>>Xem thêm toán nghịch đảo và nghiệm
>>Xem thêm các hoạt động và giải pháp xếp hạng ma trận
>>Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính
>>Tính chất định thức và định thức của ma trận
>>Chứng minh ma trận suy biến và ma trận khả nghịch
>>Xem thêm tính chất và phép nhân ma trận
>>Cơ sở của không gian vectơ
Phần bù đại số
Đối với ma trận $a={{({{a}_{ij}})}_{ntimes n}}$ thì ${{a}_{ij}}={{(-1 ) } ^{i+j}}{{m}_{ij}},$ trong đó ${{m}_{ij}}$ là định thức nhận được từ định thức của ma trận $a$ bằng cách bỏ qua hàng $i$ Tổng cột $j$ được gọi là phần bù đại số của phần tử ${{a}_{ij}}.$. $
Ví dụ 1: Cho ma trận $a = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 1}&m 3& ;1&4&2\ { – 3}&4&2&1\ { – 1}&2&1&3 end{array}} right).$
Tính phần bù đại số ${{a}_{11}},{{a}_{12}},{{a}_{13}},{{a}_{14}}. $
Giải thưởng. Ta có:
$begin{array}{l} {a_{11}} = {( – 1)^{1 + 1}}left| {begin{array}{*{20}{c}} 1& ;4&2\ 4&2&1\ 2&1&3 end{array}} right| = – 35;{a_{12}} = {( – 1)^{1 + 2}} left| {begin{array}{*{20}{c}} 3&4&2\ { – 3}&2&1\ { – 1}&1&3 end{array} } right | = – 45;\ {a_{13}} = {( – 1)^{1 + 3}}left| {begin{array}{*{20}{c}} 3&1& ;2\ { – 3}&4&1\ { – 1}&2&3 end{array}} right | = 34;{a_{14}} = {( – 1)^{ 1 + 4}}left| {begin{array}{*{20}{c}} 3&1&4\ { – 3}&4&2\ { – 1}&2&1 end{array}} right | = 7. end{array}$
Mở rộng Laplace
Đối với ma trận $a={{({{a}_{ij}})}_{ntimes n}}$ thì
$det (a)={{a}_{i1}}{{a}_{i1}}+{{a}_{i2}}{{a}_{i2}} +…+{{a}_{in}}{{a}_{in}}text{ }(i=1,2,…,n)$
Đây là công thức khai triển định thức của ma trận $a$ trên $i.$
$det (a)={{a}_{1j}}{{a}_{1j}}+{{a}_{2j}}{{a}_{2j}}+.. .+{{a}_{nj}}{{a}_{nj}}text{ }(j=1,2,…,n)$
Đây là công thức khai triển định thức của ma trận $a$ bằng phép cộng $j.$
Bạn cần xem lại định thức cấp 2, cấp 3 và tính chất của định thức tại bài viết này: https://vted.vn/tin-tuc/dinh-thuc-cua-ma-tran-chat-4783 . trang web
>>Xem tổng hợp và đáp án chi tiết đề kiểm tra giữa kì 2 môn Đại số tuyến tính trường Đại học Bách Khoa Hà Nội học kì 20191
>>Xem thêm tổng hợp và phân tích đề thi thử Đề thi giữa kì 1 Đại học Bách Khoa Hà Nội học kì 2019 Đáp án chi tiết
Ví dụ 1:Ma trận $a = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 1}& ;m\ 3& 1&4&2\ { – 3}&4&2&1\ { – 1}&2&1&3 end{array}} right)$ Mở rộng hàng 1 theo công thức.
Giải thưởng. Đúng $det (a)=1.{{a}_{11}}+2.{{a}_{12}}-1.{{a}_{13}}+m . {{a}_{14}}, $where
$begin{array}{l} {a_{11}} = {( – 1)^{1 + 1}}left| {begin{array}{*{20}{c}} 1& ;4&2\ 4&2&1\ 2&1&3 end{array}} right| = – 35;{a_{12}} = {( – 1)^{1 + 2}} left| {begin{array}{*{20}{c}} 3&4&2\ { – 3}&2&1\ { – 1}&1&3 end{array} } right | = – 45;\ {a_{13}} = {( – 1)^{1 + 3}}left| {begin{array}{*{20}{c}} 3&1& ;2\ { – 3}&4&1\ { – 1}&2&3 end{array}} right | = 34;{a_{14}} = {( – 1)^{ 1 + 4}}left| {begin{array}{*{20}{c}} 3&1&4\ { – 3}&4&2\ { – 1}&2&1 end{array}} right | = 7. end{array}$
Vậy $det(a)=-35+2.(-45)-34+7m=7m-159.$
Ví dụ 2: Bộ xác định $left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&2&2\ { – 3}&1& 5&1\ { – 2}&5&0&0\ 2&{ – 1}&3&{ – 1} end{array}} right|.$
Giải thưởng. Lưu ý rằng dòng 3 của định thức có hai số 0 nên khai triển dọc theo dòng này sẽ chỉ có hai số hạng
Đó[left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&2&2\ { – 3}&1&5&1\ { – 2} &5&0&0\ 2&{ – 1}&3&{ – 1} end{array}} right| = – 2{a_{31}} + 5{a_{32}} = – 2left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&2\ 1&5&1\ { – 1}&3&{ – 1} end{array }} right| + 5left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&2\ { – 3}&5&1\ 2&3&{ – 1 } end{array}} right| = – 2,8 + 5.( – 48) = 224.]
Video bài giảng phương pháp tính định thức ma trận
Ví dụ 3: Định nghĩa $left| {begin{array}{*{20}{c}} 0&1&2&{ – m}\ { – 2} & ;{ – 1}&2&1\ 0&{ – 3} &4&2\ 0&{ – 5}&1&1 end{array}} right|.$
Giải thưởng. Lưu ý cột 1 có 3 phần tử là 0 nên ta có thể khai triển theo cột 1
[left| {begin{array}{*{20}{c}} 0&1&2&{ – m}\ { – 2}&{ – 1}&2&1 \ 0&{ – 3} &4&2\ 0&{ – 5}&1&1 end{array}} right| = 0.{a_{11}} – 2{a_{21 }} + 0{a_{31}} + 0{a_{41}} = – 2{a_{21}} = – 2{( – 1) ^{2 + 1}}left| {begin{mảng }{*{20}{c}} 1&2&{ – m}\ { – 3}&4&2\ { – 5}&1&1 end{array} } pair| = – 34m – 24.]Ví dụ 4: Định thức [left| {begin{array}{*{20}{c}} { – 3}&4&1&2\ { – m }&1&{ – 3}&1\ 2&{ – 3 }&1&4\ { – 1}&2&1&3 end{array}} right|. ]
Giải thưởng. Lưu ý rằng phần tử đầu tiên của cột thứ ba là 1, vì vậy chúng ta sẽ biến đổi định thức của cột thứ ba
Ví dụ 5: Định nghĩa $left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 3}&4\ { – 1 } &3&1&{ – m}\ 2&{ – 4} &3&1\ { – 3}&2&1&2 end{array}} right|.$
Giải. Có 
Ví dụ 6: Cho ma trận $a = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 3}&4 { – 1}&3&1&{ – m}\ { – 2}&{ – 2}&{ – 2}&{ – 2}\ { – 3}&2&1&2 end{array}} right).$ Tổng phần bù đại số của các phần tử ở hàng 4 của ma trận $a.$
Giải thưởng. Thay các phần tử ở hàng 4 của ma trận a bằng $-2,$ ta được ma trận $b = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2& { – 3 }&4\ { – 1}&3&1&{ – m}\ { – 2}&{ – 2}&{ – 2}&{ – 2}\ { – 2 } &{ – 2}&{ – 2}&{ – 2} end{array}} right)$ Định thức bằng 0 vì có hai hàng và hai ma trận giống nhau $a,b $ Phần bù của các phần tử bằng cùng một hàng đại số 4 .
