行列式典型例题

1第二讲行列式综合训练第一部分例2.1计算行列式，其中对角线上元素都是a，未写出的元素都是零．nD=11aa解这道题可以用多种方法进行求解，充分应用了行列式的各种性质．方法1利用性质，将行列式化为上三角行列式．nD11cnca=101aaaa=11()naaa=na-2na方法2仍然是利用性质，将行列式化为上三角行列式．nDn1rr=111aaa1ncc=111aaa=na-2na方法3利用展开定理，将行列式化成对角行列式．nD1c展开=1naaa+110010(1)0nnaa而110010(1)0nnaa最后列展开=21(1)n2naa=2nanD=1naa-2na=na-2na方法4利用公式AOOB=AB．将最后一行逐行换到第2行，共换了2n次；将最后一列逐列换到第2列，也共换了2n次．2nD=2(2)(1)n11aaa=11aa2naa=na-2na方法5利用公式AOOB=AB．例2.2计算n阶行列式：11212212nnnnnabaaaabaDaaab(120nbbb)解采用升阶（或加边）法．该行列式的各行含有共同的元素12,,,naaa，可在保持原行列式值不变的情况下，增加一行一列，适当选择所增行（或列）的元素，使得下一步化简后出现大量的零元素．12112122121000nnnnnnaaaabaaDaabaaaab升阶213111nrrrrrr12121100100100nnaaabbb1112,,1jjccbjn111211121000000000nnaaaaabbbbb=1121(1)nnnaabbbbb这个题的特殊情形是121212nnnnaxaaaaxaDaaax=11()nniixxa可作为公式记下来．例2.3计算n阶行列式：312111111111nnaaDa其中120naaa．解这道题有多种解法．方法1化为上三角行列式nD12,,irrin1121111naaaaa112,,jjaccajn21100nbaa其中11211niibaaa1111niiaa，于是nD12111nniiaaaa．方法2升阶（或加边）法121111011101110111nnaDaa升阶12,3,,1irrin121111100100100naaa11111121,2,,1121111111jjnijccannjniinaaaaaaaa方法3递推法．将nD改写为1211101110111nnaaDan按c拆开12111111111aa[phone]naaa4由于12111111111aa1,,1inrrin12111aa121naaa1211011011naaan按c展开1nnaD因此nD=1nnaD121naaa为递推公式，而111Da，于是nD=1nnaD121naaa=12naaa11211nnnDaaaa=12naaa2122111nnnnDaaaaa==12naaa11211nDaaa=12naaa121111naaa例２.4设343123211211)(xxxxxxxf，证明存在),1,0(使0)(f.证因为()fx是关于x的二次多项式多项式,在1,0上连续,(0,1)内可导,且0331221111)0(f,101(1)1110121f由罗尔定理知,存在)1,0(,使0)(f.例2.5计算D=222244441111abcdabcdabcd．解这不是范得蒙行列式，但可借助求解范得蒙行列式进行求解．方法1借助于求解范得蒙行列式的技巧进行求解：从下向上，逐行操作．5D2433221rarrarrar222222222111100()()()0()()()bacadabbaccaddabbaccadda1c展开=()()()bacada222111()()()bcdbbaccadda3r拆开=()()()bacada（333111bcdbcd+222111abcdbcd）其中333111bcdbcd23221rbrrbr222211100()()cbdbccbddb=()()cbdb11()()ccbddb=()()cbdb[()()]ddbccb由于222111bcdbcd是范德蒙行列式，故222111bcdbcd=()()()cbdbdcD=()abcd()()()bacada()()()cbdbdc方法2D213141cccccc222222244444441000abacadaabacadaabacada1r展开=()()()bacada222222111()()()()()()bacadababacacadada2131cccc()()()bacada22100()()bacbdbbabaxy1c展开=()()()bacadacbdbxy6其中222()()xcbabcacbcab，222()()ydbabcadbdabD=()abcd()()()bacada()()()cbdbdc=()abcd()()()abacad()()()bcbdcd方法3用升阶法．