các phương pháp tính định thức cấp n

TRƢỜNG ĐẠI HỌC CẦN THƠ
KHOA SƢ PHẠM
BỘ MÔN SP TOÁN HỌC
------------

LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP

Đề tài:

CÁC PHƢƠNG PHÁP TÍNH ĐỊNH THỨC
CẤP N

Giáo viên hướng dẫn
ThS. Nguyễn Hoàng Xinh

Sinh viên thực hiện
Lê Văn Tuấn
MSSV: 1110151
Lớp: SP Toán_Tin học K37

Cần Thơ, 2015


Lời cảm ơn
Trƣớc tiên cho em gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy Nguyễn Hoàng Xinh là
ngƣời trực tiếp hƣớng dẫn em trong suốt quá trình thực hiện luận văn.
Cũng xin cho em gửi lời cảm ơn tới các thầy cô trong nhà trƣờng và đặc biệt là
các thầy cô trong bộ môn Sƣ phạm Toán, Khoa Sƣ phạm đã dạy em trong suốt thời
gian hoàn thành khóa học của mình.
Em cũng xin đƣợc cảm ơn các anh chị khóa trƣớc, bạn bè xung quanh và tất cả
mọi ngƣời xung quanh em đã giúp đỡ em hoàn thành luận văn. Và lời cảm ơn lớn nhất,

em xin cảm ơn gia đình, gia đình luôn luôn động viên giúp đỡ em vƣợt qua những khó
khăn, chính nhờ sự động viên đó giúp bản thân em ngày càng cố gắng học tập và hoàn
thành tốt khóa học của mình.
Một lần nữa em xin cảm ơn tất cả quý thầy cô đã dạy em trong suốt thời gian
ngồi trong ghế nhà trƣờng, chính sự giảng dạy đó em học đƣợc rất nhiều điều bổ ích
cho chuyên ngành của mình và trong cuộc sống.
Em xin chân thành cảm ơn!
Ngƣời thực hiện
Lê Văn Tuấn


MỤC LỤC
PHẦN MỞ ĐẦU .............................................................................................................. 1
1. Lý do chọn đề tài ...................................................................................................... 1
2. Mục đích nghiên cứu ................................................................................................ 2
3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu ............................................................................ 2
4. Phƣơng pháp nghiên cứu .......................................................................................... 3
5. Tổng Quan ................................................................................................................ 3
PHẦN NỘI DUNG .......................................................................................................... 4
CHƢƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ............................................................. 4
1.1 Hoán vị ................................................................................................................ 4
1.2 Định thức ............................................................................................................ 4
1.3 Định thức con và phần bù đại số ........................................................................ 4
1.4 Một số tính chất .................................................................................................. 5
CHƢƠNG 2. CÁC PHƢƠNG PHÁP TÍNH ĐỊNH THỨC ......................................... 8
2.1 Phƣơng pháp sử dụng Định lý Laplace............................................................... 8
2.2 Phƣơng pháp biến đổi định thức về dạng tam giác........................................... 14
2.3 Phƣơng pháp rút nhân tử tuyến tính ................................................................. 17
2.4 Phƣơng pháp truy hồi........................................................................................ 19
2.5 Biểu diễn định thức dƣới dạng tổng các định thức khác .................................. 23

2.6 Biểu diễn định thức dƣới dạng tích các định thức khác ................................... 25
2.7 Phƣơng pháp thay đổi các phần tử của định thức ............................................. 28
2.8 Các bài toán tổng hợp ....................................................................................... 30
Bài tập rèn luyện ..................................................................................................... 51
PHẦN KẾT LUẬN ........................................................................................................ 60
TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................................. 61


PHẦN MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Nhƣ chúng ta đã biết Toán học là một phần của cuộc sống. Sự ứng dụng của
Toán học đóng vai trò ngày càng quan trọng đối với khoa học kĩ thuật. Chính vì sự
quan trọng đó các trƣờng Đại học và Cao đẳng, hầu nhƣ đối với các nghành đào tạo,
Toán học đƣợc đƣa vào từ những năm đầu. Trong đó nội dung chủ yếu là Toán học cao
cấp, và nội dung quan trọng của Toán học cao cấp là Định thức.
Ngày nay, khi định nghĩa định thức bao giờ ta cũng nói: “định thức của một ma
trận nào đó”. Vì thế, một cách tự nhiên, ai cũng nghĩ rằng khái niệm định thức phải ra
đời sau khái niệm ma trận. Nhƣng thực tế, khái niệm định thức ra đời trƣớc khái niệm
ma trận 150 năm. Ngƣời đầu tiên đƣa ra khái niệm định thức là Leibnitz, nhà Toán học
Đức, (1646 – 1716) và nhà Toán học Seki Kova, ngƣời Nhật Bản. Nó đã đƣợc xuất
hiện trong công trình của một nhà toán học Nhật Bản khác là Takakazu (1642 – 1708).
Leibnitz đã không công bố phát kiến của mình có liên quan đến định thức. Ông
chỉ nói đến nó trong một bức thƣ gửi nhà toán học L’Hospital để bàn về việc giải hệ
phƣơng trình tuyến tính. Ở đó, ông đã nói đến khái niệm này và hết lời ca ngợi nó. Mãi
tới năm 1850, khi thƣ từ của ông đƣợc công bố, ngƣời ta mới biết rằng ông đã phát
hiện ra khái niệm định thức. Leibnitz đã nhấn mạnh ích lợi của việc đánh số bởi hai chỉ
số để ký hiệu các hệ số trong phƣơng trình.
Seki đã chạm đến khái niệm định thức khi tìm nghiệm chung của hai đa thức
f(x) và g(x) (với bậc thấp). Nhƣng ông đã giữ bí mật phƣơng pháp của mình và chỉ tin
vào những học trò thân cận nhất. Năm 1674, phát kiến của Seki đƣợc công bố, và khi

