Định thức của ma trận và các tính chất của định thức | Học toán online chất lượng cao 2024

Bài viết lách này Vted reviews khái niệm về Định thức của quỷ trận và những tính chất:

>>Xem thêm Các cách thức tính quyết định thức của quỷ trận

>> Độc lập tuyến tính và dựa vào tuyến tính

>> Chứng minh một quỷ trận suy thay đổi và quỷ trận khả nghịch

>>Cơ sở của không khí véctơ

>> Đạo hàm cung cấp 1 và đạo hàm cung cấp 2 của hàm số mang đến vày tham lam số

>> Khai triển Taylor và ứng dụng

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

ĐĂNG KÍ COMBO TOÁN CAO CẤP DÀNH CHO SINH VIÊN TẠI ĐÂY

1. Số nghịch tặc thế của một thiến của n số đương nhiên trước tiên

Xét $\Omega =\left\{ 1,2,...,n \right\}$ là luyện n số đương nhiên đầu tiên

Ta tiếp tục biết với toàn bộ $n!$ thiến của n số đương nhiên đầu tiên

Bạn đang xem: Định thức của ma trận và các tính chất của định thức | Học toán online chất lượng cao 2024 | Vted

Giả sử $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})$ là 1 thiến của luyện $\Omega .$ Khi cơ nhị số ${{\alpha }_{i}}$ và ${{\alpha }_{j}}$ được gọi là tạo nên trở nên một nghịch tặc thế nếu như ${{\alpha }_{i}}>{{\alpha }_{j}}$ với $i<j.$
Để tính số nghịch tặc thế của một thiến $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})$ tớ triển khai như sau:

Đi kể từ trái ngược qua chuyện nên, gọi ${{k}_{1}}$ là số thành phần ${{\alpha }_{i}}<{{\alpha }_{1}}$ nhập mặt hàng ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}};$ gọi ${{k}_{2}}$ là số thành phần ${{\alpha }_{i}}<{{\alpha }_{2}}$ nhập mặt hàng ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}};$ …; ${{k}_{n-1}}$ là số thành phần ${{\alpha }_{i}}<{{\alpha }_{n-1}}$ nhập mặt hàng ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}}.$

Khi cơ ${{k}_{1}}+{{k}_{2}}+...+{{k}_{n-1}}$ là số nghịch tặc thế của thiến $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}}).$

Ví dụ 1:Xét một thiến của 5 số đương nhiên trước tiên là $(5,1,3,2,4)$ khi đó:

Số 5 với 4 số (số 1,3,2,4) đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 4 nghịch tặc thế;
Số 1 không có số này đứng sau nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 0 nghịch tặc thế;
Số 3 có một số (số 2) đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 1 nghịch tặc thế;
Số 2 không có số này đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 0 nghịch tặc thế.

Vậy thiến $(5,1,3,2,4)$ với toàn bộ $4+0+1+0=5$ nghịch tặc thế.

Ví dụ 2:Xét một thiến của 5 số đương nhiên trước tiên là $(4,3,5,1,2)$ khi đó:

Số 4 với 3 số (số 3,1,2) đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 3 nghịch tặc thế;
Số 3 với 2 số (số 1,2) đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 2 nghịch tặc thế;
Số 5 với 2 số (số 1,2) đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 2 nghịch tặc thế;
Số 1 không có số này đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 0 nghịch tặc thế.

Vậy thiến $(4,3,5,1,2)$ với toàn bộ $3+2+2+0=7$ nghịch tặc thế.

Ví dụ 3: Xét một thiến của 6 số đương nhiên trước tiên là $(5,3,1,6,4,2)$ khi đó:

Số 5 với 4 số (số 3,1,4,2) đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 4 nghịch tặc thế;
Số 3 với 2 số (số 1,2) đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 2 nghịch tặc thế;
Số 1 không có số này đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 0 nghịch tặc thế;
Số 6 với 2 số (số 4,2) đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 2 nghịch tặc thế;
Số 4 có một số (số 2) đứng sau nó và nhỏ rộng lớn nó nên tạo nên 1 nghịch tặc thế.

Vậy thiến $(5,3,1,6,4,2)$ với toàn bộ $4+2+0+2+1=9$ nghịch tặc thế.

Ví dụ 4: Xác quyết định số nghịch tặc thế của thiến $(n,n-1,n-2,...,2,1).$

Ví dụ 5: Xác quyết định số nghịch tặc thế của thiến $(1,3,5,...,2n-1,2,4,6,...,2n).$

Ví dụ 6: Xác quyết định số nghịch tặc thế của của thiến $(2n-1,2n-3,...,5,3,1,2n,2n-2,...,6,4,2).$

2. Thành phần của quyết định thức

Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ là quỷ trận vuông cung cấp $n$ và $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})$ là 1 thiến của $n$ số đương nhiên đầu, khi cơ tích ${{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{1{{\alpha }_{1}}}}{{a}_{2{{\alpha }_{2}}}}...{{a}_{n{{\alpha }_{n}}}}$ được gọi là bộ phận của quyết định thức của quỷ trận $A$ ứng với thiến $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}}),$ nhập cơ $\alpha $ là số nghịch tặc thế của thiến $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}}).$

Ví dụ 1: Cho $A={{({{a}_{ij}})}_{5\times 5}}.$ Tìm bộ phận của quyết định thức của quỷ trận $A$ tuơng ứng với thiến $(5,1,3,2,4).$

Giải. Hoán vị $(5,1,3,2,4)$ với toàn bộ 5 nghịch tặc vậy nên bộ phận của quyết định thức của quỷ trận $A$ tuơng ứng với thiến $(5,1,3,2,4)$ là ${{(-1)}^{5}}{{a}_{15}}{{a}_{21}}{{a}_{33}}{{a}_{42}}{{a}_{54}}.$

Ví dụ 2: Cho $A={{({{a}_{ij}})}_{5\times 5}}.$ Tìm bộ phận của quyết định thức của quỷ trận $A$ tuơng ứng với thiến $(4,3,5,1,2).$

Giải. Hoán vị $(4,3,5,1,2)$ với toàn bộ 7 nghịch tặc vậy nên bộ phận của quyết định thức của quỷ trận $A$ tuơng ứng với thiến $(4,3,5,1,2)$ là ${{(-1)}^{7}}{{a}_{14}}{{a}_{23}}{{a}_{35}}{{a}_{41}}{{a}_{52}}.$

Ví dụ 3: Với độ quý hiếm này của $m,n$ nhằm $-{{a}_{51}}{{a}_{1m}}{{a}_{2n}}{{a}_{43}}{{a}_{32}}$ là bộ phận của quyết định thức quỷ trận cung cấp 5.

