Định Thức Của Ma Trận Và Các Tính Chất Của định Thức - Vted

Bài viết này Vted giới thiệu định nghĩa về Định thức của ma trận và các tính chất:

>>Xem thêm Các phương pháp tính định thức của ma trận

>> Độc lập tuyến tính và phụ thuộc tuyến tính

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

>>Cơ sở của không gian véctơ

>> Đạo hàm cấp 1 và đạo hàm cấp 2 của hàm số cho bởi tham số

>> Khai triển Taylor và ứng dụng

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

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

1. Số nghịch thế của một hoán vị của n số tự nhiên đầu tiên

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

Ta đã biết có tất cả $n!$ hoán vị của n số tự nhiên đầu tiên

• Giả sử $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})$ là một hoán vị của tập $\Omega .$ Khi đó hai số ${{\alpha }_{i}}$ và ${{\alpha }_{j}}$ được gọi là tạo thành một nghịch thế nếu ${{\alpha }_{i}}>{{\alpha }_{j}}$ với $i<j.$
• Để tính số nghịch thế của một hoán vị $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})$ ta thực hiện như sau:

Đi từ trái qua phải, gọi ${{k}_{1}}$ là số phần tử ${{\alpha }_{i}}<{{\alpha }_{1}}$ trong dãy ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}};$ gọi ${{k}_{2}}$ là số phần tử ${{\alpha }_{i}}<{{\alpha }_{2}}$ trong dãy ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}};$ …; ${{k}_{n-1}}$ là số phần tử ${{\alpha }_{i}}<{{\alpha }_{n-1}}$ trong dãy ${{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}}.$

Khi đó ${{k}_{1}}+{{k}_{2}}+...+{{k}_{n-1}}$ là số nghịch thế của hoán vị $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}}).$

Ví dụ 1:Xét một hoán vị của 5 số tự nhiên đầu tiên là $(5,1,3,2,4)$ khi đó:

• Số 5 có 4 số (số 1,3,2,4) đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 4 nghịch thế;
• Số 1 không có số nào đứng sau nhỏ hơn nó nên tạo 0 nghịch thế;
• Số 3 có 1 số (số 2) đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 1 nghịch thế;
• Số 2 không có số nào đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 0 nghịch thế.

Vậy hoán vị $(5,1,3,2,4)$ có tất cả $4+0+1+0=5$ nghịch thế.

Ví dụ 2:Xét một hoán vị của 5 số tự nhiên đầu tiên là $(4,3,5,1,2)$ khi đó:

• Số 4 có 3 số (số 3,1,2) đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 3 nghịch thế;
• Số 3 có 2 số (số 1,2) đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 2 nghịch thế;
• Số 5 có 2 số (số 1,2) đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 2 nghịch thế;
• Số 1 không có số nào đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 0 nghịch thế.

Vậy hoán vị $(4,3,5,1,2)$ có tất cả $3+2+2+0=7$ nghịch thế.

Ví dụ 3: Xét một hoán vị của 6 số tự nhiên đầu tiên là $(5,3,1,6,4,2)$ khi đó:

• Số 5 có 4 số (số 3,1,4,2) đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 4 nghịch thế;
• Số 3 có 2 số (số 1,2) đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 2 nghịch thế;
• Số 1 không có số nào đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 0 nghịch thế;
• Số 6 có 2 số (số 4,2) đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 2 nghịch thế;
• Số 4 có 1 số (số 2) đứng sau nó và nhỏ hơn nó nên tạo 1 nghịch thế.

Vậy hoán vị $(5,3,1,6,4,2)$ có tất cả $4+2+0+2+1=9$ nghịch thế.

Ví dụ 4: Xác định số nghịch thế của hoán vị $(n,n-1,n-2,...,2,1).$

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

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

2. Thành phần của định thức

Cho ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ là ma trận vuông cấp $n$ và $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})$ là một hoán vị của $n$ số tự nhiên đầu, khi đó tích ${{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{1{{\alpha }_{1}}}}{{a}_{2{{\alpha }_{2}}}}...{{a}_{n{{\alpha }_{n}}}}$ được gọi là thành phần của định thức của ma trận $A$ tương ứng với hoán vị $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}}),$ trong đó $\alpha $ là số nghịch thế của hoán vị $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}}).$

Ví dụ 1: Cho $A={{({{a}_{ij}})}_{5\times 5}}.$ Tìm thành phần của định thức của ma trận $A$ tuơng ứng với hoán vị $(5,1,3,2,4).$