Vậy $det (b)=-2{{a}_{41}}-2{{a}_{42}}-2{{a}_{43}}-2{{a} _{44}}=0leftrightarrow {{a}_{41}}+{{a}_{42}}+{{a}_{43}}+{{a}_{44}}=0 .$
Ví dụ 7: Cho ma trận $a = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&4\ { – 2 }& ;{ – 1}&4&1\ 3&{ – 4}&{ – 5}&6\ { – 4}&5&{ – 6}&7 end{array }} right).$ Tính ${{a}_{41}}+2{{a}_{42}}+3{{a}_{43}}+4{{a}_{44}}. $
Giải thưởng. Thay các phần tử ở hàng 4 của ma trận a bằng $1,2,3,4$ để được ma trận $b = left( {begin{array}{*{20}{c} } 1& ;2& ; 3&4\ { – 2}&{ – 1}&4&1\ 3&{ – 4}&{ – 5}&6\ 1&2&3& 4 end{ định thức của mảng}} right)$ bằng 0 vì có hai hàng giống nhau và hai ma trận $a,b$ có phần bù đại số của cùng một phần tử ở hàng thứ 4
Vậy $det (b)=1{{a}_{41}}+2{{a}_{42}}+3{{a}_{43}}+4{{a}_ {44}}=0leftrightarrow {{a}_{41}}+2{{a}_{42}}+3{{a}_{43}}+4{{a}_{44}} =0.$
Ví dụ 8: Ba vectơ ${{x}_{1}}=(3,-2,4,1),{{x}_{2}}= (- 2 ,1,3,-2),{{x}_{3}}=(-3,-1,k,2).$ Tìm vectơ ${{x}_{4}}in {{ mathbb{r}}^{4}}$ sang hệ vectơ $left{ {{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3} }, { {x}_{4}} right}$ là cơ số của ${{mathbb{r}}^{4}}.$
Giải thưởng. Gọi ${{x}_{4}}=(a,b,c,d).$ Xét ma trận a với vectơ ${{x}_{1}}, {{x}_{2 }},{{x}_{3}},{{x}_{4}}$ làm vectơ dòng, $a = left( {begin{array}{*{20}{c } } 3& ; { – 2}&4&1\ { – 2}&1&3&{ – 2}\ { – 3}&{ – 1}&k&2\ a& b&c& ; d end{array}} right).$
Chúng ta cần tìm một bộ $(a,b,c,d)$ hệ vectơ $left{ {{x}_{1}},{{x}_{2}},{{x ) }_{3}},{{x}_{4}} right}$ là cơ sở hoặc hệ vectơ của ${{mathbb{r}}^{4}}$ $left{ { { x}_{1}},{{x}_{2}},{{x}_{3}},{{x}_{4}} right}$ độc lập tuyến tính hoặc $ det (a)ne 0.$ trên dòng 4 mở rộng thành:
$begin{array}{c} det(a) = a{a_{41}} + b{a_{42}} + c{a_{43}} + d{a_{44}} = a{a_{41}} + b{a_{42}} + c{( – 1)^{4 + 3}}left| {begin{array}{*{20}{c}} 3& ;{ – 2}&1\ { – 2}&1&{ – 2}\ { – 3}&{ – 1} &2 end{array}} right| + d{a_ {44}}\ = a{a_{41}} + b{a_{42}} + 15c + d{a_{44}}. end{mảng}$
Vậy ta chỉ cần chọn $a=b=d=0,cne 0$ rồi $det (a)=15cne 0.$ nên ${{x}_{4}}=( 0.0 ,c,0),cne 0$ là một vectơ cần tìm.
Ví dụ 9: Gọi d là định thức của hàng n trong đó tất cả các phần tử của hàng i đều bằng 1. Bằng chứng:
a) Tổng các phần bù đại số của các phần tử trong mỗi hàng trừ hàng thứ i bằng 0.
b) Định thức d bằng tổng các phần bù đại số của tất cả các phần tử của nó.
Tham khảo lời giải tại đây: https://asrmath.vn/cau-hoi/cho-la-mot-dinh-thuc-cap-co-tat-ca-cac-phan-tu-cua-mot-dong -Thứ năm-/8cb667f9-98ed-44f7-a495-0bc08d1fa756
Ví dụ 10: Ma trận vuông $a={{({{a}_{ij}})}_{ntimes n}}$ và ${{a} _{ ij }}$ là phần bù đại số của phần tử ${{a}_{ij}}.$, chứng minh:
i) ${a_{i1}}{a_{k1}} + {a_{i2}}{a_{k2}} + … + {a_{in}}{a_{kn}} = left{ begin{gathered} det (a),i = k hfill \ 0,i ne k hfill \ end{gathered} right.;$
ii) ${a_{1j}}{a_{1q}} + {a_{2j}}{a_{2q}} + … + {a_{nj}}{a_{nq}} = left{ begin{gathered} det (a),j = q hfill \ 0,j ne q hfill \ end{gathered} right..$
Mời xem lời giải tại đây: https://asrmath.vn/cau-hoi/cho-ma-tran-vuong-aaijntimes-n-va-aij-la-phan-bu-dai-so-cua-phan -tu-/fd47efcc-5325-42d0-a707-782d7bc91ef5
Ví dụ 11: Cho hai ma trận [a={{left( {{a}_{ij}} right)}_{ntimes n}},b = { {left( {{b}_{ij}} right)}_{ntimes n}}] trong đó ${{b}_{ij}}={{a}_{ij} }+ x ,forall i,j=1,2,…,n.$ Chứng minh rằng tổng các phần bù đại số của $det left( a right)$ và $det left( b right)$ là bằng nhau.
>>Xem thêm các bài viết liên quan đến phương trình tuyến tính
Bài 1: Phương trình Kramer
Bài 2: Hệ phương trình tuyến tính tổng quát
Bài 3: Phương trình tuyến tính thuần nhất
Bài 4: Mô hình đầu vào-đầu ra của leontief
Bài 5: Cân bằng thị trường và các mô hình cân bằng kinh tế vĩ mô
Định thức của ma trận tam giác
Định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần tử trên đường chéo chính
Thật vậy, đối với ma trận tam giác trên được mở rộng ở cột 1, chúng ta có:
[left| {begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{…}& {{a_{1n}}} \ 0&{{a_{22}}}&{…}&{{a_{2n}}} \ {…}&{… }&{…} &{…} \ 0&0&{…}&{{a_{nn}}} end{array}} right| = {a_{11 }}left| {begin{array}{*{20}{c}} {{a_{22}}}&{{a_{23}}}&{…}&{{a_ {2n}}} \ 0&{{a_{33}}}&{…}&{{a_{3n}}} \ {…}&{…}& {…} &{…} \ 0&0&{…}&{{a_{nn}}} end{array}} right|] [ = {a_{11}}{a_{22}}left| {begin{array}{*{20}{c}} {{a_{33}}}&{{a_{ 34}}}&{…}&{{a_{3n}}} \ 0&{{a_{44}}}&{…}&{{a_{4n}}} \ {…}&{…}&{…} &{…} \ 0&0&{…}&{{a_{nn}}} end{array}} right| = … = {a_{11}}{a_{22}}…{a_{nn}}.]Đối với ma trận tam giác dưới được mở rộng dọc theo hàng 1.