Giải. Có $-{{a}_{51}}{{a}_{1m}}{{a}_{2n}}{{a}_{43}}{{a}_{32}}=-{{a}_{1m}}{{a}_{2n}}{{a}_{32}}{{a}_{43}}{{a}_{51}}$ là bộ phận của quyết định thức ứng với thiến $(m,n,2,3,1)$ nên $(m,n)=(5,4);(4,5).$

TH1: Nếu $m=5,n=4\Rightarrow (5,4,2,3,1)\Rightarrow \alpha =4+3+1+1=9\Rightarrow {{(-1)}^{9}}{{a}_{15}}{{a}_{24}}{{a}_{32}}{{a}_{43}}{{a}_{51}}$ thoả mãn.

TH2: Nếu $m=4,n=5\Rightarrow (4,5,2,3,1)\Rightarrow \alpha =3+3+1+1=8\Rightarrow {{(-1)}^{8}}{{a}_{14}}{{a}_{25}}{{a}_{32}}{{a}_{43}}{{a}_{51}}$(loại).

Vậy $m=5,n=4.$

Ví dụ 4: Trong số những tích tiếp sau đây, tích này là bộ phận của quyết định thức của quỷ trận vuông cung cấp 5 ?

$\begin{array}{l} {A_1} = {a_{23}}{a_{14}}{a_{52}}{a_{41}}{a_{35}}\\ {A_2} = - {a_{23}}{a_{14}}{a_{52}}{a_{41}}{a_{35}}\\ {A_3} = {a_{53}}{a_{34}}{a_{12}}{a_{41}}{a_{35}} \end{array}$

Ví dụ 5: Xác quyết định j, k nhằm ${{a}_{3j}}{{a}_{53}}{{a}_{24}}{{a}_{1k}}{{a}_{42}}$ là bộ phận của quyết định thức của quỷ trận vuông cung cấp 5.

Ví dụ 6: Hãy liệt kê toàn bộ những bộ phận của quyết định thức cung cấp 6 là tích được gán lốt $(-)$ và chứa chấp 3 thành phần ${{a}_{21}},{{a}_{43}},{{a}_{15}}.$

Ví dụ 7: Xác quyết định $k,l$ nhằm $-{{a}_{17}}{{a}_{23}}{{a}_{33}}{{a}_{4k}}{{a}_{5l}}{{a}_{68}}{{a}_{75}}{{a}_{82}}$ là bộ phận của quyết định thức cung cấp 8.

Ví dụ 8: Xác quyết định $k,l$ nhằm ${{a}_{1k}}{{a}_{23}}{{a}_{34}}{{a}_{47}}{{a}_{5l}}{{a}_{62}}{{a}_{76}}{{a}_{85}}$ là bộ phận của quyết định thức cung cấp 8.

Ví dụ 9: Xác quyết định $k,l$ nhằm ${{a}_{1k}}{{a}_{23}}{{a}_{34}}{{a}_{47}}{{a}_{5l}}{{a}_{62}}{{a}_{76}}{{a}_{85}}$ là bộ phận của quyết định thức cung cấp 8.

Ví dụ 10: Xác quyết định $k,l$ nhằm ${{a}_{14}}{{a}_{28}}{{a}_{3k}}{{a}_{42}}{{a}_{55}}{{a}_{6l}}{{a}_{71}}{{a}_{87}}$ là bộ phận của quyết định thức cung cấp 8.

Ví dụ 11: Xác quyết định $k,l$ nhằm $-{{a}_{16}}{{a}_{23}}{{a}_{34}}{{a}_{4k}}{{a}_{57}}{{a}_{6l}}{{a}_{72}}{{a}_{81}}$ là bộ phận của quyết định thức cung cấp 8.

Ví dụ 12: Cho quỷ trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 2}&x&4\\ { - 2}&4&5&{ - 6}\\ x&{ - 1}&{ - 3}&1\\ 2&3&{ - 1}&2 \end{array}} \right).$ Tìm những bộ phận của quyết định thức $\det (A)$ chứa chấp ${{x}^{2}}.$

Giải. Thành phần của quyết định thức chứa chấp ${{x}^{2}}$ là ${{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{13}}{{a}_{2i}}{{a}_{31}}{{a}_{4k}},$ nhập cơ $\alpha $ là số nghịch tặc thế của thiến $(3,i,1,k).$

TH1: Nếu $i=2,k=4\Rightarrow (3,2,1,4)\Rightarrow \alpha =2+1+0=3\Rightarrow {{(-1)}^{3}}{{a}_{13}}{{a}_{22}}{{a}_{31}}{{a}_{41}}=-8{{x}^{2}}.$

TH2: Nếu $i=4,k=2\Rightarrow (3,4,1,2)\Rightarrow \alpha =2+2+0=4\Rightarrow {{(-1)}^{4}}{{a}_{13}}{{a}_{24}}{{a}_{31}}{{a}_{42}}=-18{{x}^{2}}.$

Vậy những bộ phận của quyết định thức chứa chấp ${{x}^{2}}$ là $-8{{x}^{2}};-18{{x}^{2}}.$

Ví dụ 13: Cho quỷ trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&{ - 2}&{ - 3}&{ - 1}\\ 2&3&1&m\\ 3&1&2&{ - 2}\\ { - 1}&2&3&2 \end{array}} \right).$ Tìm toàn bộ những bộ phận của quyết định thức của quỷ trận $A$ với chứa chấp mặt khác $m,{{a}_{13}}$ và được gán lốt $(-).$

Giải. Thành phần của quyết định thức của quỷ trận $A$ với chứa chấp mặt khác $m,{{a}_{13}}$ là ${{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{13}}{{a}_{24}}{{a}_{3i}}{{a}_{4k}}$ với $\alpha $ là số nghịch tặc thế của $(3,4,i,k)$, xét tình huống nhận $i=2,k=1(\alpha =5).$ Thành phần quyết định thức cần thiết lần là ${{(-1)}^{5}}{{a}_{13}}{{a}_{24}}{{a}_{32}}{{a}_{41}}=-3m.$

Ví dụ 14: Cho quỷ trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&1&2&{ - 3}\\ 1&3&{ - 1}&{ - 2}\\ k&{ - 1}&{ - 3}&1\\ { - 1}&2&{ - 1}&k \end{array}} \right).$ Tìm toàn bộ những bộ phận của quyết định thức của quỷ trận $A$ chứa chấp ${{k}^{2}}.$

