Các phương pháp tính định thức của ma trận

Bạn đang xem: cách tính định thức

>>Xem thêm Các dạng toán về quỷ trận nghịch tặc hòn đảo và cách thức giải

>>Xem thêm Các dạng toán về hạng của quỷ trận và cách thức giải

>> Độc lập tuyến tính và dựa vào tuyến tính

>>Định thức của quỷ trận và những đặc điểm của quyết định thức

>> Chứng minh một quỷ trận suy biến chuyển và quỷ trận khả nghịch

>>Xem thêm Phép nhân quỷ trận và những tính chất

>>Cơ sở của không khí véctơ

Phần bù đại số

Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ khi bại liệt ${{A}_{ij}}={{(-1)}^{i+j}}{{M}_{ij}},$ với ${{M}_{ij}}$ là quyết định thức sẽ có được kể từ quyết định thức của quỷ trận $A$ bằng phương pháp loại bỏ dòng sản phẩm $i$ và cột $j$ được gọi là phần bù đại số của thành phần ${{a}_{ij}}.$

Ví dụ 1:Cho quỷ 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 những phần bù đại số ${{A}_{11}},{{A}_{12}},{{A}_{13}},{{A}_{14}}.$

Giải. Ta có:

$\begin{array}{l} {A_{11}} = {( - 1)^{1 + 1}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&4&2\\ 4&2&1\\ 2&1&3 \end{array}} \right| = - 35;{A_{12}} = {( - 1)^{1 + 2}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 3&4&2\\ { - 3}&2&1\\ { - 1}&1&3 \end{array}} \right| = - 45;\\ {A_{13}} = {( - 1)^{1 + 3}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 3&1&2\\ { - 3}&4&1\\ { - 1}&2&3 \end{array}} \right| = 34;{A_{14}} = {( - 1)^{1 + 4}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 3&1&4\\ { - 3}&4&2\\ { - 1}&2&1 \end{array}} \right| = 7. \end{array}$

Công thức khai triển Laplace

Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ khi đó

$\det (A)={{a}_{i1}}{{A}_{i1}}+{{a}_{i2}}{{A}_{i2}}+...+{{a}_{in}}{{A}_{in}}\text{ }(i=1,2,...,n)$

đây là công thức khai triển quyết định thức quỷ trận $A$ theo đòi dòng sản phẩm loại $i.$

$\det (A)={{a}_{1j}}{{A}_{1j}}+{{a}_{2j}}{{A}_{2j}}+...+{{a}_{nj}}{{A}_{nj}}\text{ }(j=1,2,...,n)$

đây là công thức khai triển quyết định thức quỷ trận $A$ theo đòi nằm trong loại $j.$

Các em cần thiết xem xét lại tính quyết định thức cấp cho 2 và cấp cho 3 với những đặc điểm của quyết định thức bên trên nội dung bài viết này: https://mamnontuthuc.edu.vn/tin-tuc/dinh-thuc-cua-ma-tran-va-cac-tinh-chat-4783.html

>>Xem thêm Tổng hợp ý đề ganh đua và giải cụ thể Đề Giữa kì Đại số tuyến tính Đại học tập bách khoa Thành Phố Hà Nội học tập kì 20191

>>Xem thêm Tổng hợp ý đề ganh đua và giải cụ thể Đề Giữa kì Giải tích 1 Đại học tập bách khoa Thành Phố Hà Nội học tập kì 20191

Ví dụ 1: Tính quyết định thức của quỷ trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&m\\ 3&1&4&2\\ { - 3}&4&2&1\\ { - 1}&2&1&3 \end{array}} \right)$ theo đòi công thức khai triển dòng sản phẩm 1.

Giải. Có $\det (A)=1.{{A}_{11}}+2.{{A}_{12}}-1.{{A}_{13}}+m.{{A}_{14}},$ vô bại liệt

Vậy $\det (A)=-35+2.(-45)-34+7m=7m-159.$

Ví dụ 2: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&2&2\\ { - 3}&1&5&1\\ { - 2}&5&0&0\\ 2&{ - 1}&3&{ - 1} \end{array}} \right|.$

Giải. Để ý dòng sản phẩm 3 của quyết định thức với 2 thành phần vì chưng 0 nên khai triển theo đòi dòng sản phẩm này tiếp tục chỉ mất nhì số hạng

Có \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&2&2\\ { - 3}&1&5&1\\ { - 2}&5&0&0\\ 2&{ - 1}&3&{ - 1} \end{array}} \right| = - 2{A_{31}} + 5{A_{32}} = - 2\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&2\\ 1&5&1\\ { - 1}&3&{ - 1} \end{array}} \right| + 5\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&2\\ { - 3}&5&1\\ 2&3&{ - 1} \end{array}} \right| = - 2.8 + 5.( - 48) = 224.\]

Video Bài giảng Các cách thức tính quyết định thức quỷ trận

Ví dụ 3: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&2&{ - m}\\ { - 2}&{ - 1}&2&1\\ 0&{ - 3}&4&2\\ 0&{ - 5}&1&1 \end{array}} \right|.$

Giải. Để ý cột 1 với 3 thành phần vì chưng 0 nên khai triển theo đòi cột 1 tớ có

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&2&{ - m}\\ { - 2}&{ - 1}&2&1\\ 0&{ - 3}&4&2\\ 0&{ - 5}&1&1 \end{array}} \right| = 0.{A_{11}} - 2{A_{21}} + 0{A_{31}} + 0{A_{41}} = - 2{A_{21}} = - 2{( - 1)^{2 + 1}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - m}\\ { - 3}&4&2\\ { - 5}&1&1 \end{array}} \right| = - 34m - 24.\]

