主要内容

高等代数教学辅导

3.4 Cramer法则

建设中!

练习 练习

基础题.

1.
\(a,b,c\)是数域 \(\F\)上互不相同的常数,解线性方程组
\begin{equation*} \left\{\begin{array}{ccl} x_1+ax_2+a^2x_3=a^3,\\ x_1+bx_2+b^2x_3=b^3,\\ x_1+cx_2+c^2x_3=c^3. \end{array}\right. \end{equation*}
解答.
该方程组的系数矩阵的行列式
\begin{equation*} \det A=\begin{vmatrix} 1&a&a^2\\ 1&b&b^2\\ 1&c&c^2 \end{vmatrix}=(b-a)(c-a)(c-b)\neq 0, \end{equation*}
所以方程组有唯一解。又
\begin{equation*} \det D_1=\begin{vmatrix} a^3&a&a^2\\ b^3&b&b^2\\ c^3&c&c^2 \end{vmatrix}=abc\begin{vmatrix} a^2&1&a\\ b^2&1&b\\ c^2&1&c \end{vmatrix}=abc(b-a)(c-a)(c-b), \end{equation*}
\begin{equation*} \det D_2=\begin{vmatrix} 1&a^3&a^2\\ 1&b^3&b^2\\ 1&c^3&c^2 \end{vmatrix}=-(b-a)(c-a)(c-b)(ab+ac+bc), \end{equation*}
\begin{equation*} \det D_3=\begin{vmatrix} 1&a&a^3\\ 1&b&b^3\\ 1&c&c^3 \end{vmatrix}=(b-a)(c-a)(c-b)(a+b+c), \end{equation*}
因此方程组有唯一解
\begin{equation*} \left\{\begin{array}{ccl} x_1&=&\frac{\det D_1}{\det A}=abc,\\ x_2&=&\frac{\det D_2}{\det A}=-(ab+ac+bc),\\ x_3&=&\frac{\det D_3}{\det A}=a+b+c. \end{array}\right. \end{equation*}
2.
讨论当 \(a,b,c\)满足什么条件时,线性方程组
\begin{equation*} \left\{\begin{array}{ccl} ax_1-2x_2-x_3&=&1,\\ 2x_1+x_2+x_3&=&b,\\ 10x_1+5x_2+4x_3&=&c, \end{array}\right. \end{equation*}
有唯一解、无解、有无穷多解?有解时求出其解。
解答.
该方程组的系数行列式
\begin{equation*} \det A=\begin{vmatrix} a&-2&-1\\ 2&1&1\\ 10&5&4 \end{vmatrix}=-a-4. \end{equation*}
  1. \(\det A\neq 0\),即 \(a\neq -4\)时,该方程组有唯一解,其解为
    \begin{equation*} \begin{array}{ccl} x_1&=&\frac{\det D_1}{\det A}=\frac{\begin{vmatrix} 1&-2&-1\\ b&1&1\\ c&5&4 \end{vmatrix}}{-a-4}=\frac{-3b+c+1}{a+4},\\ x_2&=&\frac{\det D_2}{\det A}=\frac{\begin{vmatrix} a&1&-1\\ 2&b&1\\ 10&c&4 \end{vmatrix}}{-a-4}=\frac{ac+2c-4ab-10b-2}{a+4}, \\ x_3&=&\frac{\det D_3}{\det A}=\frac{\begin{vmatrix} a&-2&1\\ 2&1&b\\ 10&5&c \end{vmatrix}}{-a-4}=\frac{5ab+20b-ac-4c}{a+4}. \end{array} \end{equation*}
  2. \(a=-4\)时,将增广矩阵进行初等行变换:
    \begin{equation*} \widetilde{A}=\left(\begin{array}{ccc|c} -4&-2&-1&1\\ 2&1&1&b\\ 10&5&4&c \end{array}\right)\rightarrow\left(\begin{array}{ccc|c} 2&1&1&b\\ 0&0&1&2b+1\\ 0&0&0&-3b+c+1 \end{array}\right). \end{equation*}
    1. \(-3b+c+1\neq 0\)时, \(r(\widetilde{A})=3\neq 2=r(A)\),方程组无解。
    2. \(-3b+c+1=0\)时,\(r(\widetilde{A})=r(A)=2<3\),方程组有无穷多解。将增广矩阵再进行初等行变换化为行简化阶梯形矩阵:
      \begin{equation*} \widetilde{A}\rightarrow\left(\begin{array}{ccc|c} 1&\frac{1}{2}&0&-\frac{b+1}{2}\\ 0&0&1&2b+1\\ 0&0&0&0 \end{array}\right), \end{equation*}
      故原方程组的一般解为
      \begin{equation*} \left\{\begin{array}{ccl} x_1&=&-\frac{b+1}{2}-\frac{1}{2}x_2,\\ x_3&=&2b+1, \end{array} \right. \end{equation*}
      其中\(x_2\)为自由未知量。
综上,
  • \(a\neq -4\)时,方程组有唯一解
    \begin{equation*} \left\{\begin{array}{ccl} x_1&=&\frac{ac+2c-4ab-10b-2}{a+4},\\ x_2&=&\frac{ac+2c-4ab-10b-2}{a+4}, \\ x_3&=&\frac{5ab+20b-ac-4c}{a+4};\end{array}\right. \end{equation*}
  • \(a=-4\)\(-3b+c+1\neq 0\)时, 方程组无解;
  • \(a=-4\)\(-3b+c+1=0\)时,方程组有无穷多解,其一般解为
    \begin{equation*} \left\{\begin{array}{ccl} x_1&=&-\frac{b+1}{2}-\frac{1}{2}x_2,\\ x_3&=&2b+1, \end{array} \right. \end{equation*}
    其中 \(x_3\)为自由未知量。