Giải. Thành phần của quyết định thức chứa chấp ${{k}^{2}}$ là ${{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{1i}}{{a}_{2j}}{{a}_{31}}{{a}_{44}}$ nhập cơ $\alpha $ là số nghịch tặc thế của $(i,j,1,4).$

TH1: $i=2,j=3\Rightarrow (2,3,1,4)\Rightarrow \alpha =1+1+0=2\Rightarrow {{(-1)}^{2}}{{a}_{12}}{{a}_{23}}{{a}_{31}}{{a}_{44}}=-{{k}^{2}}.$

TH2: $i=3,j=2\Rightarrow (3,2,1,4)\Rightarrow \alpha =2+1+0=3\Rightarrow {{(-1)}^{3}}{{a}_{13}}{{a}_{22}}{{a}_{31}}{{a}_{44}}=-6{{k}^{2}}.$

Vậy những bộ phận của quyết định thức chứa chấp ${{k}^{2}}$ là $-{{k}^{2}};-6{{k}^{2}}.$

>>Xem tăng những tìm hiểu 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 cân đối thị ngôi trường và cân đối tài chính vĩ mô

3. Định nghĩa quyết định thức

Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ là quỷ trận vuông cung cấp $n$ khi cơ quyết định thức của quỷ trận $A$ là một trong những được kí hiệu là det(A) hoặc |A| và được xác lập vày công thức:

$\det (A)=\sum\limits_{({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})\in S}{{{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{1{{\alpha }_{1}}}}{{a}_{2{{\alpha }_{2}}}}...{{a}_{n{{\alpha }_{n}}}}},$ nhập cơ $\alpha $ là số nghịch tặc thế của thiến $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})$ và $S$ là tụ họp toàn bộ những thiến của $n$ số đương nhiên trước tiên.

Ví dụ 1: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}\in \mathbb{Z}.$ Chứng minh rằng $\det (A)$ là số vẹn toàn.

Giải. Vì $\det (A)=\sum\limits_{({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})\in S}{{{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{1{{\alpha }_{1}}}}{{a}_{2{{\alpha }_{2}}}}...{{a}_{n{{\alpha }_{n}}}}},$ nhập cơ ${{a}_{1{{\alpha }_{1}}}},{{a}_{2{{\alpha }_{2}}}},...,{{a}_{n{{\alpha }_{n}}}}\in \mathbb{Z}$ nên $\det (A)$ là số vẹn toàn.

Ví dụ 2: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với những thành phần phía trên lối chéo cánh đó là số vẹn toàn lẻ và những thành phần sót lại là những số vẹn toàn chẵn. Chứng minh rằng $\det (A)\ne 0.$

Giải. Có $\det (A)=\sum\limits_{({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})\in S}{{{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{1{{\alpha }_{1}}}}{{a}_{2{{\alpha }_{2}}}}...{{a}_{n{{\alpha }_{n}}}}},$ nhập cơ với số hạng ${{a}_{11}}{{a}_{22}}...{{a}_{nn}}$ là một trong những vẹn toàn lẻ vì thế là tích của những số vẹn toàn lẻ; toàn bộ những số hạng sót lại đều là số vẹn toàn chẵn vì thế từng tích đều chứa chấp số vẹn toàn chẵn. Do cơ $\det (A)$ là số vẹn toàn lẻ, vậy $\det (A)\ne 0.$

Ví dụ 3: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}\in \mathbb{Z}.$ Chứng minh rằng $\det (2A+3E)\ne 0.$

Giải.Ma trận $2A+3E$ với những thành phần phía trên lối chéo cánh đó là số vẹn toàn lẻ; những thành phần ở ngoài lối chéo cánh đó là số vẹn toàn chẵn. Vậy theo đòi ví dụ 2 với $\det (2A+3E)\ne 0.$

Ví dụ 4: Cho quỷ trận $A$ vuông cung cấp $n$ với tối thiểu ${{n}^{2}}-n+1$ thành phần vày 0. Chứng minh rằng $\det (A)=0.$

Ví dụ 5: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}=-1,\forall i=j;{{a}_{ij}}\in \left\{ 1,2019 \right\},\forall i\ne j.$ Chứng minh rằng $\det (A)\ne 0.$

4. Định thức cung cấp 2 và quyết định thức cung cấp 3

Định thức cung cấp 2: $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}} \end{array}} \right| = {a_{11}}{a_{22}} - {a_{21}}{a_{12}}.$

Định thức cung cấp 3: $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}} \end{array}} \right| = {a_{11}}{a_{22}}{a_{33}} + {a_{12}}{a_{23}}{a_{31}} + {a_{13}}{a_{21}}{a_{32}} - ({a_{11}}{a_{23}}{a_{32}} + {a_{12}}{a_{21}}{a_{33}} + {a_{13}}{a_{22}}{a_{31}}).$

Đối với quyết định thức cung cấp 3 rất có thể sử dụng quy tắc tính nhanh chóng sau: \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}} \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}} \end{array}\]

Các lối chéo cánh kể từ bên trên xuống đem lốt nằm trong, những lối chéo cánh kể từ bên dưới lên đem lốt trừ:

Ví dụ 1: Tìm $x$ biết $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{ - 2}\\ { - 1}&1&2\\ x&2&3 \end{array}} \right| = 0.$

Giải. $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{ - 2}\\ { - 1}&1&2\\ x&2&3 \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} 1&x\\ { - 1}&1\\ x&2 \end{array} = 1.1.3 + x.2.x + ( - 2).( - 1).2 - \left( {x.1.( - 2) + x.2.1 + 3.( - 1).x} \right) = 2{x^2} + 5x + 3.$

Vậy $2{{x}^{2}}+5x+3=0\Leftrightarrow x=-1;x=-\frac{3}{2}.$

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

Giải. Có $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 4&1&m\\ 2&2&2\\ { - 3}&3&1 \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} 4&1\\ 2&2\\ { - 3}&3 \end{array} = 4.2.1 + 1.2.( - 3) + m.2.3 - \left( {( - 3).2.m + 3.2.4 + 1.2.1} \right) = 12m - 24.$

Ví dụ 3: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{\sin a}&{\cos a}\\ 1&{\sin b}&{\cos b}\\ 1&{\sin c}&{\cos c} \end{array}} \right|.$

Giải. Có $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{\sin a}&{\cos a}\\ 1&{\sin b}&{\cos b}\\ 1&{\sin c}&{\cos c} \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} 1&{\sin a}\\ 1&{\sin b}\\ 1&{\sin c} \end{array} = 1.\sin b.\cos c + \sin a.\cos b.1 + \cos a.1.\sin c - \left( {1.\sin b.\cos a + \sin c.\cos b.1 + \cos c.1.\sin a} \right).$