Ví dụ 4: Tính quyết 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. Để ý cột 3 với thành phần thứ nhất là một, vậy tớ tiếp tục thay đổi sơ cấp cho mang đến quyết định thức theo đòi cột 3

Ví dụ 5: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 3}&4\\ { - 1}&3&1&{ - m}\\ 2&{ - 4}&3&1\\ { - 3}&2&1&2 \end{array}} \right|.$

Giải. Có

Ví dụ 6: Cho quỷ trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 3}&4\\ { - 1}&3&1&{ - m}\\ { - 2}&{ - 2}&{ - 2}&{ - 2}\\ { - 3}&2&1&2 \end{array}} \right).$ Tính tổng những phần bù đại số của những thành phần nằm trong dòng sản phẩm 4 của quỷ trận $A.$

Giải. Thay những thành phần ở dòng sản phẩm 4 của quỷ trận A vì chưng $-2,$ tớ được quỷ trận $B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 3}&4\\ { - 1}&3&1&{ - m}\\ { - 2}&{ - 2}&{ - 2}&{ - 2}\\ { - 2}&{ - 2}&{ - 2}&{ - 2} \end{array}} \right)$ với quyết định thức vì chưng 0 vì như thế với nhì dòng sản phẩm tương đương nhau và nhì quỷ trận $A,B$ với những phần bù đại số của những thành phần dòng sản phẩm 4 tương đương nhau.

Vậy $\det (B)=-2{{A}_{41}}-2{{A}_{42}}-2{{A}_{43}}-2{{A}_{44}}=0\Leftrightarrow {{A}_{41}}+{{A}_{42}}+{{A}_{43}}+{{A}_{44}}=0.$

Ví dụ 7: Cho quỷ 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. Thay những thành phần ở dòng sản phẩm 4 của quỷ trận A thứu tự vì chưng $1,2,3,4$ tớ được quỷ trận $B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&4\\ { - 2}&{ - 1}&4&1\\ 3&{ - 4}&{ - 5}&6\\ 1&2&3&4 \end{array}} \right)$ với quyết định thức vì chưng 0 vì như thế với nhì dòng sản phẩm tương đương nhau và nhì quỷ trận $A,B$ với những phần bù đại số của những thành phần dòng sản phẩm 4 tương đương nhau

Vậy $\det (B)=1{{A}_{41}}+2{{A}_{42}}+3{{A}_{43}}+4{{A}_{44}}=0\Leftrightarrow {{A}_{41}}+2{{A}_{42}}+3{{A}_{43}}+4{{A}_{44}}=0.$

Ví dụ 8: Cho mang đến phụ thân véctơ ${{X}_{1}}=(3,-2,4,1),{{X}_{2}}=(-2,1,3,-2),{{X}_{3}}=(-3,-1,k,2).$ Tìm một véctơ ${{X}_{4}}\in {{\mathbb{R}}^{4}}$ nhằm hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ là 1 trong những hạ tầng của ${{\mathbb{R}}^{4}}.$

Giải. Gọi ${{X}_{4}}=(a,b,c,d).$ Xét quỷ trận A nhận những véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}}$ thực hiện véctơ dòng sản phẩm, với $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&{ - 2}&4&1\\ { - 2}&1&3&{ - 2}\\ { - 3}&{ - 1}&k&2\\ a&b&c&d \end{array}} \right).$

Ta cần thiết thăm dò một cỗ số $(a,b,c,d)$ hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ là 1 trong những hạ tầng của ${{\mathbb{R}}^{4}}$ hayhệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ song lập tuyến tính hoặc $\det (A)\ne 0.$ Khai triển theo đòi dòng sản phẩm 4 có:

$\begin{array}{c} \det (A) = a{A_{41}} + b{A_{42}} + c{A_{43}} + d{A_{44}}\\ = a{A_{41}} + b{A_{42}} + c{( - 1)^{4 + 3}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 3&{ - 2}&1\\ { - 2}&1&{ - 2}\\ { - 3}&{ - 1}&2 \end{array}} \right| + d{A_{44}}\\ = a{A_{41}} + b{A_{42}} + 15c + d{A_{44}}. \end{array}$

Vậy tớ chỉ việc lựa chọn $a=b=d=0,c\ne 0$ khi bại liệt $\det (A)=15c\ne 0.$ Vậy ${{X}_{4}}=(0,0,c,0),c\ne 0$ là 1 trong những véctơ cần thiết thăm dò.

Ví dụ 9: Cho D là 1 trong những quyết định thức cấp cho n với toàn bộ những thành phần của một dòng sản phẩm loại i vì chưng 1. Chứng minh rằng:

a) Tổng những phần bù đại số của những thành phần nằm trong từng dòng sản phẩm không giống dòng sản phẩm loại i đều vì chưng 0.

b) Định thức D vì chưng tổng phần bù đại số của toàn bộ những thành phần của chính nó.