Giải. Hoán vị $(5,1,3,2,4)$ có tất cả 5 nghịch thế nên thành phần của định thức của ma trận $A$ tuơng ứng với hoán vị $(5,1,3,2,4)$ là ${{(-1)}^{5}}{{a}_{15}}{{a}_{21}}{{a}_{33}}{{a}_{42}}{{a}_{54}}.$

Ví dụ 2: Cho $A={{({{a}_{ij}})}_{5\times 5}}.$ Tìm thành phần của định thức của ma trận $A$ tuơng ứng với hoán vị $(4,3,5,1,2).$

Giải. Hoán vị $(4,3,5,1,2)$ có tất cả 7 nghịch thế nên thành phần của định thức của ma trận $A$ tuơng ứng với hoán vị $(4,3,5,1,2)$ là ${{(-1)}^{7}}{{a}_{14}}{{a}_{23}}{{a}_{35}}{{a}_{41}}{{a}_{52}}.$

Ví dụ 3: Với giá trị nào của $m,n$ để $-{{a}_{51}}{{a}_{1m}}{{a}_{2n}}{{a}_{43}}{{a}_{32}}$ là thành phần của định thức ma trận 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 thành phần của định thức tương ứng với hoán vị $(m,n,2,3,1)$ 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 các tích dưới đây, tích nào là thành phần của định thức của ma trận vuông 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 định j, k để ${{a}_{3j}}{{a}_{53}}{{a}_{24}}{{a}_{1k}}{{a}_{42}}$ là thành phần của định thức của ma trận vuông cấp 5.

Ví dụ 6: Hãy liệt kê tất cả các thành phần của định thức cấp 6 là tích được gán dấu $(-)$ và chứa 3 phần tử ${{a}_{21}},{{a}_{43}},{{a}_{15}}.$

Ví dụ 7: Xác định $k,l$ để $-{{a}_{17}}{{a}_{23}}{{a}_{33}}{{a}_{4k}}{{a}_{5l}}{{a}_{68}}{{a}_{75}}{{a}_{82}}$ là thành phần của định thức cấp 8.

Ví dụ 8: Xác định $k,l$ để ${{a}_{1k}}{{a}_{23}}{{a}_{34}}{{a}_{47}}{{a}_{5l}}{{a}_{62}}{{a}_{76}}{{a}_{85}}$ là thành phần của định thức cấp 8.

Ví dụ 9: Xác định $k,l$ để ${{a}_{1k}}{{a}_{23}}{{a}_{34}}{{a}_{47}}{{a}_{5l}}{{a}_{62}}{{a}_{76}}{{a}_{85}}$ là thành phần của định thức cấp 8.

Ví dụ 10: Xác định $k,l$ để ${{a}_{14}}{{a}_{28}}{{a}_{3k}}{{a}_{42}}{{a}_{55}}{{a}_{6l}}{{a}_{71}}{{a}_{87}}$ là thành phần của định thức cấp 8.

Ví dụ 11: Xác định $k,l$ để $-{{a}_{16}}{{a}_{23}}{{a}_{34}}{{a}_{4k}}{{a}_{57}}{{a}_{6l}}{{a}_{72}}{{a}_{81}}$ là thành phần của định thức cấp 8.

Ví dụ 12: Cho ma 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 các thành phần của định thức $\det (A)$ chứa ${{x}^{2}}.$

Giải. Thành phần của định thức chứa ${{x}^{2}}$ là ${{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{13}}{{a}_{2i}}{{a}_{31}}{{a}_{4k}},$ trong đó $\alpha $ là số nghịch thế của hoán vị $(3,i,1,k).$

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 các thành phần của định thức chứa ${{x}^{2}}$ là $-8{{x}^{2}};-18{{x}^{2}}.$

Ví dụ 13: Cho ma 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 tất cả các thành phần của định thức của ma trận $A$ có chứa đồng thời $m,{{a}_{13}}$ và được gán dấu $(-).$

Giải. Thành phần của định thức của ma trận $A$ có chứa đồng thời $m,{{a}_{13}}$ là ${{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{13}}{{a}_{24}}{{a}_{3i}}{{a}_{4k}}$ với $\alpha $ là số nghịch thế của $(3,4,i,k)$, xét trường hợp nhận $i=2,k=1(\alpha =5).$ Thành phần định thức cần tìm là ${{(-1)}^{5}}{{a}_{13}}{{a}_{24}}{{a}_{32}}{{a}_{41}}=-3m.$

Ví dụ 14: Cho ma 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 tất cả các thành phần của định thức của ma trận $A$ chứa ${{k}^{2}}.$

