Lời cảm ơn
Trước tiên, em muốn gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất đến cô giáo - TS. Lê
Thị Hoài Thu - người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình thực
hiện khóa luận tốt nghiệp.
Em cũng xin chân thành cảm ơn tất cả quý thầy cô Trường Đại học
Quảng Bình, đặc biệt là các thầy cô giáo trong khoa Khoa học tự nhiên đã
dạy dỗ em trong suốt thời gian ngồi trên ghế nhà trường, chính nhờ sự dạy
dỗ đó em đã học được rất nhiều điều bổ ích cho chuyên ngành của mình
và trong cuộc sống.
Cuối cùng, em muốn gửi lời cảm ơn đến gia đình, các anh chị khóa trước,
tập thể lớp ĐHSP Toán K53, bạn bè xung quanh và tất cả mọi người luôn
động viên giúp đỡ em trong những lúc khó khăn, sự động viên đó đã giúp
bản thân em ngày càng cố gắng học tập và hoàn thành tốt khóa học của
mình.
Em xin chân thành cảm ơn!
1
Mục lục
Lời cảm ơn 1
MỞ ĐẦU 4
1 Định thức và một số tính chất của định thức 6
1.1 Định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Một số tính chất của định thức . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Một số phương pháp tính định thức 9
2.1 Phương pháp khai triển theo dòng hoặc cột . . . . . . . . 9
2.2 Phương pháp biến đổi sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.4 Phương pháp truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.5 Phương pháp biểu diễn định thức thành tổng các định thức 23
2.6 Phương pháp biểu diễn định thức thành tích các định thức 28
2.7 Phương pháp sử dụng đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.8 Phương pháp biến đổi tất cả các phần tử của định thức . . 34
1815. Cùng với các nhà toán học trên, Jordan, Sylvester, William Rowan
Hamilton, Hermann Grassmann, Ferdinaned Georg Frobenius và John von
Neumann là những tên tuổi gắn liền với sự phát triển của lý thuyết định
thức, ma trận.
Định thức và ma trận là những kiến thức cơ bản của Đại số tuyến tính.
Nó có nhiều ứng dụng trong hình học, giải tích, toán kinh tế. Ngoài ra nó
còn có ứng dụng trong vật lý, tin học Với mong muốn tìm hiểu về định
thức và ứng dụng của nó, em đã chọn và nghiên cứu đề tài khóa luận "Định
thức và ứng dụng trong giải toán".
4
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu và trình bày một cách có hệ thống, logic về định nghĩa và
một số tính chất của định thức ma trận, một số phương pháp tính định
thức và một số ví dụ minh họa về ứng dụng của định thức.
3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu chính của khóa luận là lý thuyết định thức ma
trận.
4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáo
trình về các vấn đề cần nghiên cứu như: định thức, các phương pháp tính
định thức, ứng dụng của định thức
Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Gồm ý kiến của các giảng viên hướng
dẫn và các giảng viên khác trong Bộ môn Toán, Khoa Khoa học tự nhiên,
Trường Đại học Quảng Bình.
5. Tầm quan trọng đối với khoa học và thực tiễn
Đề tài có thể là tài liệu tham khảo cho những sinh viên chuyên ngành
Toán, đặc biệt là những bạn đam mê thi Olympic Toán và học toán cao
cấp. Với bản thân, qua việc nghiên cứu đề tài em đã hệ thống cũng như
ôn tập lại những kiến thức đã học về định nghĩa và một số tính chất của
định thức, các phương pháp tính định thức, đặc biệt có được cái nhìn về
n×n
với các phần tử trong
trường K. Định thức của A được kí hiệu bởi det A hoặc |A|, là phần tử sau
đây của trường K
det A =
σ∈S
n
sgn(σ)a
σ(1)1
a
σ(2)2
· · · a
σ(n)n
.
6
1.2 Một số tính chất của định thức
Từ đây ta ký hiệu M
n
(K) là tập tất cả các ma trận vuông cấp n trên
trường K.
Tính chất 1.2.1. (Đa tuyến tính): Định thức của ma trận là một hàm
tuyến tính với mỗi cột của nó, khi cố định các cột khác. Tức là
det(α
1
, . . . , aα
j
+ bβ
j
, . . . , α
n
= det
1 0 · · · 0
0 1 · · · 0
· · · · · · · · · · · ·
0 0 · · · 1
= 1.