Ví dụ 1:$left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0&0 \ 0&0&2&0 \ 0&3&0&0 \ 0&0&0&4 end{array}} right| = – left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0& ;0 \ 0&2&0&0 \ 0&0&3&0 \ 0&0&0&4 end{array}} right| = – 1.2.3.4 = – 24left({ {mathbf{doi_cho_}}{{mathbf{c}}_{mathbf{2}}}{mathbf{& }}{ {mathbf{c}}_{mathbf{ 3}}}} right)$
Tính định thức theo các tính chất của định thức thông qua phép biến đổi cơ sở, khai triển công thức Laplace và phép biến đổi ma trận tam giác
Câu hỏi bài tập:
Luyện tập về định thức của ma trận thông qua các bài toán về định thức của ma trận vuông cấp 3, 4, 5
Ví dụ 1: Định thức $left| {begin{array}{*{20}{c}} {x – y – z}&{2x}&{2x } \ {2y}&{y – z – x}&{2y }\ {2z}&{2z}&{z – y – x} end{array}} right|.$
Giải thưởng. Có
[begin{array}{l} left| {begin{array}{*{20}{c}} {x – y – z}&{2x}&{2x}\ {2y}&{y – z – x}&{2y }\ {2z}&{2z}&{z – y – x} end{array}} right| = left| { begin{array}{*{20}{c}} {x + y + z}&{x + y + z}&{x + y + z}\ {2y}&{y – z – x}&{2y}\ {2z}&{2z}&{z – y – x} end{array}} right|left( {{{bf{d}} _ { bf{3}}}{bf{ + }}{{bf{d}}_{bf{2}}}{bf{ + }}{{bf{d}}_{bf {1}}}} right)\ = (x + y + z)left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1\ {2y}&{ y – z – x}&{2y}\ {2z}&{2z}& ;{z – y – x} end{array}} right|\ = (x + y + z) left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0\ {2y}&{ – (x + y + z)}&0\ {2z}& 0&{ – (x + y + z)} end{array}} right|left( begin{array}{l} {bf{ – }}{{bf{c}}_{ bf{1 }}}{bf{ + }}{{bf{c}}_{bf{2}}}\ {bf{ – }}{{bf{c}}_{ bf{1 }}}{bf{ + }}{{bf{c}}_{bf{3}}} end{array} right) = {(x + y + z)^3} . end{mảng}]Ví dụ 2: Định thức [left| {begin{array}{*{20}{c}} { – 2}&5&0&{ – 1}& ; 3 \ 1&0&3&7&{ – 2} \ 3& { – 1}&0&5&{ – 5} \ 2&6&{ – 4}&1&2 0&{ – 3}&{ – 1}&2&3 end {array}} right|] Phép biến đổi sơ cấp thành định thức của ma trận vuông cấp 3.
Giải thưởng. Chúng ta có [left| {begin{array}{*{20}{c}} { – 2}&5&0&{ – 1}&3 \ 1&0&3& ;7&{ – 2} \ 3& { – 1}&0&5&{ – 5} \ 2&6&{ – 4}&1&2 \ 0&{ – 3}& { – 1}&2&3 end {array}} right| = left| {begin{array}{*{20}{c}} 0&5&6&{13}&{ – 1} \ 1&0&3&7&{ – 2} \ 0&{ – 1}&{ – 9}&{ – 16}&1 \ 0&6&{ – 10}& ;{ – 13}&6 \ 0&{ – 3}&{ – 1} &2&3 end{array}} right|left( begin{gathered} {mathbf{2} }{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}} hfill \ {mathbf{ – 3}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}}{ mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} hfill \ { mathbf{ – 2}}{{mathbf{d}}_{mathbf{2} }}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} hfill \ end{thu thập} right)] [ = 1.{left( { – 1} right)^{1 + 2}}left| {begin{array}{*{20}{c}} 5&6&{13 }&{ – 1} \ { – 1}&{ – 9}&{ – 16}&1 6&{ – 10}&{ – 13}&6 \ { – 3 }&{ – 1}&2&3 end{array}} right|left( {{mathbf{câu lệnh_trien_follow_}}{{mathbf{c}}_{mathbf {1}}}} right)] [ = – left| {begin{array}{*{20}{c}} 5&6&{13}&{ – 1} \ 4&{ – 3}&{ – 3}&0 \ {36} &{26}&{65}&0 \ {12}&{17}&{41}&0 end{array}} right| left( begin{gathered} {{ mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}} hfill \ {mathbf{6}} {{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}} } hfill \ {mathbf{3 }}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4 }}} hfill \ end{thu thập} right)] [ = – left( { – 1} right).{left( { – 1} right)^{1 + 4}}left| {begin{array}{*{20} {c}} 4&{ – 3}&{ – 3} \ {36}&{26}&{65} \ {12}&{17}&{41} end{array }} right|left( {{mathbf{Câu lệnh _trien_theo_}}{{mathbf{c}}_{mathbf{4}}} } right) = – 1032.]
Ví dụ 3: Tính định thức của ma trận bằng cách trả về định thức của ma trận tam giác thông qua phép biến đổi sơ cấp[a = left( {begin{array}{ *{20}{c }} 0&1&1&1&1&1\ 1&0&1&1&1&1\ 1&1&0&1&1&1\ 1&1&1&0&1& ; 1\ 1&1&1&1&0&1\ 1&1&1&1&1&0 end{array}} right).]
Giải thưởng. Chúng tôi có
$begin{array}{c} det (a) = left| {begin{array}{*{20}{c}} 0&1&1&1&1&1\ 1& ;0&1&1&1&1\ 1&1&0&1&1& ;1\ 1&1&1&0&1&1\ 1&1&1&1&0&1 \ 1&1&1&1&1&0 end{array}} right| = left| {begin{array}{*{20}{c}} 5&5&5&5&5& ;5 \ 1&0&1&1&1&1\ 1&1&0&1&1& ;1\ 1&1&1&0&1&1\ 1&1&1&1& 0&1\ 1&1&1&1&1&0 end{array}} right| left( {sumlimits_{{bf{i = 2}}}^{bf {6 }} {{{bf{d}}_{bf{i}}}} {bf{ + }}{{bf{d}}_{bf{1}}}} right ) = 5left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1&1&1\ 1&0&1&1&1&1\ 1& ;1& ;0&1&1& ;1\ 1&1&1&0&1&1\ 1&1&1&1&0&1\ 1&1&1&1&1&0 end {mảng}} right| = 5left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1&1&1\ 0&{ – 1}& 0& 0& 0&0\ 0&0&{ – 1}&0&0&0\ 0&0&0&{ – 1}&0&0\ 0&0&0&0&{ – 1 }&0\ 0&0& 0&0&0&{ – 1} end{array}} right|left( {{bf{ – }}{{bf{d}}_{ bf{1}}}{bf { + }}{{bf{d}}_{bf{i}}}{bf{,i = 2,…,6}}} right ) = – 5. end{array} $
Ví dụ 4: Định thức của ma trận [a = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 1} &0 2&1&0&3 \ 3&m&{ – 5}&{ – 3} \ 3&3&{ – 1}&1 end{array}} right) ] bởi Returns phép biến đổi định thức của ma trận vuông cấp 2 $m$ sao cho ma trận đã cho không suy biến.
