Bài 3: Giải bài tập định thức - Mỵ Vinh Quang

ộng vào cột (2)
4. Chứng minh ∣∣∣∣∣∣∣∣
a2 (a+ 1)2 (a+ 2)2 (a+ 3)2
b2 (b+ 1)2 (b+ 2)2 (b+ 3)2
c2 (c+ 1)2 (c+ 2)2 (c+ 3)2
d2 (d+ 1)2 (d+ 2)2 (d+ 3)2
∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0
Giải :
V T
(1)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣
a2 (a+ 1)2 2a+ 3 6a+ 9
b2 (b+ 1)2 2b+ 3 6b+ 9
c2 (c+ 1)2 2c+ 3 6c+ 9
d2 (d+ 1)2 2d+ 3 6d+ 9
∣∣∣∣∣∣∣∣
(2)
= 0
Giải thích:
(1) : Nhân cột (1) với (-1) cộng vào cột (4), nhân cột (2) với (-1) cộng vào cột (3)
(2) : Định thức có 2 cột tỷ lệ
2
5. Tính định thức ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 + a1 a2 a3 . . . an
a1 1 + a2 a3 . . . an
a1 a2 1 + a3 . . . an
...
...
...
. . .
...
a1 a2 a3 . . . 1 + an
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Giải :
V T
(1)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 + a1 + . . .+ an a2 a3 . . . an
1 + a1 + . . .+ an 1 + a2 a3 . . . an
1 + a1 + . . .+ an a2 1 + a3 . . . an
...
...
...
. . .
...
1 + a1 + . . . an a2 a3 . . . 1 + an
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(2)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
1 + a1 + . . .+ an a2 a3 . . . an
0 1 0 . . . 0
0 0 1 . . . 0
...
...
...
. . .
...
0 0 0 . . . 1
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= 1 + a1 + . . .+ an
Giải thích:
(1): Cộng các cột (2), (3),. . . , (n) vào cột (1)
(2): Nhân dòng (1) với (-1) rồi cộng vào các dòng (2), (3), . . . , (n)
6. Tính định thức ∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 1 . . . 1
1 0 x . . . x
1 x 0 . . . x
...
...
...
. . .
...
1 x x . . . 0
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Giải :
Với x 6= 0
V T
(1)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
0 1 1 . . . 1
1 −x 0 . . . 0
1 0 −x . . . 0
...
...
...
. . .
...
1 0 0 . . . −x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(2)
=
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
n− 1
x
1 1 . . . 1
0 −x 0 . . . 0
0 0 −x . . . 0
...
...
...
. . .
...
0 0 0 . . . −x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
3
=
n− 1
x
(−x)n−1 = (−1)n−1(n− 1)xn−2 (n ≥ 2)
Giải thích:
(1): Nhân dòng (1) với (-x) cộng vào dòng (2), (3), . . . , (n)
(2): Nhân cột (2), (3), . . . , (n) với
1
x
rồi cộng tất cả vào cột (1)
Dễ thấy khi x = 0, đáp số trên vẫn đúng do tính liên tục của định thức.
7. Tính định thức
Dn =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
5 3 0 0 . . . 0 0
2 5 3 0 . . . 0 0
0 2 5 3 . . . 0 0
...
...
...
...
. . .
...
...
0 0 0 0 . . . 5 3
0 0 0 0 . . . 2 5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Giải :
Khai triển định thức theo dòng đầu ta có :
Dn = 5Dn−1 − 3
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2 3 0 . . . 0 0
0 5 3 . . . 0 0
0 2 5 . . . 0 0
...
...
...
. . .
...
...
0 0 0 . . . 5 3
0 0 0 . . . 2 5
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Tiếp tục khai triển định thức theo cột (1) ta có công thức truy hồi :
Dn = 5Dn−1 − 6Dn−2 (*) (n ≥ 3)
Từ (*) ta có :
Dn − 2Dn−1 = 3(Dn−1 − 2Dn−2)
Do công thức đúng với mọi n ≥ 3 nên ta có:
Dn−2Dn−1 = 3(Dn−1−2Dn−2) = 32(Dn−2−2Dn−3) = . . . = 3n−2(D2−2D1)
Tính toán trực tiếp ta có D2 = 19, D1 = 5 nên D2− 2D1 = 9. Bởi vậy ta có:
Dn − 2Dn−1 = 3n (1)
Mặt khác, cũng từ công thức (*) ta có:
Dn − 3Dn−1 = 2(Dn−1 − 3Dn−2)
4
Tương tự như trên ta có:
Dn−3Dn−1 = 2(Dn−1−3Dn−2) = 22(Dn−2−3Dn−3) = . . . = 2n−2(D2−3D1) = 2n
Vậy ta có:
Dn − 3Dn−1 = 2n (2)
Khử Dn−1 từ trong (1) và (2) ta có:
Dn = 3
n+1 − 2n+1
(Bạn đọc có thể so sánh cách giải bài này với cách giải ở ví dụ 4)
8. Tính định thức
D =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 x . . . x
x a2 . . . x
...
...
. . .
...
x x . . . an
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Giải :
Định thức này có thể tính bằng phương pháp biểu diễn định thức thành tổng
các định thức. Trước hết ta viết định thức dưới dạng:
D =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 − x+ x 0 + x . . . 0 + x
0 + x a2 − x+ x . . . 0 + x
...
...
. . .
...
0 + x 0 + x . . . an − x+ x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1) (2) (1) (2) (1) (2)
Lần lượt tách các cột của định thức, sau n lần tách ta có định thức D bằng
tổng của 2n định thức cấp n. Cột thứ i của các định thức này chính là cột
loại (1) hoặc loại (2) của cột thứ i của định thức ban đầu D. Chia 2n định
thức này thành 3 dạng như sau:
Dạng 1: Bao gồm các định thức có từ 2 cột loại (2) trở lên. Vì các cột
loại (2) bằng nhau nên tất cả các định thức dạng này đều bằng 0.
Dạng 2: Bao gồm các định thức có đúng một cột loại (2), còn các cột
khác là loại (1).
5
Giả sử cột i là loại (2). Ta có định thức đó là:
Di =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 − x 0 . . . x . . . 0
0 a2 − x . . . x . . . 0
...
...
. . .
...
. . .
...
0 0 . . . x . . . an − x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
↑
cộti
(1)
= x(a1 − x) . . . (ai−1 − x)(ai+1 − x) . . . (an − x) =
x
n∏
k=1
(ak − x)
ai − x
((1) khai triển định thức theo cột i)
Có tất cả n định thức dạng 2 (ứng với i = 1, 2, . . . , n) và tổng của tất cả các
định thức dạng 2 là:
x(a1 − x) . . . (an − x)
[
1
a1 − x + . . .+
1
an − x
]
Dạng 3: Bao gồm các định thức không có cột loại (2), nên tất cả các cột
đều là loại (1). Và do đó có đúng 1 định thức dạng (3) là:∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 − x 0 . . . 0
0 a2 − x . . . 0
...
...
. . .
...
0 0 . . . an − x
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = (a1 − x) . . . (an − x)
Vậy D bằng tổng của tất cả các định thức của 3 dạng trên và bằng:
x(a1 − x) . . . (an − x)
(
1
x
+
1
a1 − x + . . .+
1
an − x
)
9. Tính ∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 + b1 a1 + b2 . . . a1 + bn
a2 + b1 a2 + b2 . . . a2 + bn
...
...
. . .
...
an + b1 an + b3 . . . an + bn
∣∣∣∣∣∣∣∣∣ = 0
Giải :
6
Định thức này có thể được tính bằng phương pháp biểu diễn định thức thành
tổng các định thức với cách giải tương tự như bài 8. Chi tiết của cách giải
này xin dành cho bạn đọc. Ở đây chúng tôi đưa ra một cách tính nửa dựa
vào phương pháp biểu diễn định thức thành tích các định thức. Với n ≥ 2
ta có:
A =

