3 Các phương pháp tính định thức.

Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



1 2 3 

 1 2 3

 1 2 3

;

;









3

 2  2 3 1

 3 2 1 .

1 2 3 











1  



1 2 3



1 2 3 



 1 2 3



4  

 ;  5  1 3 2  ;  6   2 1 3  .

3 1 2









Trong đó : 1 ,  2 ,  4 là những phép thế chẵn ,  3 ,  5 ,  6 là những phép

thế lẻ. Do đó ta có:

a11

a21

a31



a12

a22

a32



a13

a23  a11a22 a33  a12 a23 a31  a13 a21a32  a13 a22 a31  a12 a21a33

a33

 a11a23 a32



 Nhận xét : Việc tính định thức theo định nghĩa là rất khó khăn vì số



phép thế bằng n! là một số khổng lồ khi n tăng.Trên thực tế nó chỉ được

áp dụng để tính khi n  2,3 ; hoặc khi ma trận A có dạng rất đặc biệt.

Sau đây là một số phương pháp thông dụng.

2.3.2 Phương pháp khai triển

Cơ sở của phương pháp này là định lý khai triển Laplace

Ví dụ: Tính các định thức sau:

0 3 0 5



a) D 



2 3 1 1

1 1 3 0

0 4 0 5



Bùi Thị Hoa



24



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



1 x x 1 x  2

0 0 x2  1

0



b) D ' 



x 1



x



x2



5



0 0 x 1



x100



Lời giải

a) Khai triển định thức theo dòng 1 và dòng 4 ta được:

3 5 2 1

3 1 1

1 4 1 2 0

.

  1

.

4 5 1 3

0 4 3 0



1 4  2 4



D   1



1 4 2 4



3 0



1 41 4



4 0

0 5



  1



  1



0 5



.

.



2 1

1 0

2 1

1 3



1 4 13



0 0



1 4 4 1



0 0

0 5



  1

  1



0 5



.

.



3 1

1 3

2 3

1 1



  1 . 5  .5

 25



Vậy D  25 .

b) Khai triển theo dòng 2 ta được:



1 x x2

D '   1



2 3



x



2



 1 x 1 x  2

0 0 x100



Tiếp tục khai triển theo dòng 3 ta được:

2

1 x

 1  x 2  .x100

x 1



D '  1  x 2  .x100

2



Vậy D '  1  x 2  .x100 .



Bùi Thị Hoa



25



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



● Nhận xét:

Nên sử dụng công thức khai triển theo dòng i (cột ) đối với dòng (cột)

chứa nhiều phần tử 0 hay những số đơn giản để tính định thức đã cho.

2.3.3 Phương pháp đưa về ma trận tam giác.

Sử dụng các phép biến đổi tương đương trên dòng ( cột ) của ma trận và

sử dụng các tính chất của định thức để biến đổi ma trận của định thức về

dạng tam giác. Định thức sau cùng sẽ bằng tích các phần tử trên đường

chéo chính.

● Thường sử dụng phương pháp Gauss để đưa ma trận về dạng tam giác.

Phương pháp Gauss:

+ Chọn một chỉ số i sao cho aij  0 rồi đổi chỗ dòng thứ 1 và dòng thứ i

cho nhau, đồng thời đổi dấu định thức.

Lần lượt trừ từ dòng thứ i ≥ 2 đi tích của dòng thứ 1 ( của ma trận mới )

với



ai1

.

a11



+ Tại bước thứ k , 2  k  n lặp lại bước 1 đối với ma trận con cấp

n  k  1 ở góc phải bên dưới cùng.



+ Tối đa sau n  1 bước ta sẽ được một ma trận tam giác trên. Định thức

của nó bằng tích các phần tử trên đường chéo chính.

Ví dụ. Tính các định thức sau:

a) Định thức D cấp n



Bùi Thị Hoa



n



 2 .



26



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



1



2



2







2



2



2



2







2



D 2



2



3







2



    

2 2 2  n



b)

a b b  b

b a b  b

D'  b b a  b

    

b b b  a



Lời giải

a)

1



2



2







2



2



2



2







2



D 2



2



3







2



    

2 2 2  n



Ta nhân dòng 2 với (-1) rồi cộng vào các dòng 3, 4, …, n.