Giải. Thành phần của định thức chứa ${{k}^{2}}$ là ${{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{1i}}{{a}_{2j}}{{a}_{31}}{{a}_{44}}$ trong đó $\alpha $ là số nghịch 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 các thành phần của định thức chứa ${{k}^{2}}$ là $-{{k}^{2}};-6{{k}^{2}}.$

>>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

3. Định nghĩa định thức

Cho ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ là ma trận vuông cấp $n$ khi đó định thức của ma trận $A$ là một số được kí hiệu là det(A) hoặc |A| và được xác định bởi công thức:

$\det (A)=\sum\limits_{({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})\in S}{{{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{1{{\alpha }_{1}}}}{{a}_{2{{\alpha }_{2}}}}...{{a}_{n{{\alpha }_{n}}}}},$ trong đó $\alpha $ là số nghịch thế của hoán vị $({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})$ và $S$ là tập hợp tất cả các hoán vị của $n$ số tự nhiên đầu tiên.

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

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

Ví dụ 2: Cho ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ có các phần tử nằm trên đường chéo chính là số nguyên lẻ và các phần tử còn lại là các số nguyên chẵn. Chứng minh rằng $\det (A)\ne 0.$

Giải. Có $\det (A)=\sum\limits_{({{\alpha }_{1}},{{\alpha }_{2}},...,{{\alpha }_{n}})\in S}{{{(-1)}^{\alpha }}{{a}_{1{{\alpha }_{1}}}}{{a}_{2{{\alpha }_{2}}}}...{{a}_{n{{\alpha }_{n}}}}},$ trong đó có số hạng ${{a}_{11}}{{a}_{22}}...{{a}_{nn}}$ là một số nguyên lẻ vì là tích của các số nguyên lẻ; tất cả các số hạng còn lại đều là số nguyên chẵn vì mỗi tích đều chứa số nguyên chẵn. Do đó $\det (A)$ là số nguyên lẻ, vậy $\det (A)\ne 0.$

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

Giải.Ma trận $2A+3E$ có các phần tử nằm trên đường chéo chính là số nguyên lẻ; các phần tử nằm ngoài đường chéo chính là số nguyên chẵn. Vậy theo ví dụ 2 có $\det (2A+3E)\ne 0.$

Ví dụ 4: Cho ma trận $A$ vuông cấp $n$ có ít nhất ${{n}^{2}}-n+1$ phần tử bằng 0. Chứng minh rằng $\det (A)=0.$

Ví dụ 5: Cho ma 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 cấp 2 và định thức cấp 3

Định thức 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 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 định thức cấp 3 có thể dùng quy tắc tính nhanh 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 đường chéo từ trên xuống mang dấu cộng, các đường chéo từ dưới lên mang dấu 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 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 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 định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c\\ b&c&a\\ c&a&b \end{array}} \right|$ biết $a,b,c$ là ba 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 có $\left\{ \begin{array}{l} a + b + c = \frac{3}{2}\\ ab + bc + ca = - 2\\ abc = - \frac{1}{2} \end{array} \right..$

Vậy $\det (A)=-\frac{99}{8}.$

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

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 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 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 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 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 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 định thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c\\ b&c&a\\ c&a&b \end{array}} \right|$ trong đó $a,b,c$ là ba nghiệm của phương trình ${{x}^{3}}-2018x+2019=0.$

Ví dụ 12: Tính 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 tính chất của định thức

Tính chất 1: Cho A là ma trận vuông, khi đó $\left| A \right|=\left| {{A}'} \right|.$

Tính chất 2: Nếu tất cả các phần tử của một dòng hoặc một cột của định thức bằng 0 thì định thức đó bằng 0.

Tính chất 3: Trong một định thức nếu đổi chỗ hai dòng và vị trí các dòng khác giữ nguyên hoặc đổi chỗ hai cột và vị trí các cột khác giữ nguyên thì định thức đổi dấu.

Hệ quả 1: Nếu định thức có hai dòng hoặc hai cột giống nhau thì định thức đó bằng 0.

Ví dụ 1: Nếu các phần tử đối xứng với nhau qua cột 2n +1 của định thức cấp 4n +1 đổi chỗ cho nhau thì định thức thay đổi thế nào so với định thức ban đầu?

Giải. Ta có 2n cặp cột đổi chỗ cho nhau là các cặp cột ${{c}_{2n+1-k}},{{c}_{2n+1+k}},k=1,...,2n$ nên định thức mới ${{d}^{*}}={{\left( -1 \right)}^{2n}}d=d$ tức không đổi dấu so với định thức ban đầu.

