cách tính ma trận

CÁC PHƯƠNG PHÁP TÍNH ĐỊNH THỨC CỦA MA TRẬN

>>Xem  thêm  Các dạng toán về ma mãnh trận nghịch tặc hòn đảo và cách thức giải

>>Xem thêm Các dạng toán về hạng của ma mãnh trận và cách thức giải

>> Độc lập tuyến tính và dựa vào tuyến tính

>>Định thức của ma mãnh trận và những đặc điểm của lăm le thức

>> Chứng minh một ma mãnh trận suy thay đổi và ma mãnh trận khả nghịch

>>Xem thêm Phép nhân ma mãnh trận và những tính chất

>>Cơ sở của không khí véctơ

Phần bù đại số

Cho ma mãnh trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ Lúc ê ${{A}_{ij}}={{(-1)}^{i+j}}{{M}_{ij}},$ với ${{M}_{ij}}$ là lăm le thức cảm nhận được kể từ lăm le thức của ma mãnh trận $A$ bằng phương pháp loại bỏ đi loại $i$ và cột $j$ được gọi là phần bù đại số của thành phần ${{a}_{ij}}.$

Bạn đang xem: cách tính ma trận

Ví dụ 1:Cho ma mãnh trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&m\\ 3&1&4&2\\ { - 3}&4&2&1\\ { - 1}&2&1&3 \end{array}} \right).$

Tính những phần bù đại số ${{A}_{11}},{{A}_{12}},{{A}_{13}},{{A}_{14}}.$

Giải. Ta có:

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

Công thức khai triển Laplace

Cho ma mãnh trận $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ Lúc đó

$\det (A)={{a}_{i1}}{{A}_{i1}}+{{a}_{i2}}{{A}_{i2}}+...+{{a}_{in}}{{A}_{in}}\text{ }(i=1,2,...,n)$

đây là công thức khai triển lăm le thức ma mãnh trận $A$ theo gót loại loại $i.$

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

đây là công thức khai triển lăm le thức ma mãnh trận $A$ theo gót nằm trong loại $j.$

Các em cần thiết xem xét lại tính lăm le thức cấp cho 2 và cấp cho 3 với những đặc điểm của lăm le thức bên trên nội dung bài viết này: https://lpavietnam.edu.vn/tin-tuc/dinh-thuc-cua-ma-tran-va-cac-tinh-chat-4783.html

>>Xem thêm Tổng ăn ý đề đua và giải cụ thể Đề Giữa kì Đại số tuyến tính Đại học tập bách khoa thủ đô học tập kì 20191

>>Xem thêm Tổng ăn ý đề đua và giải cụ thể Đề Giữa kì Giải tích 1 Đại học tập bách khoa thủ đô học tập kì 20191

Ví dụ 1: Tính lăm le thức của ma mãnh trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&m\\ 3&1&4&2\\ { - 3}&4&2&1\\ { - 1}&2&1&3 \end{array}} \right)$ theo gót công thức khai triển loại 1.

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

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

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

Ví dụ 2: Tính lăm le thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&2&2\\ { - 3}&1&5&1\\ { - 2}&5&0&0\\ 2&{ - 1}&3&{ - 1} \end{array}} \right|.$

Giải. Để ý loại 3 của lăm le thức đem 2 thành phần tự 0 nên khai triển theo gót loại này tiếp tục chỉ mất nhị số hạng

Có \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&2&2\\ { - 3}&1&5&1\\ { - 2}&5&0&0\\ 2&{ - 1}&3&{ - 1} \end{array}} \right| = - 2{A_{31}} + 5{A_{32}} = - 2\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&2\\ 1&5&1\\ { - 1}&3&{ - 1} \end{array}} \right| + 5\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&2\\ { - 3}&5&1\\ 2&3&{ - 1} \end{array}} \right| = - 2.8 + 5.( - 48) = 224.\]

Video Bài giảng Các cách thức tính lăm le thức ma mãnh trận

Ví dụ 3: Tính lăm le thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&2&{ - m}\\ { - 2}&{ - 1}&2&1\\ 0&{ - 3}&4&2\\ 0&{ - 5}&1&1 \end{array}} \right|.$

Giải. Để ý cột 1 đem 3 thành phần tự 0 nên khai triển theo gót cột 1 tớ có

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&2&{ - m}\\ { - 2}&{ - 1}&2&1\\ 0&{ - 3}&4&2\\ 0&{ - 5}&1&1 \end{array}} \right| = 0.{A_{11}} - 2{A_{21}} + 0{A_{31}} + 0{A_{41}} = - 2{A_{21}} = - 2{( - 1)^{2 + 1}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - m}\\ { - 3}&4&2\\ { - 5}&1&1 \end{array}} \right| = - 34m - 24.\]

Ví dụ 4: Tính lăm le thức \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 3}&4&1&2\\ { - m}&1&{ - 3}&1\\ 2&{ - 3}&1&4\\ { - 1}&2&1&3 \end{array}} \right|.\]

Giải. Để ý cột 3 đem thành phần trước tiên là một trong, vậy tớ tiếp tục thay đổi sơ cấp cho mang đến lăm le thức theo gót cột 3

Ví dụ 5: Tính lăm le thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 3}&4\\ { - 1}&3&1&{ - m}\\ 2&{ - 4}&3&1\\ { - 3}&2&1&2 \end{array}} \right|.$

Giải.

Ví dụ 6: Cho ma mãnh trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 3}&4\\ { - 1}&3&1&{ - m}\\ { - 2}&{ - 2}&{ - 2}&{ - 2}\\ { - 3}&2&1&2 \end{array}} \right).$ Tính tổng những phần bù đại số của những thành phần nằm trong loại 4 của ma mãnh trận $A.$

Giải. Thay những thành phần ở loại 4 của ma mãnh trận A tự $-2,$ tớ được ma mãnh trận $B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 3}&4\\ { - 1}&3&1&{ - m}\\ { - 2}&{ - 2}&{ - 2}&{ - 2}\\ { - 2}&{ - 2}&{ - 2}&{ - 2} \end{array}} \right)$ đem lăm le thức tự 0 vì như thế đem nhị loại như thể nhau và nhị ma mãnh trận $A,B$ đem những phần bù đại số của những thành phần loại 4 như thể nhau.