Ta sẽ được định thức sau:

1



2



2







2



2



2



2







2



D 0



0



1







0



    

0 0 0  n2



Bùi Thị Hoa



27



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



Ta nhân dòng 1 với (-2) rồi cộng vào dòng 2. Ta được định thức sau:

1



2







2



0



2 2 



2







0



D 0



0



2

1



  2  n  2 !



    

0 0 0  n2



Vậy D   2  n  2 !

b)



a b b  b

b a b  b

D'  b b a  b

    

b b b  a

Ta cộng tất cả các cột còn lại vào cột 1. Ta được định thức sau:

a   n  1 b b b  b

a   n  1 b a b  b

D '  a   n  1 b b a  b



   

a   n  1 b b b  a



Ta nhân dòng 1 với (-1) rồi cộng vào các dòng còn lại. Ta được định

thức sau:



Bùi Thị Hoa



28



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



a   n  1 b

b

b



0

ab

0



D' 

0

0

ab 



0





0





0



Vậy D '  [a   n  1 b]  a  b 



n 1



b

0

0



= [a   n  1 b]  a  b 



n 1



 

 ab



.



2.3.4 Phương pháp rút ra các nhân tử tuyến tính.

Nếu mỗi phần tử của ma trận vuông A cấp n là một đa thức bậc nhất đối

với biến x nào đó, ta tìm được n đa thức bậc nhất f1 , f 2 ,..., f n có

nghiệm khác nhau sao cho mỗi fi là ước của

A



A



thì ta có thể kết luận



và tích f1 . f 2 ... f n sai khác nhau một nhân tử hằng số.



Ví dụ. Tính định thức sau:

0

x

D

y

z



x

0

z

y



y

z

0

x



z

y

x

0



Lời giải

Cộng tất cả các cột sau vào cột đầu tiên, ta thấy định thức chia hết cho

x  y  z vì:



Bùi Thị Hoa



29



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



0



x



y



z



x yz



x



y



z



1 x



y



z



x

y

z



0

z

y



z

0

x



y xz y



x yzx

0 z yx



0

z

y



z

0

x



y

1 0

 x  y  z

x

1 z

0

1 y



z

0

x



y

x

0



Nếu nhân cột thứ 3 và cột thứ 4 với (-1) rồi cộng cả ba cột còn lại vào

cột 1, ta thấy định thức chia hết cho y  z  x . Thật vậy:

0



x



y



z



x yz



x



y



z



1 x



y



z



x

y

z



0

z

y



z

0

x



y xz y



x yzx

0 z yx



0

z

y



z

0

x



y

1 0

  y  z  x

x

1 z

0

1 y



z

0

x



y

x

0



Nếu nhân cột thứ 2 và cột thứ 4 với (-1) rồi cộng cả ba cột còn lại vào

cột 1, ta thấy định thức chia hết cho x  y  z . Thật vậy:

0



x



y



z



x  y  z



x



y



z



1 x



y



z



x

y

z



0

z

y



z

0

x



y

xz y



x

yzx

0

zyx



0

z

y



z

0

x



y

1 0

 x  y  z

x

1 z

0

1 y



z

0

x



y

x

0



Nếu nhân cột thứ 2 và cột thứ 3 với (-1) rồi cộng cả ba cột còn lại vào

cột 1, ta thấy định thức chia hết cho x  y  z vì:

0



x



y



z



x  y  z



x



y



z



1 x



y



z



x

y

z



0

z

y



z

0

x



y

xz y



x

yzx

0

zyx



0

z

y



z

0

x



y

1 0

 x  y  z

x

1 z

0

1 y



z

0

x



y

x

0



Vậy định thức chia hết cho



x 



4

y  z   x  y  z  x  y  z  x  y  z  . Tích này chứa z với hệ



Bùi Thị Hoa



30



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



số (-1) trong đó định thức lại chứa z 4 với hệ số (+1). Cho nên

D    x  y  z   x  y  z  x  y  z  x  y  z  .



2.3.5 Phương pháp truy hồi.

Ta biến đổi định thức theo dòng hoặc cột sao cho có thể biểu diễn định

thức đã cho qua các định thức cùng dạng nhưng có cấp thấp hơn, sau đó

tính định thức của một số định thức cấp thấp ta sẽ tìm được định thức

cấp n.

Ta thường gặp quan hệ có dạng:

Dn  pDn 1  qDn  2



+ Nếu q  0 thì Dn  p n 1 D1 .