a1 + b1 a1 + b2 . . . a1 + bn
a2 + b1 a2 + b2 . . . a2 + bn
...
...
. . .
...
an + b1 an + b3 . . . an + bn
 =

a1 1 0 . . . 0
a2 1 0 . . . 0
a3 1 0 . . . 0
...
...
...
. . .
...
an 1 0 . . . 0

︸ ︷︷ ︸
B

1 1 . . . 1
b1 b2 . . . bn
0 0 . . . 0
...
...
. . .
...
0 0 . . . 0

︸ ︷︷ ︸
C
Bởi vậy, ta có:
D = detA = det(BC) = detB.detC =
{
0 nếu n > 2
(a1 − a2)(b2 − a1) nếu n = 2
10. Tính ∣∣∣∣∣∣∣∣∣
cos(α1 − β1) cos(α1 − β2) . . . cos(α1 − βn)
cos(α2 − β1) cos(α2 − β2) . . . cos(α2 − βn)
...
...
. . .
...
cos(αn − β1) cos(αn − β2) . . . cos(αn − βn)
∣∣∣∣∣∣∣∣∣
Để tính định thức này ta dùng phương pháp biểu diễn định thức thành tích
các định thức. Với n ≥ 2 ta có:
A =

cos(α1 − β1) cos(α1 − β2) . . . cos(α1 − βn)
cos(α2 − β1) cos(α2 − β2) . . . cos(α2 − βn)
...
...
. . .
...
cos(αn − β1) cos(αn − β2) . . . cos(αn − βn)

=

cosα1 sinα1 0 . . . 0
cosα2 sinα2 0 . . . 0
cosα3 sinα3 0 . . . 0
...
...
...
. . .
...
cosαn sinαn 0 . . . 0

︸ ︷︷ ︸
B

cos β1 cos β2 . . . cos βn
sin β1 sin β2 . . . sin βn
0 0 . . . 0
...
...
. . .
...
0 0 . . . 0