Vậy $\det (B)=-2{{A}_{41}}-2{{A}_{42}}-2{{A}_{43}}-2{{A}_{44}}=0\Leftrightarrow {{A}_{41}}+{{A}_{42}}+{{A}_{43}}+{{A}_{44}}=0.$

Ví dụ 7: Cho ma mãnh trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&4\\ { - 2}&{ - 1}&4&1\\ 3&{ - 4}&{ - 5}&6\\ { - 4}&5&{ - 6}&7 \end{array}} \right).$ Tính ${{A}_{41}}+2{{A}_{42}}+3{{A}_{43}}+4{{A}_{44}}.$

Giải. Thay những thành phần ở loại 4 của ma mãnh trận A theo lần lượt tự $1,2,3,4$ tớ được ma mãnh trận $B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&4\\ { - 2}&{ - 1}&4&1\\ 3&{ - 4}&{ - 5}&6\\ 1&2&3&4 \end{array}} \right)$ đem lăm le thức tự 0 vì như thế đem nhị loại như thể nhau và nhị ma mãnh trận $A,B$ đem những phần bù đại số của những thành phần loại 4 như thể nhau

Vậy $\det (B)=1{{A}_{41}}+2{{A}_{42}}+3{{A}_{43}}+4{{A}_{44}}=0\Leftrightarrow {{A}_{41}}+2{{A}_{42}}+3{{A}_{43}}+4{{A}_{44}}=0.$

Ví dụ 8: Cho mang đến tía véctơ ${{X}_{1}}=(3,-2,4,1),{{X}_{2}}=(-2,1,3,-2),{{X}_{3}}=(-3,-1,k,2).$ Tìm một véctơ ${{X}_{4}}\in {{\mathbb{R}}^{4}}$ nhằm hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ là 1 hạ tầng của ${{\mathbb{R}}^{4}}.$

Giải. Gọi ${{X}_{4}}=(a,b,c,d).$ Xét ma mãnh trận A nhận những véctơ ${{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}}$ thực hiện véctơ loại, đem $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 3&{ - 2}&4&1\\ { - 2}&1&3&{ - 2}\\ { - 3}&{ - 1}&k&2\\ a&b&c&d \end{array}} \right).$

Ta cần thiết tìm hiểu một cỗ số $(a,b,c,d)$ hệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ là 1 hạ tầng của ${{\mathbb{R}}^{4}}$ hayhệ véctơ $\left\{ {{X}_{1}},{{X}_{2}},{{X}_{3}},{{X}_{4}} \right\}$ song lập tuyến tính hoặc $\det (A)\ne 0.$ Khai triển theo gót loại 4 có:

$\begin{array}{c} \det (A) = a{A_{41}} + b{A_{42}} + c{A_{43}} + d{A_{44}}\\ = a{A_{41}} + b{A_{42}} + c{( - 1)^{4 + 3}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 3&{ - 2}&1\\ { - 2}&1&{ - 2}\\ { - 3}&{ - 1}&2 \end{array}} \right| + d{A_{44}}\\ = a{A_{41}} + b{A_{42}} + 15c + d{A_{44}}. \end{array}$

Vậy tớ chỉ việc lựa chọn $a=b=d=0,c\ne 0$ Lúc ê $\det (A)=15c\ne 0.$ Vậy ${{X}_{4}}=(0,0,c,0),c\ne 0$ là 1 véctơ cần thiết tìm hiểu.

Ví dụ 9: Cho D là 1 lăm le thức cấp cho n đem toàn bộ những thành phần của một loại loại i tự 1. Chứng minh rằng:

a) Tổng những phần bù đại số của những thành phần nằm trong từng loại không giống loại loại i đều tự 0.

b) Định thức D tự tổng phần bù đại số của toàn bộ những thành phần của chính nó.

Xem tiếng giải bên trên đây: https://askmath.vn/cau-hoi/Cho-la-mot-dinh-thuc-cap-co-tat-ca-cac-phan-tu-cua-mot-dong-thu-/8cb667f9-98ed-44f7-a495-0bc08d1fa756

Ví dụ 10: Cho ma mãnh trận vuông $A={{({{a}_{ij}})}_{n\times n}}$ và ${{A}_{ij}}$ là phần bù đại số của thành phần ${{a}_{ij}}.$ Chứng minh rằng:

i) ${a_{i1}}{A_{k1}} + {a_{i2}}{A_{k2}} + ... + {a_{in}}{A_{kn}} = \left\{ \begin{gathered} \det (A),i = k \hfill \\ 0,i \ne k \hfill \\ \end{gathered} \right.;$

ii) ${a_{1j}}{A_{1q}} + {a_{2j}}{A_{2q}} + ... + {a_{nj}}{A_{nq}} = \left\{ \begin{gathered} \det (A),j = q \hfill \\ 0,j \ne q \hfill \\ \end{gathered} \right..$

Xem tiếng giải bên trên đây: https://askmath.vn/cau-hoi/cho-ma-tran-vuong-aaijntimes-n-va-aij-la-phan-bu-dai-so-cua-phan-tu-/fd47efcc-5325-42d0-a707-782d7bc91ef5

Ví dụ 11: Cho nhị ma mãnh trận \[A={{\left( {{a}_{ij}} \right)}_{n\times n}},B={{\left( {{b}_{ij}} \right)}_{n\times n}}\] nhập ê ${{b}_{ij}}={{a}_{ij}}+x,\forall i,j=1,2,...,n.$ Chứng minh rằng tổng những phần bù đại số của $\det \left( A \right)$ và $\det \left( B \right)$ đều bằng nhau.

