Khóa luận tốt nghiệp toán định thức và ứng dụng trong giải toán

Lời cảm ơn
Trước tiên, em muốn gửi lời cảm ơn sâu sắc nhất đến cô giáo - TS. Lê
Thị Hoài Thu - người đã tận tình hướng dẫn em trong suốt quá trình thực
hiện khóa luận tốt nghiệp.
Em cũng xin chân thành cảm ơn tất cả quý thầy cô Trường Đại học
Quảng Bình, đặc biệt là các thầy cô giáo trong khoa Khoa học tự nhiên đã
dạy dỗ em trong suốt thời gian ngồi trên ghế nhà trường, chính nhờ sự dạy
dỗ đó em đã học được rất nhiều điều bổ ích cho chuyên ngành của mình
và trong cuộc sống.
Cuối cùng, em muốn gửi lời cảm ơn đến gia đình, các anh chị khóa trước,
tập thể lớp ĐHSP Toán K53, bạn bè xung quanh và tất cả mọi người luôn
động viên giúp đỡ em trong những lúc khó khăn, sự động viên đó đã giúp
bản thân em ngày càng cố gắng học tập và hoàn thành tốt khóa học của
mình.
Em xin chân thành cảm ơn!
1
Mục lục
Lời cảm ơn 1
MỞ ĐẦU 4
1 Định thức và một số tính chất của định thức 6
1.1 Định thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.2 Một số tính chất của định thức . . . . . . . . . . . . . . . 7
2 Một số phương pháp tính định thức 9
2.1 Phương pháp khai triển theo dòng hoặc cột . . . . . . . . 9
2.2 Phương pháp biến đổi sơ cấp . . . . . . . . . . . . . . . . . 11
2.3 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.4 Phương pháp truy hồi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.5 Phương pháp biểu diễn định thức thành tổng các định thức 23
2.6 Phương pháp biểu diễn định thức thành tích các định thức 28
2.7 Phương pháp sử dụng đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.8 Phương pháp biến đổi tất cả các phần tử của định thức . . 34

2.9 Phương pháp Rank one updates . . . . . . . . . . . . . . . 35
3 Một số ví dụ minh họa về ứng dụng của định thức 37
3.1 Giải hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . 37
3.2 Xét tính suy biến của ma trận và tìm ma trận nghịch đảo 40
3.3 Tính hạng ma trận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2
3.4 Chứng minh sự độc lập tuyến tính của một hệ hàm . . . . 47
3.5 Chứng minh một số đẳng thức . . . . . . . . . . . . . . . . 50
3.6 Định thức qua các trò chơi . . . . . . . . . . . . . . . . . . 56
KẾT LUẬN 69
TÀI LIỆU THAM KHẢO 70
3
MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Khái niệm định thức lần đầu tiên được đưa ra trong một bức thư của
Leibniz gửi cho một người bạn năm 1693. Hàm định thức xuất hiện đầu
tiên năm 1720 trong một công trình của nhà toán học Anh Maclaurin.
Công thức tổng quát được tìm thấy bởi nhà toán học Thụy Sĩ Cramer
trong một công trình về đường cong xuất bản năm 1750. Người đầu tiên
định nghĩa và nghiên cứu những tính chất cơ bản của định thức là Lan
Vandermonde. Năm 1771, ông chứng minh được quy tắc Cramer và qua
đó tìm thấy một số tính chất của định thức như triệt tiêu khi hai dòng
hay hai cột bằng nhau, định thức đổi dấu nếu đổi chỗ hai dòng hay hai
cột. Tuy nhiên ông chỉ tính được định thức mang tên mình cho trường hợp
n = 3 năm 1774. Công thức khai triển định thức theo dòng và cột được nhà
toán học Pháp Laplace phát hiện năm 1772. Tên gọi định thức xuất hiện
lần đầu tiên trong một bài báo của Gauss năm 1801 về các dạng bậc hai.
Người đầu tiên nghiên cứu định thức một cách hệ thống là nhà toán học
Pháp Cauchy. Ông phát hiện công thức định thức tích hai ma trận năm
1812. Ông cũng là người phát hiện công thức định thức Vandermonde năm