Xem lời nói giải bên trên đây: https://askmath.vn/cau-hoi/Cho-la-mot-dinh-thuc-cap-co-tat-ca-cac-phan-tu-cua-mot-dong-thu-/8cb667f9-98ed-44f7-a495-0bc08d1fa756

Ví dụ 10: Cho quỷ trận vuông $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ và ${{A}_{ij}}$ là phần bù đại số của thành phần ${{a}_{ij}}.$ Chứng minh rằng:

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) ${a_{1j}}{A_{1q}} + {a_{2j}}{A_{2q}} + ... + {a_{nj}}{A_{nq}} = \left\{ \begin{gathered} \det (A),j = q \hfill \\ 0,j \ne q \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Xem lời nói giải bên trên đây: https://askmath.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 nhì quỷ trận \[A={{\left( {{a}_{ij}} \right)}_{n\times n}},B={{\left( {{b}_{ij}} \right)}_{n\times n}}\] vô bại liệt ${{b}_{ij}}={{a}_{ij}}+x,\forall i,j=1,2,...,n.$ Chứng minh rằng tổng những phần bù đại số của $\det \left( A \right)$ và $\det \left( B \right)$ đều bằng nhau.

>>Xem tăng những đọc thêm cho tới hệ phương trình tuyến tính

Bài 1: Hệ phương trình Cramer

Bài 2: Hệ phương trình tuyến tính tổng quát

Bài 3: Hệ phương trình tuyến tính thuần nhất

Bài 4: Mô hình Input - Output của Leontief

Bài 5: Mô hình thăng bằng thị ngôi trường và thăng bằng tài chính vĩ mô

Định thức của quỷ trận tam giác

Định thức của quỷ trận tam giác vì chưng tích những thành phần phía trên lối chéo cánh chính

Thật vậy, so với quỷ trận tam giác bên trên khai triển theo đòi cột 1 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 quỷ trận tam giác bên dưới khai triển theo đòi dòng sản phẩm 1.

Ví dụ 1: $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0&0 \\ 0&0&2&0 \\ 0&3&0&0 \\ 0&0&0&4 \end{array}} \right| = - \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0&0 \\ 0&2&0&0 \\ 0&0&3&0 \\ 0&0&0&4 \end{array}} \right| = - 1.2.3.4 = - 24\left( {{\mathbf{doi\_cho\_}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{\& }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{3}}}} \right)$

Tính quyết định thức dựa vào những đặc điểm quyết định thức thông qua biến đổi sơ cấp cho, công thức khai triển Laplace và thay đổi về quỷ trận tam giác

Câu chất vấn luyện tập:

Rèn luyện tính quyết định thức của quỷ trận trải qua những việc quyết định thức của quỷ trận vuông cấp cho 3, cấp cho 4 và cấp cho 5

Ví dụ 1: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {x - nó - z}&{2x}&{2x}\\ {2y}&{y - z - x}&{2y}\\ {2z}&{2z}&{z - nó - x} \end{array}} \right|.$

Giải. Có

\[\begin{array}{l} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {x - nó - z}&{2x}&{2x}\\ {2y}&{y - z - x}&{2y}\\ {2z}&{2z}&{z - nó - x} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {x + nó + z}&{x + nó + z}&{x + nó + z}\\ {2y}&{y - z - x}&{2y}\\ {2z}&{2z}&{z - nó - x} \end{array}} \right|\left( {{{\bf{d}}_{\bf{3}}}{\bf{ + }}{{\bf{d}}_{\bf{2}}}{\bf{ + }}{{\bf{d}}_{\bf{1}}}} \right)\\ = (x + nó + z)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1\\ {2y}&{y - z - x}&{2y}\\ {2z}&{2z}&{z - nó - x} \end{array}} \right|\\ = (x + nó + z)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0\\ {2y}&{ - (x + nó + z)}&0\\ {2z}&0&{ - (x + nó + z)} \end{array}} \right|\left( \begin{array}{l} {\bf{ - }}{{\bf{c}}_{\bf{1}}}{\bf{ + }}{{\bf{c}}_{\bf{2}}}\\ {\bf{ - }}{{\bf{c}}_{\bf{1}}}{\bf{ + }}{{\bf{c}}_{\bf{3}}} \end{array} \right) = {(x + nó + z)^3}. \end{array}\]

Ví dụ 2: Tính quyết định thức \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2}&5&0&{ - 1}&3 \\ 1&0&3&7&{ - 2} \\ 3&{ - 1}&0&5&{ - 5} \\ 2&6&{ - 4}&1&2 \\ 0&{ - 3}&{ - 1}&2&3 \end{array}} \right|\] bằng phương pháp thay đổi sơ cấp cho fake về quyết định thức của quỷ trận vuông cấp cho 3.

Giải. Ta với \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2}&5&0&{ - 1}&3 \\ 1&0&3&7&{ - 2} \\ 3&{ - 1}&0&5&{ - 5} \\ 2&6&{ - 4}&1&2 \\ 0&{ - 3}&{ - 1}&2&3 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&5&6&{13}&{ - 1} \\ 1&0&3&7&{ - 2} \\ 0&{ - 1}&{ - 9}&{ - 16}&1 \\ 0&6&{ - 10}&{ - 13}&6 \\ 0&{ - 3}&{ - 1}&2&3 \end{array}} \right|\left( \begin{gathered} {\mathbf{2}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}} \hfill \\ {\mathbf{ - 3}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ {\mathbf{ - 2}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ \end{gathered} \right)\]