>>Xem tăng những đọc thêm cho tới 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 thăng bằng thị ngôi trường và thăng bằng kinh tế tài chính vĩ mô

Định thức của ma mãnh trận tam giác

Định thức của ma mãnh trận tam giác tự tích những thành phần phía trên đàng chéo cánh chính

Thật vậy, so với ma mãnh trận tam giác bên trên khai triển theo gót cột 1 có:

\[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{1n}}} \\ 0&{{a_{22}}}&{...}&{{a_{2n}}} \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{{a_{nn}}} \end{array}} \right| = {a_{11}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{22}}}&{{a_{23}}}&{...}&{{a_{2n}}} \\ 0&{{a_{33}}}&{...}&{{a_{3n}}} \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{{a_{nn}}} \end{array}} \right|\]

\[ = {a_{11}}{a_{22}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{33}}}&{{a_{34}}}&{...}&{{a_{3n}}} \\ 0&{{a_{44}}}&{...}&{{a_{4n}}} \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{{a_{nn}}} \end{array}} \right| = ... = {a_{11}}{a_{22}}...{a_{nn}}.\]

đối với ma mãnh trận tam giác bên dưới khai triển theo gót loại 1.

Ví dụ 1: $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0&0 \\ 0&0&2&0 \\ 0&3&0&0 \\ 0&0&0&4 \end{array}} \right| = - \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0&0 \\ 0&2&0&0 \\ 0&0&3&0 \\ 0&0&0&4 \end{array}} \right| = - 1.2.3.4 = - 24\left( {{\mathbf{doi\_cho\_}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{\& }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{3}}}} \right)$

Tính lăm le thức dựa vào những đặc điểm lăm le thức thông  qua  biến  đổi  sơ  cấp cho, công thức khai triển Laplace và thay đổi về ma mãnh trận tam giác

Câu căn vặn luyện tập:

Rèn luyện tính lăm le thức của ma mãnh trận trải qua những vấn đề lăm le thức của ma mãnh trận vuông cấp cho 3, cấp cho 4 và cấp cho 5

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

Giải. 

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

Ví dụ 2: Tính lăm le thức \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2}&5&0&{ - 1}&3 \\ 1&0&3&7&{ - 2} \\ 3&{ - 1}&0&5&{ - 5} \\ 2&6&{ - 4}&1&2 \\ 0&{ - 3}&{ - 1}&2&3 \end{array}} \right|\] bằng phương pháp thay đổi sơ cấp cho fake về lăm le thức của ma mãnh trận vuông cấp cho 3.

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

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

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

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

Ví dụ 3: Bằng quy tắc thay đổi sơ cấp cho fake về lăm le thức của ma mãnh trận tam giác nhằm tính lăm le thức của ma mãnh trận \[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&1&1&1&1\\ 1&0&1&1&1&1\\ 1&1&0&1&1&1\\ 1&1&1&0&1&1\\ 1&1&1&1&0&1\\ 1&1&1&1&1&0 \end{array}} \right).\]

Giải. Ta có

$\begin{array}{c} \det (A) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&1&1&1&1&1\\ 1&0&1&1&1&1\\ 1&1&0&1&1&1\\ 1&1&1&0&1&1\\ 1&1&1&1&0&1\\ 1&1&1&1&1&0 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 5&5&5&5&5&5\\ 1&0&1&1&1&1\\ 1&1&0&1&1&1\\ 1&1&1&0&1&1\\ 1&1&1&1&0&1\\ 1&1&1&1&1&0 \end{array}} \right|\left( {\sum\limits_{{\bf{i = 2}}}^{\bf{6}} {{{\bf{d}}_{\bf{i}}}} {\bf{ + }}{{\bf{d}}_{\bf{1}}}} \right)\\ = 5\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1&1&1\\ 1&0&1&1&1&1\\ 1&1&0&1&1&1\\ 1&1&1&0&1&1\\ 1&1&1&1&0&1\\ 1&1&1&1&1&0 \end{array}} \right| = 5\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1&1&1\\ 0&{ - 1}&0&0&0&0\\ 0&0&{ - 1}&0&0&0\\ 0&0&0&{ - 1}&0&0\\ 0&0&0&0&{ - 1}&0\\ 0&0&0&0&0&{ - 1} \end{array}} \right|\left( {{\bf{ - }}{{\bf{d}}_{\bf{1}}}{\bf{ + }}{{\bf{d}}_{\bf{i}}}{\bf{,i = 2,...,6}}} \right) = - 5. \end{array}$

Ví dụ 4: Tính lăm le thức của ma mãnh trận \[A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&0 \\ 2&1&0&3 \\ 3&m&{ - 5}&{ - 3} \\ 3&3&{ - 1}&1 \end{array}} \right)\] tự quy tắc thay đổi fake về lăm le thức của ma mãnh trận vuông cấp cho 2, kể từ ê $m$ nhằm ma mãnh trận vẫn mang đến không suy thay đổi.

Giải. Có thay đổi lăm le thức:

\[\begin{gathered} \det (A) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&0 \\ 2&1&0&3 \\ 3&m&{ - 5}&{ - 3} \\ 3&3&{ - 1}&1 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1}&0 \\ { - 7}&{ - 8}&3&0 \\ {12}&{m + 9}&{ - 8}&0 \\ 3&3&{ - 1}&1 \end{array}} \right|\left( \begin{gathered} {\mathbf{ - 3}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}} \hfill \\ {\mathbf{3}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ \end{gathered} \right) \\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&{ - 1} \\ { - 7}&{ - 8}&3 \\ {12}&{m + 9}&{ - 8} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{4}}}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0 \\ { - 7}&6&{ - 4} \\ {12}&{m - 15}&4 \end{array}} \right|\left( \begin{gathered} {\mathbf{ - 2}}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{2}}} \hfill \\ {{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ \end{gathered} \right) \\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 6&{ - 4} \\ {m - 15}&4 \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}} \right) = 24 + 4(m - 15) = 4m - 36. \\ \end{gathered} \]

