ĐẠI SỐ TUYẾN TÍNH
Tài liệu ôn thi cao học năm 2005
Phiên bản đã chỉnh sửa
PGS. TS Mỵ Vinh Quang
Ngày 10 tháng 11 năm 2004
Bài 3 : Giải Bài Tập Định Thức
1. Tính
α β γ
β γ α
γ α β
trong đó α, β, γ là các nghiệm của phương trình :x
3
+px+q = 0
Giải :
Theo định lí Viet ta có α + β + γ = 0
Cộng cột (1), cột (2) vào cột (3) ta có:
α β 0
β γ 0
γ α 0
= 0
2. Giải phương trình
1 x x
2
x
3
1 2 4 8
1 3 9 27
c
1
+ a
1
a
2
+ b
2
b
2
+ c
2
c
2
+ a
2
a
3
+ b
3
b
3
+ c
3
c
3
+ a
3
c
2
+ a
2
2a
3
b
3
+ c
3
c
3
+ a
3
= 2
a
1
b
(1)
=
2
a
1
b
1
+ c
1
c
1
a
2
b
2
+ c
2
c
2
a
3
2
c
2
a
3
b
3
c
3
Giải thích:
(1) : nhân cột (1) với (-1) cộng vào cột (3)
(2) : nhân cột (3) với (-1) cộng vào cột (2)
4. Chứng minh
a
2
(a + 1)
= 0
Giải :
V T
(1)
=
a
2
(a + 1)
2
2a + 3 6a + 9
b
2
(b + 1)
2
2b + 3 6b + 9
1 + a
1
a
2
a
3
. . . a
n
a
1
1 + a
2
a
3
. . . a
n
a
1
a
2
1 + a
3
. . . a
Giải :
V T
(1)
=
1 + a
1
+ . . . + a
n
a
2
a
3
. . . a
n
.
.
.
.
.
1 + a
1
+ . . . a
n
a
2
a
3
. . . 1 + a
n
(2)
=
.
.
.
.
.
.
0 0 0 . . . 1
= 1 + a
1
+ . . . + a
n
Giải thích:
(1): Cộ ng các cột (2), (3),. , (n) vào cột (1)
(2): Nhân dòng (1) với (-1) rồi cộng vào các dò ng (2), (3), . . ., (n)
6. Tính định thức
Giải :
Với x = 0
V T
(1)
=
0 1 1 . . . 1
1 −x 0 . . . 0
1 0 −x . . . 0
.
.
.
.
n − 1
x
1 1 . . . 1
0 −x 0 . . . 0
0 0 −x . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 0 . . . −x
n
=
5 3 0 0 . . . 0 0
2 5 3 0 . . . 0 0
0 2 5 3 . . . 0 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
− 3
2 3 0 . . . 0 0
0 5 3 . . . 0 0
0 2 5 . . . 0 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
n
− 2D
n−1
= 3(D
n−1
− 2D
n−2
)
Do c ông thức đúng với mọi n ≥ 3 nên ta có:
D
n
−2D
n−1
= 3(D
n−1
−2D
n−2
) = 3
2
(D
n−2
−2D
n−3
) = . . . = 3
n−2
(D
2
−2D
1
)
−3D
n−1
= 2(D
n−1
−3D
n−2
) = 2
2
(D
n−2
−3D
n−3
) = . . . = 2
n−2
(D
2
−3D
1
) = 2
n
Vậy ta có:
D
n
− 3D
n−1
= 2
n
(2)
Khử D
n−1
.
.
.
.
.
.