\[ = 1.{\left( { - 1} \right)^{1 + 2}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 5&6&{13}&{ - 1} \\ { - 1}&{ - 9}&{ - 16}&1 \\ 6&{ - 10}&{ - 13}&6 \\ { - 3}&{ - 1}&2&3 \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}} \right)\]

\[ = - \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 5&6&{13}&{ - 1} \\ 4&{ - 3}&{ - 3}&0 \\ {36}&{26}&{65}&0 \\ {12}&{17}&{41}&0 \end{array}} \right|\left( \begin{gathered} {{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}} \hfill \\ {\mathbf{6}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ {\mathbf{3}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}} \hfill \\ \end{gathered} \right)\]

\[ = - \left( { - 1} \right).{\left( { - 1} \right)^{1 + 4}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 4&{ - 3}&{ - 3} \\ {36}&{26}&{65} \\ {12}&{17}&{41} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{4}}}} \right) = - 1032.\]

Ví dụ 3: Bằng phép tắc thay đổi sơ cấp cho fake về quyết định thức của quỷ trận tam giác nhằm tính quyết định thức của quỷ trận \[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&1&1&1&1\\ 1&0&1&1&1&1\\ 1&1&0&1&1&1\\ 1&1&1&0&1&1\\ 1&1&1&1&0&1\\ 1&1&1&1&1&0 \end{array}} \right).\]

Giải. Ta có

$\begin{array}{c} \det (A) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&1&1&1&1\\ 1&0&1&1&1&1\\ 1&1&0&1&1&1\\ 1&1&1&0&1&1\\ 1&1&1&1&0&1\\ 1&1&1&1&1&0 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 5&5&5&5&5&5\\ 1&0&1&1&1&1\\ 1&1&0&1&1&1\\ 1&1&1&0&1&1\\ 1&1&1&1&0&1\\ 1&1&1&1&1&0 \end{array}} \right|\left( {\sum\limits_{{\bf{i = 2}}}^{\bf{6}} {{{\bf{d}}_{\bf{i}}}} {\bf{ + }}{{\bf{d}}_{\bf{1}}}} \right)\\ = 5\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1&1&1\\ 1&0&1&1&1&1\\ 1&1&0&1&1&1\\ 1&1&1&0&1&1\\ 1&1&1&1&0&1\\ 1&1&1&1&1&0 \end{array}} \right| = 5\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1&1&1\\ 0&{ - 1}&0&0&0&0\\ 0&0&{ - 1}&0&0&0\\ 0&0&0&{ - 1}&0&0\\ 0&0&0&0&{ - 1}&0\\ 0&0&0&0&0&{ - 1} \end{array}} \right|\left( {{\bf{ - }}{{\bf{d}}_{\bf{1}}}{\bf{ + }}{{\bf{d}}_{\bf{i}}}{\bf{,i = 2,...,6}}} \right) = - 5. \end{array}$

Ví dụ 4: Tính quyết định thức của quỷ trận \[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&0 \\ 2&1&0&3 \\ 3&m&{ - 5}&{ - 3} \\ 3&3&{ - 1}&1 \end{array}} \right)\] vì chưng phép tắc thay đổi fake về quyết định thức của quỷ trận vuông cấp cho 2, kể từ bại liệt $m$ nhằm quỷ trận tiếp tục mang đến không suy biến chuyển.

Giải. Có thay đổi quyết định thức:

\[\begin{gathered} \det (A) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&0 \\ 2&1&0&3 \\ 3&m&{ - 5}&{ - 3} \\ 3&3&{ - 1}&1 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&0 \\ { - 7}&{ - 8}&3&0 \\ {12}&{m + 9}&{ - 8}&0 \\ 3&3&{ - 1}&1 \end{array}} \right|\left( \begin{gathered} {\mathbf{ - 3}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}} \hfill \\ {\mathbf{3}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ \end{gathered} \right) \\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1} \\ { - 7}&{ - 8}&3 \\ {12}&{m + 9}&{ - 8} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{4}}}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0 \\ { - 7}&6&{ - 4} \\ {12}&{m - 15}&4 \end{array}} \right|\left( \begin{gathered} {\mathbf{ - 2}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{2}}} \hfill \\ {{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ \end{gathered} \right) \\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 6&{ - 4} \\ {m - 15}&4 \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}} \right) = 24 + 4(m - 15) = 4m - 36. \\ \end{gathered} \]

Vậy quỷ trận tiếp tục mang đến không suy biến chuyển khi và chỉ khi $\det (A)\ne 0\Leftrightarrow 4m-36\ne 0\Leftrightarrow m\ne 9.$

Ví dụ 5: Giải phương trình $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ - x}\\ x&2&{x - 1}&{x + 1}\\ 2&{2 + x}&{2x}&1\\ 3&{ - x}&1&x \end{array}} \right| = 0.$

Giải. Ta có

$\begin{array}{c} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ - x}\\ x&2&{x - 1}&{x + 1}\\ 2&{2 + x}&{2x}&1\\ 3&{ - x}&1&x \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ - x}\\ {x + 1}&{x + 2}&{2x}&1\\ 2&{2 + x}&{2x}&1\\ 4&0&{x + 2}&0 \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} {{d_1} + {d_2}}\\ {{d_1} + {d_4}} \end{array}\\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ - x}\\ {x + 1}&{x + 2}&{2x}&1\\ {1 - x}&0&0&0\\ 4&0&{x + 2}&0 \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} { - {d_2} + {d_3}} \end{array}\\ = (1 - x)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&{x + 1}&{ - x}\\ {x + 2}&{2x}&1\\ 0&{x + 2}&0 \end{array}} \right| = (x - 1)x(x + 2)(x + 3). \end{array}$