Vậy ma mãnh trận vẫn mang đến không suy thay đổi Lúc và chỉ Lúc $\det (A)\ne 0\Leftrightarrow 4m-36\ne 0\Leftrightarrow m\ne 9.$

Ví dụ 5: Giải phương trình $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ - x}\\ x&2&{x - 1}&{x + 1}\\ 2&{2 + x}&{2x}&1\\ 3&{ - x}&1&x \end{array}} \right| = 0.$

Giải. Ta có

$\begin{array}{c} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ - x}\\ x&2&{x - 1}&{x + 1}\\ 2&{2 + x}&{2x}&1\\ 3&{ - x}&1&x \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ - x}\\ {x + 1}&{x + 2}&{2x}&1\\ 2&{2 + x}&{2x}&1\\ 4&0&{x + 2}&0 \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} {{d_1} + {d_2}}\\ {{d_1} + {d_4}} \end{array}\\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{x + 1}&{ - x}\\ {x + 1}&{x + 2}&{2x}&1\\ {1 - x}&0&0&0\\ 4&0&{x + 2}&0 \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} { - {d_2} + {d_3}} \end{array}\\ = (1 - x)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&{x + 1}&{ - x}\\ {x + 2}&{2x}&1\\ 0&{x + 2}&0 \end{array}} \right| = (x - 1)x(x + 2)(x + 3). \end{array}$

Vậy $(x-1)x(x+2)(x+3)=0\Leftrightarrow x=0;x=1;x=-2;x=-3.$

Câu 55. Tính lăm le thức \[D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{n - 1}&n \\ { - x}&x&0&{...}&0&0 \\ 0&{ - x}&x&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{ - x}&x \end{array}} \right|.\]

Giải. Cộng toàn bộ những cột nhập cột 1 tớ được:

\[D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {n(n + 1)/2}&2&3&{...}&{n - 1}&n \\ 0&x&0&{...}&0&0 \\ 0&{ - x}&x&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{ - x}&x \end{array}} \right|\left( {{{\mathbf{c}}_{\mathbf{n}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{{\mathbf{n - 1}}}}{\mathbf{ + ... + }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}} \right)\]

Sau ê khai triển theo gót cột 1 tớ được: \[D = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&0&{...}&0&0 \\ { - x}&x&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{ - x}&x \end{array}} \right| = \dfrac{{n\left( {n + 1} \right)}}{2}{x^{n - 1}}.\]

Xem thêm: cố nam thành thời thanh vãn

Ví dụ 7: Tính lăm le thức \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&c&d \\ b&c&d&a \\ c&d&a&b \\ d&a&b&c \end{array}} \right|.\]

Giải. Có thay đổi lăm le thức:

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

Ví dụ 8: Tính lăm le thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&{...}&b\\ b&a&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ b&b&{...}&a \end{array}} \right|.$

Giải. Ta có: 

$\begin{array}{l} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} a&b&{...}&b\\ b&a&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ b&b&{...}&a \end{array}} \right|\underline{\underline {c2 + c3 + ... + cn + c1}} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {a + (n - 1)b}&b&{...}&b\\ {a + (n - 1)b}&a&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ {a + (n - 1)b}&b&{...}&a \end{array}} \right|\\ = \left( {a + (n - 1)b} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&b&{...}&b\\ 1&a&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ 1&b&{...}&a \end{array}} \right|\\ \underline{\underline { - {d_1} + {d_i}}} \left( {a + (n - 1)b} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&b&{...}&b\\ 0&{a - b}&{...}&b\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ 0&0&{...}&{a - b} \end{array}} \right| = \left( {a + (n - 1)b} \right){(b - b)^{n - 1}}. \end{array}$

Ví dụ 9: Chứng minh rằng ma mãnh trận $X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}&{\dfrac{1}{{{a^4}}}}\\ a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}\\ {{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}\\ {{a^3}}&{{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a&0 \end{array}} \right),a \ne 0$ đem lăm le thức không phụ nằm trong nhập $a.$

Giải. Ta có:

$\begin{array}{c} \det (X) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}&{\dfrac{1}{{{a^4}}}}\\ a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}&{\dfrac{1}{{{a^3}}}}\\ {{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}&{\dfrac{1}{{{a^2}}}}\\ {{a^3}}&{{a^2}}&a&0&{\dfrac{1}{a}}\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a&0 \end{array}} \right| = \dfrac{1}{{{a^4}}}.\dfrac{1}{{{a^3}}}.\dfrac{1}{{{a^2}}}.\dfrac{1}{a}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{{a^3}}&{{a^2}}&a&1\\ {{a^4}}&0&{{a^2}}&a&1\\ {{a^4}}&{{a^3}}&0&a&1\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&0&1\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a&0 \end{array}} \right|\\ = \dfrac{1}{{{a^{10}}}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&{{a^3}}&{{a^2}}&a&1\\ {{a^4}}&{ - {a^3}}&0&0&0\\ {{a^4}}&0&{ - {a^2}}&0&0\\ {{a^4}}&0&0&a&0\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a&0 \end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}} { - {d_1} + {d_2}}\\ { - {d_1} + {d_3}}\\ { - {d_1} + {d_4}} \end{array} = \dfrac{1}{{{a^{10}}}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a^4}}&{ - {a^3}}&0&0\\ {{a^4}}&0&{ - {a^2}}&0\\ {{a^4}}&0&0&a\\ {{a^4}}&{{a^3}}&{{a^2}}&a \end{array}} \right|\\ = \dfrac{1}{{{a^{10}}}}.{a^4}.{a^3}.{a^2}.a\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}&0&0\\ 1&0&{ - 1}&0\\ 1&0&0&1\\ 1&1&1&0 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}&0&0\\ 1&0&{ - 1}&0\\ 1&0&0&1\\ 1&1&1&1 \end{array}} \right| = - 2. \end{array}$