由于行列式中各列元素缺乏3次幂的元素，在D中添加3次幂的一行元素，再添加一列构成5阶范得蒙行列式：5D=22222333334444411111abcdxabcdxabcdxabcdx5D按第5列展开得到的是x的4次多项式，且3x的系数为4545(1)ADD又利用计算范得蒙行列式的公式得5D=()()()()bacadaxa()()()cbdbxb()()()dcxcxd=()()()bacada()()cbdb()dc[()()()()]xaxbxcxd=()()()bacada()()cbdb()dc43[()]xabcdx其中3x的系数为()()()bacada()()cbdb()dc()abcd由3x的系数相等得：D=()abcd()()()bacada()()()cbdbdc例2.6设4322321143113151||A，计算A41+A42+A43+A44=?其中A4j(j=1,2,3,4)是|A|中元素a4j的代数余子式.解直接求代数余子式的和工作量大．可将41424344AAAA改写为414243441111AAAA，故7A41+A42+A43+A4411113211431131511602102310121000=41602(1)023012=621003202061例2.7求解方程:11111111()01121111(1)xfxxnx解方法1()fx12,,irrin11110000010000(2)xxnx=)2()1()1(1nxxxn由题设知0)2()1()1()(1nxxxxfn所以2,,1,0121nxxxn是原方程的解.方法2由题设知,当2,,2,1,0nx时,由于行列式中有两列对应元素相同,行列式值为零,因此)(xf可写成)2()1()(nxxAxxf于是原方程0)2()1()(nxxAxxf的解为:2,,1,0121nxxxn例2.8计算元素为aij=|i－j|的n阶行列式.解方法1由题设知，11a=0，121a，1,1,nan，故8011102120nnnDnn1,1,,2iirrinn011111111n1,,1jnccjn1211021(1)2(1)020001nnnnnn其中第一步用的是从最后一行起，逐行减前一行．第二步用的每列加第n列．方法2011102120nnnDnn11,2,,1111111120iirrinnn12,,1001201231jccjnnnn=12(1)2(1)nnn例2.9计算行列式2211112200000000bdbdcacaD．解方法1按第一列展开：1121120000acDadbb-0000111122bdcacd=111122bdcaba-111122bdcacd=（22ba-111122bdcacd）=（22ba-）22cd（11ba-）11cd方法2本题也可利用拉普拉斯展开定理进行计算，选定第2、3行，有：11232311(1)acDdb2222acdb=（11ba11dc）（22ba22dc）9例2.10计算2nD=1111nnnnababcdcd，其中未写出的元素都是0．解方法1利用公式AOOB=AB．采用逐行操作，将最后一行逐行和上行进行对换，直到换到第2行（作22n次相邻对换）；最后一列逐列和上列换，换到第2列（作22n次相邻对换），得到2nD=2(22)(1)n1111111100000000nnnnnnnnabcdababcdcd=2D2(1)nD=()nnnnadbc2(1)nD=()nnnnadbc1111()nnnnadbc2(2)nD==()nnnnadbc1111()nnnnadbc1111()adbc=1()niiiiiadbc方法2利用行列式展开定理进行求解．2nD1r展开=1111111100nnnnnnababacdcdd10+12(1)nnb1111111100nnnnnababcdcdc上面第1个行列式是AOOB的形式，而第2个行列式按第1列展开，所以2nD=2112222(1)nnnnnnnadDbcD=()nnnnadbc2(1)nD==1()niiiiiadbc例2.11计算5100011000110001100011aaaaDaaaaa．解方法１采用递推的方法进行求解．5D125ccc10000100011000110011aaaaaaaaa1c展开=1001100110011aaaaaaa[phone]()(1)110011aaaaaaaa即51454()(1)DDaa，41343()(1)DDaa，31232()(1)DDaa，221Daa故234551Daaaaa方法2采用降阶的方法进行求解．115D12(1)rar22010011000110001100011aaaaaaaaaaa213(1)raar2323001011000110001100011aaaaaaaaaaaaa2314(1)raaar234234000111000110001100011aaaaaaaaaaaaaaa23415(1)raaaar23450000111000110001100011aaaaaaaaaaaa1r展开=2345514(1)(1)(1)aaaaa