Các Phương Pháp Tính định Thức Của Ma Trận - Vted

CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH ĐỊNH THỨC CỦA MA TRẬN

>>Xem thêm Các dạng toán về ma trận nghịch đảo và phương pháp giải

>>Xem thêm Các dạng toán về hạng của ma trận và phương pháp giải

>> Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

>>Định thức của ma trận và các tính chất của định thức

>> Chứng minh một ma trận suy biến và ma trận khả nghịch

>>Xem thêm Phép nhân ma trận và các tính chất

>>Cơ sở của không gian véctơ

Phần bù đại số

Cho ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ khi đó ${{A}_{ij}}={{(-1)}^{i+j}}{{M}_{ij}},$ với ${{M}_{ij}}$ là định thức nhận được từ định thức của ma trận $A$ bằng cách bỏ đi dòng $i$ và cột $j$ được gọi là phần bù đại số của phần tử ${{a}_{ij}}.$

Ví dụ 1:Cho ma 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 các 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 ma 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 định thức ma trận $A$ theo dòng thứ $i.$

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

đây là công thức khai triển định thức ma trận $A$ theo cộng thứ $j.$

Các em cần xem lại tính định thức cấp 2 và cấp 3 cùng các tính chất của định thức tại bài viết này: https://vted.vn/tin-tuc/dinh-thuc-cua-ma-tran-va-cac-tinh-chat-4783.html

>>Xem thêm Tổng hợp đề thi và giải chi tiết Đề Giữa kì Đại số tuyến tính Đại học bách khoa Hà Nội học kì 20191

>>Xem thêm Tổng hợp đề thi và giải chi tiết Đề Giữa kì Giải tích 1 Đại học bách khoa Hà Nội học kì 20191

Ví dụ 1: Tính định thức của ma 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 công thức khai triển dòng 1.

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

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

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

Ví dụ 2: Tính 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 3 của định thức có 2 phần tử bằng 0 nên khai triển theo dòng này sẽ chỉ có hai 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 phương pháp tính định thức ma trận

Ví dụ 3: Tính 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 có 3 phần tử bằng 0 nên khai triển theo cột 1 ta 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 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 có phần tử đầu tiên là 1, vậy ta sẽ biến đổi sơ cấp cho định thức theo cột 3

Ví dụ 5: Tính 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 ma 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 các phần bù đại số của các phần tử thuộc dòng 4 của ma trận $A.$

Giải. Thay các phần tử ở dòng 4 của ma trận A bởi $-2,$ ta được ma trận $B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 3}&4\\ { - 1}&3&1&{ - m}\\ { - 2}&{ - 2}&{ - 2}&{ - 2}\\ { - 2}&{ - 2}&{ - 2}&{ - 2} \end{array}} \right)$ có định thức bằng 0 vì có hai dòng giống nhau và hai ma trận $A,B$ có các phần bù đại số của các phần tử dòng 4 giống 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 ma 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 các phần tử ở dòng 4 của ma trận A lần lượt bởi $1,2,3,4$ ta được ma trận $B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&4\\ { - 2}&{ - 1}&4&1\\ 3&{ - 4}&{ - 5}&6\\ 1&2&3&4 \end{array}} \right)$ có định thức bằng 0 vì có hai dòng giống nhau và hai ma trận $A,B$ có các phần bù đại số của các phần tử dòng 4 giống 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 cho ba véctơ ${{X}_{1}}=(3,-2,4,1),{{X}_{2}}=(-2,1,3,-2),{{X}_{3}}=(-3,-1,k,2).$ Tìm một véctơ ${{X}_{4}}\in {{\mathbb{R}}^{4}}$ để hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ là một cơ sở của ${{\mathbb{R}}^{4}}.$

Giải. Gọi ${{X}_{4}}=(a,b,c,d).$ Xét ma trận A nhận các véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}}$ làm véctơ dòng, có $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&{ - 2}&4&1\\ { - 2}&1&3&{ - 2}\\ { - 3}&{ - 1}&k&2\\ a&b&c&d \end{array}} \right).$

Ta cần tìm một bộ số $(a,b,c,d)$ hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ là một cơ sở của ${{\mathbb{R}}^{4}}$ hayhệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ độc lập tuyến tính hay $\det (A)\ne 0.$ Khai triển theo dòng 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 ta chỉ cần chọn $a=b=d=0,c\ne 0$ khi đó $\det (A)=15c\ne 0.$ Vậy ${{X}_{4}}=(0,0,c,0),c\ne 0$ là một véctơ cần tìm.