Ví dụ 4:Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c\\ b&c&a\\ c&a&b \end{array}} \right|$ biết $a,b,c$ là phụ thân nghiệm của phương trình $2{{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-4x+1=0.$

Giải. Có $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c\\ b&c&a\\ c&a&b \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} a&b\\ b&c\\ c&a \end{array} = abc + abc + abc - ({c^3} + {a^3} + {b^3}) = 3abc - {a^3} - {b^3} - {c^3}.$

Theo vi – ét với $\left\{ \begin{array}{l} a + b + c = \frac{3}{2}\\ ab + bc + ca = - 2\\ abc = - \frac{1}{2} \end{array} \right..$

Vậy $\det (A)=-\frac{99}{8}.$

Ví dụ 5: Tìm $m$ sao mang đến $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&2&m\\ m&2&2\\ 2&m&2 \end{array}} \right| = 0.$

Giải. Có $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&2&m\\ m&2&2\\ 2&m&2 \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} 2&2\\ m&2\\ 2&m \end{array} = {2^3} + {2^3} + {m^3} - (4m + 4m + 4m) = {m^3} - 12m + 16.$

Vậy ${{m}^{3}}-12m+16\Leftrightarrow m=2;m=-4.$

Ví dụ 6: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {\cos \alpha }&{\sin \alpha \cos \beta }&{\sin \alpha \sin \beta }\\ { - \sin \alpha }&{\cos \alpha \cos \beta }&{\cos \alpha \sin \beta }\\ 0&{ - \sin \beta }&{\cos \beta } \end{array}} \right|.$

Ví dụ 7: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a^2} + 1}&{ab}&{ac}\\ {ab}&{{b^2} + 1}&{bc}\\ {ac}&{bc}&{{c^2} + 1} \end{array}} \right|.$

Ví dụ 8: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&\varepsilon \\ 1&1&{{\varepsilon ^2}}\\ {{\varepsilon ^2}}&\varepsilon &\varepsilon \end{array}} \right|$ với $\varepsilon =\cos \frac{2\pi }{3}+i\sin \frac{2\pi }{3}.$

Ví dụ 9: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {a + b}&{ab}&{{a^2} + {b^2}}\\ {b + c}&{bc}&{{b^2} + {c^2}}\\ {c + a}&{ca}&{{c^2} + {a^2}} \end{array}} \right|.$

Ví dụ 10: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^2}}\\ 1&b&{{b^2}}\\ 1&c&{{c^2}} \end{array}} \right|.$

Ví dụ 11: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c\\ b&c&a\\ c&a&b \end{array}} \right|$ nhập cơ $a,b,c$ là phụ thân nghiệm của phương trình ${{x}^{3}}-2018x+2019=0.$

Ví dụ 12: Tính quyết định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\sin }^2}a}&1&{{{\cos }^2}a}\\ {{{\sin }^2}b}&1&{{{\cos }^2}b}\\ {{{\sin }^2}c}&1&{{{\cos }^2}c} \end{array}} \right|.$

5. Các đặc điểm của quyết định thức

Tính hóa học 1: Cho A là quỷ trận vuông, khi cơ $\left| A \right|=\left| {{A}'} \right|.$

Tính hóa học 2: Nếu toàn bộ những thành phần của một dòng sản phẩm hoặc một cột của quyết định thức vày 0 thì quyết định thức cơ vày 0.

Tính hóa học 3: Trong một quyết định thức nếu như thay đổi khu vực nhị dòng sản phẩm và địa điểm những dòng sản phẩm không giống không thay đổi hoặc thay đổi khu vực nhị cột và địa điểm những cột không giống không thay đổi thì quyết định thức thay đổi lốt.

Hệ trái ngược 1: Nếu quyết định thức với nhị dòng sản phẩm hoặc nhị cột giống như nhau thì quyết định thức cơ vày 0.

Ví dụ 1: Nếu những thành phần đối xứng cùng nhau qua chuyện cột 2n +1 của quyết định thức cung cấp 4n +1 thay đổi khu vực lẫn nhau thì quyết định thức thay cho thay đổi thế này đối với quyết định thức ban đầu?

Giải. Ta với 2n cặp cột thay đổi khu vực lẫn nhau là những cặp cột ${{c}_{2n+1-k}},{{c}_{2n+1+k}},k=1,...,2n$ nên quyết định thức mới mẻ ${{d}^{*}}={{\left( -1 \right)}^{2n}}d=d$ tức ko thay đổi lốt đối với quyết định thức thuở đầu.

Tính hóa học 4: Nhân một dòng sản phẩm này cơ của quyết định thức với số $\alpha $ hoặc nhân một cột này cơ của quyết định thức với số $\alpha $ tớ được quyết định thức mới mẻ vày quyết định thức cũ nhân với số $\alpha .$

Hệ trái ngược 2: $\det (\alpha A)={{\alpha }^{n}}\det (A).$

Hệ trái ngược 3: Nếu quyết định thức với nhị dòng sản phẩm hoặc nhị cột tỉ lệ thành phần thì quyết định thức cơ vày 0.

Tính hóa học 5: Cộng vào một trong những dòng sản phẩm tích của dòng sản phẩm không giống với số $\alpha $ hoặc nằm trong vào một trong những cột tích của cột không giống với số $\alpha $ thì quyết định thức không đổi.

Tính hóa học 6: Định thức vày 0 khi và chỉ khi hệ véctơ dòng sản phẩm hoặc hệ véctơ cột của quyết định thức dựa vào tuyến tính.

Hệ trái ngược 4: Định thức không giống 0 khi và chỉ khi hệ véctơ dòng sản phẩm hoặc hệ véctơ cột của quyết định thức song lập tuyến tính.

Tính hóa học 7: Khi những thành phần của một dòng sản phẩm hoặc một cột với dạng tổng của nhị số hạng thì tớ rất có thể tách quyết định thức trở nên tổng của nhị quyết định thức.

Ví dụ 1: Cho ${{a}_{i}},{{b}_{i}},{{c}_{i}}(i=1,2,3)$ là những số đương nhiên nhỏ rộng lớn hoặc vày 9. Chứng minh rằng:

$\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{\overline {{a_1}{b_1}{c_1}} }\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{\overline {{a_2}{b_2}{c_2}} }\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{\overline {{a_3}{b_3}{c_3}} } \end{array}} \right|.$

Giải. Chú ý $\overline{{{a}_{i}}{{b}_{i}}{{c}_{i}}}={{a}_{i}}{{.10}^{2}}+{{b}_{i}}{{.10}^{1}}+{{c}_{i}}(i=1,2,3).$

Do vậy nằm trong nhập cột loại 3 của quyết định thức tích cột 1 với số 100, tích cột 2 với số 10 tớ được quyết định thức không đổi.