1815. Cùng với các nhà toán học trên, Jordan, Sylvester, William Rowan
Hamilton, Hermann Grassmann, Ferdinaned Georg Frobenius và John von
Neumann là những tên tuổi gắn liền với sự phát triển của lý thuyết định
thức, ma trận.
Định thức và ma trận là những kiến thức cơ bản của Đại số tuyến tính.
Nó có nhiều ứng dụng trong hình học, giải tích, toán kinh tế. Ngoài ra nó
còn có ứng dụng trong vật lý, tin học Với mong muốn tìm hiểu về định
thức và ứng dụng của nó, em đã chọn và nghiên cứu đề tài khóa luận "Định
thức và ứng dụng trong giải toán".
4
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu và trình bày một cách có hệ thống, logic về định nghĩa và
một số tính chất của định thức ma trận, một số phương pháp tính định
thức và một số ví dụ minh họa về ứng dụng của định thức.
3. Đối tượng nghiên cứu và phạm vi nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu chính của khóa luận là lý thuyết định thức ma
trận.
4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và nghiên cứu các tài liệu, giáo
trình về các vấn đề cần nghiên cứu như: định thức, các phương pháp tính
định thức, ứng dụng của định thức
Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Gồm ý kiến của các giảng viên hướng
dẫn và các giảng viên khác trong Bộ môn Toán, Khoa Khoa học tự nhiên,
Trường Đại học Quảng Bình.
5. Tầm quan trọng đối với khoa học và thực tiễn
Đề tài có thể là tài liệu tham khảo cho những sinh viên chuyên ngành
Toán, đặc biệt là những bạn đam mê thi Olympic Toán và học toán cao
cấp. Với bản thân, qua việc nghiên cứu đề tài em đã hệ thống cũng như
ôn tập lại những kiến thức đã học về định nghĩa và một số tính chất của
định thức, các phương pháp tính định thức, đặc biệt có được cái nhìn về

định thức, về những ứng dụng của nó.
6. Bố cục khóa luận
Ngoài lời cảm ơn, phần mở đầu, kết luận, phụ lục và tài liệu tham khảo,
nội dung khóa luận được trình bày trong 3 chương:
Chương 1: Định thức và một số tính chất của định thức
Chương 2: Một số phương pháp tính định thức
Chương 3: Một số ví dụ minh họa về ứng dụng của định thức.
5
Chương 1
Định thức và một số tính chất của
định thức
1.1 Định thức
Định nghĩa 1.1.1. Mỗi song ánh từ tập {1, 2, . . . , n} vào chính nó được
gọi là một phép thế bậc n. Tập tất cả các phép thế bậc n được ký hiệu bởi
S
n
.
Định nghĩa 1.1.2. Dấu của phép thế σ ∈ S
n
là số sau đây
sgn(σ) =

i=j
σ(i) − σ(j)
i − j
∈ {±1}.
Tích này chạy trên mọi cặp số {i, j} ⊂ {1, 2, . . . , n}.
Định nghĩa 1.1.3. Cho ma trận vuông A = (a
ij
)

n×n
với các phần tử trong
trường K. Định thức của A được kí hiệu bởi det A hoặc |A|, là phần tử sau
đây của trường K
det A =

σ∈S
n
sgn(σ)a
σ(1)1
a
σ(2)2
· · · a
σ(n)n
.
6
1.2 Một số tính chất của định thức
Từ đây ta ký hiệu M
n
(K) là tập tất cả các ma trận vuông cấp n trên
trường K.
Tính chất 1.2.1. (Đa tuyến tính): Định thức của ma trận là một hàm
tuyến tính với mỗi cột của nó, khi cố định các cột khác. Tức là
det(α
1
, . . . , aα
j
+ bβ
j
, . . . , α

n
)
= a det(α
1
, . . . , α
j
, . . . , α
n
) + b det(α
1
, . . . , β
j
, . . . , α
n
),
với mọi a, b ∈ K; α
1
, . . . , α
j
, β
j
, . . . , α
n
∈ K
n
; j = 1, , n.
Tính chất 1.2.2. (Thay phiên): Nếu ma trận vuông A có hai cột bằng
nhau, thì det A = 0.
Tính chất 1.2.3. (Chuẩn hóa): Định thức của ma trận đơn vị bằng 1:
det I

n
= det








1 0 · · · 0
0 1 · · · 0
· · · · · · · · · · · ·
0 0 · · · 1








= 1.
Hệ quả 1.2.4. i) Nếu đổi chỗ hai cột của một ma trận thì định thức của
nó đổi dấu:
det( , α
i
, , α
j
, ) = − det( , α