Ví dụ 9: Cho D là một định thức cấp n có tất cả các phần tử của một dòng thứ i bằng 1. Chứng minh rằng:

a) Tổng các phần bù đại số của các phần tử thuộc mỗi dòng khác dòng thứ i đều bằng 0.

b) Định thức D bằng tổng phần bù đại số của tất cả các phần tử của nó.

Xem lời giải tại 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 ma trận vuông $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ và ${{A}_{ij}}$ là phần bù đại số của phần tử ${{a}_{ij}}.$ 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 giải tại 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 hai ma trận \[A={{\left( {{a}_{ij}} \right)}_{n\times n}},B={{\left( {{b}_{ij}} \right)}_{n\times n}}\] trong đó ${{b}_{ij}}={{a}_{ij}}+x,\forall i,j=1,2,...,n.$ Chứng minh rằng tổng các phần bù đại số của $\det \left( A \right)$ và $\det \left( B \right)$ bằng nhau.

>>Xem thêm các bài viết liên quan đến 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 bằng thị trường và cân bằng kinh tế vĩ mô

Định thức của ma trận tam giác

Định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần tử nằm trên đường chéo chính

Thật vậy, đối với ma trận tam giác trên khai triển theo 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 ma trận tam giác dưới khai triển theo dòng 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 định thức dựa trên các tính chất định thức thông qua biến đổi sơ cấp, công thức khai triển Laplace và biến đổi về ma trận tam giác

Câu hỏi luyện tập:

Rèn luyện tính định thức của ma trận thông qua các bài toán định thức của ma trận vuông cấp 3, cấp 4 và cấp 5

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

Giải. Có

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

Ví dụ 2: Tính 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 cách biến đổi sơ cấp đưa về định thức của ma trận vuông cấp 3.

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

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

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

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

Ví dụ 3: Bằng phép biến đổi sơ cấp đưa về định thức của ma trận tam giác để tính định thức của ma 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 định thức của ma trận \[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&0 \\ 2&1&0&3 \\ 3&m&{ - 5}&{ - 3} \\ 3&3&{ - 1}&1 \end{array}} \right)\] bằng phép biến đổi đưa về định thức của ma trận vuông cấp 2, từ đó $m$ để ma trận đã cho không suy biến.

Giải. Có biến đổi 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 ma trận đã cho không suy biến 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 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 tất cả các cột vào cột 1 ta 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 đó khai triển theo cột 1 ta được: \[D = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&0&{...}&0&0 \\ { - x}&x&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{ - x}&x \end{array}} \right| = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}{x^{n - 1}}.\]

Ví dụ 7: Tính 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 biến đổi 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 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 ma trận $X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}&{\dfrac{1}{{{a^4}}}}\\ a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}\\ {{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}\\ {{a^3}}&{{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a&0 \end{array}} \right),a \ne 0$ có định thức không phụ thuộc vào $a.$

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

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

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

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

Ví dụ 13: Tính 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 các số thực $a,b,c,d$ khác $-1$ thoả mãn \[\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}+\dfrac{1}{d+1}=3.\] Tính 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 đó khai triển theo cột 1 ta 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 các số thực $\alpha ,\beta $ và số nguyên $n\ge 4.$ Tính định thức của ma 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 có ${{a}_{ij}}-{{a}_{i-1,j}}=\left( {{i}^{2}}+{{j}^{2}}+\alpha ij+\beta \right)-\left( {{\left( i-1 \right)}^{2}}+{{j}^{2}}+\alpha \left( i-1 \right)j+\beta \right)=2i+\alpha j-1,\forall i=2,...,n;j=1,2,...,n$

Do đó thực hiện lấy $-{{d}_{i-1}}+{{d}_{i}},i=2,...,n$ ta 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 có ${{b}_{ij}}-{{b}_{i-1,j}}=\left( 2i+\alpha j-1 \right)-\left( 2\left( i-1 \right)+\alpha j-1 \right)=2,\forall i=3,...,n;j=1,2,...,n$