Ví dụ 10: Tính lăm le thức \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&x&x&{...}&x \\ x&0&x&{...}&x \\ x&x&0&{...}&x \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ x&x&x&{...}&0 \end{array}} \right|.\]

Giải. Ta đem thay đổi lăm le thức:

$\begin{gathered} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 0&x&x&{...}&x \\ x&0&x&{...}&x \\ x&x&0&{...}&x \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ x&x&x&{...}&0 \end{array}} \right|. = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {(n - 1)x}&x&{...}&x \\ {(n - 1)x}&0&{...}&x \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ {(n - 1)x}&x&{...}&0 \end{array}} \right|\left( {{{\mathbf{c}}_{\mathbf{n}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{{\mathbf{n - 1}}}}{\mathbf{ + ... + }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}} \right) \\ = (n - 1)x\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{...}&x \\ 1&0&{...}&x \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&x&{...}&0 \end{array}} \right| \\ = (n - 1)x\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&x&{...}&x \\ 0&{ - x}&{...}&x \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{ - x} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{i}}}} \right) = (n - 1)x.{( - x)^{n - 1}}. \\ \end{gathered} $

Ví dụ 11: Tính lăm le thức ${{\mathbf{d}}_{\mathbf{n}}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&0&{...}&0 \\ 1&{1 + a}&a&{...}&0 \\ 0&1&{1 + a}&{...}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{1 + a} \end{array}} \right|.$

Giải. 

\[\begin{gathered} {{\mathbf{d}}_{\mathbf{n}}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&0&{...}&0 \\ 1&{1 + a}&a&{...}&0 \\ 0&1&{1 + a}&{...}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{1 + a} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&0&{...}&0 \\ 0&1&a&{...}&0 \\ 0&1&{1 + a}&{...}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{1 + a} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}} \right) \\ = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&a&{...}&0 \\ 1&{1 + a}&{...}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{1 + a} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_cot\_1}}} \right){\mathbf{ = }}{{\mathbf{d}}_{{\mathbf{n - 1}}}}{\mathbf{ = ... = }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ = 1.}} \\ \end{gathered} \]

Ví  dụ 12: Tính lăm le thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {1 + a}&1&1&1 \\ 1&{1 + b}&1&1 \\ 1&1&{1 + c}&1 \\ 1&1&1&{1 + d} \end{array}} \right|.$

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

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

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

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

Ví dụ 13: Tính lăm le thức \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{2022}&{2023} \\ 2&1&2&{...}&{2021}&{2022} \\ 3&2&1&{...}&{2020}&{2021} \\ 4&3&2&{...}&{2019}&{2020} \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ {2023}&{2022}&{2021}&{...}&2&1 \end{array}} \right|.\]

Giải. Ta có \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{2022}&{2023} \\ 2&1&2&{...}&{2021}&{2022} \\ 3&2&1&{...}&{2020}&{2021} \\ 4&3&2&{...}&{2019}&{2020} \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ {2023}&{2022}&{2021}&{...}&2&1 \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{2022}&{2024} \\ 2&1&2&{...}&{2021}&{2024} \\ 3&2&1&{...}&{2020}&{2024} \\ 4&3&2&{...}&{2019}&{2024} \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ {2023}&{2022}&{2021}&{...}&2&{2024} \end{array}} \right|\left( {{{\mathbf{c}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{c}}_{{\mathbf{2023}}}}} \right)\]

\[ = 2024\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{2022}&1 \\ 2&1&2&{...}&{2021}&1 \\ 3&2&1&{...}&{2020}&1 \\ 4&3&2&{...}&{2019}&1 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ {2023}&{2022}&{2021}&{...}&2&1 \end{array}} \right| = 2024\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&2&3&{...}&{2022}&1 \\ 1&{ - 1}&{ - 1}&{...}&{ - 1}&0 \\ 1&1&{ - 1}&{...}&{ - 1}&0 \\ 1&1&1&{...}&{ - 1}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&1&1&{...}&1&0 \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{i}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{{\mathbf{i + 1}}}}} \right)\]

\[ = 2024\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{ - 1}&{ - 1}&{...}&{ - 1} \\ 1&1&{ - 1}&{...}&{ - 1} \\ 1&1&1&{...}&{ - 1} \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&1&1&{...}&1 \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{khai\_trien\_theo\_}}{{\mathbf{c}}_{{\mathbf{2023}}}}} \right)\]

\[ = 2024\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 2&0&0&{...}&0 \\ 2&2&0&{...}&0 \\ 2&2&2&{...}&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&1&1&{...}&1 \end{array}} \right|\left( {{{\mathbf{d}}_{{\mathbf{2022}}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{i}}}} \right) = {2024.2^{2021}}.\]

Ví dụ 14: Cho những số thực $a,b,c,d$ không giống $-1$ thoả mãn \[\dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}+\dfrac{1}{d+1}=3.\] Tính lăm le thức \[\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&b&c&d \\ a&{ - 1}&c&d \\ a&b&{ - 1}&d \\ a&b&c&{ - 1} \end{array}} \right|.\]

Giải. Ta có \[D = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&b&c&d \\ a&{ - 1}&c&d \\ a&b&{ - 1}&d \\ a&b&c&{ - 1} \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&b&c&d \\ {a + 1}&{ - b - 1}&0&0 \\ {a + 1}&0&{ - c - 1}&0 \\ {a + 1}&0&0&{ - d - 1} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{ - }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{ + }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{i}}}} \right)\]