j
, , α
i
, ).
ii) Nếu các vectơ cột của một ma trận phụ thuộc tuyến tính thì định
thức của ma trận bằng không. Nói riêng, nếu ma trận có một cột bằng 0
thì định thức của nó bằng 0.
iii) Nếu thêm vào một cột của ma trận một tổ hợp tuyến tính của các
cột khác thì định thức của nó không thay đổi.
Tính chất 1.2.5. Định thức của ma trận tam giác bằng tích các phần tử
trên đường chéo chính.
7
Tính chất 1.2.6. Giả sử A, B ∈ M
n
(K). Khi đó
i) det(AB) = det(A). det(B).
ii) A khả nghịch nếu và chỉ nếu det A = 0. Hơn nữa
det(A
−1
) = (det A)
−1
.
Tính chất 1.2.7. (Định thức của ma trận chuyển vị)
det(A
t
) = det A, ∀A ∈ M
n
(K).
8
Chương 2

Một số phương pháp tính định thức
Biểu thức định nghĩa của định thức cấp n hoàn toàn không tiện lợi trong
việc tính định thức với n ≥ 4. Để tính định thức, nhất là các định thức
cấp cao, ta cần sử dụng linh hoạt các tính chất của chúng, kết hợp với việc
hạ cấp định thức nhờ vào định lí Laplace, công thức khai triển định thức
theo dòng hay theo cột. Các phép biến đổi sơ cấp cũng cho ta một phương
pháp tính định thức rất hiệu quả và thường dùng các phương pháp sau.
2.1 Phương pháp khai triển theo dòng hoặc cột
Khi thấy một dòng (hay cột) trong định thức có nhiều số 0 thì nên khai
triển định thức theo dòng (hay cột) đó. Cơ sở của phương pháp này là định
lý Laplace.
Định lý 2.1.1. (Khai triển Laplace) Giả sử đã chọn ra k dòng (tương ứng
k cột) trong một định thức cấp n (1 ≤ k < n). Khi đó, định thức đã cho
bằng tổng của tất cả các tích của các định thức con cấp k lấy ra từ k dòng
(tương ứng k cột) đã chọn với phần bù đại số của chúng.
Hệ quả 2.1.2. Cho A = (a
ij
)
n×n
là một ma trận vuông cấp n trên K. Khi
đó ta có
(1) Công thức khai triển theo dòng i
9
det A = a
i1
A
i1
+ a
i2
A

i2
+ · · · + a
in
A
in
=
n

k=1
a
ik
A
ik
.
(2) Công thức khai triển theo cột j
det A = a
1j
A
1j
+ a
2j
A
2j
+ · · · + a
nj
A
nj
=
n


k=1
a
kj
A
kj
,
trong đó A
ij
là phần bù đại số của phần tử a
ij
.
Ví dụ 2.1.3. Tính D=












3 −2 5 0
7 0 6 3
1 0 0 10
−4 0 2 9













.
Giải
Ta nhận thấy cột thứ hai trong định thức D có nhiều số 0 nhất, cho nên
chúng ta khai triển định thức theo cột thứ hai:
D = (−1)
1+2
(−2)









7 6 3
1 0 10
−4 2 9










=2(−1)
2+1
.1.






6 3
2 9






+2(−1)
2+3
.10.







7 6
−4 2






(khai triển theo dòng thứ hai)
= −2(6.9 − 2.3) − 20(7.2 + 4.6) = −856.
Ví dụ 2.1.4. Tính định thức D =

















0 0 2 1 4
0 0 3 −5 0
0 0 1 0 0
0 1 2 1 −4
−2 8 6 3 −9
















.
10
Giải
Ta có
D = (−1)
5+1
.(−2)













0 2 1 4
0 3 −5 0
0 1 0 0
1 2 1 −4












(khai triển theo cột thứ nhất)
= (−2)(−1)
4+1










2 1 4
3 −5 0
1 0 0









(khai triển theo cột thứ nhất)
= 2(−1)
3+1







1 4
−5 0






(khai triển theo dòng thứ ba)
= 2.20 = 40.
2.2 Phương pháp biến đổi sơ cấp
Sử dụng các phép biến đổi sơ cấp trên dòng hoặc cột của ma trận (đổi
chỗ hai dòng hoặc hai cột cho nhau, nhân một dòng hay cột với một hằng
số khác 0, thêm vào một dòng hay cột một tổ hợp tuyến tính của các dòng
hay cột còn lại) để biến đổi ma trận của định thức về dạng tam giác. Khi
đó định thức sẽ bằng tích các phần tử trên đường chéo chính.
Ví dụ 2.2.1. Tính định thức cấp n ≥ 2 sau đây:
D =

