Vậy $(x-1)x(x+2)(x+3)=0\Leftrightarrow x=0;x=1;x=-2;x=-3.$

Câu 55. Tính quyết định thức \[D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{n - 1}&n \\ { - x}&x&0&{...}&0&0 \\ 0&{ - x}&x&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{ - x}&x \end{array}} \right|.\]

Giải. Cộng toàn bộ những cột vô cột 1 tớ được:

\[D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {n(n + 1)/2}&2&3&{...}&{n - 1}&n \\ 0&x&0&{...}&0&0 \\ 0&{ - x}&x&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{ - x}&x \end{array}} \right|\left( {{{\mathbf{c}}_{\mathbf{n}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{{\mathbf{n - 1}}}}{\mathbf{ + ... + }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}} \right)\]

Sau bại liệt khai triển theo đòi cột 1 tớ được: \[D = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&0&{...}&0&0 \\ { - x}&x&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{ - x}&x \end{array}} \right| = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}{x^{n - 1}}.\]

Xem thêm: kim loại nào sau đây là kim loại kiềm

Ví dụ 7: Tính quyết 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. Có thay đổi quyết định thức:

\[\begin{gathered} \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)\left| {\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}}_{\mathbf{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\_trien\_}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{4}}}} \right) \\ = (a + b + c + d)(a - b + c - d)\left| {\begin{array}{*{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{gathered} \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{khai\_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{gathered} \]

Ví dụ 8: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&{...}&b\\ b&a&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ b&b&{...}&a \end{array}} \right|.$

Giải. Ta có:

$\begin{array}{l} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&{...}&b\\ b&a&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ b&b&{...}&a \end{array}} \right|\underline{\underline {c2 + c3 + ... + cn + c1}} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {a + (n - 1)b}&b&{...}&b\\ {a + (n - 1)b}&a&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ {a + (n - 1)b}&b&{...}&a \end{array}} \right|\\ = \left( {a + (n - 1)b} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&b&{...}&b\\ 1&a&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ 1&b&{...}&a \end{array}} \right|\\ \underline{\underline { - {d_1} + {d_i}}} \left( {a + (n - 1)b} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&b&{...}&b\\ 0&{a - b}&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ 0&0&{...}&{a - b} \end{array}} \right| = \left( {a + (n - 1)b} \right){(b - b)^{n - 1}}. \end{array}$

Ví dụ 9: Chứng minh rằng quỷ trận $X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}&{\dfrac{1}{{{a^4}}}}\\ a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}\\ {{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}\\ {{a^3}}&{{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a&0 \end{array}} \right),a \ne 0$ với quyết định thức không phụ nằm trong vô $a.$

Giải. Ta có:

$\begin{array}{c} \det (X) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}&{\dfrac{1}{{{a^4}}}}\\ a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}\\ {{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}\\ {{a^3}}&{{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a&0 \end{array}} \right| = \dfrac{1}{{{a^4}}}.\dfrac{1}{{{a^3}}}.\dfrac{1}{{{a^2}}}.\dfrac{1}{a}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{{a^3}}&{{a^2}}&a&1\\ {{a^4}}&0&{{a^2}}&a&1\\ {{a^4}}&{{a^3}}&0&a&1\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&0&1\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a&0 \end{array}} \right|\\ = \dfrac{1}{{{a^{10}}}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{{a^3}}&{{a^2}}&a&1\\ {{a^4}}&{ - {a^3}}&0&0&0\\ {{a^4}}&0&{ - {a^2}}&0&0\\ {{a^4}}&0&0&a&0\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a&0 \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} { - {d_1} + {d_2}}\\ { - {d_1} + {d_3}}\\ { - {d_1} + {d_4}} \end{array} = \dfrac{1}{{{a^{10}}}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a^4}}&{ - {a^3}}&0&0\\ {{a^4}}&0&{ - {a^2}}&0\\ {{a^4}}&0&0&a\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a \end{array}} \right|\\ = \dfrac{1}{{{a^{10}}}}.{a^4}.{a^3}.{a^2}.a\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}&0&0\\ 1&0&{ - 1}&0\\ 1&0&0&1\\ 1&1&1&0 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}&0&0\\ 1&0&{ - 1}&0\\ 1&0&0&1\\ 1&1&1&1 \end{array}} \right| = - 2. \end{array}$

Ví dụ 10: Tính quyết 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. Ta với thay đổi quyết định thức:

$\begin{gathered} \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)x\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{...}&x \\ 1&0&{...}&x \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&x&{...}&0 \end{array}} \right| \\ = (n - 1)x\left| {\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{gathered} $

Ví dụ 11: Tính quyết 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. Có

\[\begin{gathered} {{\mathbf{d}}_{\mathbf{n}}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&0&{...}&0 \\ 1&{1 + a}&a&{...}&0 \\ 0&1&{1 + a}&{...}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{1 + a} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&0&{...}&0 \\ 0&1&a&{...}&0 \\ 0&1&{1 + a}&{...}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{1 + a} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}} \right) \\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{...}&0 \\ 1&{1 + a}&{...}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{1 + a} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_cot\_1}}} \right){\mathbf{ = }}{{\mathbf{d}}_{{\mathbf{n - 1}}}}{\mathbf{ = ... = }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ = 1.}} \\ \end{gathered} \]