đó phƣơng pháp của ông đƣợc trình bày rõ ràng hơn.
Ở Châu Âu, Newton, Bézout và Euler, khi nghiên cứu việc tìm tập nghiệm
chung của các phƣơng trình đại số đã gắn chặt việc nghiên cứu của mình với định thức.
Vào năm 1750, nhà Toán học Thụy Sĩ Cramer đã công bố công trình tƣơng đối tổng
quát liên quan đến định thức. Ông đã đƣa ra một biểu diễn định thức cho lời giải của
1


bài toán tìm một đƣờng conic đi qua 5 điểm cho trƣớc. Tuy nhiên, Cramer lại không
phải là ngƣời chứng minh công thức Cramer mà chúng ta thƣờng dùng.
Ngƣời đầu tiên định nghĩa và nghiên cứu định thức là nhà Toán học Pháp tên
là Vandermonde. Ông đã công bố những công trình này vào năm 1771. Ông đã chứng
minh quy tắc Cramer và tìm đƣợc một số tính chất của định thức. Nhƣng ông mới chỉ
tính đƣợc định thức Vandermonde cấp 3. Năm 1772, Laplace (1749 – 1827) đã phát
hiện công thức khai triển định thức theo 1 dòng hay 1 cột.
Tất cả các nhà toán học nói trên đã phát hiện, nghiên cứu định thức, nhƣng vẫn
chƣa có tên gọi của định thức. Tên gọi của định thức lần đầu tiên xuất hiện trong một
bài báo của Gauss năm 1801. Hai nhà toán học Pháp là Cauchy (1789 – 1857)
và Jacobi (1804 – 1851) đã trình bày lý thuyết định thức một cách hệ thống. Từ đó khái
niệm định thức trở nên phổ cập hơn.
Vì những ứng dụng vô cùng đa dạng và hấp dẫn trên của định thức đã gợi ý cho
em chọn đề tài.

2. Mục đích nghiên cứu
 Hệ thống lại lý thuyết một cách tổng quát về định thức để xây dựng và phân loại
các dạng Toán về ma trận.
 Đƣa ra các phƣơng pháp giải phong phú của các bài toán về định thức.
 Xây dựng hệ thống bài tập, phân loại đƣợc các dạng Toán và tìm hƣớng giải
chúng.

3. Đối tƣợng và phạm vi nghiên cứu
 Đối tƣợng nghiên cứu: Lý thuyết về định thức, sử dụng cốt lõi của lý thuyết để
phân loại các dạng Toán.
 Phạm vi nghiên cứu: Các dạng Toán về định thức, tập trung chủ yếu là định
thức cấp n.

2


4. Phƣơng pháp nghiên cứu
 Phƣơng pháp nghiên cứu lý luận: Đọc tài liệu liên quan đến nội dung định thức,
tìm hiểu từ các đề thi Olympic Toán sinh viên của Việt Nam và Thế giới.
 Phƣơng pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm bản thân, các bạn
học và các anh chị xung quanh để tổng hợp và hệ thống hóa kiến thức vấn đề
nghiên cứu đầy đủ và khoa học kết hợp với đƣa ra các ví dụ cụ thể để minh họa
chi tiết.
 Phƣơng pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến của giảng viên để hoàn thành về
nội dung cũng nhƣ hình thức của luận văn.

5. Tổng Quan
 Có rất nhiều tài liệu Nƣớc ngoài và Việt nam viết về định thức. Đặc biệt ở Việt
nam có khá nhiều tác giả viết về định thức nhƣ Mỵ Vinh Quang, Lê Tuấn Hoa,
Hoàng Xuân Sính, Phan Huy Phú,…Nhƣng các tác giả chỉ tập trung một vài
phƣơng pháp cơ bản, các ví dụ và lời giải còn khá hạn hẹp.
 Những vấn đề mà đề tài luận văn cần tập trung nghiên cứu, giải quyết:
- Chƣơng 1: Các kiến thức chuẩn bị.
- Chƣơng 2: Các phƣơng pháp tính định thức.