0 1 1 · · · 1
1 0 x · · · x
1 x 0 · · · x
· · · · · · · · · · · · · · ·
1 x x · · · 0
















.
11
Giải
Với x = 0. Nhân dòng (1) với −x rồi cộng vào dòng (2), (3), ,(n) ta
được

D =
















0 1 1 · · · 1
1 −x 0 · · · 0
1 0 −x · · · 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
1 0 0 · · · −x

















,
tiếp tục nhân cột (2), (3), . . . , (n) với
1
x
rồi cộng tất cả vào cột (1) ta được
D =

















n − 1
x
1 1 . . . 1
0 −x 0 · · · 0
0 0 −x · · · 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
0 0 0 · · · −x
















=
n − 1
x
(−x)
n−1
= (−1)
n−1

(n − 1)x
n−2
.
Khi x = 0, dễ dàng tính được D = 0.
Ví dụ 2.2.2. Tính định thức
D =
















1 1 · · · 1 1
C
1
2
C
1
3
· · · C

1
n
C
1
n+1
C
2
3
C
2
4
· · · C
2
n+1
C
2
n+2
· · · · · · · · · · · · · · ·
C
n−1
n
C
n−1
n+1
· · · C
n−1
2n−2
C
n−1
2n−1

















.
Giải
Ta lấy cột thứ n trừ đi cột thứ n−1, rồi lấy cột n−1 trừ đi cột n−2, . . . ,
lấy cột thứ 2 trừ đi cột thứ nhất và sử dụng C
i
k
+ C
i+1
k
= C
i+1
k+1
ta có
12

D =
















1 0 0 · · · 0 0
C
1
2
1 1 · · · 1 1
C
2
3
C
1
3
C
1

4
· · · C
1
n
C
1
n+1
· · · · · · · · · · · · · · · · · ·
C
n−1
n
C
n−2
n
C
n−2
n+1
· · · C
n−2
2n−3
C
n−2
2n−2

















,
làm lại như trên, ta có
D =
















1 0 0 · · · 0 0
C

1
2
1 0 · · · 0 0
C
2
3
C
1
3
1 · · · 1 1
· · · · · · · · · · · · · · · · · ·
C
n−1
n
C
n−2
n
C
n−3
n
· · · C
n−3
2n−4
C
n−3
2n−3

















,
sau n − 1 bước như vậy, ta được
D =

















1 0 0 · · · 0
C
1
2
1 0 · · · 0
C
2
3
C
1
3
1 · · · 0
0 0 0 · · · 0
C
n−1
n
C
n−2
n
C
n−3
n
· · · 1

















= 1.
Vậy D = 1.
Ví dụ 2.2.3. Tính định thức
D =

















1 a
1
a
2
· · · a
n
1 a
1
+ b
1
a
2
· · · a
n
1 a
1
a
2
+ b
2
· · · a
n
· · · · · · · · · · · · · · ·
1 a
1
a
2
· · · a
n
+ b

n
















.
13
Giải
Lấy dòng đầu nhân với (−1) rồi cộng tất cả vào dòng còn lại ta được
D =

















1 a
1
a
2
· · · a
n
0 b
1
0 · · · 0
0 0 b
2
· · · 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
0 0 0 · · · b
n

















= b
1
b
2
· · · b
n
.
Ví dụ 2.2.4. Tính định thức
D
n
=

















a
1
x x · · · x
x a
2
x · · · x
x x a
3
· · · x
· · · · · · · · · · · · · · ·
x x x · · · a
n

















với a
i
∈ R, ∀i = 1, 2, . . . , n; x = a
i
, x = 0.
Giải
Lấy các dòng i(i = 2, n) trừ đi dòng thứ nhất ta được:
D
n
=

















a
1
x x · · · x
x − a
1
a
2
− x 0 · · · 0
x − a
1
0 a
3
− x · · · 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
x − a
1
0 0 · · · a
n
− x

















.
Đưa bội a
1
− x ở cột đầu, a
2
− x ở cột thứ 2, , a
n
− x ở cột thứ n ra
ngoài ta được:
14
D
n
= (a
1
− x)(a
2
− x) (a
n
− x)

















a
1
a
1
−x
x
a
2
−x
x
a
3
−x
· · ·
x
a
n
−x
−1 1 0 · · · 0
−1 0 1 · · · 0

· · · · · · · · · · · · · · ·
−1 0 0 · · · 1
















.
Viết
a
1
a
1
−x
= 1 +
x
a
1
−x

và cộng tất cả các cột vào cột đầu tiên ta được:
D
n
= (a
1
− x) (a
n
− x)
