提高题.

3.
利用线性方程组理论证明:一元 \(n\)次多项式不能有多于 \(n\)个互异的根。
解答.
(反证法)假设存在一个 \(n\)次多项式
\begin{equation*} f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0(a_n\neq 0), \end{equation*}
\(n+1\)个互异的根 \(c_1,\ldots ,c_{n+1}\),则
\begin{equation} \left\{\begin{array}{c} f(c_1)=a_0+a_1c_1+a_2c_1^2+\cdots+a_nc_1^n=0,\\ f(c_2)=a_0+a_1c_2+a_2c_2^2+\cdots+a_nc_2^n=0,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ f(c_{n+1})=a_0+a_1c_{n+1}+a_2c_{n+1}^2+\cdots+a_nc_{n+1}^n=0.\\ \end{array}\right.\tag{3.4.1} \end{equation}
这可视为关于未知量 \(a_0,a_1,\ldots ,a_{n}\) 的齐次线性方程组,其系数行列式
\begin{equation*} \begin{vmatrix} 1&c_1&c_1^2&\cdots&c_1^n\\ 1&c_2&c_2^2&\cdots&c_2^n\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 1&c_{n+1}&c_{n+1}^2&\cdots&c_{n+1}^n \end{vmatrix}=\prod\limits_{1\leq i< j\leq n+1}(c_j-c_i)\neq 0, \end{equation*}
根据Cramer法则,齐次线性方程组 (3.4.1) 只有零解,从而 \(a_n=0\),矛盾。因此一元 \(n\)次多项式不能有多于 \(n\)个互异的根。
4.
\(a_1,\ldots,a_n\)是数域 \(\F\)\(n\)个不同的数,则对于任意 \(b_1,\ldots ,b_n\in\F\),存在唯一的次数小于 \(n\) 的多项式
\begin{equation*} L(x)=\sum\limits_{i=1}^n \left(b_i\cdot\prod\limits_{\begin{array}{c}1\leq j\leq n\\j\neq i\end{array}}\frac{x-a_j}{a_i-a_j}\right), \end{equation*}
满足对于任意的 \(i(1\leq i\leq n)\) ,都有
\begin{equation*} L(a_i)=b_i. \end{equation*}
提示.
要证明插值多项式的存在、唯一性,只需证明存在唯一的 \(c_0,\ldots ,c_{n-1}\),使得
\begin{equation*} \left\{\begin{array}{c} L(a_1)=c_0+c_1a_1+c_2a_1^2+\cdots+c_{n-1}a_1^{n-1}=b_1,\\ L(a_2)=c_0+c_1a_2+c_2a_2^2+\cdots+c_{n-1}a_2^{n-1}=b_2,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ L(a_n)=c_0+c_1a_n+c_2a_n^2+\cdots+c_{n-1}a_n^{n-1}=b_n, \end{array}\right. \end{equation*}
即证线性方程组
\begin{equation*} \left\{ \begin{array}{c} x_0+a_1x_1+a_1^2x_2+\cdots+a_1^{n-1}x_{n-1}=b_1,\\ x_0+a_2x_1+a_2^2x_2+\cdots+a_2^{n-1}x_{n-1}=b_2,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ x_0+a_nx_1+a_n^2x_2+\cdots+a_n^{n-1}x_{n-1}=b_n, \end{array}\right. \end{equation*}
有且只有唯一解。
解答 1.
存在性:对于任意的 \(1\leq k\leq n\) ,记
\begin{equation*} g_k(x)=\frac{(x-a_1)\cdots(x-a_{k-1})(x-a_{k+1})\cdots (x-a_n)}{(a_k-a_1)\cdots(a_k-a_{k-1})(a_k-a_{k+1})\cdots (a_k-a_n)}, \end{equation*}
\begin{equation*} L(x)=\sum\limits_{k=1}^n b_kg_k(x) \end{equation*}
是数域\(\F\)上次数小于\(n\)的多项式。注意到对任意\(1\leq i\leq n\)
\begin{equation*} g_k(a_i)=\left\{\begin{array}{ll} 1, & k=i,\\ 0, & k\neq i, \end{array}\right. \end{equation*}