Giải thưởng. Thay đổi tuyệt vọng:
[begin{gathered} det (a) = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 1}&0 \ 2&1& ;0&3 \ 3&m&{ – 5}&{ – 3 } \ 3&3&{ – 1}&1 end{array}} right| = left| {begin{ mảng}{*{20}{c}} 1&2&{ – 1}&0 \ { – 7}&{ – 8}&3&0 \ {12}& {m + 9 }&{ – 8}&0 \ 3&3&{ – 1}&1 end{array}} right|left( begin{gathered} {mathbf{ – 3 }}{{ mathbf{d}}_{mathbf{4}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}} hfill \ {mathbf {3}} {{mathbf{d}}_{mathbf{4}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} hfill \ end{thu thập} right) \ = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ – 1} \ { – 7}&{ – 8}&3 \ { 12}&{m + 9} &{ – 8} end{array}} right|left( {{mathbf{câu lệnh_trien_theo_}}{{mathbf{c}}_ {mathbf{4}}}} right) = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0 \ { – 7}&6&{ – 4} \ {12}&{m – 15}&4 end{array}} right|left( begin{gathered} {mathbf{ – 2}}{{mathbf{c}}_{ mathbf{1}}}{mathbf{ + } }{{ mathbf{c}}_{mathbf{2}}} hfill \ {{mathbf{c}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf {c} }_{mathbf{3}}} hfill \ end{gathered} right) \ = left| {begin{array}{*{20}{c}} 6&{ – 4} \ {m – 15}&4 end{array}} right|left( {{mathbf{câu lệnh ) _trien_theo_}}{{mathbf{d}}_{ mathbf{1}}}} right) = 24 + 4(m – 15) = 4m – 36. \ end{gộp} ]Vậy ma trận đã cho không suy biến khi và chỉ khi $det(a)ne 0leftrightarrow 4m-36ne 0leftrightarrow mne 9.$
Ví dụ 5: Giải phương trình $left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ – x} x&2&{x – 1}&{x + 1}\ 2&{2 + x}&{2x}&1\ 3&{ – x}&1&x end { mảng}} right| = 0.$
Giải thưởng. Chúng tôi có
$begin{array}{c} left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ – x}\ x&2& ;{x – 1}&{x + 1}\ 2&{2 + x}&{2x}&1\ 3&{ – x}&1&x end{array}} phải| = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ – x}\ {x + 1}&{x + 2} &{2x}& ;1\ 2&{2 + x}&{2x}&1\ 4&0&{x + 2}&0 end{array}} right| begin{array}{*{ 20}{c}} {{d_1} + {d_2}}\ {{d_1} + {d_4}} end{array}\ = left| {begin{array} {*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ – x}\ {x + 1}&{x + 2}&{2x}& ;1\ { 1 – x}&0&0&0\ 4&0&{x + 2}&0 end{array}} right|begin{array}{*{20}{ c}} { – {d_2} + {d_3}} end{array}\ = (1 – x)left| {begin{array}{*{20}{c}} x&{x + 1}&{ – x}\ {x + 2}&{2x}&1\ 0&{x + 2}&0 end{array}} right| = (x – 1)x(x + 2) (x + 3). end{mảng}$
Vậy $(x-1)x(x+2)(x+3)=0leftrightarrow x=0;x=1;x=-2;x=-3.$
Câu 55. Định thức [d = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{…}&{n – 1}&n { – x}&x&0&{. ..}&0&0 \ 0&{ – x}&x&{…}&0&0 \ {…}& ; ;{…}&{… }&{…}&{…}&{…} \ 0&0&0&{…}& { – x}&x end{array}} pair|.]
Giải thưởng. Thêm tất cả các cột vào cột 1 để nhận:
[d = left| {begin{array}{*{20}{c}} {n(n + 1)/2}&2&3&{…}&{n – 1}&n \ 0& x&0&{…}&0&0 \ 0&{ – x}&x&{…}&0&0 \ {. ..}&{…} &{…}&{…}&{…}&{…} \ 0&0&0&{… }&{ – x}&x end{array}} right|left( {{{mathbf{c}}_{mathbf{n}}}{mathbf{ + }}{{ mathbf{c}}_{{mathbf {n – 1}}}}{mathbf{ + … + }}{{mathbf{c}}_{mathbf{1}}}} right) ]Sau đó khai triển theo cột 1, ta có: [d = dfrac{{nleft( {n + 1} right)}}{2}left| {begin{array}{*{ 20 }{c}} x&0&{…}&0&0 \ { – x}&x&{…}&0&0 {…}&{ . ..}&{…}&{…}&{…} \ 0&0&{…}&{ – x }&x end{array} } right| = dfrac{{nleft( {n + 1} right)}}{2}{x^{n – 1}}.]
Ví dụ 7: Định thức [left| {begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&d \ b&c&d& a \ c&d&a&b \ d&a&b&c end{array}} right|.]
Giải thưởng. Thay đổi tuyệt vọng:
[begin{gathering} left| {begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&d \ b&c&d&a \ c&d& a&b \ d&a&b&c end{array}} right| = left| {begin{array}{*{20}{c}} {a + b + c + d}& ;{a + b + c + d}&{a + b + c + d}&{a + b + c + d} \ b&c&d&a \ c&d&a&b \ d&a&b&c end{array}} right|left( {{{ ) mathbf{d}}_{mathbf{4}}}{mathbf{ + }}{{ mathbf{d}}_{mathbf{3}}}{mathbf{ + }}{{mathbf { d}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{ d}}_{mathbf{1}}}} right) \ = (a + b + c + d)left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1& 1&1 \ b&c&d&a \ c&d&a&b \ d&a&b&c end{array}} right| = (a + b + c + d) Trái | {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&0 \ b&c&d&{a – b + c – d} \ c&d&a&{ – a + b – c + d} \ d&a&b&{a – b + c – d} end{array}} right|left( {{mathbf{ – }}{{mathbf {c ) }}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{c}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ – }}{{mathbf{ c} } _{mathb f{3}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{c}}_{mathbf{4}}}} right) \ = (a + b + c + d) (a – b + c – d)left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&0 \ b&c&d&1 \ c&d&a&{ – 1 } \ d&a&b& ;1 end{array}} right| \ = (a + b + c + d)(a – b + c – d)left| {begin{array} {*{20}{c}} 1&1&1&0 \ {b + c}&{c + d}&{a + d}&0 \ c& d&a&{ – 1} \ {c + d}&{a + d}&{a + b}&0 end{array}} right|left( begin{gathered} { {mathbf{d} }_{mathbf{3}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{2}}} hfill \ {{mathbf{d }}_{mathbf {3}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}} hfill \ end{gathered} right) \ = (a + b + c + d)(a – b + c – d)left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1 \ {b + c}&{c + d}& ;{a + d} \ {c + d}& {a + d}&{a + b} end{array}} right|left( {{mathbf{khai báo_trien_} }{{mathbf{c}}_{mathbf{4 }}}} right) \ = (a + b + c + d)(a – b + c – d)left| {begin{ mảng}{*{20}{c}} 1&0&0 \ {b + c}&{ d – b}&{a + d – b – c} \ {c + d}&{a – c}&{a + b – c – d} end{array}} right| left( begin{gathered} {mathbf{ – }}{{mathbf{c }}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{c}}_{mathbf {2}}} hfill \ {mathbf{ – }}{{mathbf {c}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{c}}_{ mathbf{3}}} hfill \ end{gộp} right) = (a + b + c + d)(a – b + c – d)left| {begin{array}{ *{20}{c}} {d – b}&{a + d – b – c} \ {a – c}&{a + b – c – d} end{array}} right |left( {{mathbf{declare_trien_}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}} right) \ = (a + b + c + d)( a – b + c – d)left( {(d – b)(a + b – c – d) – (a – c)(a + d – b – c)} right) \ = – ( a + b + c + d)(a – b + c – d)left( {{{(a – c)}^2} + {{(b – d)}^2 }} right) \ end{thu thập} ]Ví dụ 8: Định nghĩa $left| {begin{array}{*{20}{c}} a&b&{…}&b\ b& a& ;{…}&b\ {…}& {…}&{…}&{…}\ b&b&{…}& một end{array}} right|.$