Hệ quả 1.2.4. i) Nếu đổi chỗ hai cột của một ma trận thì định thức của
nó đổi dấu:
det( , α
i
, , α
j
, ) = − det( , α
Một số phương pháp tính định thức
Biểu thức định nghĩa của định thức cấp n hoàn toàn không tiện lợi trong
việc tính định thức với n ≥ 4. Để tính định thức, nhất là các định thức
cấp cao, ta cần sử dụng linh hoạt các tính chất của chúng, kết hợp với việc
hạ cấp định thức nhờ vào định lí Laplace, công thức khai triển định thức
theo dòng hay theo cột. Các phép biến đổi sơ cấp cũng cho ta một phương
pháp tính định thức rất hiệu quả và thường dùng các phương pháp sau.
2.1 Phương pháp khai triển theo dòng hoặc cột
Khi thấy một dòng (hay cột) trong định thức có nhiều số 0 thì nên khai
triển định thức theo dòng (hay cột) đó. Cơ sở của phương pháp này là định
lý Laplace.
Định lý 2.1.1. (Khai triển Laplace) Giả sử đã chọn ra k dòng (tương ứng
k cột) trong một định thức cấp n (1 ≤ k < n). Khi đó, định thức đã cho
bằng tổng của tất cả các tích của các định thức con cấp k lấy ra từ k dòng
(tương ứng k cột) đã chọn với phần bù đại số của chúng.
Hệ quả 2.1.2. Cho A = (a
ij
)
n×n
là một ma trận vuông cấp n trên K. Khi
đó ta có
(1) Công thức khai triển theo dòng i
9
det A = a
i1
A
i1
+ a
i2
A
k=1
a
kj
A
kj
,
trong đó A
ij
là phần bù đại số của phần tử a
ij
.
Ví dụ 2.1.3. Tính D=
3 −2 5 0
7 0 6 3
1 0 0 10
−4 0 2 9
=2(−1)
2+1
.1.
6 3
2 9
+2(−1)
2+3
.10.
0 0 2 1 4
0 0 3 −5 0
0 0 1 0 0
0 1 2 1 −4
−2 8 6 3 −9
.
10
Giải
Ta có
D = (−1)
5+1
.(−2)
2 1 4
3 −5 0
1 0 0
(khai triển theo cột thứ nhất)
= 2(−1)
3+1
0 1 1 · · · 1
1 0 x · · · x
1 x 0 · · · x
· · · · · · · · · · · · · · ·
1 x x · · · 0
.
11
Giải
Với x = 0. Nhân dòng (1) với −x rồi cộng vào dòng (2), (3), ,(n) ta
được
,
tiếp tục nhân cột (2), (3), . . . , (n) với
1
x
rồi cộng tất cả vào cột (1) ta được
D =
(n − 1)x
n−2
.
Khi x = 0, dễ dàng tính được D = 0.
Ví dụ 2.2.2. Tính định thức
D =
1 1 · · · 1 1
C
1
2
C
1
3
· · · C
.
Giải
Ta lấy cột thứ n trừ đi cột thứ n−1, rồi lấy cột n−1 trừ đi cột n−2, . . . ,
lấy cột thứ 2 trừ đi cột thứ nhất và sử dụng C
i
k
+ C
i+1
k
= C
i+1
k+1
ta có
12
4
· · · C
1
n
C
1
n+1
· · · · · · · · · · · · · · · · · ·
C
n−1
n
C
n−2
n
C
n−2
n+1
· · · C
n−2
2n−3
C
n−2
2n−2
1
2
1 0 · · · 0 0
C
2
3
C
1
3
1 · · · 1 1
· · · · · · · · · · · · · · · · · ·
C
n−1
n
C
n−2
n
C
n−3
n
· · · C
n−3
2n−4
C
n−3
2n−3
1 0 0 · · · 0
C
1
2
1 0 · · · 0
C
2
3
C
1
3
1 · · · 0
0 0 0 · · · 0
C
n−1
n
C
n−2
n
C
n−3
n
· · · 1
1 a
1
a
2
· · · a
n
1 a
1
+ b
1
a
2
· · · a
n
1 a
1
a
2
+ b
2
· · · a
n
· · · · · · · · · · · · · · ·
1 a
1
a
2
· · · a
n
+ b
1 a
1
a
2
· · · a
n
0 b
1
0 · · · 0
0 0 b
2
· · · 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
0 0 0 · · · b
n
a
1
x x · · · x
x a
2
x · · · x
x x a
3
· · · x
· · · · · · · · · · · · · · ·
x x x · · · a
n
a
1
x x · · · x
x − a
1
a
2
− x 0 · · · 0
x − a
1
0 a
3
− x · · · 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
x − a
1
0 0 · · · a
n
− x
a
1
a
1
−x
x
a
2
−x
x
a
3
−x
· · ·
x
a
n
−x
−1 1 0 · · · 0
−1 0 1 · · · 0
và cộng tất cả các cột vào cột đầu tiên ta được:
D
n
= (a
1
− x) (a
n
− x)
1 +
x
a
1
−x
+ +
= x(a
1
− x)(a
2
− x) · · · (a
n
− x)
1
x
+
1
a
1
− x
+
1
a
2
− x
+ · · · +
1
a
a
0
− a
1
a
1
0 0 . . . 0 0
−a
1
a
1
− a
2
a
2
0 . . . 0 0
0 −a
2
a
2
− a
3
a
3
. . . 0 0
.