所以
\begin{equation*} L(a_i)=\sum\limits_{k=1}^n b_kg_k(a_i)=b_i. \end{equation*}
唯一性:对于线性方程组
\begin{equation*} \left\{ \begin{array}{c} x_0+a_1x_1+a_1^2x_2+\cdots+a_1^{n-1}x_{n-1}=b_1,\\ x_0+a_2x_1+a_2^2x_2+\cdots+a_2^{n-1}x_{n-1}=b_2,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ x_0+a_nx_1+a_n^2x_2+\cdots+a_n^{n-1}x_{n-1}=b_n, \end{array}\right. \end{equation*}
其系数矩阵的行列式
\begin{equation*} \det A=\begin{vmatrix} 1&a_1&a_1^2&\cdots&a_1^{n-1}\\ 1&a_2&a_2^2&\cdots&a_2^{n-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 1&a_n&a_n^2&\cdots&a_n^{n-1} \end{vmatrix}=\prod\limits_{1\leq k<l\leq n}(a_l-a_k)\neq 0, \end{equation*}
因此该线性方程组有且只有唯一解,即满足\(L(a_i)=b_i(1\leq i\leq n)\)且次数小于\(n\)的多项式是唯一的。
解答 2.
对于线性方程组
\begin{equation} \left\{ \begin{array}{c} x_0+a_1x_1+a_1^2x_2+\cdots+a_1^{n-1}x_{n-1}=b_1,\\ x_0+a_2x_1+a_2^2x_2+\cdots+a_2^{n-1}x_{n-1}=b_2,\\ \cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\\ x_0+a_nx_1+a_n^2x_2+\cdots+a_n^{n-1}x_{n-1}=b_n, \end{array}\right.\tag{3.4.2} \end{equation}
由于系数矩阵的行列式
\begin{equation*} \det A=\begin{vmatrix} 1&a_1&a_1^2&\cdots&a_1^{n-1}\\ 1&a_2&a_2^2&\cdots&a_2^{n-1}\\ \vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 1&a_n&a_n^2&\cdots&a_n^{n-1} \end{vmatrix}=\prod\limits_{1\leq k<l\leq n}(a_l-a_k)\neq 0, \end{equation*}
所以线性方程组 (3.4.2) 只有唯一解:
\begin{equation*} x_{j}=\frac{\det D_j}{\det A},\ j=0,1,\ldots,n-1, \end{equation*}
其中
\begin{equation*} \det D_j=\begin{vmatrix} 1&a_1&\cdots&a_1^{j-1}&b_1&a_1^{j+1}&\cdots&a_1^{n-1}\\ 1&a_2&\cdots&a_2^{j-1}&b_2&a_2^{j+1}&\cdots&a_2^{n-1}\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 1&a_n&\cdots&a_n^{j-1}&b_n&a_n^{j+1}&\cdots&a_n^{n-1} \end{vmatrix}. \end{equation*}
因此存在唯一的次数小于 \(n\) 的多项式
\begin{equation*} L(x)=c_0+c_1x+\cdots+c_{n-1}x^{n-1}, \end{equation*}
这里
\begin{equation*} c_j=\frac{\det D_j}{\det A},\ j=0,1,\ldots,n-1, \end{equation*}
使得对于任意的 \(i(1\leq i\leq n)\) ,都有 \(L(a_i)=b_i\)。下面证明
\begin{equation*} L(x)=\sum\limits_{i=1}^n \left(b_i\cdot\prod\limits_{\begin{array}{c}1\leq j\leq n\\j\neq i\end{array}}\frac{x-a_j}{a_i-a_j}\right). \end{equation*}
\(\det D_j\)按第 \(j+1\)列展开,有
\begin{equation*} \det D_j=\sum\limits_{i=1}^n(-1)^{i+j+1}b_iM_{i,j+1}, \end{equation*}
其中