Giải thưởng. Chúng tôi có:
$begin{array}{l} left| {begin{array}{*{20}{c}} a&b&{…}&b\ b&a&{. ..}&b\ {…}& {…}&{…}&{…}\ b&b&{…}&a end {mảng}} right|underline{underline {c2 + c3 + … + cn + c1}} left| {begin{array}{*{20}{c}} {a + (n – 1)b}&b&{…}&b\ {a + (n – 1)b}& ;a&{…}&b\ {…}&{.. .}&{…}&{…}\ {a + (n – 1)b }&b&{…}&a end{array}} right| = left( {a + (n – 1)b} right)left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&b&{…}&b\ 1&a&{…}&b\ {…}& {…}&{…}&{…}\ 1&b&{… }&a end{array}} right|\ underline{underline { – {d_1} + {d_i}}} left( {a + (n – 1)b} right)left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&b&{…}&b\ 0&{a – b}&{…}&b\ {. ..}&{…}&{…}&{…}\ 0&0&{…}&{a – b} end{array}} right | = left({a + (n – 1)b} right){(b – b)^{n – 1}}. end{mảng}$
Ví dụ 9: Ma trận chứng minh $x = left( {begin{array}{*{20}{c}} 0&{dfrac{1}{a }} & {dfrac{1}{{{a^2}}}}&{dfrac{1}{{{a^3}}}}&{dfrac{1}{{{a ^4 }} }}\ a&0&{dfrac{1}{a}}&{dfrac{1}{{{a^2}}}}&{dfrac{1}{{ {a ^3 }}}}\ {{a^2}}&a&0&{dfrac{1}{a}}&{dfrac{1}{{{a^2}}} } { {a^3}}&{{a^2}}&a&0&{dfrac{1}{a}}\ {{a^4}}&{{a^3} }& ;{{a^2}}&a&0 end{array}} right),a ne 0$ có định thức no phụ thuộc vào $a.$
Giải thưởng. Ta có:
$begin{array}{c} det (x) = left| {begin{array}{*{20}{c}} 0&{dfrac{1}{a}}& {dfrac{1}{{{a^2}}}}&{dfrac {1}{{{a^3}}}}&{dfrac{1}{{{a^4}} }}\ a&0&{dfrac{1}{a}}&{ dfrac{1}{{{a^2}}}}&{dfrac{1}{{{a^3 }}}}\ {{a^2}}&a&0&{ dfrac{1}{a}}&{dfrac{1}{{{a^2}}}\ {{ a^3}}&{{a^2}}&a&0&{ dfrac{1}{a}}\ {{a^4}}&{{a^3}}&{ {a^2}}&a&0 end{array}} right | = dfrac{1}{{{a^4}}}.dfrac{1}{{{a^3}}} .dfrac{1}{{{a^2}}}.dfrac{1 {a}left| {begin{array}{*{20}{c}} 0&{{a^3}} &{{a^2}}&a&1\ {{a^4}}&0& ;{{a^2}}&a&1\ {{a^4}}& ;{{a^3}}&0&a&1\ {{a^4}}&{ {a^3}}&{{a^2}}&0&1\ { {a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a& ;0 end{array}} right|\ = dfrac{1}{{{a ^{10}}}}left| {begin{array}{*{20}{c}} 0&{{a^3}}&{{a^2}}&a&1\ {{a^4}}&{ – {a^3}}&0&0&0\ {{a^4}}&0&{ – {a^2}}&0&0 \ {{a^4}}& ;0&0&a&0\ {{a^4}}&{{a^3}}&a mp;{{a^2}}&a&0 end{array}} right| begin{array}{*{20}{c}} { – {d_1} + {d_2}}\ { – {d_1} + {d_3}}\ { – {d_1} + {d_4}} end{ mảng} = dfrac{1}{{{a^{10}}}}left| {begin{ mảng}{*{20}{c}} {{a^4}}&{ – {a^3}}&0&0\ {{a^4}}&0& { – {a ^2}}&0\ {{a^4}}&0&0&a\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a ^2}} &a end{array}} right|\ = dfrac{1}{{{a^{10}}}}.{a^4}.{a^3}.{a^2}. aleft| {begin{array}{*{20}{c}} 1&{ – 1}&0&0\ 1&0&{ – 1}&0\ 1&0&0& ;1\ 1&1&1&0 end{array}} right| = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&{ – 1}&0&0 \ 1&0&{ – 1}&0\ 1&0&0&1\ 1&1&1&1 end{array}} right| = – 2. end{array}$
Ví dụ 10: Xác định định thức [left| {begin{array}{*{20}{c}} 0&x&x&{…}&x \ x&0&x&{…}&x \ x&x& ;0&{…}&x \ {…}&{…}&{ …}&{…}&{…} \ x& x&x&{…}&0 end{array}} right|.]
Giải thưởng. Ta có phép biến đổi định thức:
$begin{gathering} left| {begin{array}{*{20}{c}} 0&x&x&{…}&x \ x&0&x&{ …}&x \ x&x& ;0&{…}&x \ {…}&{…}&{…}&{.. .}&{…} \ x& x&x&{…}&0 end{array}} right|. = left| {begin{array}{*{20}{c}} {(n – 1)x}&x&{…}&x \ {(n – 1)x}& ;0&{ …}&x \ {…}&{…}&{…}&{…} \ {(n – 1)x}& x&{ …}&0 end{array}} right|left( {{{mathbf{c}}_{mathbf{n}}}{mathbf{ + }}{{mathbf {c ) }}_{{mathbf{n – 1}}}}{mathbf{ + … + }}{{mathbf{c}}_{mathbf{2}}}{mathbf{ + } } {{mathbf{c}}_{mathbf{1}}}} right) \ = (n – 1)xleft| {begin{array}{*{20}{c} } 1&x&{…}&x \ 1&0&{…}&x \ {…}& {…}&{…}& {…} \ 1&x&{…}&0 end{array}} right| \ = (n – 1)xleft| {begin{array}{*{20 }{c}} 1&x&{…}&x \ 0&{ – x}&{…}&x \ {.. ..}&{…}& ;{…}&{…} \ 0&0&{…}&{ – x} end{array}} right|left({{mathbf{ – }} {{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{i}} }} right) = (n – 1 )x.{(-x)^{n-1}}. \ end{Thu} $
Ví dụ 11: Định thức ${{mathbf{d}}_{mathbf{n}}} = left| {begin{array}{*{20}{c } } 1&a&0&{…}&0 \ 1&{1 + a}&a&{…}&0 \ 0&1&{1 + a}& { …}&0 \ {…}&{…}&{…}&{…}& ;{…} \ 0&0& 0& ;{…}&{1 + a} end{array}} right|.$
Giải thưởng. Có
[begin{gathered} {{mathbf{d}}_{mathbf{n}}} = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&a& 0&{…}&0 \ 1&{1 + a}&a&{…}&0 \ 0&1&{1 + a}&{…}& ;0 \ {…}&{…}&{…}&{…}& ;{…} \ 0&0&0&{… }&{1 + a} end{array}} right| = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&a&0&{…}&0 \ 0&1&a&{…}&0 \ 0&1& ;{1 + a}&{…}&0 \ {…}&{.. .}&{…}&{…}&{… } \ 0&0&0&{…}&{1 + a} end{array}} phải|trái( {{mathbf{ – }}{{mathbf{d}}_ {mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{ 2}}}} right) \ = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{…}&0 \ 1&{1 + a} &{…}&0 \ {. ..}&{…}&{…}&{…} \ 0&0&{…}&{1 + a} end{array}} right |left( {{mathbf{câu lệnh _trien_theo_cot_1}}} right){mathbf{ = }}{{mathbf{d}}_{{mathbf{n – 1}} }}{mathbf{ = … = }}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ = 1.}} \ end{collection} ]Ví dụ 12: Bộ xác định $left| {begin{array}{*{20}{c}} {1 + a}&1&1&1 \ 1& { 1 + b}&1&1 \ 1&1&{1 + c}&1 \ 1&1&1&{1 + d} end{array}} right|.$
Giải thưởng. Chúng ta có [left| {begin{array}{*{20}{c}} {1 + a}&1&1&1 \ 1&{1 + b}&1& ;1 \ 1&1&{1 + c}&1 \ 1&1&1&{1 + d} end{array}} right| = left| {begin{array}{* {20}{c}} 0&{ – a}&{ – a}&{ – a – d – ad} \ 0&b&0&{ – d} 0&0&c&{ – d} \ 1&1&1&{1 + d} end{array}} right|left( begin{gathered} {mathbf{ – }}left ( {{mathbf{1 + a}}} right){{mathbf{d}}_{mathbf{4}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}}} hfill \ {mathbf{ – }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_ {mathbf{2}}} hfill \ {mathbf{ – }}{{mathbf{d}}_{mathbf{4}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d} }_{mathbf{3} }} hfill \ end{thu thập} right)] [ = – left| {begin{array}{*{20}{c}} { – a}&{ – a}&{ – a – d – ad} \ b&0& ;{ – d} \ 0&c& ;{ – d} end{array}} right|left( {{mathbf{declare_trien_theo_}}{{mathbf{c}}_ {mathbf{1}}}} right)] [ = aleft| {begin{array}{*{20}{c}} 0&{ – d} \ c&{ – d} end{array}} right| + b left| {begin{array}{*{20}{c}} { – a}&{ – a – d – ad} \ c&{ – d} end{array}} right| left( { {mathbf{statement_trien_follow_}}{{mathbf{c}}_{mathbf{1}}}}right)] [ = acd + bleft( {ad + cleft( {a + d + ad} right)} right) = abcd + abc + bcd + dca.]