1 +
x
a
1
−x
+ +

x
a
n
−x
x
a
2
−x
x
a
3
−x
· · ·
x
a
n
−x
0 1 0 · · · 0
0 0 1 · · · 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
0 0 0 · · · 1

















= x(a
1
− x)(a
2
− x) · · · (a
n
− x)

1
x
+
1
a
1
− x
+
1
a
2
− x
+ · · · +
1
a

n
− x

.
2.3 Phương pháp quy nạp
Phương pháp này dựa vào phương pháp quy nạp toán học. Tức là ta
tính một vài định thức cấp 1, 2, 3 để dự đoán quy luật. Sau đó dùng chứng
minh quy nạp để chứng minh dự đoán đó là đúng.
Ví dụ 2.3.1. (Đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn quốc năm 2013)
Cho a
0
, a
1
, , a
n
là các số thực, n ≥ 2. Tính định thức cấp n sau:
D
n
=

















a
0
− a
1
a
1
0 0 . . . 0 0
−a
1
a
1
− a
2
a
2
0 . . . 0 0
0 −a
2
a
2
− a
3
a
3
. . . 0 0

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 0 0 . . . −a
n−1
a
n−1
− a
n

















.
15
Giải
Ta có:
D
1
= a
0
− a
1
=
1

i=0
(−1)
i
a

0
a
1
a
i
.
D
2
=






a
0
− a
1
a
1
−a
1
a
1
− a
2







= a
0
a
1
− a
0
a
2
+ a
1
a
2
=
2

i=0
(−1)
i
a
0
a
1
a
2
a
i
.

D
3
=









a
0
− a
1
a
1
0
−a
1
a
1
− a
2
a
2
0 a
2
− a

3
a
3









= a
1
a
2
a
3
− a
0
a
2
a
3
+ a
0
a
1
a
3

− a
0
a
1
a
2
=
2

i=0
(−1)
i
a
0
a
1
a
2
a
3
a
i
.
Từ đây suy ra
D
n
=
n

i=0

(−1)
i
a
0
a
1
. . . a
n
a
i
.
Ta sẽ chứng minh nhận định trên bằng quy nạp.
Với n = 1 ta có điều phải chứng minh. Giả sử nhận định trên đúng với
n = k tức là
D
n
=
n

i=0
(−1)
i
a
0
a
1
. . . a
k
a
i

.
Ta sẽ chứng minh nó đúng với n = k + 1. Thật vậy nếu từ định thức cấp
k + 1 ta khai triển theo cột thứ k + 1 ta được
D
k+1
= (a
k
− a
k+1
)D
k
− a
2
k
D
k−1
.
Theo giả thiết quy nạp ta có:
D
k+1
= (a
k
− a
k+1
)
k

i=0
(−1)
i

a
0
a
1
. . . a
k
a
i
− a
2
k
k

i=0
(−1)
i
a
0
a
1
. . . a
k−1
a
i
.
16
Suy ra
D
k+1
=

n

i=0
(−1)
i
a
0
a
1
. . . a
k+1
a
i
Vậy
D
n
=
n

i=0
(−1)
i
a
0
a
1
. . . a
n
a
i

.
Ví dụ 2.3.2. Tính định thức:
D
n
=
















a ab 0 . . . 0
1 a + b ab . . . 0
0 1 a + b . . . 0
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
0 0 0 . . . a + b
















.
Giải
Ta có:
D

1
= a, D
2
=






a ab
1 a + b






= a
2
, D
3
=










a ab 0
1 a + b ab
0 1 a + b









= a
3
.
Từ đây ta dự đoán được D
n
= a
n
. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp dự
đoán trên.
Với n = 1 ta thấy nhận định trên đúng. Ta giả sử nhận định trên đúng
đến n = k, tức là D
k
= a
k
. Ta chứng minh nhận định trên đúng với
n = k + 1. Thật vậy khai triển định thức ban đầu theo cột thứ k + 1 ta

được
D
k+1
= (a + b)D
k
− abD
k−1
Theo giả thiết quy nạp ta có:
D
k+1
= (a + b)a
k
− a
k
b = a
k+1
Suy ra điều phải chứng minh. Vậy D
n
= a
n
.
17
Ví dụ 2.3.3. Hãy tính định thức
D
n
=




















cos x 1 0 · · · 0 0
1 2 cos x 1 · · · 0 0
0 1 2 cos x · · · 0 0
· · · · · · · · · · · · · · · · · ·
0 0 0 · · · 2 cos x 1
0 0 0 · · · 1 2 cos x




