3

PHẦN NỘI DUNG
CHƢƠNG 1. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1 Hoán vị
Hoán vị (hoặc phép thế) của tập 1;; n là một song ánh từ tập này vào chính nó. Dễ
thấy Sn có đúng n! phép thế. Tập hợp tất cả các hoán vị của tập {1; …; n} đƣợc kí hiệu
là Sn.
Thông thƣờng ta kí hiệu một hoán vị   Sn nhƣ sau:

 1

n 

  1   2  ...   n  

 

2

...

Với mọi   Sn ta có hàm dấu :

sign( ) 



 i     j 
i j

1i  j  n

.

Nếu sign  1 thì  đƣợc gọi là phép thế chẵn ; sign  1 thì  đƣợc gọi là phép
thế lẻ.
1.2 Định thức
Cho ma trận A = (aij)  Mn(K). Định thức của ma trận A (kí hiệu là |A| hoặc det(A)) là
một phần tử thuộc trƣờng K đƣợc xác định:

det A 

 (sign ) a 

a

1 (1) 2 (2)

 Sn

...an ( n) .

1.3 Định thức con và phần bù đại số
Cho ma trận A = (aij)  Mn(K). Chọn trong A các dòng i1, i2, …, ik 1  i1  ...  ik  n 
và các cột j1, j2, …, jk 1  j1  ...  jk  n  . Gọi A(i1, i2, …, ik | j1, j2, …, jk) là ma trận
có đƣợc từ A bằng cách xóa đi dòng i1, i2, …, ik và cột j1, j2, …, jk. Định thức:

4

ai1 j1 ai1 j2 ... ai1 jk
M

ai2 j1 ai2 j2 ... ai2 jk
...
... ... ...
aik j1 aik j2 ... aik jk

đƣợc gọi là định thức con cấp k của ma trận A sinh bởi các dòng i1 , i2 ,, ik và các cột

j1 , j2 ,, jk ; và M '  (1)i1 ...ik  j1 ... jk det( A(i1 ,..., ik | j1 ,..., jk )) đƣợc gọi là phần bù đại
số của M.
1.4 Một số tính chất
1.4.1 Tính chất
Phép chuyển vị không làm thay đổi định thức. Nhƣ vậy các tính chất phát biểu đúng
cho dòng thì nó cũng đúng cho cột và ngƣợc lại.
Tức là với ma trận A  (aij )  M n ( K ) , khi đó det( A)  det( A* ) , trong đó A* là ma trận
chuyển vị của ma trận A.
Chứng minh
Theo định nghĩa định thức ta có:

det A* 

  sign  A *     A *    ... A *       sign a   a   ...a  

 Sn

1 1

2

2

n

n

11

Sn

22

 

Đặt    1 , thì ta đƣợc sign  1  sign    sign   . Mặt khác ta có:

2 ... n    1 1  1  2 
 1
 
  

1

2
...

n







2

  1
 1   2 

2
 1

...  1  n  

...
n 

...   n  

...
n 

Đồng thời khi σ chạy khắp Sn thì τ cũng chạy khắp Sn, do đó:

det A*    sign a1 1 a2  2 ...an  n  det A .
 Sn

5

nn

1.4.2 Tính chất
Nếu ma trận A  (aij )  M n ( K ) có ít nhất một dòng là dòng không thì detA = 0.
Chứng minh
Giả sử dòng i của ma trận A là dòng không. Khi đó ai i   0 , với mọi   Sn .
Nên  sign  a1 1 ...ai i  ...an  n   0 , do đó det A  0 .
1.4.3 Tính chất
Cho ma trận A  (aij )  M n ( K ) . Nếu các phần tử ở dòng i của A có dạng aij  b j  c j ,

j  1,2,..., n thì det A  det B  det C , trong đó B và C là những ma trận có đƣợc từ A
bằng cách thay dòng i cuả A bởi các giá trị b j và c j tƣơng ứng.
Chứng minh
Với mọi   Sn đều có:

a1 1 ...ai i  ...an  n   a1 1 ...(b i   c i  )...an  n 
 [a1 1 ...b i  ...an  n  ]  [a1 1 ...c i  ...an  n  ].
Nên khi nhân hai vế cho sign( ) và lấy tổng theo tất cả các   Sn , thì ta thu đƣợc
det A  det B  det C .

