高代 | 行列式 | 范德蒙行列式的应用

行列式

范德蒙行列式的应用

(北京邮电大学,2022)计算 $n$ 阶行列式
$D=\left|\begin{array}{cccc} a+x_{1} & a+x_{2} & \cdots & a+x_{n} \\ a^{2}+x_{1}^{2} & a^{2}+x_{2}^{2} & \cdots & a^{2}+x_{n}^{2} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a^{n}+x_{1}^{n} & a^{n}+x_{2}^{n} & \cdots & a^{n}+x_{n}^{n} \end{array}\right|$

solution
利用加边法及拆分法,并结合范德蒙行列式可知
$\begin{aligned} D_{n}&=\left|\begin{array}{ccccc} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ a & a+x_{1} & a+x_{2} & \cdots & a+x_{n} \\ a^{2} & a^{2}+x_{1}^{2} & a^{2}+x_{2}^{2} & \cdots & a^{2}+x_{n}^{2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a^{n} & a^{n}+x_{1}^{n} & a^{n}+x_{2}^{n} & \cdots & a^{n}+x_{n}^{n} \end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccccc} 1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\ a & x_{1} & x_{2} & \cdots & x_{n} \\ a^{2} & x_{1}^{2} & x_{2}^{2} & \cdots & x_{n}^{2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a^{n} & x_{1}^{n} & x_{2}^{n} & \cdots & x_{n}^{n} \end{array}\right|\\ &=\left|\begin{array}{ccccc} 2 & 0 & 0 & \cdots & 0 \\ a & x_{1} & x_{2} & \cdots & x_{n} \\ a^{2} & x_{1}^{2} & x_{2}^{2} & \cdots & x_{n}^{2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a^{n} & x_{1}^{n} & x_{2}^{n} & \cdots & x_{n}^{n} \end{array}\right|+\left|\begin{array}{ccccc} -1 & -1 & -1 & \cdots & -1 \\ a & x_{1} & x_{2} & \cdots & x_{n} \\ a^{2} & x_{1}^{2} & x_{2}^{2} & \cdots & x_{n}^{2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a^{n} & x_{1}^{n} & x_{2}^{n} & \cdots & x_{n}^{n} \end{array}\right|\\ &=2 x_{1} x_{2} \cdots x_{n}\left|\begin{array}{cccc} 1 & 1 & \cdots & 1 \\ x_{1} & x_{2} & \cdots & x_{n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ x_{1}^{n-1} & x_{2}^{n-1} & \cdots & x_{n}^{n-1} \end{array}\right|-\left|\begin{array}{ccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ a & x_{1} & x_{2} & \cdots & x_{n} \\ a^{2} & x_{1}^{2} & x_{2}^{2} & \cdots & x_{n}^{2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots \\ a^{n} & x_{1}^{n} & x_{2}^{n} & \cdots & x_{n}^{n} \end{array}\right|\\ &=2 \prod_{k=1}^{n} x_{k} \prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n}\left(x_{j}-x_{i}\right)-\prod_{k=1}^{n}\left(x_{k}-a\right) \prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n}\left(x_{j}-x_{i}\right)\\ &=\left[2 \prod_{k=1}^{n} x_{k}-\prod_{k=1}^{n}\left(x_{k}-a\right)\right] \prod_{1 \leqslant i < j \leqslant n}\left(x_{j}-x_{i}\right) \text {.} \end{aligned}$

(南开大学,2022)计算行列式
$\left|\begin{array}{cccc} 2^{4}+1 & 2^{3} & 2^{2} & 2 \\ 3^{4}+1 & 3^{3} & 3^{2} & 3 \\ 4^{4}+1 & 4^{3} & 4^{2} & 4 \\ 5^{4}+1 & 5^{3} & 5^{2} & 5 \end{array}\right|$