.
x x . . . a
n
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 =
(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 2
n
định thức cấp n. Cột thứ i của các định thức này chính là cột
loại (1) ho ặc loại (2) của cột thứ i của định thức ban đầu D. Chia 2
n
định
thức này thành 3 dạng như sau:
Dạng 1: Bao g ồm 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:
D
i
=
a
1
↑
cộti
(1)
=
x(a
1
− x) . . . (a
i−1
− x)(a
i+1
− x) . . . (a
n
− x) =
x
n
k=1
(a
k
− x)
a
i
− x
((1) khai triển định thức theo cột i)
Có tất cả n định thức dạng 2 (ứng vớ i i = 1, 2, . . . , n) và tổng của tất cả các
định thức dạng 2 là:
0 a
2
− x . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 . . . a
n
− x
= (a
1
− x) . . . (a
a
1
+ b
1
a
1
+ b
2
. . . a
1
+ b
n
a
2
+ b
1
a
2
+ b
2
. . . a
2
+ b
n
.
.
.
.
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 c ó:
A =
a
1
+ b
1
a
1
+ b
2
. . . a
1
+ b
n
a
2
+ b
1
a
n
=
a
1
1 0 . . . 0
a
2
1 0 . . . 0
a
3
1 0 . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
b
2
. . . b
n
0 0 . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 . . . 0
C
Bởi vậy, ta có:
D = detA = det(BC) = detB.detC =
− β
n
)
cos(α
2
− β
1
) cos(α
2
− β
2
) . . . cos(α
2
− β
n
)
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
cos(α
n
− β
1
) cos(α
1
− β
2
) . . . cos(α
1
− β
n
)
cos(α
2
− β
1
) cos(α
2
− β
2
) . . . cos(α
2
− β
n
)
.
.
.
.
.
.
cos α
1
sin α
1
0 . . . 0
cos α
2
sin α
2
0 . . . 0
cos α
3
sin α
3
0 . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
sin β
2
. . . sin β
n
0 0 . . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 . . . 0
C
Bởi vậy ta có:
D = detA = det(BC) = detB.detC =
a 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0 b
0 a . . . 0 0 0 0 . . . b 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 b . . . 0 0 0 0 . . . a 0
b 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0 a
Ta có :
D
2n
=
.
.
.
.
0 0 . . . a 0 0 b . . . 0 0
0 0 . . . 0 a b 0 . . . 0 0
0 0 . . . 0 0
a
2
− b
2
a
0 . . . 0 0
0 0 . . . b 0 0
a
2
− b
2
a
. . . 0 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
− b
2
a
= (a
2
−b
2
)D
2(n−1)
= (a
2
−b
2
)
2
D
2(n−2)
= . . . = (a
2
−b
2
)
n−1
D
2
= (a
2
−b
2
)
n
(Chi tiết của cách làm này xin dành cho bạn đọc).
12. Tính định thức cấp 2n
.
.
. b
1
0 . . . 0
0 a
2
. . . 0
.
.
. 0 b
2
. . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. 0 d
2
. . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
(1)
(2)
(n)
(n + 1)
(n + 2)
(2n)
Xét khi a
1
, a
2
, . . . , a
n
đều khác 0 :
- Nhân dòng (1) với −
c
1
a
1
rồi c ộng vào dòng (n + 1)
- Nhân dòng (2) với −
c
2
a
2
rồi c ộng vào dòng (n + 2)
- Nhân dòng (n) với −
c
n
a
a
1
0 . . . 0
.
.
. b
1
0 . . . 0
0 a
2
. . . 0
.
.
. 0 b
2
. . . 0
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
1
− b
1
c
1
a
1
0 . . . 0
0 0 . . . 0
.
.
. 0
a
2
d
2
− b
2
c
2
a
2
. . . 0
.
.
.
.
.
.
.
c
n
a
n
1
, a
2
, . . . , a
n
bằng 0, do tính liên tục của định thức công thức trên
vẫn đúng.
Vậy ta có :
D
2n
=
n
i=1
(a
i
d
i
− b
i
c
i
)
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:
D
2n
= (a
n
)(a
n−1
d
n−1
− b
n−1
c
n−1
)D
2(n−2)
= . . . = (a
n
d
n
− b
n
c
n
) . . . (a
2
d
2
− b
2
c
2
)D
1
=
n
Copyright: Tài liệu đại học ©