Sau ê khai triển theo gót cột 1 tớ có

\[D = - \left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - b - 1}&0&0 \\ 0&{ - c - 1}&0 \\ 0&0&{ - d - 1} \end{array}} \right| - \left( {a + 1} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} b&c&d \\ 0&{ - c - 1}&0 \\ 0&0&{ - d - 1} \end{array}} \right|\]

\[ + \left( {a + 1} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} b&c&d \\ { - b - 1}&0&0 \\ 0&0&{ - d - 1} \end{array}} \right| - \left( {a + 1} \right)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} b&c&d \\ { - b - 1}&0&0 \\ 0&{ - c - 1}&0 \end{array}} \right|\]

\[=\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)\left( d+1 \right)-\left( a+1 \right)b\left( c+1 \right)\left( d+1 \right)-\left( a+1 \right)c\left( b+1 \right)\left( d+1 \right)-\left( a+1 \right)d\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)\]

\[=\left( a+1 \right)\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)\left( d+1 \right)\left[ \dfrac{1}{a+1}-\dfrac{b}{b+1}-\dfrac{c}{c+1}-\dfrac{d}{d+1} \right]\]

\[=\left( a+1 \right)\left( b+1 \right)\left( c+1 \right)\left( d+1 \right)\left[ \dfrac{1}{a+1}+\dfrac{1}{b+1}+\dfrac{1}{c+1}+\dfrac{1}{d+1}-3 \right]\Rightarrow D=0.\]

Ví dụ 15: Cho những số thực $\alpha ,\beta $ và số nguyên vẹn $n\ge 4.$ Tính lăm le thức của ma mãnh trận $A={{\left( {{a}_{ij}} \right)}_{n\times n}}$ với ${{a}_{ij}}={{i}^{2}}+{{j}^{2}}+\alpha ij+\beta ,\forall i,j=1,2,...,n.$

Giải Ta đem ${{a}_{ij}}-{{a}_{i-1,j}}=\left( {{i}^{2}}+{{j}^{2}}+\alpha ij+\beta \right)-\left( {{\left( i-1 \right)}^{2}}+{{j}^{2}}+\alpha \left( i-1 \right)j+\beta \right)=2i+\alpha j-1,\forall i=2,...,n;j=1,2,...,n$

Do ê tiến hành lấy $-{{d}_{i-1}}+{{d}_{i}},i=2,...,n$ tớ được $\det \left( A \right)=\det \left( B \right)$ với $B = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{1n}}} \\ {{b_{21}}}&{{b_{22}}}&{...}&{{b_{2n}}} \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ {{b_{n1}}}&{{b_{n2}}}&{...}&{{b_{nn}}} \end{array}} \right),{b_{ij}} = 2i + \alpha j - 1,\forall i = 2,...,n;j = 1,2,...,n$

Ta đem ${{b}_{ij}}-{{b}_{i-1,j}}=\left( 2i+\alpha j-1 \right)-\left( 2\left( i-1 \right)+\alpha j-1 \right)=2,\forall i=3,...,n;j=1,2,...,n$

Do ê tiến hành lấy $-{{d}_{i-1}}+{{d}_{i}},i=3,...,n$ tớ được $\det \left( A \right) = \det \left( B \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} {{a_{11}}}&{{a_{12}}}&{...}&{{a_{1n}}} \\ {{b_{21}}}&{{b_{22}}}&{...}&{{b_{2n}}} \\ 2&2&{...}&2 \\ {...}&{...}&{...}&{...} \\ 2&2&2&2 \end{array}} \right| = 0.$

Ví dụ 16: Tính lăm le thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&n&n&{...}&n\\ n&2&n&{...}&n\\ n&n&3&{...}&n\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ n&n&n&{...}&n \end{array}} \right|.$

Giải. Biến thay đổi lăm le thức theo gót loại và người sử dụng công thức khai triển tớ có

\[\begin{array}{c} \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&n&n&{...}&n\\ n&2&n&{...}&n\\ n&n&3&{...}&n\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ n&n&n&{...}&n \end{array}} \right| = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&n&n&{...}&n\\ {n - 1}&{ - n + 2}&0&{...}&0\\ {n - 1}&0&{ - n + 3}&{...}&0\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ {n - 1}&0&0&{...}&0 \end{array}} \right|\left( {{\bf{ - }}{{\bf{d}}_{\bf{1}}}{\bf{ + }}{{\bf{d}}_{\bf{i}}}{\bf{,i = 2,3,...,n}}} \right)\\ = n{( - 1)^{n + 1}}\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {n - 1}&{ - n + 2}&0&{...}&0\\ {n - 1}&0&{ - n + 3}&{...}&0\\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}\\ {n - 1}&0&0&{...}&{ - 1}\\ {n - 1}&0&0&{...}&0 \end{array}} \right|\left( {{\bf{khai\_trien\_cot\_n}}} \right)\\ = - n(n - 1)\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - n + 2}&0&{...}&0\\ 0&{ - n + 3}&{...}&0\\ {...}&{...}&{...}&{...}\\ 0&0&0&{ - 1} \end{array}} \right|\left( {{\bf{khai\_trien\_dong\_n - 1}}} \right)\\ = - n(n - 1)( - 1)( - 2)...( - n + 2) = {( - 1)^{n - 1}}n! \end{array}\]

Các cách thức không giống được liệt kê sau đây độc giả nhấn nhập để  coi chi tiết

Tính lăm le thức ma mãnh trận dựa vào kiến thiết sản phẩm số hoặc quy nạp

Ví dụ 1: Tính lăm le thức ${d_n} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 5&3&0&{...}&0&0 \\ 2&5&3&{...}&0&0 \\ 0&2&5&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&5&3 \\ 0&0&0&{...}&2&5 \end{array}} \right|.$

Giải. Khai triển theo gót loại 1 đem ${{d}_{n}}=5{{d}_{n-1}}-6{{d}_{n-2}},{{d}_{1}}=5,{{d}_{2}}=19\Rightarrow {{d}_{n}}={{3}^{n+1}}-{{2}^{n+1}}.$