Cho A  (aij )  M n ( K ) . Nếu B là ma trận nhận đƣợc từ A bởi phép biến đổi υ3 (tức là

di  di  rd j , r  K ) thì det A  det B .
Giả sử B  (bij )  M n ( K ) là ma trận nhận đƣợc từ A bởi phép biến đổi υ3.
Khi đó các phần tử ở dòng i của ma trận B có dạng bik  aik  ra jk , k  1,2,..., n .
Ta có det B  det C  det D với C, D là những ma trận có đƣợc từ B bằng cách thay
dòng i của A bởi các giá trị aik và ra jk tƣơng ứng. Vì A  C và đồng thời dòng i và
dòng j của D tỉ lệ nhau, nên det C  det A và det D  0 . Do đó det A  det B .
1.4.4 Tính chất
Cho A  (aij )  M n ( K ) . Nếu B là ma trận nhận đƣợc từ A bằng cách đổi chỗ hai dòng

(hoặc cột) i và j (i  j) cho nhau thì detB = -detA.
6


Chứng minh
Giả sử B  (bij ) là ma trận nhận đƣợc từ A bằng cách đổi chỗ hai dòng i và j.
Khi đó ta có:

det B 

 (sign )b 

 Sn

1 (1)

...bi (i ) ...b j ( j ) ...bn ( n)   (sign )a1 (1) ...a j (j) ...a i (i) ...a n ( n)
 Sn

Với   Sn , đặt    (i j ) .
Khi đó ta có  (i)   ( j ) ,  ( j )   (i) ,  (k )  k , với mọi k  i, j .
Suy ra a1 (1) ...a j (j) ...a i (i) ...a n ( n)  a1 (1) ...a i (i) ...a j (j) ...a n ( n) .
Hơn nữa ta lại có  sign     sign  và khi σ chạy khắp Sn thì τ cũng chạy khắp Sn.
Do đó ta đƣợc det B    sign  a1 1 ...an  n   det A .
 Sn

1.4.5 Tính chất
Cho A  (aij )  M n ( K ) . Nếu ma trận B nhận đƣợc từ A bằng cách nhân vào dòng (hoặc
cột) thứ i một đại lƣợng vô hƣớng k  K thì det B  k det A .
Chứng minh

Theo định nghĩa ta có :

det B 

( sign )( a 



1 (1)

Sn

...ka i i  ...an ( n ) )

 k  ( sign )( a1 (1) ...a i i  ...an ( n ) )
 Sn

 k det A.

7


CHƢƠNG 2. CÁC PHƢƠNG PHÁP TÍNH ĐỊNH THỨC
2.1 Phƣơng pháp sử dụng Định lý Laplace
2.1.1 Định lý Laplace
Cho A  Mn(K). Chọn trong A các dòng i1 , i2 , , ik .



Khi đó det A 

M .M ' , trong đó M là định thức con cấp k của A sinh bởi các

1 j1  j2 ... jk  n

dòng i1 , i2 ,, ik và các cột j1 , j2 ,, jk , M ' là phần bù đại số của M.
Chứng minh
Cho A  Mn(K). Khi đó tích của các định thức con cấp k của A với phần bù đại số của
nó có dạng tổng của k ! n  k ! tích trong detA.
Thật vậy
Trƣớc hết ta chứng tỏ rằng M .M ' là tổng của các tích trong detA.
Nếu i1  j1  1, i2  j2  2, , ik  jk  k thì  1 1

i ...ik  j1 ... jk

 1.

Do đó ta đƣợc

M

a11

a12

...

a1k

a21

a22

...

a2 k

...
...
ak1 ak 2

...
...

...
akk

a( k 1)( k 1) a( k 1)( k 2)
và M ' 

...

a( k 1) n

a( k  2)( k 1) a( k  2)( k 2) ...

a( k 2) n

...
an( k 1)

...
an( k  2)

...
...

...
ann

.

Lúc đó các phần tử trong M có dạng (sign ) a1 (1) ...ak (k) (1) và các phần tử trong M '
có dạng (sign ) a( k 1) (k 1) ...an ( n) (2).


  i  ,
Hơn nữa σ, τ là hai phép thế độc lập nhau, nên ta đặt ω = στ thì i  

  i  ,
Do đó tích của (1) và (2) có dạng sign a1 (1) ...an ( n)

8

(3)

khi i  k
khi i  k

Ta có (3) có dạng tích trong |A|.
Trong trƣờng hợp tổng quát ta thực hiện lần lƣợt các phép biến đổi sơ cấp dòng cột đối
với A theo thứ tự sau:

di1  di1 1 ,..., d 2  d1 , di2  di2 1 ,..., d3  d 2 , dik  dik 1 ,..., d k 1  d k
c j1  c j1 1 ,...,c 2  c1 ,c j2  c j2 1 ,...,c3  c2 ,c jk  c jk 1 ,...,c k 1  ck
Gọi A ' 

 a '  là ma trận thu đƣợc cuối cùng.
ij

Vậy det A '  (1)(i1 1)...(ik k )( j1 1)...( jk k ) det A  (1)i1 ...ik  j1 ... jk det A .
Suy ra det A  (1)i1 ...ik  j1 ... jk det A ' .