Ví dụ 12: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {1 + a}&1&1&1 \\ 1&{1 + b}&1&1 \\ 1&1&{1 + c}&1 \\ 1&1&1&{1 + d} \end{array}} \right|.$

Giải. Ta với \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {1 + a}&1&1&1 \\ 1&{1 + b}&1&1 \\ 1&1&{1 + c}&1 \\ 1&1&1&{1 + d} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{ - a}&{ - a}&{ - a - d - ad} \\ 0&b&0&{ - d} \\ 0&0&c&{ - d} \\ 1&1&1&{1 + d} \end{array}} \right|\left( \begin{gathered} {\mathbf{ - }}\left( {{\mathbf{1 + a}}} \right){{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}} \hfill \\ {\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}} \hfill \\ {\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ \end{gathered} \right)\]

\[ = - \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - a}&{ - a}&{ - a - d - ad} \\ b&0&{ - d} \\ 0&c&{ - d} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}} \right)\]

\[ = a\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{ - d} \\ c&{ - d} \end{array}} \right| + b\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - a}&{ - a - d - ad} \\ c&{ - d} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}} \right)\]

\[ = acd + b\left( {ad + c\left( {a + d + ad} \right)} \right) = abcd + abc + bcd + dca.\]

Ví dụ 13: Tính quyết 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. Ta có \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{2022}&{2023} \\ 2&1&2&{...}&{2021}&{2022} \\ 3&2&1&{...}&{2020}&{2021} \\ 4&3&2&{...}&{2019}&{2020} \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ {2023}&{2022}&{2021}&{...}&2&1 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{2022}&{2024} \\ 2&1&2&{...}&{2021}&{2024} \\ 3&2&1&{...}&{2020}&{2024} \\ 4&3&2&{...}&{2019}&{2024} \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ {2023}&{2022}&{2021}&{...}&2&{2024} \end{array}} \right|\left( {{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{{\mathbf{2023}}}}} \right)\]

\[ = 2024\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{2022}&1 \\ 2&1&2&{...}&{2021}&1 \\ 3&2&1&{...}&{2020}&1 \\ 4&3&2&{...}&{2019}&1 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ {2023}&{2022}&{2021}&{...}&2&1 \end{array}} \right| = 2024\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{2022}&1 \\ 1&{ - 1}&{ - 1}&{...}&{ - 1}&0 \\ 1&1&{ - 1}&{...}&{ - 1}&0 \\ 1&1&1&{...}&{ - 1}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&1&1&{...}&1&0 \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{i}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{{\mathbf{i + 1}}}}} \right)\]

\[ = 2024\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}&{ - 1}&{...}&{ - 1} \\ 1&1&{ - 1}&{...}&{ - 1} \\ 1&1&1&{...}&{ - 1} \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&1&1&{...}&1 \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{c}}_{{\mathbf{2023}}}}} \right)\]

\[ = 2024\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&0&0&{...}&0 \\ 2&2&0&{...}&0 \\ 2&2&2&{...}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&1&1&{...}&1 \end{array}} \right|\left( {{{\mathbf{d}}_{{\mathbf{2022}}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{i}}}} \right) = {2024.2^{2021}}.\]

Ví dụ 14: Cho những số thực $a,b,c,d$ không giống $-1$ thoả mãn \[\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}+\dfrac{1}{d+1}=3.\] Tính quyết 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. 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 bại liệt khai triển theo đòi cột 1 tớ có

\[D = - \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - b - 1}&0&0 \\ 0&{ - c - 1}&0 \\ 0&0&{ - d - 1} \end{array}} \right| - \left( {a + 1} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} b&c&d \\ 0&{ - c - 1}&0 \\ 0&0&{ - d - 1} \end{array}} \right|\]

\[ + \left( {a + 1} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} b&c&d \\ { - b - 1}&0&0 \\ 0&0&{ - d - 1} \end{array}} \right| - \left( {a + 1} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} b&c&d \\ { - b - 1}&0&0 \\ 0&{ - c - 1}&0 \end{array}} \right|\]

\[=\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)\left( d+1 \right)-\left( a+1 \right)b\left( c+1 \right)\left( d+1 \right)-\left( a+1 \right)c\left( b+1 \right)\left( d+1 \right)-\left( a+1 \right)d\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)\]

\[=\left( a+1 \right)\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)\left( d+1 \right)\left[ \dfrac{1}{a+1}-\dfrac{b}{b+1}-\dfrac{c}{c+1}-\dfrac{d}{d+1} \right]\]

\[=\left( a+1 \right)\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)\left( d+1 \right)\left[ \dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}+\dfrac{1}{d+1}-3 \right]\Rightarrow D=0.\]

Ví dụ 15: Cho những số thực $\alpha ,\beta $ và số vẹn toàn $n\ge 4.$ Tính quyết định thức của quỷ trận $A={{\left( {{a}_{ij}} \right)}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}={{i}^{2}}+{{j}^{2}}+\alpha ij+\beta ,\forall i,j=1,2,...,n.$

Giải Ta với ${{a}_{ij}}-{{a}_{i-1,j}}=\left( {{i}^{2}}+{{j}^{2}}+\alpha ij+\beta \right)-\left( {{\left( i-1 \right)}^{2}}+{{j}^{2}}+\alpha \left( i-1 \right)j+\beta \right)=2i+\alpha j-1,\forall i=2,...,n;j=1,2,...,n$