\begin{equation*} M_{i,j+1}=\begin{vmatrix} 1&a_1&\cdots&a_1^{j-1}&a_1^{j+1}&\cdots&a_1^{n-1}\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 1&a_{i-1}&\cdots&a_{i-1}^{j-1}&a_{i-1}^{j+1}&\cdots&a_{i-1}^{n-1}\\ 1&a_{i+1}&\cdots&a_{i+1}^{j-1}&a_{i+1}^{j+1}&\cdots&a_{i+1}^{n-1}\\ \vdots&\vdots&&\vdots&\vdots&&\vdots\\ 1&a_n&\cdots&a_n^{j-1}&a_n^{j+1}&\cdots&a_n^{n-1} \end{vmatrix}, \end{equation*}
所以根据 练习 3.3.14
\begin{equation*} \begin{array}{ccl} c_j&=&\frac{\sum\limits_{i=1}^n(-1)^{i+j+1}b_i\left(\prod\limits_{\begin{array}{c} 1\leq k<l\leq n\\ k,l\neq i\end{array}}(a_l-a_k)\right)\cdot\left(\sum\limits_{\begin{array}{c}1\leq i_1< \cdots<i_{n-1-j}\leq n\\i_1,\ldots ,i_{n-1-j}\neq i\end{array}}a_{i_1}\cdots a_{i_{n-1-j}}\right)}{\prod\limits_{1\leq k<l\leq n}(a_l-a_k)}\\ &=&\sum\limits_{i=1}^n\left(\prod\limits_{\begin{array}{c} 1\leq k\leq n\\k\neq i\end{array}}\frac{b_i}{a_i-a_k}\right)\cdot\left((-1)^{n-j-1}\sum\limits_{\begin{array}{c}1\leq i_1< \cdots<i_{n-1-j}\leq n\\i_1,\ldots ,i_{n-1-j}\neq i\end{array}}a_{i_1}\cdots a_{i_{n-1-j}}\right). \end{array} \end{equation*}
由Viète定理可知
\begin{equation*} (-1)^{n-j-1}\sum\limits_{\begin{array}{c}1\leq i_1< \cdots<i_{n-1-j}\leq n\\i_1,\ldots ,i_{n-1-j}\neq i\end{array}}a_{i_1}\cdots a_{i_{n-1-j}} \end{equation*}
是多项式\(\prod\limits_{\begin{array}{c} 1\leq k\leq n\\k\neq i\end{array}}(x-a_k)\)\(x^j\)的系数,因此 \(c_j\)是多项式
\begin{equation*} \sum\limits_{i=1}^n \left(b_i\cdot\prod\limits_{\begin{array}{c} 1\leq k\leq n\\k\neq i\end{array}}\frac{x-a_k}{a_i-a_k}\right) \end{equation*}
\(x^j\)的系数。从而
\begin{equation*} L(x)=\sum\limits_{i=1}^n \left(b_i\cdot\prod\limits_{\begin{array}{c} 1\leq k\leq n\\k\neq i\end{array}}\frac{x-a_k}{a_i-a_k}\right). \end{equation*}
5.
\((x_1,y_1)\)\((x_2,y_2)\)是坐标平面上两个不同点的坐标,证明:由这两个点确定的直线方程为
\begin{equation*} \begin{vmatrix} x & y & 1\\ x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 & 1\\ \end{vmatrix} = 0. \end{equation*}
结合行列式的几何意义给出上述公式的几何解释。
解答.
平面上两个不同点\((x_1,y_1)\)\((x_2,y_2)\)确定出直线\(L\),这意味着存在不全为\(0\)\(a,b,c\),使得直线\(L\)上的任意点\((x,y)\)都满足
\begin{equation*} ax+by+c=0, \end{equation*}
因此关于变元\(a,b,c\)的线性方程组
\begin{equation*} \left\{\begin{array}{l} ax+by+c=0,\\ ax_1+by_1+c=0,\\ ax_2+by_2+c=0 \end{array}\right. \end{equation*}
存在非零解。根据Cramer法则,其系数行列式
\begin{equation*} \begin{vmatrix} x & y & 1\\ x_1 & y_1 & 1\\ x_2 & y_2 & 1\\ \end{vmatrix} = 0. \end{equation*}