(4)

 a '11 ... a '1k   ai1 j1 ... ai1 jk 


Mặt khác  ... ... ...    ... ... ... 
 a 'k1 ... a 'kk   aik j1 ... aik jk 



(5)

và A '(1,..., k |1,..., k)  (i1,..., ik | j1,..., jk ) .

(6)

Theo trƣờng hợp i), tích định thức hai ma trận vế trái của (4) và (5) có dạng tổng các
phần tử của det A ' nên từ (4), (5) và (6) thì tích M .M ' có dạng tổng các tích trong
det A .

Cuối cùng, chỉ cần chứng minh M .M ' là tổng của k!(n – k)! tích trong det A .
Thật vậy, M là định thức cấp k và M ' là định thức cấp n – k. Do đó trong M có k! tích
và trong M ' có (n – k)! tích. Nên trong M .M ' có n!(n – k)! tích.
Và trong tập hợp {1, 2,…, n} có Cnk 

n!
cách chọn các phần tử j1 , , jk sao
k !(n  k )!

cho j1    jk .
Do đó trong tổng



M .M ' có k !(n  k )!

1 j1  j2 .. jk n

n!
 n ! cách chọn các phần tử
k !(n  k )!

trong |A|, nên phải bằng |A| (vì trong |A| có đúng n! tích).
Khai triển theo một dòng.
Cho ma trận A  (aij )  M n ( K ) , khi đó:
9

a11

a12

...

a1n

...
ai1

...
ai 2

...
...

...
ain  (1)i 1 ai1M i1  (1)i  2 ai 2 M i 2  ...  (1)i  n ain M in .

...
...
an1 an 2

...
...

...

ann

trong đó Mij là định thức cấp n – 1 nhận đƣợc từ A bằng cách xóa đi dòng i, cột j.
Khai triển theo k dòng.
Cho ma trận A  (aij )  M n ( K ) , chọn trong A các dòng 1  i1  i2  ...  ik  n .
Khi đó:



det A 

1i1 i2 ...ik  n

(1)i1 ...ik  j1 ... jk Di1 ...ik j1 ... jk M i1...ik j1... jk

trong đó Di1 ...ik j1 ... jk là định thức con của ma trận A cấp n sinh ra bởi dòng i1 ,.., ik và cột

j1 ,.., jk còn M i1 ...ik j1 ... jk là định thức cấp n – k nhận đƣợc từ detA bằng cách xóa đi dòng
i1 ,.., ik và cột j1 ,.., jk .
2.1.2 Bài tập
a) Tính định thức sau

a1

0

...

0

b1

0

a2

...

b2

0

D  ... ... ... ... ...
0 b2 n1 ... a2 n1 0
b2 n

0

...

0 a2 n

Giải
Khai triển Laplace theo dòng cuối, rồi lại khai triển theo cột đầu hoặc cuối, ta đƣợc

D  a1 ,..., a2 n ; b1 ,..., b2 n    a1a2 n  b1b2 n  D  a2 ,..., a2 n1; b2 ,..., b2 n1  .
Từ đó
n

D  a1 ,..., a2 n ; b1 ,..., b2 n     ai a2 n1i  bib2 n1i  .

i 1

10


b) Tính định thức sau

a0

a1

a2

...

an

 y1 x1

0

...

0

D  0  y2

x2

...

0

...
0

...
0

...
...

...
xn

...
0

Giải
Khai triển Laplace theo cột cuối, ta đƣợc Dn1  an y1... yn  xn Dn
Từ đó Dn1  a0 x1 x2 x3 ...xn  a1 y1 x2 x3 ...xn  a2 y1 y2 x3 ...xn  ...  an y1... yn
c) Tính định thức sau

1
2
D 3
...
n

2

3
4
...
n

3
4
5
...
n

...
...
...
...
...

Giải
Lần lƣợt trừ đi dòng thứ nhất ta đƣợc

1
2
3
1
1
1
D 2
2
2
...

...
...
n 1 n  2 n  3

... n  2 n  1
... 1
1
... 2
1
... ...
...
... 2
1

n
0
0
...
0

Khai triển Laplace từ cột cuối cùng ta đƣợc
D   1

n n 1
2

.n .

11

n  2 n 1 n
n 1
n
n
n
n
n
...
...
...
n
n
n


d) Tính định thức sau

1

D

Cn1 Cn2

... Cnn1 Cnn

1 Cn11 Cn21 ... Cnn11

0

...

...

...

...

...

...

1

C21 C22

...

0

0

1

C11

0

...

