a1k⋯a1na21a22⋯a2k⋯a2n⋯⋯⋯⋯⋯⋯ai−1,1ai−1,2⋯ai−1,k⋯ai−1,n00⋯aik⋯0ai+1,1ai+1,2⋯ai+1,k⋯ai+1,n⋯⋯⋯⋯⋯⋯an1an2⋯ank⋯ann|.Элемент aik перемещаем в левый верхний угол матрицы, последовательно меняя i−ю строку с выше стоящими строками и k−й столбец со стоящими слева столбцами. Потребуется i+k транспозиций. Это означает, что определитель будет отличаться от искомого знаком (−1)(i+k):detA=n∑k=1(−1)(i+k)|aikai1ai2⋯ain0a11a12⋯a1n⋯⋯⋯⋯⋯0an1an2⋯ann|==n∑k=1(−1)(i+k)aikMik=n∑k=1aikAik. Таким образом, разложение по строке доказано.

Примеры решения задач

Рассмотрим некоторые примеры решения задач на нахождение определителя с помощью теоремы о разложении определителя по строке. Читателю рекомендовано попытаться решить задачи самостоятельно, а затем сверить свое решение с приведенным ниже.

  1. Выполнив разложение по первой строке, вычислить определитель: detA=|2−5384−1032|.
    Решение

    Перед нами определитель 3−го порядка. Разложим данный определитель по элементам первой строки:detA=|2−5384−1032|=2A11+(−5)A12+3A13. Воспользуемся формулой нахождения алгебраического дополнения: Aij=(−1)i+jMij, где Mij− дополнительный минор к элементу aij. Найдем алгебраическое дополнение к элементу a11 согласно формуле: A11=(−1)1+1M11=(−1)2M11=M11. Для того чтобы найти дополнительный минор к элементу, нужно мысленно вычеркнуть строку и столбец, в которых расположен данный элемент, и записать оставшиеся элементы в виде определителя: A11=M11=|4−132|=4⋅2−3⋅(−1)=8+3=11. Аналогично вычисляем оставшиеся алгебраические дополнения:A12=(−1)1+2M12=(−1)3M12=−M12=−|8−102|==−(8⋅2−0⋅(−1))=−16;A13=(−1)1+3M12=(−1)4M12=M12=|8403|==8⋅3−0⋅(4)=24. Следовательно, наш определитель равен:detA=2⋅11+(−5)⋅(−16)+3⋅24=22+80+72=174.

    Для проверки воспользуемся другим методом вычисления определителя 3−го порядка — правилом Саррюса. Согласно этому правилу, определитель матрицы 3−го порядка равен:detA=a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32−a13a22a31−a11a23a32−−a12a21a33. Наш определитель равен:detA=2⋅4⋅2+(−5)⋅(−1)⋅0+3⋅8⋅3−3⋅4⋅0−−2⋅(−1)⋅3−(−5)⋅8⋅2=16+0+72−0+6+80=174. Ответ совпал. Проверка выполнена.

  2. Выполнив разложение по первому столбцу, вычислить определитель: detA=|35−2−1840−7−3|.
    Решение

    Разложим данный определитель 3−го порядка по элементам первого столбца:detA=|35−2−1840−7−3|=3A11+(−1)A21+0A31==3A11+(−1)A21. Вспомним формулу нахождения алгебраического дополнения: Aij=(−1)i+jMij, где Mij− дополнительный минор к элементу aij. Найдем алгебраические дополнения к каждому элементу:A11=(−1)1+1M11=M11=|84−7−3|=8⋅(−3)−(4⋅(−7))==−24+28=4;A21=(−1)2+1M21=−M21=−|5−2−7−3|==−(5⋅(−3)−((−2)⋅(−7)))=−(−15−14)=29. Значит, наш определитель равен:detA=3⋅4+(−1)⋅29=12−29=−17.

    Выполним проверку, используя правило Саррюса: detA=a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32−a13a22a31−a11a23a32−−a12a21a33. detA=3⋅8⋅(−3)+5⋅4⋅0+(−2)⋅(−1)⋅(−7)−−(−2)⋅8⋅0−3⋅4⋅(−7)−5⋅(−1)⋅(−3)=−17. Проверка выполнена. Ответ совпал.