Do bại liệt triển khai lấy $-{{d}_{i-1}}+{{d}_{i}},i=2,...,n$ tớ 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 với ${{b}_{ij}}-{{b}_{i-1,j}}=\left( 2i+\alpha j-1 \right)-\left( 2\left( i-1 \right)+\alpha j-1 \right)=2,\forall i=3,...,n;j=1,2,...,n$

Do bại liệt triển khai lấy $-{{d}_{i-1}}+{{d}_{i}},i=3,...,n$ tớ được $\det \left( A \right) = \det \left( B \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{1n}}} \\ {{b_{21}}}&{{b_{22}}}&{...}&{{b_{2n}}} \\ 2&2&{...}&2 \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 2&2&2&2 \end{array}} \right| = 0.$

Ví dụ 16: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&n&n&{...}&n\\ n&2&n&{...}&n\\ n&n&3&{...}&n\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ n&n&n&{...}&n \end{array}} \right|.$

Giải. Biến thay đổi quyết định thức theo đòi dòng sản phẩm và sử dụng công thức khai triển tớ có

\[\begin{array}{c} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&n&n&{...}&n\\ n&2&n&{...}&n\\ n&n&3&{...}&n\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ n&n&n&{...}&n \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&n&n&{...}&n\\ {n - 1}&{ - n + 2}&0&{...}&0\\ {n - 1}&0&{ - n + 3}&{...}&0\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ {n - 1}&0&0&{...}&0 \end{array}} \right|\left( {{\bf{ - }}{{\bf{d}}_{\bf{1}}}{\bf{ + }}{{\bf{d}}_{\bf{i}}}{\bf{,i = 2,3,...,n}}} \right)\\ = n{( - 1)^{n + 1}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {n - 1}&{ - n + 2}&0&{...}&0\\ {n - 1}&0&{ - n + 3}&{...}&0\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ {n - 1}&0&0&{...}&{ - 1}\\ {n - 1}&0&0&{...}&0 \end{array}} \right|\left( {{\bf{khai\_trien\_cot\_n}}} \right)\\ = - n(n - 1)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - n + 2}&0&{...}&0\\ 0&{ - n + 3}&{...}&0\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ 0&0&0&{ - 1} \end{array}} \right|\left( {{\bf{khai\_trien\_dong\_n - 1}}} \right)\\ = - n(n - 1)( - 1)( - 2)...( - n + 2) = {( - 1)^{n - 1}}n! \end{array}\]

Các cách thức không giống được liệt kê sau đây độc giả nhấn vô để coi chi tiết

Tính quyết định thức quỷ trận dựa vào xây cất mặt hàng số hoặc quy nạp

Ví dụ 1: Tính quyết định thức ${d_n} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 5&3&0&{...}&0&0 \\ 2&5&3&{...}&0&0 \\ 0&2&5&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&5&3 \\ 0&0&0&{...}&2&5 \end{array}} \right|.$

Giải. Khai triển theo đòi dòng sản phẩm 1 với ${{d}_{n}}=5{{d}_{n-1}}-6{{d}_{n-2}},{{d}_{1}}=5,{{d}_{2}}=19\Rightarrow {{d}_{n}}={{3}^{n+1}}-{{2}^{n+1}}.$

Ví dụ 2: Dãy Fibonaci là mặt hàng chính thức với nhì thành phần 1 và 2. Kể kể từ số hạng loại phụ thân, số hạng đứng sau vì chưng tổng của nhì số hạng ngay lập tức trước bại liệt. Kí hiệu ${{F}_{n}}$ là số hạng loại $n.$ Chứng minh rằng

\[\det \left( {{A_{n \times n}}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&0&0&{...}&0&0 \\ { - 1}&1&1&0&{...}&0&0 \\ 0&{ - 1}&1&1&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&0&{...}&{ - 1}&1 \end{array}} \right| = {F_n}.\]

Giải. Ta với ${{F}_{1}}=1,{{F}_{2}}=2,{{F}_{n}}={{F}_{n-1}}+{{F}_{n-2}},n\ge 3.$

Và $\det \left( {{A_{1 \times 1}}} \right) = 1,\det \left( {{A_{2 \times 2}}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ { - 1}&1 \end{array}} \right| = 2$

Khai triển theo đòi cột 1 tớ 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 theo đòi dòng sản phẩm 1 tớ 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 bại liệt chứng minh \[\det \left( {{A}_{n\times n}} \right)={{F}_{n}}.\]

Đưa về quyết định thức của quỷ trận tích

Ví dụ 1: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {2 + {x_1}{y_1}}&{2 + {x_1}{y_2}}&{2 + {x_1}{y_3}}&{2 + {x_1}{y_4}}&{2 + {x_1}{y_5}} \\ {2 + {x_2}{y_1}}&{2 + {x_2}{y_2}}&{2 + {x_2}{y_3}}&{2 + {x_2}{y_4}}&{2 + {x_2}{y_5}} \\ {2 + {x_3}{y_1}}&{2 + {x_3}{y_2}}&{2 + {x_3}{y_3}}&{2 + {x_3}{y_4}}&{2 + {x_3}{y_5}} \\ {2 + {x_4}{y_1}}&{2 + {x_4}{y_2}}&{2 + {x_4}{y_3}}&{2 + {x_4}{y_4}}&{2 + {x_4}{y_5}} \\ {2 + {x_5}{y_1}}&{2 + {x_5}{y_2}}&{2 + {x_5}{y_3}}&{2 + {x_5}{y_4}}&{2 + {x_5}{y_5}} \end{array}} \right|.$