.
Giải
Khai triển định thức theo cột cuối, ta có
D
n
= 2 cos x · D
n−1
− D
n−2
.
Dễ thấy
D
1
= cos x, D
2
= 2 cos
2
x − 1 = cos 2x.
Giả sử D
k

= cos kx với mọi k = 1, 2, . . . , n − 1. Ta có
D
k+1
= 2 cos xD
k
− D
k−1
= 2 cos x · cos kx − cos(k − 1)x
= [cos(k + 1)x + cos(k − 1)x] − cos(k − 1)x
= cos(k + 1)x.
Như vậy D
n
= cos nx.
Kết luận: Phương pháp tính định thức bằng quy nạp thường được sử
dụng trong việc tính định thức cấp n mà ta đã dự đoán được dạng tổng
quát của nó.
18
2.4 Phương pháp truy hồi
Phương pháp truy hồi là biểu diễn định thức cần tính qua định thức có
cấp thấp hơn có dạng xác định và theo công thức xác định. Trong phương
pháp truy hồi, ta dùng cách khai triển định thức theo các dòng hoặc theo
các cột một cách hợp lý để đưa định thức có cùng dạng nhưng với cấp thấp
hơn. Có thể đưa định thức D
n
về hệ thức chỉ liên hệ với D
n−1
hoặc liên hệ
cả với D
n−1
và D

n−2
.
Giả sử bằng cách khai triển nào đó, ta đưa về công thức truy hồi dạng:
D
n
= pD
n−1
+ qD
n−2
, n > 2 (2.4.1)
với p, q là các hằng số. Ta xét từng trường hợp có thể xảy ra
• Trường hợp 1. Nếu q = 0 thì ta tính được D
n
= p
n−1
D
1
, trong đó D
1
là định thức cấp 1 dạng đã cho.
• Trường hợp 2. Nếu q = 0, gọi α, β là nghiệm của phương trình bậc hai
x
2
− px − q = 0. Khi đó p = α + β, q = −αβ và (2.4.1) được viết tắt
dưới dạng:
D
n
− βD
n−1
= α(D

n−1
− βD
n−2
) (2.4.2)
hoặc
D
n
− αD
n−1
= β(D
n−1
− αD
n−2
). (2.4.3)
Nếu α = β, khi đó từ (2.4.2) và (2.4.3) ta được
D
n
− βD
n−1
= α
n−2
(D
2
− βD
1
)
D
n
− αD
n−1

= β
n−2
(D
2
− αD
1
).
Vì vậy
D
n
=
α
n−1
(D
2
− βD
1
) − β
n−1
(D
2
− αD
1
)
α − β
.
19
Ví dụ 2.4.1. Tính định thức cấp n > 2
D
n

=



















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




















.
Giải
Với n > 2, khai triển theo dòng thứ nhất ta được
D
n
= 5

















5 3 · · · 0 0
2 5 · · · 0 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
0 0 · · · 5 3
0 0 · · · 2 5
















−3

















2 3 · · · 0 0
0 5 · · · 0 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
0 0 · · · 5 3
0 0 · · · 2 5

















.
Trong đẳng thức trên, định thức thứ nhất là D
n−1
, ta khai triển định
thức thứ hai theo cột thứ nhất và thu được kết quả
D
n
= 5D
n−1
− 6D
n−2
. (2.4.4)
Từ (2.4.4) ta có:
D
n
− 2D
n−1
= 3(D
n−1
− 2D
n−2
).
Do công thức đúng với n > 2 nên ta có:
D

n
− 2D
n−1
= 3(D
n−1
− 2D
n−2
) = · · · = 3
n−2
(D
2
− 2D
1
).
Tính toán trực tiếp ta có D
2
= 19, D
1
= 5 nên D
2
− 2D
1
= 9. Bởi vậy
ta có D
n
− 2D
n−1
= 3
n
. Tương tự ta cũng có

D
n
− 3D
n−1
= 2(D
n−1
− 3D
n−2
) = · · · = 2
n−2
(D
2
− 3D
1
).
Vậy ta có: D
n
− 3D
n−1
= 2
n
. Từ (2.4.5) và (2.4.6) suy ra D
n
= 3
n+1
− 2
n+1
.
20
Ví dụ 2.4.2. Sử dụng phương pháp truy hồi tính định thức trong ví

dụ 2.2.4
Giải
Khai triển cột cuối cùng bằng cách viết a
n
= x + (a
n
− x), ta đưa định
thức D
n
về tổng của hai định thức:
D
n
=
















a

1
x x · · · x
x a
2
x · · · x
x x a
3
· · · x
· · · · · · · · · · · · · · ·
x x x · · · x
