0

0

a0

a1

a2

... an1 an

Giải
Kể từ dòng thứ 3 từ dƣới lên, trừ mỗi dòng đi dòng sát cuối ta đƣợc

0

D

Cn1  C11 Cn2

... Cnn1 Cnn

0 Cn11  C11 Cn21

... Cnn11

0

...

...

...

...

...

C21  C11 C22

...

0

0

0

0

0

...

1

C11

0

...

a0

a1

a2

...

an1 an

Khai triển Laplace theo cột đầu và dòng cuối với chú ý rằng trên đƣờng chéo là toàn 1
trừ a0 , ta nhận đƣợc kết quả là

D   1

n n 1
2

 a0  a1  a2  ...   1n an  .



e) Tính định thức sau

a b b
b a b
b b a
Dn 

... ... ...
b b b
b b b
Giải
Cộng cột thứ n vào cột thứ nhất ta đƣợc:

12

... b
... b
... b
... ...
... a
... b

b
b
b
...
b
a


a b b
b a b
b b a
Dn 
... ... ...
b b b
b b b

... b
... b
... b
... ...
... a
... b

b
a b
b
0
b
0

...
...
b
0
a
a b

b b ...
a b ...
b a ...
... ... ...
b b ...
b b ...

b

b
b
...
a
b

b
b
b
...
b
a

Khai triển Laplace theo cột thứ nhất ta đƣợc

a b b
b a b
b b a
Dn1   a  b 
... ... ...
b b b
b b b

... b
... b
... b
... ...
... a
... b

b
b
b
  1n1  a  b 
...
b
a

Do đó D n1   a  b  D n1   1n1  a  b  D.
Trong đó:

b
a
D
...
b

b
b
...
b

...
...
...
...

b
b
...

a

b
b
b
a b
0
b
 2b a  b
...
...
...
b
2b 2b

... b
... 0
... 0
... ...
... a  b

Khai triển Laplace theo cột cuối ta đƣợc:

D   1n b  a  b n2 , thay vào Dn và rút gọn ta đƣợc :
D n   a  b  Dn1  b  a  b n1 .
Ta chứng minh bằng quy nạp rằng :

Dn 

1

 a  b n   a  b n  .
2

Thậy vậy, rõ ràng D1  a 

1
 a  b 1   a  b 1  .
2

13

b
0
0
...
0

b b b
a b b
b b b
... ... ...
b b b
b b b

...
...
...
...
...
...

b
b
b
...
b
a

b
b
b
...
b
b


Giả sử đúng với n – 1 tức là Dn1 

1
 a  b n1   a  b n1 
2

Ta chứng minh đúng với n.

D1   a  b  D n1  b  a  b n1
1
  a  b   a  b n   a  b n   b  a  b n1
2
1
  a  b n   a  b n1  a  b  2b  

2
1
  a  b n   a  b n 
2
Vậy Dn 

1
 a  b n   a  b n  .
2

2.2 Phƣơng pháp biến đổi định thức về dạng tam giác
2.2.1 Phƣơng pháp chung
Dùng các phép biến đổi sơ cấp dòng hoặc cột để đƣa định thức về dạng có mọi phần tử
nằm phía trên (hoặc dƣới) đƣờng chéo chính đều bằng không. Định thức sau cùng sẽ
bằng tích của các phần tử thuộc đƣờng chéo chính.
2.2.2 Bài tập
a) Tính định thức sau

1
1
1
D
...
1

2 3
0 3
2 0
... ...
2 3

...
...
...
...
...

n 1
n 1
n 1
...
0

n
n
n
...
n

1 2 3 ...   n  1 0
Giải
Lần lƣợt cộng dòng thứ 1 vào các dòng 2, 3,…, n ta đƣợc

14


D

n 1

1

2

3

...

0

2

6

... 2  n  1 n

0

0

3

... 2  n  1 n

... ...
0 0
0 0

... ...
0 ...

0 ...

...
n 1
0

n

 n! .

...
2n
n

b) Tính định thức sau

1

a1

a2

...

an

a2

...

an

a2  b2 ...

an

1 a1  b1
D 1

a1

...
1

...
a1

...
a2

...
...
... an  bn

Giải
Nhân dòng đầu của D cho (-1) rồi cộng cho các dòng còn lại, ta có:

1

a1

a2

...

an

0

b1

0

...

0

D 0

0

b2

...

0  b1b2 ...bn .

...
0

...
0

...
0

...
...

...
bn

c) Tính định thức sau

1 2
2 2
D 2 2
... ...
2 2

2
2
3
...
2

...
...
...
...

...