Ta với phân tách quỷ trận tiếp tục mang đến kết quả của nhì quỷ 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 quyết định thức nhì vế với ngay lập tức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {2 + {x_1}{y_1}}&{2 + {x_1}{y_2}}&{2 + {x_1}{y_3}}&{2 + {x_1}{y_4}}&{2 + {x_1}{y_5}} \\ {2 + {x_2}{y_1}}&{2 + {x_2}{y_2}}&{2 + {x_2}{y_3}}&{2 + {x_2}{y_4}}&{2 + {x_2}{y_5}} \\ {2 + {x_3}{y_1}}&{2 + {x_3}{y_2}}&{2 + {x_3}{y_3}}&{2 + {x_3}{y_4}}&{2 + {x_3}{y_5}} \\ {2 + {x_4}{y_1}}&{2 + {x_4}{y_2}}&{2 + {x_4}{y_3}}&{2 + {x_4}{y_4}}&{2 + {x_4}{y_5}} \\ {2 + {x_5}{y_1}}&{2 + {x_5}{y_2}}&{2 + {x_5}{y_3}}&{2 + {x_5}{y_4}}&{2 + {x_5}{y_5}} \end{array}} \right| = 0.$

Ví dụ 2: Cho biết $\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| = \prod\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} {\left( {{x_j} - {x_i}} \right)} $ (định thức Vandermonde)

Áp dụng tính quyết định thức của quỷ trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\left( {{a_1} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_1} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_1} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_1} + {b_4}} \right)}^3}} \\ {{{\left( {{a_2} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_2} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_2} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_2} + {b_4}} \right)}^3}} \\ {{{\left( {{a_3} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_3} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_3} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_3} + {b_4}} \right)}^3}} \\ {{{\left( {{a_4} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_4} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_4} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_4} + {b_4}} \right)}^3}} \end{array}} \right)$ vô bại liệt ${{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{4}}$ và ${{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}},{{b}_{4}}$ thứu tự là tư số chẵn liên tục, tư số lẻ liên tục.

Giải. 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 đi ra $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{3{a_1}}&{3a_1^2}&{a_1^3} \\ 1&{3{a_2}}&{3a_2^2}&{a_2^3} \\ 1&{3{a_3}}&{3a_3^2}&{3a_3^3} \\ 1&{3{a_4}}&{3a_4^2}&{3a_4^3} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {b_1^3}&{b_2^3}&{b_3^3}&{b_4^3} \\ {b_1^2}&{b_2^2}&{b_3^2}&{b_4^2} \\ {{b_1}}&{{b_2}}&{{b_3}}&{{b_4}} \\ 1&1&1&1 \end{array}} \right)$

\[ \Rightarrow \det \left( A \right) = 9\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{a_1}}&{a_1^2}&{a_1^3} \\ 1&{{a_2}}&{a_2^2}&{a_2^3} \\ 1&{{a_3}}&{a_3^2}&{a_3^3} \\ 1&{{a_4}}&{a_4^2}&{a_4^3} \end{array}} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1 \\ {{b_1}}&{{b_2}}&{{b_3}}&{{b_4}} \\ {b_1^2}&{b_2^2}&{b_3^2}&{b_4^2} \\ {b_1^3}&{b_2^3}&{b_3^3}&{b_4^3} \end{array}} \right|\left( \begin{gathered} {\mathbf{doi\_cho\_}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{\& }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}} \hfill \\ {\mathbf{doi\_cho\_}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{\& }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ \end{gathered} \right)\]

\[ = 9\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{a_1}}&{a_1^2}&{a_1^3} \\ 1&{{a_2}}&{a_2^2}&{a_2^3} \\ 1&{{a_3}}&{a_3^2}&{a_3^3} \\ 1&{{a_4}}&{a_4^2}&{a_4^3} \end{array}} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{b_1}}&{b_1^2}&{b_1^3} \\ 1&{{b_2}}&{b_2^2}&{b_2^3} \\ 1&{{b_3}}&{b_3^2}&{b_3^3} \\ 1&{{b_4}}&{b_4^2}&{b_4^3} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{chuyen\_vi}}} \right)\]

\[=9\prod\limits_{1\le i<j\le 4}{\left( {{a}_{j}}-{{a}_{i}} \right)}\prod\limits_{1\le i<j\le 4}{\left( {{b}_{j}}-{{b}_{i}} \right)}=9.\left( {{2}^{3}}{{.4}^{2}}.6 \right)\left( {{2}^{3}}{{.4}^{2}}.6 \right)=5308416.\]

Tính quyết định thức quỷ trận dựa vào quỷ trận fake vị

Hiện bên trên Vted.vn xây cất 2 khoá học tập Toán thời thượng 1 và Toán thời thượng 2 giành cho sinh viên năm nhất hệ Cao đẳng, ĐH khối ngành Kinh tế của toàn bộ những trường:

Khoá: PRO S1 - MÔN TOÁN CAO CẤP 1 - ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
Khoá: PRO S2 - MÔN TOÁN CAO CẤP 2 - GIẢI TÍCH