Ví dụ 2: Dựa bên trên những đặc điểm của quyết định thức, tính $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&1\\ b&c&a&1\\ c&a&b&1\\ {\frac{{b + c}}{2}}&{\frac{{c + a}}{2}}&{\frac{{a + b}}{2}}&1 \end{array}} \right|.$

Giải. Nhân tăng vào dòng xoáy 4 của quyết định thức với số 2, tớ được:

$\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&1\\ b&c&a&1\\ c&a&b&1\\ {\frac{{b + c}}{2}}&{\frac{{c + a}}{2}}&{\frac{{a + b}}{2}}&1 \end{array}} \right| = \frac{1}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&1\\ b&c&a&1\\ c&a&b&1\\ {b + c}&{c + a}&{a + b}&2 \end{array}} \right|$

Dòng 4 với những thành phần là tổng của nhị số hạng nên tách được trở nên tổng của nhị quyết định thức:

$\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&1\\ b&c&a&1\\ c&a&b&1\\ {b + c}&{c + a}&{a + b}&2 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&1\\ b&c&a&1\\ c&a&b&1\\ b&c&a&1 \end{array}} \right| + \left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&1\\ b&c&a&1\\ c&a&b&1\\ c&a&b&1 \end{array}} \right| = 0 + 0 = 0.$

Hai quyết định thức cuối với nhị dòng sản phẩm giống như nhau nên vày 0.

Vậy $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&1\\ b&c&a&1\\ c&a&b&1\\ {\frac{{b + c}}{2}}&{\frac{{c + a}}{2}}&{\frac{{a + b}}{2}}&1 \end{array}} \right| = 0.$

Xem thêm: Lời chúc Valentine Trắng 14/3 cho bạn trai, người yêu ngọt ngào nhất

Ví dụ 3: Chứng minh rằng $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}x}&{{a_1} - {b_1}x}&{{c_1}}\\ {{a_2} + {b_2}x}&{{a_2} - {b_2}x}&{{c_2}}\\ {{a_3} + {b_3}x}&{{a_3} - {b_3}x}&{{c_3}} \end{array}} \right| = - 2x\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|.$

Giải.

\[\begin{array}{l} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}x}&{{a_1} - {b_1}x}&{{c_1}}\\ {{a_2} + {b_2}x}&{{a_2} - {b_2}x}&{{c_2}}\\ {{a_3} + {b_3}x}&{{a_3} - {b_3}x}&{{c_3}} \end{array}} \right|\underline{\underline { - {c_1} + {c_2}}} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}x}&{ - 2{b_1}x}&{{c_1}}\\ {{a_2} + {b_2}x}&{ - 2{b_2}x}&{{c_2}}\\ {{a_3} + {b_3}x}&{ - 2{b_3}x}&{{c_3}} \end{array}} \right|\\ = - 2x\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}x}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2} + {b_2}x}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3} + {b_3}x}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|\underline{\underline { - x{c_2} + c1}} - 2x\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|. \end{array}\]

Ví dụ 4: Chứng minh rằng: $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}x}&{{a_1}x + {b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2} + {b_2}x}&{{a_2}x + {b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3} + {b_3}x}&{{a_3}x + {b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right| = (1 - {x^2})\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|.$

Giải.

$\begin{array}{l} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}x}&{{a_1}x + {b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2} + {b_2}x}&{{a_2}x + {b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3} + {b_3}x}&{{a_3}x + {b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|\underline{\underline { - xc1 + {c_2}}} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}x}&{(1 - {x^2}){b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2} + {b_2}x}&{(1 - {x^2}){b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3} + {b_3}x}&{(1 - {x^2}){b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|\\ = (1 - {x^2})\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}x}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2} + {b_2}x}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3} + {b_3}x}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|\underline{\underline { - xc2 + {c_1}}} (1 - {x^2})\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|. \end{array}$

Ví dụ 5: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}\in \left\{ -1,1 \right\}.$ Chứng minh rằng: $\det (A)$chia không còn mang đến ${{2}^{n-1}}.$

Giải. Lấy dòng sản phẩm 1 nằm trong theo thứ tự nhập những dòng sản phẩm 2, 3, …, n khi cơ quyết định thức không đổi và

Các thành phần kể từ dòng sản phẩm thứ hai trở chuồn với dạng ${{b}_{ij}}\in \left\{ -2,0,2 \right\}.$ Đặt 2 ra phía bên ngoài quyết định thức tớ được $\det (A)={{2}^{n-1}}\det (B)$ với $\det (B)\in \mathbb{Z}$ vì thế với toàn bộ những thành phần đều vẹn toàn. Vậy $\det (A)$ phân tách không còn mang đến ${{2}^{n-1}}.$

Ví dụ 6: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{3\times 3}}$ với ${{a}_{ij}}\in \left\{ -1,1 \right\}.$ Tìm độ quý hiếm lớn số 1 và độ quý hiếm nhỏ nhất của $\det (A).$

Giải. Có $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{{a_{13}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{{a_{23}}}\\ {{a_{31}}}&{{a_{32}}}&{{a_{33}}} \end{array}} \right| = {a_{11}}{a_{22}}{a_{33}} + {a_{12}}{a_{23}}{a_{31}} + {a_{13}}{a_{21}}{a_{32}} - ({a_{11}}{a_{23}}{a_{32}} + {a_{12}}{a_{21}}{a_{33}} + {a_{13}}{a_{22}}{a_{31}}).$

Vì ${{a}_{ij}}\in \left\{ -1,1 \right\}\Rightarrow \left| \det (A) \right|\le 6.$ Mặt không giống $\det (A)$ phân tách không còn mang đến ${{2}^{3-1}}=4$ nên $\det (A)\in \left\{ -4,0,4 \right\}.$

Vậy độ quý hiếm lớn số 1 của $\det (A)$ vày 4 đạt bên trên ví dụ điển hình $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&1&1\\ 1&{ - 1}&1\\ 1&1&{ - 1} \end{array}} \right).$

Giá trị nhỏ nhất của $\det (A)$ vày $-4$ đạt bên trên ví dụ điển hình $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&{ - 1}\\ 1&{ - 1}&1\\ { - 1}&1&1 \end{array}} \right).$