2
2
2
...
n

Giải
Nhân dòng (2) với (−1) rồi cộng vào dòng (3), (4), . . . , (n). Ta có

15


1 2
2 2
D 0 0
... ...
0 0

2
2
1
...
0

... 2
... 2
d 2  ( 2) d1  d 2
... 0 


... ...
... n  2

1 2 2
0 2 2
0 0 1
... ... ...
0 0 0

... 2
... 2
... 0  ( 2)( n  2)! .
... ...
... n  2

d) Tính định thức sau

a b
b a
D b b
... ...
b b

b
b
a
...
b

...
...
...
...
...

b
b
b
...
a

Giải
Đầu tiên cộng các cột (2), (3),…, (n) vào cột (1). Sau đó nhân dòng (1) với (-1) rồi
cộng vào các dòng (2), (3),…, (n). Ta có:

a  (n  1)b
a  (n  1)b
D  a  (n  1)b
...
a  (n  1)b

b
a
b
...
b

b
b

a
...
b

...
...
...
...
...

b
a  (n  1)b b b
b
0
a b 0
b 
0
0 a b
...
...
... ...
a
0
0 0

... b
... 0
... 0
... ...
... a  b

 [a  (n  1)b](a  b) n1
e) Tính định thức sau

0
1
D 1
...
1

1
0
x
...
x

1
x
0
...
x

...
...
...
...
...

1
x

x
...
0

Giải
Nếu x  0 thì d 2  1 , và d k  0 với mọi k  3 . Nên Sn  1 .
Nếu x  0
16


Nhân dòng (1) với (-x) cộng vào dòng (2), (3), … , (n). Sau đó nhân cột (2), (3), … ,
(n) với 1 rồi cộng tất cả vào cột (1) ta đƣợc:
x

0
1
D 1
...
1


1
x
0
...
0

1
0
x

...
0

...
...
...
...
...

n 1
1
x
0
0
0  0
...
...
x
0

1

1

...

1

x
0

...
0

0
x
...
0

... 0
... 0
... ...
...  x

n2
n 1
( x) n1  (1) n1 (n  1) x .
x

2.3 Phƣơng pháp rút nhân tử tuyến tính
2.3.1 Phƣơng pháp chung
Định thức đƣợc coi nhƣ là một đa thức của một hay một số chữ số nằm trong định
thức. Vì thế, ta biến đổi định thức này sao cho định thức chia hết cho một nhân tử
tuyến tính nào đó. Khi đó, tích của chúng là nhân tử của định thức. Bằng cách so sánh
các số hạng riêng biệt nào đó của tích những nhân tử tuyến tính với các số hạng của
định thức ta sẽ tính đƣợc định thức.
2.3.2 Bài tập
a) Tính định thức sau

1 2
3

1 x 1 3
D( x)  1 2 x  1
... ...
...
1 2
3

... n
... n
... n
... ...
... x  1

Giải
Ta có D(x) là một đa thức bậc tối đa là n – 1, vì mỗi số hạng trong định nghĩa của đa
thức là một tích a1 1 a2  2 ...an  n đều có thừa số thứ nhất là một hằng số.

17


Thực ra ta thấy chỉ có một tích có bậc đúng bằng n : nó tƣơng ứng với tích của các
phần tử trên đƣờng chéo, tức khi π là hoán vị đồng nhất.
Do đó bậc đa thức đúng bằng n – 1 và hệ số đầu là 1.
Mặt khác lần lƣợt cho x  1, 2,.., n  1 , ta nhận đƣợc định thức có hai dòng bằng nhau,
nên chúng đều bằng 0, tức là D 1  D  2   ...  D  n  1 .
Do đó D  x  chia hết cho x  1,..., x  n  1 .
Suy ra D  x    x  1 x  2  ...  x  n  1 .
b) Tính định thức sau

x

a1

a2

...

an

a1

x

a2

...

an

D  a1

a2

x

...

an

...

a1

...
a2

...
a3

...
...

...
x

Giải
Cộng vào cột 1 với các cột còn lại rồi đặt nhân tử chung là x  a1   an , ta đƣợc

1

a1

a2

...

an

1

x

...

D  ( x   ai ) 1

a2

an

a2

x

...

an  ( x   ai ).P( x) .

...
1

...
a2

...
a3

...
...

...

x

n

i 1

n

i 1

n

Ta thấy P  ai   0 , với i  1, 2, 3, , n . Vì thế D  ( x   ai )( x  a1 )...( x  an )c .
i 1

Mà hệ số xn1 trong D là 1 nên ta đƣợc c  1 .
n

Vậy D  ( x   ai )( x  a1 )...( x  an ) .
i 1

18


2.4 Phƣơng pháp truy hồi
2.4.1 Phƣơng pháp chung
Tìm một hệ thức giữa định thức cấp n và các định thức cấp thấp hơn đƣợc định nghĩa
tƣơng tự. Trƣờng hợp hay gặp nhất là khi ta nhận quan hệ dạng

Dn  pDn1  qDn2

Nếu q  0 thì Dn  p n 1D1 .
Nếu q  0 , ta gọi α và β là nghiệm của tam thức bậc hai x 2  px  q  0 .
Xét hai trƣờng hợp nhỏ:
Nếu    thì
Dn 

D2   D1 n D2   D1 n
 
 .
    