Do đó thực hiện lấy $-{{d}_{i-1}}+{{d}_{i}},i=3,...,n$ ta 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 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 đổi định thức theo dòng và dùng công thức khai triển ta 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 phương pháp khác được liệt kê dưới đây bạn đọc nhấn vào để xem chi tiết

Tính định thức ma trận dựa trên xây dựng dãy số hay quy nạp

Ví dụ 1: Tính 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 dòng 1 có ${{d}_{n}}=5{{d}_{n-1}}-6{{d}_{n-2}},{{d}_{1}}=5,{{d}_{2}}=19\Rightarrow {{d}_{n}}={{3}^{n+1}}-{{2}^{n+1}}.$

Ví dụ 2: Dãy Fibonaci là dãy bắt đầu với hai phần tử 1 và 2. Kể từ số hạng thứ ba, số hạng đứng sau bằng tổng của hai số hạng ngay trước đó. Kí hiệu ${{F}_{n}}$ là số hạng thứ $n.$ 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 có ${{F}_{1}}=1,{{F}_{2}}=2,{{F}_{n}}={{F}_{n-1}}+{{F}_{n-2}},n\ge 3.$

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 cột 1 ta 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 dòng 1 ta 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 đó chứng tỏ \[\det \left( {{A}_{n\times n}} \right)={{F}_{n}}.\]

Đưa về định thức của ma trận tích

Ví dụ 1: Tính 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 có phân tích ma trận đã cho thành tích của hai ma 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 định thức hai vế có ngay $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {2 + {x_1}{y_1}}&{2 + {x_1}{y_2}}&{2 + {x_1}{y_3}}&{2 + {x_1}{y_4}}&{2 + {x_1}{y_5}} \\ {2 + {x_2}{y_1}}&{2 + {x_2}{y_2}}&{2 + {x_2}{y_3}}&{2 + {x_2}{y_4}}&{2 + {x_2}{y_5}} \\ {2 + {x_3}{y_1}}&{2 + {x_3}{y_2}}&{2 + {x_3}{y_3}}&{2 + {x_3}{y_4}}&{2 + {x_3}{y_5}} \\ {2 + {x_4}{y_1}}&{2 + {x_4}{y_2}}&{2 + {x_4}{y_3}}&{2 + {x_4}{y_4}}&{2 + {x_4}{y_5}} \\ {2 + {x_5}{y_1}}&{2 + {x_5}{y_2}}&{2 + {x_5}{y_3}}&{2 + {x_5}{y_4}}&{2 + {x_5}{y_5}} \end{array}} \right| = 0.$

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 định thức của ma trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\left( {{a_1} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_1} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_1} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_1} + {b_4}} \right)}^3}} \\ {{{\left( {{a_2} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_2} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_2} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_2} + {b_4}} \right)}^3}} \\ {{{\left( {{a_3} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_3} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_3} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_3} + {b_4}} \right)}^3}} \\ {{{\left( {{a_4} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_4} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_4} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_4} + {b_4}} \right)}^3}} \end{array}} \right)$ trong đó ${{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{4}}$ và ${{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}},{{b}_{4}}$ lần lượt là bốn số chẵn liên tiếp, bốn số lẻ liên tiếp.

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 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 định thức ma trận dựa trên ma trận chuyển vị

Hiện tại Vted.vn xây dựng 2 khoá học Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 dành cho sinh viên năm nhất hệ Cao đẳng, đại học khối ngành Kinh tế của tất cả các trường:

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

Khoá học cung cấp đầy đủ kiến thức và phương pháp giải bài tập các dạng toán đi kèm mỗi bài học. Hệ thống bài tập rèn luyện dạng Tự luận có lời giải chi tiết tại website sẽ giúp học viên học nhanh và vận dụng chắc chắn kiến thức. Mục tiêu của khoá học giúp học viên đạt điểm A thi cuối kì các học phần Toán cao cấp 1 và Toán cao cấp 2 trong các trường kinh tế.

Sinh viên các trường ĐH sau đây có thể học được combo này:

- ĐH Kinh Tế Quốc Dân

- ĐH Ngoại Thương

- ĐH Thương Mại

- Học viện Tài Chính

- Học viện ngân hàng

- ĐH Kinh tế ĐH Quốc Gia Hà Nội

và các trường đại học, ngành kinh tế của các trường ĐH khác trên khắp cả nước...

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