Ví dụ 7: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{3\times 3}}$ với ${{a}_{ij}}\in \left\{ 0,1 \right\}.$ Tìm độ quý hiếm lớn số 1 và độ quý hiếm nhỏ nhất của $\det (A).$

Vì ${{a}_{ij}}\in \left\{ 0,1 \right\}\Rightarrow -3\le \det (A)\le 3.$ Tuy nhiên những lốt vày không thể xẩy ra vì thế khi cơ ${{a}_{ij}}=1,\forall i,j=1,2,3\vee {{a}_{ij}}=0,\forall i,j=1,2,3\Rightarrow \det (A)=0.$Vậy $-2\le \det (A)\le 2.$

Vậy độ quý hiếm lớn số 1 của $\det (A)$ vày 2 đạt bên trên ví dụ điển hình $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&1\\ 1&0&1\\ 1&1&0 \end{array}} \right).$

Giá trị nhỏ nhất của $\det (A)$ vày $-2$ đạt bên trên ví dụ điển hình $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&0\\ 1&0&1\\ 1&1&1 \end{array}} \right).$

Ví dụ 8: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}$ là những số chủ yếu phương lẻ. Chứng minh rằng: $\det (A)$chia không còn mang đến ${{8}^{n-1}}.$

Giải. Từ dòng sản phẩm thứ hai trở chuồn theo thứ tự trừ chuồn dòng sản phẩm loại nhất thực hiện quyết định thức không thay thay đổi.

Khi cơ kể từ dòng sản phẩm 2: Mỗi thành phần với dạng ${{(2k+1)}^{2}}-{{(2l+1)}^{2}}=4(k-l)(k+l+1).$

Nếu $k-l=2m\Rightarrow 4(k-l)(k+l+1)=8m(k+l+1)$ phân tách không còn mang đến 8;

Nếu $k-l=2m+1\Rightarrow 4(k-l)(k+l+1)=4(2m+1)(2m+1+2l+1)=8(2m+1)(m+l+1)$ phân tách không còn mang đến 8.

Do cơ toàn bộ những thành phần kể từ dòng sản phẩm thứ hai trở chuồn đều phân tách không còn mang đến 8, đặt điều 8 ra phía bên ngoài với $\det (A)={{8}^{n-1}}\det (B).$ Vậy $\det (A)$chia không còn mang đến ${{8}^{n-1}}.$

Ví dụ 9: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{4\times 4}}$ với ${{a}_{ij}}\in \left\{ -1,1 \right\}.$ Chứng minh rằng $\left| \det (A) \right|\le 16.$

Giải. Khai triển theo đòi cột 1 có

$\begin{array}{c} \det (A) = {a_{11}}{A_{11}} + {a_{21}}{A_{21}} + {a_{31}}{A_{31}} + {a_{41}}{A_{41}}\\ = {a_{11}}.{( - 1)^{1 + 1}}{M_{11}} + {a_{21}}.{( - 1)^{2 + 1}}{M_{21}} + {a_{31}}.{( - 1)^{3 + 1}}{M_{31}} + {a_{41}}.{( - 1)^{4 + 1}}{M_{41}}\\ = {a_{11}}{M_{11}} - {a_{21}}{M_{21}} + {a_{31}}{M_{31}} - {a_{41}}{M_{41}}. \end{array}$

(Xem tăng bài bác giảng những cách thức tính quyết định thức)

Khi đó

$\begin{array}{c} \left| {\det (A)} \right| = \left| {{a_{11}}{M_{11}} - {a_{21}}{M_{21}} + {a_{31}}{M_{31}} - {a_{41}}{M_{41}}} \right|\\ \le \left| {{a_{11}}{M_{11}}} \right| + \left| {{a_{21}}{M_{21}}} \right| + \left| {{a_{31}}{M_{31}}} \right| + \left| {{a_{41}}{M_{41}}} \right|\\ = \left| {{M_{11}}} \right| + \left| {{M_{21}}} \right| + \left| {{M_{31}}} \right| + \left| {{M_{41}}} \right|\\ \le 4 + 4 + 4 + 4 = 16. \end{array}$

Do ${{a}_{ij}}\in \left\{ -1,1 \right\}$ và $\left| {{M}_{ij}} \right|\le 4$ (theo ví dụ 6).

Ví dụ 10: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{5\times 5}}$ với ${{a}_{ij}}\in \left\{ -1,1 \right\}.$ Chứng minh rằng $\left| \det (A) \right|\le 64.$

Ví dụ 11: Cho $D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{1n}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{...}&{{a_{2n}}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ {{a_{n1}}}&{{a_{n2}}}&{...}&{{a_{nn}}} \end{array}} \right|$ và ${{D}_{i}}=\overline{{{a}_{i1}}{{a}_{i2}}...{{a}_{in}}}\text{ }(i=1,2,...,n)$ với ${{a}_{ij}}$ là số đương nhiên từ là 1 cho tới 9. Chứng minh rằng $D$ phân tách không còn mang đến ước cộng đồng lớn số 1 của ${{D}_{1}},{{D}_{2}},..,{{D}_{n}}.$

Giải. Cộng nhập cột loại n của quyết định thức tích cột loại 1 với ${{10}^{n-1}};$ tích cột thứ hai với ${{10}^{n-2}};...;$ tích cột loại $n-1$ với ${{10}^{1}}$ tớ được:

$D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{11}}{{.10}^{n - 1}} + {a_{12}}{{.10}^{n - 2}} + ... + {a_{1n - 1}}{{.10}^1} + {a_{1n}}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{...}&{{a_{21}}{{.10}^{n - 1}} + {a_{22}}{{.10}^{n - 2}} + ... + {a_{2n - 1}}{{.10}^1} + {a_{2n}}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ {{a_{n1}}}&{{a_{n2}}}&{...}&{{a_{n1}}{{.10}^{n - 1}} + {a_{n2}}{{.10}^{n - 2}} + ... + {a_{nn - 1}}{{.10}^1} + {a_{nn}}} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{D_1}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{...}&{{D_2}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ {{a_{n1}}}&{{a_{n2}}}&{...}&{{D_n}} \end{array}} \right|.$

Gọi k là ước cộng đồng lớn số 1 của ${{D}_{1}},{{D}_{2}},..,{{D}_{n}}\Rightarrow {{D}_{i}}=k.{{d}_{i}}(i=1,2,...,n;{{d}_{i}}\in \mathbb{Z}).$

Vậy \[D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{k.{d_1}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{...}&{k.{d_2}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ {{a_{n1}}}&{{a_{n2}}}&{...}&{k.{d_n}} \end{array}} \right| = k\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{d_1}}\\ {{a_{21}}}&{{a_{22}}}&{...}&{{d_2}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ {{a_{n1}}}&{{a_{n2}}}&{...}&{{d_n}} \end{array}} \right|.\]

Do cơ tớ với điều nên chứng tỏ.