Tính chất 4: Nhân một dòng nào đó của định thức với số $\alpha $ hoặc nhân một cột nào đó của định thức với số $\alpha $ ta được định thức mới bằng định thức cũ nhân với số $\alpha .$

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

Hệ quả 3: Nếu định thức có hai dòng hoặc hai cột tỉ lệ thì định thức đó bằng 0.

Tính chất 5: Cộng vào một dòng tích của dòng khác với số $\alpha $ hoặc cộng vào một cột tích của cột khác với số $\alpha $ thì định thức không đổi.

Tính chất 6: Định thức bằng 0 khi và chỉ khi hệ véctơ dòng hoặc hệ véctơ cột của định thức phụ thuộc tuyến tính.

Hệ quả 4: Định thức khác 0 khi và chỉ khi hệ véctơ dòng hoặc hệ véctơ cột của định thức độc lập tuyến tính.

Tính chất 7: Khi các phần tử của một dòng hoặc một cột có dạng tổng của hai số hạng thì ta có thể tách định thức thành tổng của hai định thức.

Ví dụ 1: Cho ${{a}_{i}},{{b}_{i}},{{c}_{i}}(i=1,2,3)$ là các số tự nhiên nhỏ hơn hoặc bằng 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 cộng vào cột thứ 3 của định thức tích cột 1 với số 100, tích cột 2 với số 10 ta được định thức không đổi.

Ví dụ 2: Dựa trên các tính chất của 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 thêm vào dòng 4 của định thức với số 2, ta 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 có các phần tử là tổng của hai số hạng nên tách được thành tổng của hai 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 định thức cuối có hai dòng giống nhau nên bằng 0.

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

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 ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}\in \left\{ -1,1 \right\}.$ Chứng minh rằng: $\det (A)$chia hết cho ${{2}^{n-1}}.$

Giải. Lấy dòng 1 cộng lần lượt vào các dòng 2, 3, …, n khi đó định thức không đổi và

Các phần tử từ dòng thứ 2 trở đi có dạng ${{b}_{ij}}\in \left\{ -2,0,2 \right\}.$ Đặt 2 ra ngoài định thức ta được $\det (A)={{2}^{n-1}}\det (B)$ với $\det (B)\in \mathbb{Z}$ vì có tất cả các phần tử đều nguyên. Vậy $\det (A)$ chia hết cho ${{2}^{n-1}}.$

Ví dụ 6: Cho ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{3\times 3}}$ với ${{a}_{ij}}\in \left\{ -1,1 \right\}.$ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị 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 khác $\det (A)$ chia hết cho ${{2}^{3-1}}=4$ nên $\det (A)\in \left\{ -4,0,4 \right\}.$

Vậy giá trị lớn nhất của $\det (A)$ bằng 4 đạt tại chẳng hạn $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&1&1\\ 1&{ - 1}&1\\ 1&1&{ - 1} \end{array}} \right).$

Giá trị nhỏ nhất của $\det (A)$ bằng $-4$ đạt tại chẳng hạn $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&{ - 1}\\ 1&{ - 1}&1\\ { - 1}&1&1 \end{array}} \right).$

Ví dụ 7: Cho ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{3\times 3}}$ với ${{a}_{ij}}\in \left\{ 0,1 \right\}.$ Tìm giá trị lớn nhất và giá trị 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 ${{a}_{ij}}\in \left\{ 0,1 \right\}\Rightarrow -3\le \det (A)\le 3.$ Tuy nhiên các dấu bằng không thể xảy ra vì khi đó ${{a}_{ij}}=1,\forall i,j=1,2,3\vee {{a}_{ij}}=0,\forall i,j=1,2,3\Rightarrow \det (A)=0.$Vậy $-2\le \det (A)\le 2.$

Vậy giá trị lớn nhất của $\det (A)$ bằng 2 đạt tại chẳng hạn $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&1\\ 1&0&1\\ 1&1&0 \end{array}} \right).$

Giá trị nhỏ nhất của $\det (A)$ bằng $-2$ đạt tại chẳng hạn $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&0\\ 1&0&1\\ 1&1&1 \end{array}} \right).$

Ví dụ 8: Cho ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}$ là các số chính phương lẻ. Chứng minh rằng: $\det (A)$chia hết cho ${{8}^{n-1}}.$

Giải. Từ dòng thứ 2 trở đi lần lượt trừ đi dòng thứ nhất làm định thức không thay đổi.

Khi đó từ dòng 2: Mỗi phần tử có dạng ${{(2k+1)}^{2}}-{{(2l+1)}^{2}}=4(k-l)(k+l+1).$

Nếu $k-l=2m\Rightarrow 4(k-l)(k+l+1)=8m(k+l+1)$ chia hết cho 8;

Nếu $k-l=2m+1\Rightarrow 4(k-l)(k+l+1)=4(2m+1)(2m+1+2l+1)=8(2m+1)(m+l+1)$ chia hết cho 8.