Ví dụ 13: Định thức [left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{…}&{2022 } &{2023} \ 2&1&2&{…}& ;{2021}&{2022} \ 3&2&1&{…}&{2020}& { 2021} \ 4&3&2&{…}&{2019} &{2020} \ {…}&{…}&{…}&{ . ..}&{…}&{…} \ { 2023}&{2022}&{2021}&{…}&2&1 end{array} } right|.]
Giải thưởng. Chúng ta có [left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{…}&{2022}&{2023} \ 2& ;1&2&{…}& ;{2021}&{2022} \ 3&2&1&{…}&{2020}&{2021} \ 4&3& 2&{…}&{2019} &{2020} \ {…}&{…}&{…}&{…}&{.. .}&{…} \ { 2023}&{2022}&{2021}&{…}&2&1 end{array}} right| = left| { begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{…}&{2022}&{2024} \ 2&1&2&{…}& {2021}&{2024} \ 3&2&1&{…}&{2020}&{2024} \ 4&3&2&{…}&{2019} & ;{2024} \ {…}&{…}&{…}&{…}&{…}&{…} \ { 2023 }&{2022}&{2021}&{…}&2&{2024} end{array}} right|left( {{{mathbf{c}}_{ mathbf {1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{c}}_{{mathbf{2023}}}} right)] [ = 2024left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{…}&{2022}&1 \ 2&1& 2&{…}&{ 2021}&1 \ 3&2&1&{…}&{2020}&1 \ 4&3&2&{…}& ;{2019}&1 \ { …}&{…}&{…}&{…}&{…}&{…} {2023}&{2022}&{2021}&{…}&2&1 end{array}} right| = 2024left| {begin{array}{*{20 }{c}} 1&2&3&{…}&{2022}&1 \ 1&{ – 1}&{ – 1}& {…}&{ – 1 }&0 \ 1&1&{ – 1}&{…}&{ – 1}&0 \ 1&1&1&{. ..}&{ – 1}&0 \ {…}&{…}&{…}&{…}&{…}&{ …} \ 1&1&1&{…}&1&0 end{array}} right|left( {{mathbf{ – }}{{mathbf{d}} _{mathbf{i}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{{mathbf{i + 1}}}}} right)] [ = 2024left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&{ – 1}&{ – 1}&{…}&{ – 1} \ 1&1&{ – 1} &{…}&{ – 1} \ 1&1&1&{…}&{ – 1} \ {…}& ;{…}&{. ..}&{…}&{…} \ 1&1&1&{…}&1 end{array}} right |left( {{mathbf{Statement_trien_follow_}}{{mathbf{c}}_{{mathbf{2023}}}}} right)] [ = 2024left| {begin{array}{*{20}{c}} 2&0&0&{…}&0 \ 2&2&0&{.. .}&0 \ 2&2& ;2&{…}&0 \ {…}&{…}&{…}&{…} &{…} \ 1& 1&1&{…}&1 end{array}} right|left( {{{mathbf{d}}_{{mathbf{ 2022}}}}{mathbf{ + } }{{mathbf{d}}_{mathbf{i}}}} right) = {2024.2^{2021}}.]
Ví dụ 14: Các số thực $a,b,c,d$ khác $-1$ thỏa mãn [dfrac{1}{a+1}+dfrac{1} {b+1}+dfrac{1}{c+1}+dfrac{1}{d+1}=3.] Xác định định thức [left| {begin{array}{*{20 }{c}} { – 1}&b&c&d \ a&{ – 1}&c&d \ a&b&{ – 1}& ;d \ a&b&c& ;{-1} end{array}} right|.]
Giải thưởng. Ta có [d = left| {begin{array}{*{20}{c}} { – 1}&b&c&d \ a&{ – 1}&c& ;d \ a&b&{ – 1}& ;d \ a&b&c&{ – 1} end{array}} right| = left| {begin{array}{*{ 20}{c}} { – 1}&b&c&d \ {a + 1}&{ – b – 1}&0&0 \ {a + 1}&0&{ – c – 1}&0 \ {a + 1}&0&0&{ – d – 1} end{array}} right|left( {{ mathbf{ – }}{{mathbf {d}}_{mathbf{1}}}{mathbf{ + }}{{mathbf{d}}_{mathbf{i}}}} right) ]
Sau đó mở rộng theo cột 1
[d = – left| {begin{array}{*{20}{c}} { – b – 1}&0&0 \ 0&{ – c – 1}&0 \ 0&0&{ – d – 1 } end{array}} right| – left( {a + 1} right)left| {begin{array}{*{20}{c} } b&c&d \ 0&{ – c – 1}&0 \ 0&0&{ – d – 1} end{array} } right|] [ + left( {a + 1} right)left| {begin{array}{*{20}{c}} b&c&d \ { – b – 1}& 0&0 \ 0&0&{ – d – 1} end{array} } right| – left( {a + 1} right)left| {begin{array}{*{20} {c}} b&c&d \ { – b – 1}&0&0 \ 0&{ – c – 1}&0 end{array }} right|] [=left( b+1 right)left( c+1 right)left( d+1 right)-left( a+1 right)bleft( c+1 right)left( d+1 right)-left( a+1 right)cleft( b+1 right)left( d+1 right)-left( a+1 right )dleft( b+1 right)left( c+1 right)] [=left( a+1 right)left( b+1 right)left( c+1 right)left( d+1 right)left[ dfrac{1} {a+1}-dfrac{b}{b+1}-dfrac{c}{c+1}-dfrac{d}{d+1} right]] [=left( a+1 right)left( b+1 right)left( c+1 right)left( d+1 right)left[ dfrac{1} {a+1}+dfrac{1}{b+1}+dfrac{1}{c+1}+dfrac{1}{d+1}-3 right]rightarrow d=0. ]Ví dụ 15: Đối với số thực $alpha ,beta $ và số nguyên $nge 4.$ tính ma trận $a={{left( { {a}_{ ij } } right)}_{ntimes n}}$ và ${{a}_{ij}}={{i}^{2}}+{{j}^{2 }}+alpha ij+ beta ,forall i,j=1,2,…,n.$
Giải pháp Ta có ${{a}_{ij}}-{{a}_{i-1,j}}=left({{i}^{2}} +{{j}^{2}}+alpha ij+beta right)-left( {{left( i-1 right)}^{2}}+{{j}^{2}} +alpha left( i-1 right)j+beta right)=2i+alpha j-1,forall i=2,…,n;j=1,2,…,n$
Làm $-{{d}_{i-1}}+{{d}_{i}},i=2,…,n$ ta được $det left( a right ) =det left( b right)$ với $b = left( {begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_ {12} } }&{…}&{{a_{1n}}} \ {{b_{21}}}&{{b_{22}}}&{…}&{{ b_ {2n}}} \ {…}&{…}&{…}&{…} \ {{b_{n1}}}&{ {b_{ n2 }}}&{…}&{{b_{nn}}} end{array}} right),{b_{ij}} = 2i + alpha j – 1, forall i = 2 ,…,n;j = 1,2,…,n$
Ta có ${{b}_{ij}}-{{b}_{i-1,j}}=left( 2i+alpha j-1 right)-left( 2left( i-1 right)+alpha j-1 right)=2,forall i=3,…,n;j=1,2,…,n$
Làm $-{{d}_{i-1}}+{{d}_{i}},i=3,…,n$ ta được $det left( a right ) = det left( b right) = left| {begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}& { …}&{{a_{1n}}} \ {{b_{21}}}&{{b_{22}}}&{…}&{{b_{2n} } } \ 2&2&{…}& 2 \ {…}&{…}&{…}&{…} \ 2&2& 2& ;2 end{mảng}} right| = 0.$