Ví  dụ  2: Dãy Fibonaci là sản phẩm chính thức với nhị thành phần 1 và 2. Kể kể từ số hạng loại tía, số hạng đứng sau tự tổng của nhị số hạng tức thì trước ê. Kí hiệu ${{F}_{n}}$ là số hạng loại $n.$ Chứng minh rằng

\[\det \left( {{A_{n \times n}}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&0&0&{...}&0&0 \\ { - 1}&1&1&0&{...}&0&0 \\ 0&{ - 1}&1&1&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&0&{...}&{ - 1}&1 \end{array}} \right| = {F_n}.\]

Giải. Ta đem ${{F}_{1}}=1,{{F}_{2}}=2,{{F}_{n}}={{F}_{n-1}}+{{F}_{n-2}},n\ge 3.$

Và $\det \left( {{A_{1 \times 1}}} \right) = 1,\det \left( {{A_{2 \times 2}}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1 \\ { - 1}&1 \end{array}} \right| = 2$

Khai triển theo gót cột 1 tớ được: \[\det \left( {{A_{n \times n}}} \right) = \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&0&{...}&0&0 \\ { - 1}&1&1&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{ - 1}&1 \end{array}} \right| + \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0&{...}&0&0 \\ { - 1}&1&1&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{ - 1}&1 \end{array}} \right|\]

\[ = \det \left( {{A_{\left( {n - 1} \right) \times \left( {n - 1} \right)}}} \right) + \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&0&0&{...}&0&0 \\ { - 1}&1&1&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&0&{...}&{ - 1}&1 \end{array}} \right|\]

Khai triển theo gót loại 1 tớ được:

\[\det \left( {{A_{n \times n}}} \right) = \det \left( {{A_{\left( {n - 1} \right) \times \left( {n - 1} \right)}}} \right) + \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&{...}&0&0 \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 0&0&{...}&{ - 1}&1 \end{array}} \right| = \det \left( {{A_{\left( {n - 1} \right) \times \left( {n - 1} \right)}}} \right) + \det \left( {{A_{\left( {n - 2} \right) \times \left( {n - 2} \right)}}} \right).\]

Điều ê minh chứng \[\det \left( {{A}_{n\times n}} \right)={{F}_{n}}.\]

Đưa về lăm le thức của ma mãnh trận tích

Ví dụ 1: Tính lăm le thức $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {2 + {x_1}{y_1}}&{2 + {x_1}{y_2}}&{2 + {x_1}{y_3}}&{2 + {x_1}{y_4}}&{2 + {x_1}{y_5}} \\ {2 + {x_2}{y_1}}&{2 + {x_2}{y_2}}&{2 + {x_2}{y_3}}&{2 + {x_2}{y_4}}&{2 + {x_2}{y_5}} \\ {2 + {x_3}{y_1}}&{2 + {x_3}{y_2}}&{2 + {x_3}{y_3}}&{2 + {x_3}{y_4}}&{2 + {x_3}{y_5}} \\ {2 + {x_4}{y_1}}&{2 + {x_4}{y_2}}&{2 + {x_4}{y_3}}&{2 + {x_4}{y_4}}&{2 + {x_4}{y_5}} \\ {2 + {x_5}{y_1}}&{2 + {x_5}{y_2}}&{2 + {x_5}{y_3}}&{2 + {x_5}{y_4}}&{2 + {x_5}{y_5}} \end{array}} \right|.$

Ta đem phân tách ma mãnh trận vẫn mang đến kết quả của nhị ma mãnh trận:

\[\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2 + {x_1}{y_1}}&{2 + {x_1}{y_2}}&{2 + {x_1}{y_3}}&{2 + {x_1}{y_4}}&{2 + {x_1}{y_5}} \\ {2 + {x_2}{y_1}}&{2 + {x_2}{y_2}}&{2 + {x_2}{y_3}}&{2 + {x_2}{y_4}}&{2 + {x_2}{y_5}} \\ {2 + {x_3}{y_1}}&{2 + {x_3}{y_2}}&{2 + {x_3}{y_3}}&{2 + {x_3}{y_4}}&{2 + {x_3}{y_5}} \\ {2 + {x_4}{y_1}}&{2 + {x_4}{y_2}}&{2 + {x_4}{y_3}}&{2 + {x_4}{y_4}}&{2 + {x_4}{y_5}} \\ {2 + {x_5}{y_1}}&{2 + {x_5}{y_2}}&{2 + {x_5}{y_3}}&{2 + {x_5}{y_4}}&{2 + {x_5}{y_5}} \end{array}} \right)\]

\[ = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2&{{x_1}}&0&0&0 \\ 2&{{x_2}}&0&0&0 \\ 2&{{x_3}}&0&0&0 \\ 2&{{x_4}}&0&0&0 \\ 2&{{x_5}}&0&0&0 \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1&1 \\ {{y_1}}&{{y_2}}&{{y_3}}&{{y_4}}&{{y_5}} \\ 0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0 \\ 0&0&0&0&0 \end{array}} \right).\]

Lấy lăm le thức nhị vế đem tức thì $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} {2 + {x_1}{y_1}}&{2 + {x_1}{y_2}}&{2 + {x_1}{y_3}}&{2 + {x_1}{y_4}}&{2 + {x_1}{y_5}} \\ {2 + {x_2}{y_1}}&{2 + {x_2}{y_2}}&{2 + {x_2}{y_3}}&{2 + {x_2}{y_4}}&{2 + {x_2}{y_5}} \\ {2 + {x_3}{y_1}}&{2 + {x_3}{y_2}}&{2 + {x_3}{y_3}}&{2 + {x_3}{y_4}}&{2 + {x_3}{y_5}} \\ {2 + {x_4}{y_1}}&{2 + {x_4}{y_2}}&{2 + {x_4}{y_3}}&{2 + {x_4}{y_4}}&{2 + {x_4}{y_5}} \\ {2 + {x_5}{y_1}}&{2 + {x_5}{y_2}}&{2 + {x_5}{y_3}}&{2 + {x_5}{y_4}}&{2 + {x_5}{y_5}} \end{array}} \right| = 0.$