   

Nếu    thì

Dn   n  1 n2 D2   n  2  n1D1 .
2.4.2 Bài tập
a) Tính định thức Vander Monde

1
a1
D n  a 21
...

1
a2

1
a3

...

...

1
an

a22

a 23

...

a2n

...

...

...

...

...

a n 1n

a n 11 a n 12 a n 13
Giải.

Lấy dòng thứ (n – 1) nhân với  an  rồi cộng với n, lấy dòng thứ (n – 2) nhân với

 an 

rồi cộng với dòng (n – 1), …, lấy dòng thứ nhất nhân với  an  rồi cộng với

dòng hai, ta có:

19


Dn 

1
a1  an

1
a2  an

1
a3  an

...
...

1
0

a1 (a1  an )

a2 (a2  an )

a3 (a3  an )

...

0

...

...

...

...

...

a1n2 (a1  an ) a2 n2 (a2  an ) a3n2 (a3  an ) ...

0

 (1) n1 (a1  an )...(an1  an ) Dn1
Nhận xét D1  1 , nên từ đây suy ra đƣợc Dn   (a j  ai ) .
j i

b) Cho 2n số nguyên a1 ,…, an , b1 ,…, bn thỏa điều kiện sau

a1b1 + a2 b2 + …+ anbn = 0 . Tính định thức

1  a1b1
a2b1

Dn 

a1b2

...

a1bn

1  a2b2 ...

a2bn

...
anb1

...
anb2

...
...
... 1  anbn

Giải
Lập công thức truy hồi

1  a1b1
D n  D n1 

a2b1

...
anb1

a1b2

...

a1bn

1  a2b2 ...

a2bn

...
anb2

...
...

...
anbn

 D n1  anbn .

 a1bi 
(vì cột  ...  phụ thuộc tuyến tính vào cột thứ n).
 anbi 
Suy ra Dn  1  (a1b1  ...  anbn )  1 .

20

c) Tính định thức sau

1 1
1 1
D  0 1
... ...
0 0

0
1
1
...
0

0
0
1
...
0

...
...
...
...
...

0 0
0 0

0 0
... ...
1 1

Giải
Khai triển D theo dòng thứ nhất, ta đƣợc Dn  Dn1  Dn2 . Hơn nữa D1  1 , D2  2 .

2  1  5 
Nhƣ vậy, D n 


5  2 


n 1

1 5 


 2 

n 1


.


d) Cho a,b  , a  b . Tính định thức sau

a  b ab

0
1
a  b ab
0
1 ab
D  ...
...
...
0
0
0
0
0
0
0
0
0

... 0
0
0
... 0
0
0
... 0
0
0
... ...
...
...

... a  b ab
0
... 1 a  b ab
... 0
1 ab

Giải
Khai triển định thức theo dòng đầu, ta đƣợc

a  b ab
0
1 a  b ab
0
1 ab
Dn   a  b  Dn1  ab ...
...
...
0
0
0
0
0
0
0
0
0

... 0
0
0

... 0
0
0
... 0
0
0
... ...
... ...
... a  b ab 0
... 1 a  b ab
...
0
1 ab

Tiếp tục khai triển định thức sau theo cột (1) ta có công thức:

21


Dn   a  b  Dn1  abDn2 với n  3

(*)

Do đó:

Dn  aDn1  b  Dn1  aDn2 
Công thức này đúng với mọi n  3 nên ta có

Dn  aDn1  b  Dn1  aDn2   b2  Dn2  aDn3   ...  bn2  D2  aD1 
Tính toán trực tiếp ta có D 2  a 2  b 2  ab và D1  a  b do đó D2  aD1  b 2 .

Bởi vậy Dn  aDn1  b n

(1)

Tiếp tục từ công thức (*) ta lại có Dn  bDn1  a  Dn1  bDn2  .
Do công thức này đúng với mọi n  3 nên tƣơng tự nhƣ trên ta lại có

Dn  bDn1  a  Dn1  bDn2   a 2  Dn3  bDn4   ...  a n2  D2  bD1   a n
vì D 2  bD1  a 2
Vậy ta có Dn  bDn1  a n

(2)

Khử D n1 từ trong (1) và (2) ta sẽ đƣợc kết quả

Dn 

a n1  bn1
.
a b
e) Tính định thức sau

cos  1
0
1 2cos  1
D 0
1 2cos 
...
...
...

0
0
0
Giải
Khai triển định thức theo cột cuối, ta có

Dn  2cos  .Dn1  Dn2
Dễ thấy D1  cos  .

22

...
0
0
...
0
0
...
0
0
... 2cos  1
...
1 2cos 