+ Nếu q  0 , gọi  ,  là nghiệm của tam thức bậc hai x 2  px  q  0 .

Xét hai trường hợp nhỏ:

● Nếu    thì D n      D n 1   D n  2 .



 Dn   Dn1    Dn1   Dn2   Dn   Dn 1   n2  D2   D1  1





n2

D





D





D





D





n 1

n 1

n2

 n

 Dn   Dn 1    D2   D1   2 

Lấy  2   1  ta được:



    D    D

n 1



n



 Dn 



2



  D1    n1  D1  D2 



D2   D1 n  D1  D2 n

 



    

    



 



● Nếu    thì:



Bùi Thị Hoa



31



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



Dn   Dn1   n  2  D2   D1 

Dn 1   Dn  2   n3  D2   D1    Dn 1   2 Dn  2   n 2  D2   D1 

Dn 2   Dn 3   n 4  D2   D1    2 Dn  2   3 Dn 3   n 2  D2   D1 



Dn  n 2   Dn n1  D2   D1   n 2 D2   n1 D1   n 2  D2   D1 



Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta được:

Dn   n1 D1   n  1 n 2  D2   D1 

 Dn   n  1 n 2  D2   D1    n1 D1

 Dn   n  1 n 2 D2   n  2  n 1 D1



Ví dụ. Tính định thức sau với a, b  R , a  b .

ab

1

Dn 







0



0



a  b ab 



0



0











ab



0



















0

0



0

0



0

0



 a  b ab



1

ab



Lời giải

Khai triển định thức theo dòng đầu tiên ta được:





0



0



0 a  b ab 



0



0











1



ab



0



Dn   a  b  Dn1  ab 















0

0



0

0



0

0



 a  b ab



1

ab



Tiếp tục khai triển định thức theo cột 1 ta có:



Bùi Thị Hoa



32



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



D n   a  b  D n 1  abD n  2 với n  3 . Suy



 D  aDn1  b  Dn1  aDn2 

ra:  n

 Dn  bDn1  a  Dn1  bDn2 



 3

 n  3

 4



Từ  3  ta

có:

D n  aD n 1  b  D n 1  aD n  2   b 2  D n  2  aD n  3     b n  2  D 2  aD1   b n



Từ  4  ta

có:

D n  bD n 1  a  D n 1  bD n  2   a 2  D n  2  bD n  3     a n  2  D 2  bD1   a n



a n 1  b n 1

Với D1  a  b và D2  a  b  ab . Suy ra: Dn 

.

ab

2



2



2.3.6 Phương pháp sử dụng tính đa tuyến tính.

Nhiều định thức con cấp n có thể được tính bằng cách tách định thức

theo các dòng ( hoặc theo các cột ) thành tổng các định thức cùng cấp.

Các định thức mới này thường bằng 0 hoặc tính được dễ dàng.

Ví dụ. Tính định thức sau:

1 a

D



1

1

1



1



1



1



1 b

1

1

1

1 c

1

1

1

1 d



Lời giải

Ta có:



Bùi Thị Hoa



33



K35A – SP Toán



Khóa luận tốt nghiệp



1 0 0 0

D



GVHD: Đinh Thị Kim Thúy



a 1 0 0



a 0 1 0



a 0 0 1



1 b 0 0 0 1 0 0 0 b 1 0 0 b 0 1







1 0 c 0 0 1 c 0 0 0 1 0 0 0 c 1

1 0 0 d 0 1 0 d 0 0 1 d 0 0 0 1

a 0 0 0







0 b 0 0

0 0 c 0

0 0 0 d



Khai triển định thức định thức thứ nhất theo dòng 1, các định thức còn

lại theo cột 1 ta được:

D  bcd  acd  abd  abc  abcd .



2.3.7 Phương pháp biểu diễn định thức bằng tích bằng tích các định

thức:

Cho ma trận A   aij   Mat  n  n, K  . Ta biểu diễn ma trận A thành

tích các ma trận vuông cấp n đơn giản hơn: A  B .C . Khi đó ta có:

det A  det  B .C   det B .det C



Ví dụ. Tính định thức cấp n, n  2 .

1  x1 y1 1  x1 y2

1  x2 y1 1  x2 y2

D





1  xn y1 1  xn y2



 1  x1 yn

 1  x2 yn





 1  xn yn



Lời giải

Với n  2 ta có:



Bùi Thị Hoa



34



K35A – SP Toán