Ví dụ 2: Cho biết $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{x_1}}&{x_1^2}&{...}&{x_1^{n - 1}} \\ 1&{{x_2}}&{x_2^2}&{...}&{x_2^{n - 1}} \\ 1&{{x_3}}&{x_3^2}&{...}&{x_3^{n - 1}} \\ {...}&{...}&{...}&{...}&{...} \\ 1&{{x_n}}&{x_n^2}&{...}&{x_n^{n - 1}} \end{array}} \right| = \prod\limits_{1 \leqslant i < j \leqslant n} {\left( {{x_j} - {x_i}} \right)} $ (định thức Vandermonde)

Áp dụng tính lăm le thức của ma mãnh trận $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {{{\left( {{a_1} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_1} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_1} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_1} + {b_4}} \right)}^3}} \\ {{{\left( {{a_2} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_2} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_2} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_2} + {b_4}} \right)}^3}} \\ {{{\left( {{a_3} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_3} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_3} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_3} + {b_4}} \right)}^3}} \\ {{{\left( {{a_4} + {b_1}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_4} + {b_2}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_4} + {b_3}} \right)}^3}}&{{{\left( {{a_4} + {b_4}} \right)}^3}} \end{array}} \right)$ nhập ê ${{a}_{1}},{{a}_{2}},{{a}_{3}},{{a}_{4}}$ và ${{b}_{1}},{{b}_{2}},{{b}_{3}},{{b}_{4}}$ theo lần lượt là tư số chẵn tiếp tục, tư số lẻ tiếp tục.

Giải. Từ ${{\left( x+y \right)}^{3}}={{x}^{3}}+3{{x}^{2}}y+3x{{y}^{2}}+{{y}^{3}}=1.{{y}^{3}}+3x.{{y}^{2}}+3{{x}^{2}}.y+{{x}^{3}}.1$

Suy đi ra $A = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{3{a_1}}&{3a_1^2}&{a_1^3} \\ 1&{3{a_2}}&{3a_2^2}&{a_2^3} \\ 1&{3{a_3}}&{3a_3^2}&{3a_3^3} \\ 1&{3{a_4}}&{3a_4^2}&{3a_4^3} \end{array}} \right)\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {b_1^3}&{b_2^3}&{b_3^3}&{b_4^3} \\ {b_1^2}&{b_2^2}&{b_3^2}&{b_4^2} \\ {{b_1}}&{{b_2}}&{{b_3}}&{{b_4}} \\ 1&1&1&1 \end{array}} \right)$

\[ \Rightarrow \det \left( A \right) = 9\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{a_1}}&{a_1^2}&{a_1^3} \\ 1&{{a_2}}&{a_2^2}&{a_2^3} \\ 1&{{a_3}}&{a_3^2}&{a_3^3} \\ 1&{{a_4}}&{a_4^2}&{a_4^3} \end{array}} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&1&1&1 \\ {{b_1}}&{{b_2}}&{{b_3}}&{{b_4}} \\ {b_1^2}&{b_2^2}&{b_3^2}&{b_4^2} \\ {b_1^3}&{b_2^3}&{b_3^3}&{b_4^3} \end{array}} \right|\left( \begin{gathered} {\mathbf{doi\_cho\_}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{1}}}{\mathbf{\& }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{4}}} \hfill \\ {\mathbf{doi\_cho\_}}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{2}}}{\mathbf{\& }}{{\mathbf{d}}_{\mathbf{3}}} \hfill \\ \end{gathered} \right)\]

\[ = 9\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{a_1}}&{a_1^2}&{a_1^3} \\ 1&{{a_2}}&{a_2^2}&{a_2^3} \\ 1&{{a_3}}&{a_3^2}&{a_3^3} \\ 1&{{a_4}}&{a_4^2}&{a_4^3} \end{array}} \right|\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{{b_1}}&{b_1^2}&{b_1^3} \\ 1&{{b_2}}&{b_2^2}&{b_2^3} \\ 1&{{b_3}}&{b_3^2}&{b_3^3} \\ 1&{{b_4}}&{b_4^2}&{b_4^3} \end{array}} \right|\left( {{\mathbf{chuyen\_vi}}} \right)\]

\[=9\prod\limits_{1\le i<j\le 4}{\left( {{a}_{j}}-{{a}_{i}} \right)}\prod\limits_{1\le i<j\le 4}{\left( {{b}_{j}}-{{b}_{i}} \right)}=9.\left( {{2}^{3}}{{.4}^{2}}.6 \right)\left( {{2}^{3}}{{.4}^{2}}.6 \right)=5308416.\]

Tính lăm le thức ma mãnh trận dựa vào ma mãnh trận fake vị

Hiện bên trên Vted.vn kiến thiết 2 khoá học tập Toán thời thượng 1 và Toán thời thượng 2 giành cho sinh viên năm nhất hệ Cao đẳng, ĐH khối ngành Kinh tế của toàn bộ những 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 tập cung ứng tương đối đầy đủ kỹ năng và cách thức giải bài xích tập dượt những dạng toán kèm theo từng bài học kinh nghiệm. Hệ thống bài xích tập dượt tập luyện dạng Tự luận đem tiếng giải cụ thể bên trên trang web sẽ hỗ trợ học tập viên học tập thời gian nhanh và áp dụng chắc hẳn rằng kỹ năng. Mục chi phí của khoá học tập chung học tập viên đạt điểm A đua cuối kì những học tập phần Toán thời thượng 1 và Toán thời thượng 2 trong số ngôi trường kinh tế tài chính.

Sinh viên những ngôi trường ĐH tại đây rất có thể học tập được full bộ 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

Xem thêm: bảng chữ cái tiếng việt có bao nhiêu chữ

và những ngôi trường ĐH, ngành kinh tế tài chính của những ngôi trường ĐH không giống bên trên từng toàn nước...

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