Do đó tất cả các phần tử từ dòng thứ 2 trở đi đều chia hết cho 8, đặt 8 ra ngoài có $\det (A)={{8}^{n-1}}\det (B).$ Vậy $\det (A)$chia hết cho ${{8}^{n-1}}.$

Ví dụ 9: Cho ma 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 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 thêm bài giảng các phương pháp tính 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 ma 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 tự nhiên từ 1 đến 9. Chứng minh rằng $D$ chia hết cho ước chung lớn nhất của ${{D}_{1}},{{D}_{2}},..,{{D}_{n}}.$

Giải. Cộng vào cột thứ n của định thức tích cột thứ 1 với ${{10}^{n-1}};$ tích cột thứ 2 với ${{10}^{n-2}};...;$ tích cột thứ $n-1$ với ${{10}^{1}}$ ta 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 chung lớn nhất 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 đó ta có điều phải chứng minh.

Ví dụ 12: Cho ma trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}+{{a}_{ji}}=0,\forall i,j=1,2,...,n$ và $n$ là số tự 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 khác $\det (A)=\det ({A}')\Rightarrow \det (A)=\det (-A)={{(-1)}^{n}}\det (A)=-\det (A)\Leftrightarrow \det (A)=0.$

Ví dụ 13: Cho ma 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 đó $A-{A}'={{\left( {{a}_{ij}}-{{a}_{ji}} \right)}_{n\times n}}\Rightarrow {{\left( A-{A}' \right)}^{\prime }}={{\left( {{a}_{ji}}-{{a}_{ij}} \right)}_{n\times n}}$ 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 ma trận vuông cấp 2019. Chứng minh rằng $\det (A-{A}')=0.$

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

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 $P(x) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_0}}&{{a_1}}&{{a_2}}&{...}&{{a_n}}\\ {{a_0}}&x&{{a_2}}&{...}&{{a_n}}\\ {{a_0}}&{{a_1}}&x&{...}&{{a_n}}\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ {{a_0}}&{{a_1}}&{{a_2}}&{...}&x \end{array}} \right|,$ đây là đa thức $P(x)$ có số hạng với luỹ thừa bậc cao nhất là ${{a}_{0}}{{x}^{n}}.$

Chú ý $P({{a}_{i}})=0,\forall i=1,2,...,n$ (vì định thức có hai dòng giống nhau nên bằng 0).

Điều đó chứng tỏ $x={{a}_{1}};x={{a}_{2}};...;x={{a}_{n}}$ 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 một đa thức bậc 4 có số hạng với luỹ thừa cao nhất là ${{x}^{4}}.$

Cộng tất cả các dòng vào dòng 1, ta có $P(x) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - x + a + b + c}&{ - x + a + b + c}&{ - x + a + b + c}&{ - x + a + b + c}\\ a&{ - x}&c&b\\ b&c&{ - x}&a\\ c&b&a&{ - x} \end{array}} \right| \Rightarrow P(a + b + c) = 0.$

Cộng dòng 2 vào dòng 1, cộng dòng 4 vào dòng 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 1 vào dòng 3, dòng 2 vào dòng 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 1 vào dòng 4, dòng 2 vào dòng 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 bốn 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 20. 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 định thức, chứng minh rằng $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&5&3\\ 4&6&0\\ 3&4&5 \end{array}} \right|$ là một số nguyên chia hết cho 23.

Ví dụ 25: Cho ma 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 đó $\det (A)=\det (B)+\det (C)=0+0=0$ vì $B$ là ma trận có các dòng tỉ lệ nên định thức bằng 0; $C$ là ma trận có các cột tỉ lệ nên định thức bằng 0.

Ví dụ 26: Cho ma 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 đó $\det (A)=\det (B)+\det (C)=0+0=0$ vì $B$ là ma trận có các dòng tỉ lệ nên định thức bằng 0; $C$ là ma trận có các cột tỉ lệ nên định thức bằng 0.

Ví dụ 27: Cho $A,B$ là hai ma trận vuông thực cấp 2019 thoả mãn:

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

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

Giải. Ta có $P(t)=\det (A+tB)$ là đa thức bậc 2019 mà theo giả thiết có $P(0)=P(1)=...=P(2019)=0.$ Do đó $P(t)$ là đa thức bậc 2019 có 2020 nghiệm vì 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 mọi $x,y\in \mathbb{R}$ ta có $\det (xA+yB)=0.$ Ta có điều phải chứng minh.

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