  3. Выполнив разложение по третьей строке, вычислить определитель матрицы A=‖aij‖ третьего порядка.
    Решение

    Разложим определитель по элементам третьей строки: detA=|a11a12a13a21a22a23a31a32a33|=a31⋅(−1)3+1|a12a13a22a23|++a32⋅(−1)3+2|a11a13a21a23|+a33⋅(−1)3+3|a11a12a21a22|==a31(a12⋅a23−a22⋅a13)−a32(a11⋅a23−a21⋅a13)++a33(a11⋅a22−a21⋅a12)=a12a23a31−a13a22a31−−a11a23a32+a13a21a32+a11a22a33−a12a21a33==a11a22a33+a12a23a31+a13a21a32−a13a22a31−a11a23a32−−a12a21a33. Как можно заметить, последняя формула является ничем иным, как правилом Саррюса, которым мы воспользовались при проверке первого и второго примеров.

  4. Выполнив разложение по третьему столбцу, вычислить определитель: detA=|25a−134b−379c−542d−2|.
    Решение

    Разложим данный определитель 4−го порядка по элементам третьего столбца:detA=|25a−134b−379c−542d−2|=aA13+bA23+cA33+dA34. Найдем все алгебраические дополнения:A13=(−1)1+3M13=M13=|34−379−542−2|=(разложим определитель по первому столбцу)=3⋅(−1)1+1|9−52−2|+7⋅(−1)2+1|4−32−2|+4⋅(−1)3+1|4−39−5|==3(9⋅(−2)−2⋅(−5))−7(4⋅(−2)−2⋅(−3))++4(4⋅(−5)−9⋅(−3))=3⋅(−8)−7⋅(−2)+4⋅7==−24+14+28=18;A23=(−1)2+3M23=−M23=−|25−179−542−2|=(разложим определитель по третьей строке, умножая каждый элемент на −1)=−4⋅(−1)3+1|5−19−5|−2⋅(−1)3+2|2−17−5|−(−2)⋅(−1)3+3|2579|==−4(5⋅(−5)−9⋅(−1))+2(2⋅(−5)−7⋅(−1))+2(2⋅9−7⋅5)==(−4)⋅(−16)+2⋅(−3)+2⋅(−17)=64−6−34=24;A33=(−1)3+3M33=M33=|25−134−342−2|=(разложим определитель по второй строке)=3⋅(−1)2+1|5−12−2|+4⋅(−1)2+2|2−14−2|+(−3)⋅(−1)2+3|2542|==−3(5⋅(−2)−2⋅(−1))+4(2⋅(−2)−4⋅(−1))+3(2⋅2−4⋅5)==(−3)⋅(−8)+4⋅0+3⋅(−16)=24−48=−24;A43=(−1)4+3M43=−M43=−|25−134−379−5|=(разложим определитель по второму столбцу, умножая каждый элемент на −1)=−5⋅(−1)1+2|3−37−5|−4⋅(−1)2+2|2−17−5|−9⋅(−1)3+2|2−13−3|==5(3⋅(−5)−7⋅(−3))−4(2⋅(−5)−7⋅(−1))+9(2⋅(−3)−3⋅(−1))==5⋅6−4⋅(−3)+9⋅(−3)=30+12−27=15. Следовательно, искомый определитель равен: detA=aA13+bA23+cA33+dA34=18a+24b−24c+15d.

  5. Определитель матрицы A равен: detA=|135−2λ0107−432020−1|=16. Найти λ.
    Решение

    Разложим данный определитель 4−го порядка по элементам второй строки: detA=|135−2λ0107−432020−1|=λ⋅A21+0⋅A22+1⋅A23+0⋅A24==λ⋅A21+A23. Найдем алгебраические дополнения:A21=(−1)2+1M21=−M21=−|35−2−43220−1|=(разложим определитель по первой строке, умножив каждый элемент на (−1)) =−3⋅(−1)1+1|320−1|−5⋅(−1)1+2|−422−1|−−(−2)⋅(−1)1+3|−4320|=−3(3⋅(−1)−0⋅2)+5((−4)⋅(−1)−2⋅2)++2((−4)⋅0−2⋅3)=−3⋅(−3)+5⋅0+2⋅(−6)=−3;A23=(−1)2+3M21=−M21=−|13−27−4202−1|=(разложим определитель по первому столбцу, умножив каждый элемент на (−1)) =−1⋅(−1)1+1|−422−1|−7⋅(−1)2+1|3−22−1|−−0⋅(−1)3+1|3−2−42|=−1((−4)⋅(−1)−2⋅2)++7(3⋅(−1)−2⋅(−2))=−1⋅0+7⋅1=7. Следовательно,detA=−3λ+7. По условию, detA=−3λ+7=16⇒λ=−3.

Смотрите также

  1. Фаддеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984 стр. 96-97
  2. Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1968 стр. 46-49
  3. Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1980 стр. 129-131
  4. Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.

Теорема о разложении определителя по строке

Тест на знание темы «Теорема о разложении определителя по строке».