15
Giải
Ta có:
D
1
= a
0
− a
1
=
1
i=0
(−1)
i
a
= a
0
a
1
− a
0
a
2
+ a
1
a
2
=
2
i=0
(−1)
i
a
0
a
1
a
2
a
i
.
3
a
3
= a
1
a
2
a
3
− a
0
a
2
a
3
+ a
0
a
1
a
3
(−1)
i
a
0
a
1
. . . a
n
a
i
.
Ta sẽ chứng minh nhận định trên bằng quy nạp.
Với n = 1 ta có điều phải chứng minh. Giả sử nhận định trên đúng với
n = k tức là
D
n
=
n
i=0
(−1)
i
a
0
a
1
. . . a
k
a
i
a
0
a
1
. . . a
k
a
i
− a
2
k
k
i=0
(−1)
i
a
0
a
1
. . . a
k−1
a
i
.
16
Suy ra
D
k+1
=
.
Ví dụ 2.3.2. Tính định thức:
D
n
=
a ab 0 . . . 0
1 a + b ab . . . 0
0 1 a + b . . . 0
.
.
.
.
.
.
1
= a, D
2
=
a ab
1 a + b
= a
2
, D
3
=
được
D
k+1
= (a + b)D
k
− abD
k−1
Theo giả thiết quy nạp ta có:
D
k+1
= (a + b)a
k
− a
k
b = a
k+1
Suy ra điều phải chứng minh. Vậy D
n
= a
n
.
17
Ví dụ 2.3.3. Hãy tính định thức
D
n
=
.
Giải
Khai triển định thức theo cột cuối, ta có
D
n
= 2 cos x · D
n−1
− D
n−2
.
Dễ thấy
D
1
= cos x, D
2
= 2 cos
2
x − 1 = cos 2x.
Giả sử D
k
n−2
.
Giả sử bằng cách khai triển nào đó, ta đưa về công thức truy hồi dạng:
D
n
= pD
n−1
+ qD
n−2
, n > 2 (2.4.1)
với p, q là các hằng số. Ta xét từng trường hợp có thể xảy ra
• Trường hợp 1. Nếu q = 0 thì ta tính được D
n
= p
n−1
D
1
, trong đó D
1
là định thức cấp 1 dạng đã cho.
• Trường hợp 2. Nếu q = 0, gọi α, β là nghiệm của phương trình bậc hai
x
2
− px − q = 0. Khi đó p = α + β, q = −αβ và (2.4.1) được viết tắt
dưới dạng:
D
n
− βD
n−1
= α(D
= β
n−2
(D
2
− αD
1
).
Vì vậy
D
n
=
α
n−1
(D
2
− βD
1
) − β
n−1
(D
2
− αD
1
)
α − β
.
19
Ví dụ 2.4.1. Tính định thức cấp n > 2
D
n
.
Giải
Với n > 2, khai triển theo dòng thứ nhất ta được
D
n
= 5
2 3 · · · 0 0
0 5 · · · 0 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
0 0 · · · 5 3
0 0 · · · 2 5
n
− 2D
n−1
= 3(D
n−1
− 2D
n−2
) = · · · = 3
n−2
(D
2
− 2D
1
).