+

















a
1
x x · · · 0
x a
2
x · · · 0
x x a
3
· · · 0
· · · · · · · · · · · · · · ·
x x x · · · a
n
− x

















.
Trong định thức đầu tiên, lấy tất cả các cột trừ đi cột cuối cùng và khai
triển định thức thứ hai theo cột cuối cùng ta được:
D
n
= x(a
1
− x)(a
2
− x) · · · (a
n−1
− x) + (a
n
− x)D
n−1
.
Đây chính là công thức truy hồi, khi đó ta lại tiếp tục khai triển D
n−1

và thay vào công thức trên được: D
n
= x(a
1
− x)(a
2
− x) · · · (a
n−1
− x) +
x(a
1
− x) · · · (a
n−2
− x)(a
n
− x) + (a
n−1
− x)(a
n
− x)D
n−2
. Cứ tiếp tục n − 1
lần với chú ý rằng D
1
= a
1
= x + (a
1
− x), ta có:
D

n
= x(a
1
− x)(a
2
− x) · · · (a
n
− x)

1
x
+
1
a
1
− x
+
1
a
2
− x
+ · · · +
1
a
n
− x

.
Ví dụ 2.4.3. Tính định thức Vandermonde
D

n
=
















1 x
1
x
2
1
· · · x
n−1
1
1 x
2
x
2

2
· · · x
n−1
2
1 x
3
x
2
3
· · · x
n−1
3
· · · · · · · · · · · · · · ·
1 x
n
x
2
n
· · · x
n−1
n

















.
21
Giải
Ta làm cho hầu hết các phần tử trên hàng cuối của định thức bằng không
bằng cách lấy cột thứ (n − 1) nhân với (−x
n
) rồi cộng vào cột n, sau đó
lấy cột thứ (n − 2) nhân với (−x
n
) rồi cộng vào cột (n − 1), . . . , cuối cùng
ta lấy cột thứ nhất nhân với −x
n
rồi cộng vào cột 2. Sau biến đổi đó ta
thu được

















1 x
1
− x
n
x
1
(x
1
− x
n
) · · · x
n−2
1
(x
1
− x
n
)
1 x
2
− x
n
x

2
(x
2
− x
n
) · · · x
n−2
2
(x
2
− x
n
)
· · · · · · · · · · · · · · ·
1 x
n−1
− x
n
x
n−1
(x
n−1
− x
n
) · · · x
n−2
n−1
(x
n−1
− x

n
)
1 0 0 · · · 0
















.
Khai triển Laplace theo hàng thứ n, rồi đưa các thừa số chung của mỗi
hàng ra ngoài dấu định thức, ta có
D
n
= (−1)
n+1
(x
1
−x
n

)(x
2
−x
n
) · · · (x
n−1
−x
n
)
















1 x
1
x
2
1

· · · x
n−2
1
1 x
2
x
2
2
· · · x
n−2
2
1 x
3
x
2
3
· · · x
n−2
3
· · · · · · · · · · · · · · ·
1 x
n−1
x
2
n−1
· · · x
n−2
n−1

















.
Từ đó ta thu được công thức truy hồi
D
n
= (x
n
− x
1
)(x
n
− x
2
) · · · (x
n
− x
n−1

)D
n−1
.
Ta có D
1
= 1, vậy
D
n
=

1≤j<i≤n
(x
i
− x
j
).
Kết luận: Phương pháp tính định thức bằng truy hồi thường được sử
dụng trong việc tính định thức cấp n mà ta có thể biến đổi về định thức
có cấp thấp hơn có dạng xác định.
22
2.5 Phương pháp biểu diễn định thức thành tổng các định thức
Nhiều định thức cấp n được tính dễ dàng 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 được tính dễ dàng. Để biết phương pháp
này, chúng ta xét ví dụ sau
Ví dụ 2.5.1. (Đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn quốc năm 1993)
Cho 2n số nguyên a
1
, a
2

, . . . , a
n
, b
1
, b
2
, . . . , b
n
thoả mãn điều kiện
n

i=1
a
i
b
i
= 0.
Tính
det A =













1 + a
1
b
1
a
1
b
2
· · · a
1
b
n
a
2
b
1
1 + a
2
b
2
· · · a
2
b
n
· · · · · · · · · · · ·
a
n
b
1

a
n
b
2
· · · 1 + a
n
b
n












.
Giải
Mỗi cột của det A được viết thành tổng của hai cột, trong đó cột thứ
nhất ta gọi là cột loại (1), cột thứ 2 ta gọi là cột loại (2).
det A =