Ví dụ 12: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}+{{a}_{ji}}=0,\forall i,j=1,2,...,n$ và $n$ là số đương nhiên lẻ. Chứng minh rằng $\det (A)=0.$

Giải.Có $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}};{A}'={{({{a}_{ji}})}_{n\times n}}.$ Vậy ${{a}_{ij}}+{{a}_{ji}}=0,\forall i,j=1,2,...,n\Rightarrow {A}'=-A.$

Mặt không giống $\det (A)=\det ({A}')\Rightarrow \det (A)=\det (-A)={{(-1)}^{n}}\det (A)=-\det (A)\Leftrightarrow \det (A)=0.$

Ví dụ 13: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}.$ Chứng minh rằng ${{\left( A-{A}' \right)}^{\prime }}={A}'-A.$

Giải. Có $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}\Rightarrow {A}'={{({{a}_{ji}})}_{n\times n}}.$

Khi cơ $A-{A}'={{\left( {{a}_{ij}}-{{a}_{ji}} \right)}_{n\times n}}\Rightarrow {{\left( A-{A}' \right)}^{\prime }}={{\left( {{a}_{ji}}-{{a}_{ij}} \right)}_{n\times n}}$ và ${A}'-A={{\left( {{a}_{ji}}-{{a}_{ij}} \right)}_{n\times n}}.$

Vậy ${{\left( A-{A}' \right)}^{\prime }}={A}'-A.$

Ví dụ 14: Cho A là quỷ trận vuông cung cấp 2019. Chứng minh rằng $\det (A-{A}')=0.$

Giải. Theo câu 13 với ${{\left( A-{A}' \right)}^{\prime }}={A}'-A.$

Có $\det (A-{A}')=\det \left( {{\left( A-{A}' \right)}^{\prime }} \right)=\det ({A}'-A)=\det \left( -1(A-{A}') \right)={{(-1)}^{2019}}\det (A-{A}').$

Vậy $\det (A-{A}')=0.$

Câu 15. Chứng minh rằng $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{bc}\\ 1&b&{ca}\\ 1&c&{ab} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^2}}\\ 1&b&{{b^2}}\\ 1&c&{{c^2}} \end{array}} \right|.$

Giải. Có $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{bc}\\ 1&b&{ca}\\ 1&c&{ab} \end{array}} \right|\underline{\underline {(a + b + c){c_2} + {c_3}}} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^2} + ab + bc + ca}\\ 1&b&{{b^2} + ab + bc + ca}\\ 1&c&{{c^2} + ab + bc + ca} \end{array}} \right|\underline{\underline { - (ab + bc + ca)c1 + {c_3}}} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^2}}\\ 1&b&{{b^2}}\\ 1&c&{{c^2}} \end{array}} \right|.$

Câu 16. Chứng minh rằng $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^3}}\\ 1&b&{{b^3}}\\ 1&c&{{c^3}} \end{array}} \right| = (a + b + c)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^2}}\\ 1&b&{{b^2}}\\ 1&c&{{c^2}} \end{array}} \right|.$

Giải. Có

$\begin{array}{l} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^3}}\\ 1&b&{{b^3}}\\ 1&c&{{c^3}} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^3} - abc + a(ab + bc + ca)}\\ 1&b&{{b^3} - abc + b(ab + bc + ca)}\\ 1&c&{{c^3} - abc + c(ab + bc + ca)} \end{array}} \right|( - abc.c1 + (ab + bc + ca).c2 + c3)\\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^2}(a + b + c)}\\ 1&b&{{b^2}(a + b + c)}\\ 1&c&{{c^2}(a + b + c)} \end{array}} \right| = (a + b + c)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{{a^2}}\\ 1&b&{{b^2}}\\ 1&c&{{c^2}} \end{array}} \right|. \end{array}$

Ví dụ 17. Chứng minh rằng $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_0}}&{{a_1}}&{{a_2}}&{...}&{{a_n}}\\ {{a_0}}&x&{{a_2}}&{...}&{{a_n}}\\ {{a_0}}&{{a_1}}&x&{...}&{{a_n}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ {{a_0}}&{{a_1}}&{{a_2}}&{...}&x \end{array}} \right| = {a_0}(x - {a_1})(x - {a_2})...(x - {a_n}).$

Giải. Đặt $P(x) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_0}}&{{a_1}}&{{a_2}}&{...}&{{a_n}}\\ {{a_0}}&x&{{a_2}}&{...}&{{a_n}}\\ {{a_0}}&{{a_1}}&x&{...}&{{a_n}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ {{a_0}}&{{a_1}}&{{a_2}}&{...}&x \end{array}} \right|,$ đó là nhiều thức $P(x)$ với số hạng với luỹ quá bậc tối đa là ${{a}_{0}}{{x}^{n}}.$

Chú ý $P({{a}_{i}})=0,\forall i=1,2,...,n$ (vì quyết định thức với nhị dòng sản phẩm giống như nhau nên vày 0).

Điều cơ chứng minh $x={{a}_{1}};x={{a}_{2}};...;x={{a}_{n}}$ là nghiệm của $P(x).$ Vậy $P(x)={{a}_{0}}(x-{{a}_{1}})(x-{{a}_{2}})...(x-{{a}_{n}}).$

Ví dụ 18. Chứng minh rằng:

$\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - x}&a&b&c\\ a&{ - x}&c&b\\ b&c&{ - x}&a\\ c&b&a&{ - x} \end{array}} \right| = (x - a - b - c)(x - a + b + c)(x + a - b + c)(x + a + b - c).$

Giải. Đặt $P(x) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - x}&a&b&c\\ a&{ - x}&c&b\\ b&c&{ - x}&a\\ c&b&a&{ - x} \end{array}} \right|,$ thì $P(x)$ là 1 nhiều thức bậc 4 với số hạng với luỹ quá tối đa là ${{x}^{4}}.$

Cộng toàn bộ những dòng sản phẩm vào dòng xoáy 1, tớ với $P(x) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - x + a + b + c}&{ - x + a + b + c}&{ - x + a + b + c}&{ - x + a + b + c}\\ a&{ - x}&c&b\\ b&c&{ - x}&a\\ c&b&a&{ - x} \end{array}} \right| \Rightarrow P(a + b + c) = 0.$

Cộng dòng sản phẩm 2 vào dòng xoáy 1, nằm trong dòng sản phẩm 4 vào dòng xoáy 3 có