︸ ︷︷ ︸
C
Bởi vậy ta có:
D = detA = det(BC) = detB.detC =
{
0 nếu n > 2
sin(α2 − α1). sin(β2 − α1) nếu n = 2
7
11. Tính định thức cấp 2n
D2n =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0 b
0 a . . . 0 0 0 0 . . . b 0
...
...
. . .
...
...
...
...
. . .
...
...
0 0 . . . a 0 0 b . . . 0 0
0 0 . . . 0 a b 0 . . . 0 0
0 0 . . . 0 b a 0 . . . 0 0
0 0 . . . b 0 0 a . . . 0 0
...
...
. . .
...
...
...
...
. . .
...
...
0 b . . . 0 0 0 0 . . . a 0
b 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0 a
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
2n×2n
(1)
(2)
(n− 1)
(n)
(n+ 1)
(n+ 2)
(2n− 1)
(2n)
Giải :
Xét khi a 6= 0
- Nhân dòng (1) với − b
a
cộng vào dòng (2n)
- Nhân dòng (2) với − b
a
cộng vào dòng (2n-1)
.....................................................................
- Nhân dòng (n) với − b
a
cộng vào dòng (n+1)
Ta có :
D2n =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0 b
0 a . . . 0 0 0 0 . . . b 0
...
...
. . .
...
...
...
...
. . .
...
...
0 0 . . . a 0 0 b . . . 0 0
0 0 . . . 0 a b 0 . . . 0 0
0 0 . . . 0 0
a2 − b2
a
0 . . . 0 0
0 0 . . . b 0 0
a2 − b2
a
. . . 0 0
...
...
. . .
...
...
...
...
. . .
...
...
0 0 . . . 0 0 0 0 . . .
a2 − b2
a
0
0 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0
a2 − b2
a
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (a2−b2)n
Khi a 6= 0, do tính liên tục của định thức công thức trên vẫn đúng. Vậy ta
có: D2n = (a
2 − b2)n
8
Chú ý : Khai triển định thức theo dòng (1), sau đó khai triển các định thức
cấp (2n− 1) vừa nhận được theo dòng (2n− 1). Ta sẽ có công thức truy hồi:
D2n = (a
2 − b2)D2(n−1)
Do công thức trên đúng với mọi n ≥ 2 nên :
D2n = (a
2−b2)D2(n−1) = (a2−b2)2D2(n−2) = . . . = (a2−b2)n−1D2 = (a2−b2)n
(Chi tiết của cách làm này xin dành cho bạn đọc).
12. Tính định thức cấp 2n
D2n =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 0 . . . 0
... b1 0 . . . 0
0 a2 . . . 0
... 0 b2 . . . 0
...
...
. . .
...
...
...
...
. . .
...
0 0 . . . an
... 0 0 . . . bn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
c1 0 . . . 0
... d1 0 . . . 0
0 c2 . . . 0
... 0 d2 . . . 0
...
...
. . .
...
...
...
...
. . .
...
0 0 . . . cn
... 0 0 . . . dn
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
(1)
(2)
(n)
(n+ 1)
(n+ 2)
(2n)
Xét khi a1, a2, . . . , an đều khác 0 :
- Nhân dòng (1) với − c1
a1
rồi cộng vào dòng (n+ 1)
- Nhân dòng (2) với − c2
a2
rồi cộng vào dòng (n+ 2)
.............................................................................
- Nhân dòng (n) với − cn
an
rồi cộng vào dòng (2n)
9
Ta có :
D2n =
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
a1 0 . . . 0
... b1 0 . . . 0
0 a2 . . . 0
... 0 b2 . . . 0
...
...
. . .
...
...
...
...
. . .
...
0 0 . . . an
... 0 0 . . . bn
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
0 0 . . . 0
...
a1d1 − b1c1
a1
0 . . . 0
0 0 . . . 0
... 0
a2d2 − b2c2
a2
. . . 0
...
...
. . .
...
...
...
...
. . .
...
0 0 . . . 0
... 0 0 . . .
andn − bncn
an
∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
= (a1d1 − b1c1) . . . (andn − bncn) =
n∏
i=1
(aidi − bici)
Khi các a1, a2, . . . , an bằng 0, do tính liên tục của định thức công thức trên
vẫn đúng.
Vậy ta có :
D2n =
n∏
i=1
(aidi − bici)
Chú ý : Khai triển định thức theo dòng thứ n, sau đó khai triển các định
thức cấp 2n− 1 vừa nhận được theo dòng (2n− 1) ta sẽ có công thức truy
hồi:
D2n = (andn − bncn)D2(n−1) ∀n ≥ 2
Do đó, ta có:
D2n = (andn − bncn)D2(n−1) = (andn − bncn)(an−1dn−1 − bn−1cn−1)D2(n−2)
= . . . = (andn − bncn) . . . (a2d2 − b2c2)D1
=
n∏
i=1
(aidi − bici)
(Chi tiết của cách này xin dành cho bạn đọc)
1
1Người đánh máy : Nguyễn Ngọc Quyên
10