Tính toán trực tiếp ta có D
2
= 19, D
1
= 5 nên D
2
− 2D
1
= 9. Bởi vậy
ta có D
n
− 2D
n−1
= 3
n
. Tương tự ta cũng có
dụ 2.2.4
Giải
Khai triển cột cuối cùng bằng cách viết a
n
= x + (a
n
− x), ta đưa định
thức D
n
về tổng của hai định thức:
D
n
=
a
a
1
x x · · · 0
x a
2
x · · · 0
x x a
3
· · · 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
x x x · · · a
n
− x
và thay vào công thức trên được: D
n
= x(a
1
− x)(a
2
− x) · · · (a
n−1
− x) +
x(a
1
− x) · · · (a
n−2
− x)(a
n
− x) + (a
n−1
− x)(a
n
− x)D
n−2
. Cứ tiếp tục n − 1
lần với chú ý rằng D
1
= a
1
= x + (a
1
− x), ta có:
D
n
=
1 x
1
x
2
1
· · · x
n−1
1
1 x
2
x
2
.
21
Giải
Ta làm cho hầu hết các phần tử trên hàng cuối của định thức bằng không
bằng cách lấy cột thứ (n − 1) nhân với (−x
n
) rồi cộng vào cột n, sau đó
lấy cột thứ (n − 2) nhân với (−x
n
) rồi cộng vào cột (n − 1), . . . , cuối cùng
ta lấy cột thứ nhất nhân với −x
n
rồi cộng vào cột 2. Sau biến đổi đó ta
thu được
2
(x
2
− x
n
) · · · x
n−2
2
(x
2
− x
n
)
· · · · · · · · · · · · · · ·
1 x
n−1
− x
n
x
n−1
(x
n−1
− x
n
) · · · x
n−2
n−1
(x
n−1
− x
)(x
2
−x
n
) · · · (x
n−1
−x
n
)
1 x
1
x
2
1
.
Từ đó ta thu được công thức truy hồi
D
n
= (x
n
− x
1
)(x
n
− x
2
) · · · (x
n
− x
n−1
, . . . , a
n
, b
1
, b
2
, . . . , b
n
thoả mãn điều kiện
n
i=1
a
i
b
i
= 0.
Tính
det A =
a
n
b
2
· · · 1 + a
n
b
n
.
Giải
Mỗi cột của det A được viết thành tổng của hai cột, trong đó cột thứ
nhất ta gọi là cột loại (1), cột thứ 2 ta gọi là cột loại (2).
det A =
n
· · · · · · · · · · · ·
0 + a
n
b
1
0 + a
n
b
2
· · · 1 + a
n
b
n
.
Ta lần lượt tách các cột của định thức, sau n lần tách ta có det A là
tổng của 2
n
0 · · · 0
a
2
b
1
1 · · · 0
· · · · · · · · · · · ·
a
n
b
1
0 · · · 1
= a
1
b
1
.
D
= a
2
b
2
.
Tương tự ta tính được các định thức như vậy cho đến D
n
D
n
=
n
b
n
.
Vậy tổng các định thức dạng 2 là:
a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ · · · + a
n
b
n
=
n
i=1
a
i
b
i
= 0.
• 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 một định thức dạng 3 là
i=1
a
i
b
i
+ 1 = 1.
24
Ví dụ 2.5.2. Cho A là ma trận vuông cấp n thoả rank A = 1. Chứng
minh det(I + A) = 1+tr(A).
Giải
Ta có rank A = 1 nên A có các cột tỷ lệ với nhau, bằng cách tách định
thức như ví dụ trên thì ta có được
det A = 1 +
n
i=1
a
i
b
i
= 1 + tr(A).
Ví dụ 2.5.3. (Đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn quốc năm 2005).
Xét ma trận dạng:
A =
2
x
4
x
1
x
3
x
2
x
3
x
2
3
+ 1 x
3
x
4
x
1
x
4
x
2
x
4
x
3
x
4
lần lượt là bộ bốn
nghiệm của đa thức P
4
(x) = x
4
− x
3
− 5x
2
+ 1.
Giải
Ta có
det A =
x
2
1
+ 1 x
1
2
x
3
x
2
3
+ 1 x
3
x
4
x
1
x
4
x
2
x
4
x
3
x
4
x
2
4
+ 1
4
. Ta có
det A = x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ x
2
4
+ 1
25
Copyright: Tài liệu đại học ©