$P(x) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {a - x}&{a - x}&{b + c}&{c + b}\\ a&{ - x}&c&b\\ {b + c}&{b + c}&{a - x}&{a - x}\\ c&b&a&{ - x} \end{array}} \right| \Rightarrow P(a - b - c) = 0.$

Cộng dòng sản phẩm 1 vào dòng xoáy 3, dòng sản phẩm 2 vào dòng xoáy 4 có

$P(x) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - x}&a&b&c\\ a&{ - x}&c&b\\ {b - x}&{c + a}&{b - x}&{c + a}\\ {a + c}&{b - x}&{a + c}&{b - x} \end{array}} \right| \Rightarrow P(b - a - c) = 0.$

Cộng dòng sản phẩm 1 vào dòng xoáy 4, dòng sản phẩm 2 vào dòng xoáy 3 có

$P(x) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - x}&a&b&c\\ a&{ - x}&c&b\\ {a + b}&{c - x}&{c - x}&{a + b}\\ {c - x}&{a + b}&{a + b}&{c - x} \end{array}} \right| \Rightarrow P(c - a - b) = 0.$

Vậy $x=a+b+c;x=a-b-c;x=b-c-a;x=c-a-b$ là tứ nghiệm của $P(x).$

Vậy $P(x)=(x-a-b-c)(x-a+b+c)(x+a-b+c)(x+a+b-c).$

Ví dụ 19. Chứng minh rằng $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}}&{{b_1} + {c_1}}&{{c_1} + {a_1}}\\ {{a_2} + {b_2}}&{{b_2} + {c_2}}&{{c_2} + {a_2}}\\ {{a_3} + {b_3}}&{{b_3} + {c_3}}&{{c_3} + {a_3}} \end{array}} \right| = 2\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|.$

Giải. Có

$\begin{array}{l} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1} + {b_1}}&{{b_1} + {c_1}}&{{c_1} + {a_1}}\\ {{a_2} + {b_2}}&{{b_2} + {c_2}}&{{c_2} + {a_2}}\\ {{a_3} + {b_3}}&{{b_3} + {c_3}}&{{c_3} + {a_3}} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right| + \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{b_1}}&{{c_1}}&{{a_1}}\\ {{b_2}}&{{c_2}}&{{a_2}}\\ {{b_3}}&{{c_3}}&{{a_3}} \end{array}} \right|\\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right| - \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{c_1}}&{{b_1}}\\ {{a_2}}&{{c_2}}&{{b_2}}\\ {{a_3}}&{{c_3}}&{{b_3}} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right| + \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right| = 2\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_1}}&{{b_1}}&{{c_1}}\\ {{a_2}}&{{b_2}}&{{c_2}}\\ {{a_3}}&{{b_3}}&{{c_3}} \end{array}} \right|. \end{array}$

Ví dụ trăng tròn. Chứng minh rằng $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a^2}}&{{{(a + 1)}^2}}&{{{(a + 2)}^2}}&{{{(a + 3)}^2}}\\ {{b^2}}&{{{(b + 1)}^2}}&{{{(b + 2)}^2}}&{{{(b + 3)}^2}}\\ {{c^2}}&{{{(c + 1)}^2}}&{{{(c + 2)}^2}}&{{{(c + 3)}^2}}\\ {{d^2}}&{{{(d + 1)}^2}}&{{{(d + 2)}^2}}&{{{(d + 3)}^2}} \end{array}} \right| = 0.$

Ví dụ 21. Chứng minh rằng $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {x + y}&{xy}&{{x^2} + {y^2}}\\ {y + z}&{yz}&{{y^2} + {z^2}}\\ {z + x}&{zx}&{{z^2} + {x^2}} \end{array}} \right| = (xy + yz + zx)(x - y)(y - z)(z - x).$

Giải.

Ví dụ 22: Không tính quyết định thức, chứng tỏ rằng $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&5&3\\ 4&6&0\\ 3&4&5 \end{array}} \right|$ là một trong những vẹn toàn phân tách không còn mang đến 23.

Ví dụ 25: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với $n\ge 2$ và ${{a}_{ij}}=3i+4j,\forall i,j=1,2,...,n.$ Tính $\det (A).$

Giải. Có $A=B+C$ với ${{b}_{ij}}=3i,\forall i=1,2,...,n;{{c}_{ij}}=4j,\forall j=1,2,...,n.$

Do cơ $\det (A)=\det (B)+\det (C)=0+0=0$ vì thế $B$ là quỷ trận với những dòng sản phẩm tỉ lệ thành phần nên quyết định thức vày 0; $C$ là quỷ trận với những cột tỉ lệ thành phần nên quyết định thức vày 0.

Ví dụ 26: Cho quỷ trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với $n\ge 2$ và ${{a}_{ij}}=3i-4j,\forall i,j=1,2,...,n.$ Tính $\det (A).$

Giải. Có $A=B+C$ với ${{b}_{ij}}=3i,\forall i=1,2,...,n;{{c}_{ij}}=-4j,\forall j=1,2,...,n.$

Ví dụ 27: Cho $A,B$ là nhị quỷ trận vuông thực cung cấp 2019 thoả mãn:

$\det (A)=\det (A+B)=\det (A+2B)=...=\det (A+2019B)=0.$

Chứng minh rằng với từng $x,y\in \mathbb{R}$ thì $\det \left( xA+yB \right)=0.$

Giải. Ta với $P(t)=\det (A+tB)$ là nhiều thức bậc 2019 nhưng mà theo đòi fake thiết với $P(0)=P(1)=...=P(2019)=0.$ Do cơ $P(t)$ là nhiều thức bậc 2019 với 2020 nghiệm bởi vậy $P(t)=0,\forall t.$

Đặt $Q(t)=\det (tA+B)={{t}^{2019}}\det \left( A+\dfrac{1}{t}B \right)={{t}^{2019}}P\left( \dfrac{1}{t} \right)=0,\forall t\ne 0\Rightarrow Q(t)=0,\forall t.$

Nếu $x=0\Rightarrow \det (xA+yB)=\det (yB)={{y}^{2019}}\det (B)={{y}^{2019}}Q(0)=0.$

Nếu $x\ne 0\Rightarrow \det (xA+yB)={{x}^{2019}}\det \left( A+\dfrac{y}{x}B \right)={{x}^{2019}}P\left( \dfrac{y}{x} \right)=0.$

Vậy với từng $x,y\in \mathbb{R}$ tớ với $\det (xA+yB)=0.$ Ta với điều nên chứng tỏ.