Ví dụ 16: Định nghĩa $left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&n&n&{…}&n\ n& ;2&n&{…}&n\ n&n& ;3&{…}&n\ {…}&{…}&{…} & ;{…}&{…}\ n& n&n&{…}&n end{array}} right|.$
Giải thưởng. Biến đổi định thức theo từng hàng và sử dụng khai triển mà chúng ta có
[begin{array}{c} left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&n&n&{…}&n\ n&2& ;n&{…}&n\ n&n& ;3&{…}&n\ {…}&{…}&{…}&{ …}&{…}\ n& n&n&{…}&n end{array}} right| = left| {begin{array}{*{20}{ c}} 1&n&n&{…}&n\ {n – 1}&{ – n + 2}&0&{. ..}&0\ {n – 1}& 0&{ – n + 3}&{…}&0\ {…}&{…}&{ …}&{…}&{. ..}\ {n – 1}&0&0&{…}&0 end{array}} right|left ( {{bf{ – }}{{bf{d }}_{bf{1}}}{bf{ + }}{{bf{d}}_{bf{i}}} {bf{,i = 2,3,…, n}}} right)\ = n{( – 1)^{n + 1}}left| {begin{array}{*{20}{c}} {n – 1}&{ – n + 2}&0&{…}&0\ {n – 1}&0& ;{ – n + 3}&{…}&0\{…} &{…}&{…}&{…}&{.. .}\ {n – 1}&0&0&{…}&{- 1}\ {n – 1}&0&0&{…}&0 end{array}} right|left( {{bf{khai báo_trien_cot_n}}} right)\ = – n(n – 1)left| {begin{array}{*{20}{c}} { – n + 2}&0 &{…}&0\ 0&{ – n + 3}&{…} &0\ {…}&{…}&{… }&{…}\ 0&0&0&{ – 1} end{array}} right|left( {{bf{khai báo_trien_dong_n – 1}}} phải)\ = – n(n – 1)( – 1)( – 2)…( – n + 2) = {( – 1)^{n – 1}}n! end{array} ]Các phương pháp khác như sau, vui lòng nhấp vào để xem chi tiết
Dựng hoặc tính quy nạp định thức của ma trận từ một dãy
Ví dụ 1: Bộ xác định ${d_n} = left| {begin{array}{*{20}{c}} 5&3&0&{…}& 0&0 \ 2&5&3&{…}&0&0 0&2&5&{…}&0&0 \ {…}&{ . ..}&{…}&{…}&{…}&{…} \ 0&0&0&{…}&5&3 0&0&0&{…}&2&5 end{array} } right|.$
Giải thưởng. Mở rộng ${{d}_{n}}=5{{d}_{n-1}}-6{{d}_{n-2}} trên dòng 1, {{d } _ {1}}=5,{{d}_{2}}=19rightarrow {{d}_{n}}={{3}^{n+1}}-{{2}^{ n + 1}}.$
Ví dụ 2: Dãy Fibonacci là một dãy bắt đầu bằng hai phần tử, 1 và 2. Bắt đầu từ số hạng thứ ba, số hạng thứ hai bằng tổng của hai số hạng liền trước. Ký hiệu ${{f}_{n}}$ là bằng chứng của mục $n.$
[det left( {{a_{n times n}}} right) = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&0&0& ;{…}&0&0 \ { – 1}&1&1&0&{.. ..}&0&0 \ 0&{ – 1}&1&1&{ …}&0&0 \ {…}&{…}&{.. .}&{…}&{…}&{… }&{…} \ 0&0&0&0&{…}&{ – 1 }&1 end{array}} right| = {f_n}.]Giải thưởng. Ta có ${{f}_{1}}=1,{{f}_{2}}=2,{{f}_{n}}={{f}_{n-1 }}+{{f}_{n-2}},nge 3.$
Và $det left( {{a_{1 times 1}}} right) = 1,det left( {{a_{2 times 2}}} right) = left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \ { – 1}&1 end{array}} right| = 2$
Mở rộng qua cột 1, chúng tôi nhận được: [det left( {{a_{n times n}}} right) = left| {begin{array}{*{20}{c} } 1&1&0&{…}&0&0 \ { – 1}&1&1&{…}& 0&0 \ {…}&{. . .}&{…}&{…}&{…}&{…} \ 0&0& ;0&{…}&{ – 1 } &1 end{array}} right| + left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0&{…}&0&0 \ { – 1}&1&1&{…}& 0&0 \ {…}&{…}&{…}&{…}& { …}&{…} \ 0&0& ;0&{…}&{ – 1}&1 end{array}} right|] [ = det left( {{a_{left( {n – 1} right) times left( {n – 1} right)}}} right) + left| { begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0&{…}&0&0 \ { – 1}&1&1&{…}& 0& ;0 \ {…}&{…}&{…}&{…}&{…}&{…} \ 0&0& ;0&{…}&{ – 1}&1 end{array}} right|]
Khai triển ở dòng 1 ta được:
[det left( {{a_{n times n}}} right) = det left( {{a_{left( {n – 1} right) times left( {n – 1} right)}}} right) + left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&{…}&0&0 \ { …}&{…}&{…} &{…}&{…} \ 0&0&{…}&{ – 1}& ;1 end{array}} right| = det left( {{a_{left( {n – 1} right) times left( {n – 1} right)}}} right ) + det left( {{a_{ left( {n – 2} right) times left( {n – 2} right)}}} right).]Điều này có nghĩa là [det left( {{a}_{ntimes n}} right)={{f}_{n}}. ]
Trả về yếu tố quyết định của ma trận sản phẩm
Ví dụ 1: Định nghĩa $left| {begin{array}{*{20}{c}} {2 + {x_1}{y_1}}&{2 + { x_1 }{y_2}}&{2 + {x_1}{y_3}}& ;{2 + {x_1}{y_4}}&{2 + {x_1}{y_5}} \ {2 + {x_2 } {y_1}}&{2 + {x_2}{y_2}}&{2 + {x_2}{y_3}}&{2 + {x_2}{y_4}}&{2 + {x_2}{ y_5 }} \ {2 + {x_3}{y_1}}&{2 + {x_3}{y_2}}&{2 + {x_3}{y_3}}&{2 + {x_3}{y_4} } &{2 + {x_3}{y_5}} \ {2 + {x_4 {y_1}}&{2 + {x_4}{y_2}}&{2 + {x_4}{y_3}}& { 2 + {x_4}{y_4}}&{2 + {x_4}{y_5}} \ {2 + {x_5}{y_1}}&{2 + {x_5}{y_2}}&{2 + {x_5}{y_3}}&{2 + {x_5}{y_4} }&{2 + {x_5}{y_5}} end{array}} right|.$
Cho tích của hai ma trận, chúng ta thực hiện phân tích ma trận:
[left( {begin{array}{*{20}{c}} {2 + {x_1}{y_1}}&{2 + {x_1}{y_2}}&{2 + {x_1}{y_3}}&{2 + {x_1}{y_4}}&{2 + {x_1}{y_5}} \ {2 + {x_2}{y_1}}&{2 + {x_2 }{y_2}}&{2 + {x_2}{y_3}}&{2 + {x_2}{y_4}}&{2 + {x_2}{y_5}} \ {2 + {x_3}{ y_1}}&{2 + {x_3}{y_2}}&{2 + {x_3}{y_3}}&{2 + {x_3}{y_4}}&{2 + {x_3}{y_5} } \ {2 + {x_4}{y_1}}&{2 + {x_4}{y_2}}&{2 + {x_4}{y_3}}&{2 + {x_4}{y_4}}& ; ;{2 + {x_4}{y_5}} \ {2 + {x_5}{y_1}}&{2 + {x_5}{y_2}}&{2 + {x_5}{y_3}}& { 2 + {x_5}{y_4}}&{2 + {x_5}{y_5}} end{array}} right)] [ = left( {begin{array}{*{20}{c}} 2&{{x_1}}&0&0&0 \ 2&{{x_2}}&0& ;0&0 \ 2&{{x_3}}&0&0&0 \ 2&{{x_4}}&0&0&0 \ 2&{{x_5}}&0&0& ; ;0 end{array}} right)left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1&1 \ {{y_1}}&{{ y_2 }}&{{y_3}}&{{y_4}}&{{y_5}} \ 0&0&0&0&0 \ 0&0&0&0&0 \ 0& 0& ;0&0&0 end{array}} right).]Lấy ngay định thức ở cả hai vế $left| {begin{array}{*{20}{c}} {2 + {x_1}{y_1}}&{2 + {x_1}{y_2} } &{2 + {x_1}{y_3}}& ;{2 + {x_1}{y_4}}&{2 + {x_1}{y_5}} \ {2 + {x_2}{y_1}} & ;{2 + {x_2}{y_2}}&{ 2 + {x_2}{y_3}}&{2 + {x_2}{y_4}}&{2 + {x_2}{y_5}} \ { 2 + {x_3}{y_1}}&{2 + {x_3}{y_2}}&{2 + {x_3}{y_3}}&{2 + {x_3}{y_4}}&{2 + {x_3}{y_5}} \ {2 + {x_4 {y_1}}&{2 + {x_4}{y_2}}&{2 + {x_4}{y_3}}&{2 + {x_4 } {y_4}}&{2 + {x_4}{y_5}} \ {2 + {x_5}{y_1}}&{2 + {x_5}{y_2}}&{2 + {x_5}{ y_3 }}&{2 + {x_5}{y_4} }&{2 + {x_5}{y_5}} end{array}} right| = 0.$
Ví dụ 2: có nghĩa là $left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&{{x_1}}&{x_1^2}&{ …}&{x_1^{n – 1}} \ 1& ;{{x_2}}&{x_2^2}&{…}&{x_2^{n – 1}} \ 1&{{x_3}}&{x_3^2}&{ …}&{x_3^{n – 1}} \ {…}&{…}& {…}&{…}&{…} \ 1&{{x_n}}&{x_n^2}&{…}&{x_n^{n – 1}} end{array}} right| = prodlimits_{1 leqslant i <; j leqslant n} {left( {{x_j} – {x_i}} right)} $ (định thức vandermonde)
Ma trận ứng dụng $a = left( {begin{array}{*{20}{c}} {{{left( {{a_1} + {b_1}} right) }^ 3}}& ;{{{left({{a_1} + {b_2}} right)}^3}}&{{{left({{a_1} + {b_3}} right) }^ 3}}& ;{{{left({{a_1} + {b_4}} right)}^3}} \ {{{left( {{a_2} + {b_1}} right) }^ 3}}& ;{{{left({{a_2} + {b_2}} right)}^3}}&{{{left({{a_2} + {b_3}} right) }^ 3}}& ;{{{left( {{a_2} + {b_4}} right)}^3}} \ {{{left( {{a_3} + {b_1}} right) }^ 3}}& ;{{{left({{a_3} + {b_2}} right)}^3}}&{{{left({{a_3} + {b_3}} right) }^ 3}}& ;{{{left({{a_3} + {b_4}} right)}^3}} \ {{{left( {{a_4} + {b_1}} right) }^ 3}}& ;{{{left({{a_4} + {b_2}} right)}^3}}&{{{left({{a_4} + {b_3}} right) }^ 3}}& ;{{{left( {{a_4} + {b_4}} right)}^3}} end{array}} right)$ trong đó ${{a}_{1 }}, {{a} _{2}}, {{a}_{3}}, {{a}_{4}}$ và ${{b}_{1}}, {{b}_ {2} },{{ b}_{3}}, {{b}_{4}}$ lần lượt là bốn số chẵn liên tiếp và bốn số lẻ liên tiếp.
Giải thưởng. Từ ${{left( x+y right)}^{3}}={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}y+3x{{y }^{2}}+{{y}^{3}}=1.{{y}^{3}}+3x.{{y}^{2}}+3{{x}^{2} }.y+{{x}^{3}}.1$
Suy ra $a = left( {begin{array}{*{20}{c}} 1&{3{a_1}}&{3a_1^2}&{a_1^3} \ 1& ;{3{a_2}}&{3a_2^2}&{a_2^3} \ 1&{3{a_3}}&{3a_3^2}&{3a_3^3} \ 1& { 3{a_4}}&{3a_4^2}&{3a_4^3} end{array}} right)left( {begin{array}{*{20}{c}} {b_1^ 3 }&{b_2^3}&{b_3^3}&{b_4^3} \ {b_1^2}&{b_2}&{b_3^2}&{b_4^2}\ {{b_1}}&{{b_2}}&{{b_3}}&{{b_4}} \ 1&1&1&1 end{array}} right)$
[ rightarrow det left( a right) = 9left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&{{a_1}}&{a_1^2} &{a_1^3} \ 1&{{a_2}}&{a_2^ 2}&{a_2^3} \ 1&{{a_3}}&{a_3^2}&{a_3 ^3} \ 1&{{a_4}}&{a_4^2}& {a_4^3} end{array}} right|left| {begin{array}{*{20}{ c}} 1&1&1&1 \ {{b_1}}&{{b_2}}&{{b_3}}&{{b_4}} \ {b_1^2}&{b_2^ 2}&{b_3^2}&{b_4^2} \ {b_1^3}&{b_2^3}&{b_3^3}& ;{b_4^3} end{array} } right|left( begin{gathered} {mathbf{doi_cho_}}{{mathbf{d}}_{mathbf{1}} }{mathbf{& }}{ {mathbf{d}}_{mathbf{4}}} hfill \ {mathbf{doi_for_}}{{mathbf{d}} _{mathbf{2}}}{ mathbf{2}}}{ mathbf{& }}{{mathbf{d}}_{mathbf{3}}} hfill \ end{gathered} right)] [ = 9left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&{{a_1}}&{a_1^2}&{a_1^3} \ 1& {{a_2}}&{a_2^ 2}&{a_2^3} \ 1&{{a_3}}&{a_3^2}&{a_3^3} \ 1&{{a_4} }&{a_4^2}& {a_4^3} end{array}} right|left| {begin{array}{*{20}{c}} 1&{{b_1}}& ;{b_1^2}&{b_1^3} \ 1&{{b_2}}&{b_2^ 2}&{b_2^3} \ 1&{{b_3}}&{b_3^ 2}&{b_3^3} \ 1&{{b_4}}&{b_4^2}& {b_4^3} end{array}} right|left( {{mathbf{conversion _vi}}} right)] [=9prodlimits_{1le i<jle 4}{left( {{a}_{j}}-{{a}_{i}} right)} prodlimits_{1le i<jle 4}{left( {{b}_{j}}-{{b}_{i}} right)}=9.left( {{2 }^{3}}{{.4}^{2}}.6 right)left( {{2}^{3}}{{.4}^{2}}.6 right)=5308416 .]Tính toán định thức ma trận dựa trên ma trận chuyển vị
Hiện tại vted.vn cung cấp 2 khóa học toán cao cấp 1 và toán cao cấp 2 dành cho sinh viên năm nhất cao đẳng, đại học chuyên ngành kinh tế tại tất cả các trường:
- key: pro s1 – Toán cao cấp 1 – Đại số tuyến tính
- Focus: pro s2 – Toán cao cấp 2 – Giải tích
Khóa học này cung cấp đầy đủ kiến thức và cách giải các dạng bài tập toán đi kèm trong mỗi bài học. Hệ thống câu hỏi luyện tập dạng tự luận, có lời giải chi tiết trên website sẽ giúp các em học nhanh và vận dụng vững chắc kiến thức đã học. Mục tiêu của khóa học là giúp học viên đạt điểm cao trong các kỳ thi cuối kỳ môn Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 của các trường khối kinh tế.
Sinh viên tại các trường đại học sau có thể học kết hợp này:
– Đại học Kinh tế Quốc dân
– Bộ Ngoại Thương
– Trường kinh doanh
– Trường Tài Chính
– Học viện Ngân hàng
– Đại học Kinh tế Quốc dân Hà Nội
Với các trường đại học khác và chuyên ngành kinh tế tại các trường đại học khác trên cả nước…