1 + a
1
b
1
0 + a
1
b
2
· · · 0 + a
1
b
n
0 + a
2
b
1
1 + a
2
b
2
· · · 0 + a
2
b

n
· · · · · · · · · · · ·
0 + a
n
b
1
0 + a
n
b
2
· · · 1 + a
n
b
n












.
Ta lần lượt tách các cột của định thức, sau n lần tách ta có det A là
tổng của 2
n

định thức cấp n. Cột thứ i của các định thức này chính là cột
loại (1) hoặc loại (2) của cột thứ i của định thức ban đầu. Ta chia 2
n
định
thức thành ba dạng:
• Dạng 1: Bao gồm các định thức có từ hai cột loại (2) trở lên. Vì các
cột loại (2) tỉ lệ với nhau nên tất cả các định thức này có giá trị bằng
0.
23
• Dạng 2: Bao gồm các định thức có đúng một cột loại (2), còn các cột
khác là loại (1). Ta có n định thức cấp n dạng 2 như sau:
D
1
=












a
1
b
1

0 · · · 0
a
2
b
1
1 · · · 0
· · · · · · · · · · · ·
a
n
b
1
0 · · · 1












= a
1
b
1
.
D

2
=












1 a
1
b
2
· · · 0
0 a
2
b
2
· · · 0
· · · · · · · · · · · ·
0 a
n
b
2
· · · 1













= a
2
b
2
.
Tương tự ta tính được các định thức như vậy cho đến D
n
D
n
=













1 0 · · · a
1
b
n
0 1 · · · a
2
b
n
· · · · · · · · · · · ·
0 0 · · · a
n
b
n












= a

n
b
n
.
Vậy tổng các định thức dạng 2 là:
a
1
b
1
+ a
2
b
2
+ · · · + a
n
b
n
=
n

i=1
a
i
b
i
= 0.
• Dạng 3: Bao gồm các định thức không có cột loại (2) nên tất cả các
cột đều là loại (1) và do đó có đúng một định thức dạng 3 là













1 0 · · · 0
0 1 · · · 0
· · · · · · · · · · · ·
0 0 · · · 1












= 1.
Vậy det A bằng tổng tất cả các định thức ở ba dạng trên hay
det A =
n


i=1
a
i
b
i
+ 1 = 1.
24
Ví dụ 2.5.2. Cho A là ma trận vuông cấp n thoả rank A = 1. Chứng
minh det(I + A) = 1+tr(A).
Giải
Ta có rank A = 1 nên A có các cột tỷ lệ với nhau, bằng cách tách định
thức như ví dụ trên thì ta có được
det A = 1 +
n

i=1
a
i
b
i
= 1 + tr(A).
Ví dụ 2.5.3. (Đề thi Olympic Toán Sinh viên toàn quốc năm 2005).
Xét ma trận dạng:
A =









x
2
1
+ 1 x
1
x
2
x
1
x
3
x
1
x
4
x
1
x
2
x
2
2
+ 1 x
2
x
3
x

2
x
4
x
1
x
3
x
2
x
3
x
2
3
+ 1 x
3
x
4
x
1
x
4
x
2
x
4
x
3
x
4

x
2
4
+ 1








.
Chứng minh rằng định thức của A là một đa thức đối xứng theo các
biến x
1
, x
2
, x
3
, x
4
. Tính định thức của A khi x
1
, x
2
, x
3
, x
4

lần lượt là bộ bốn
nghiệm của đa thức P
4
(x) = x
4
− x
3
− 5x
2
+ 1.
Giải
Ta có
det A =












x
2
1
+ 1 x
1

x
2
x
1
x
3
x
1
x
4
x
1
x
2
x
2
2
+ 1 x
2
x
3
x
2
x
4
x
1
x
3
x

2
x
3
x
2
3
+ 1 x
3
x
4
x
1
x
4
x
2
x
4
x
3
x
4
x
2
4
+ 1













.
Áp dụng kết quả ví dụ 2.5.1 với n = 4 ta được
det A = x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ x
2
4
+ 1.
Ta thấy det A là một đa thức đối xứng theo các biến x
1
, x
2
, x
3
, x

4
. Ta có
det A = x
2
1
+ x
2
2
+ x
2
3
+ x
2
4
+ 1
25