solution
将原行列式按照第一行拆分为两个行列式,结合范德蒙行列式可得
$\begin{aligned} \left|\begin{array}{cccc} 2^{4}+1 & 2^{3} & 2^{2} & 2 \\ 3^{4}+1 & 3^{3} & 3^{2} & 3 \\ 4^{4}+1 & 4^{3} & 4^{2} & 4 \\ 5^{4}+1 & 5^{3} & 5^{2} & 5 \end{array}\right| &=\left|\begin{array}{cccc} 1 & 2^{3} & 2^{2} & 2 \\ 1 & 3^{3} & 3^{2} & 3 \\ 1 & 4^{3} & 4^{2} & 4 \\ 1 & 5^{3} & 5^{2} & 5 \end{array}\right|+\left|\begin{array}{cccc} 2^{4} & 2^{3} & 2^{2} & 2 \\ 3^{4} & 3^{3} & 3^{2} & 3 \\ 4^{4} & 4^{3} & 4^{2} & 4 \\ 5^{4} & 5^{3} & 5^{2} & 5 \end{array}\right| \\ &=(-1)^{3}\left|\begin{array}{cccc} 1 & 2 & 2^{2} & 2^{3} \\ 1 & 3 & 3^{2} & 3^{3} \\ 1 & 4 & 4^{2} & 4^{3} \\ 1 & 5 & 5^{2} & 5^{3} \end{array}\right|+(-1)^{6} \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5\left|\begin{array}{cccc} 1 & 2 & 2^{2} & 2^{3} \\ 1 & 3 & 3^{2} & 3^{3} \\ 1 & 4 & 4^{2} & 4^{3} \\ 1 & 5 & 5^{2} & 5^{3} \end{array}\right| \\ &=119 \cdot(3-2)(4-2)(5-2)(4-3)(5-3)(5-4)\\&=1428 \end{aligned}$

(南昌大学,2022)计算行列式
$\left|\begin{array}{ccccc} 2^{n}-2 & 2^{n-1}-2 & \cdots & 2^{3}-2 & 2^{2}-2 \\ 3^{n}-3 & 3^{n-1}-3 & \cdots & 3^{3}-3 & 3^{2}-3 \\ \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ n^{n}-n & n^{n-1}-n & \cdots & n^{3}-n & n^{2}-n \end{array}\right|$

solution
记行列式为 $D$ ,先将 $D$ 加边为 $n$ 阶行列式,然后将第1行的 $i(2 \leq i \leq n)$ 倍加到第 $i$ 行,再将第 $i(1 \leq i \leq n)$ 行提出 $i$ ,最后将后 $n-1$ 列倒排,结合范德蒙行列,有
$\begin{aligned} D&=\left|\begin{array}{cccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \\ 0 & 2^{n}-2 & 2^{n-1}-2 & \cdots & 2^{3}-2 & 2^{2}-2 \\ 0 & 3^{n}-3 & 3^{n-1}-3 & \cdots & 3^{3}-3 & 3^{2}-3 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 0 & n^{n}-n & n^{n-1}-n & \cdots & n^{3}-n & n^{2}-n \end{array}\right|\\&=\left|\begin{array}{cccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \\ 2 & 2^{n} & 2^{n-1} & \cdots & 2^{3} & 2^{2} \\ 3 & 3^{n} & 3^{n-1} & \cdots & 3^{3} & 3^{2} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ n & n^{n} & n^{n-1} & \cdots & n^{3} & n^{2} \end{array}\right|\\ &=n !\left|\begin{array}{cccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \\ 1 & 2^{n-1} & 2^{n-2} & \cdots & 2^{2} & 2 \\ 1 & 3^{n-1} & 3^{n-2} & \cdots & 3^{2} & 3 \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 1 & n^{n-1} & n^{n-2} & \cdots & n^{2} & n \end{array}\right|\\&=(-1)^{\frac{(n-2)(n-1)}{2}} n !\left|\begin{array}{cccccc} 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 2^{2} & \cdots & 2^{n-2} & 2^{n-1} \\ 1 & 3 & 3^{2} & \cdots & 3^{n-2} & 3^{n-1} \\ \vdots & \vdots & \vdots & & \vdots & \vdots \\ 1 & n & n^{2} & \cdots & n^{n-2} & n^{n-1} \end{array}\right|\\ &=(-1)^{\frac{(n-2)(n-1)}{2}} 1 ! 2 ! \cdots n ! \text {.} \end{aligned}$

代数余子式

(中南大学,2022)设4阶方阵 ${A}$ 的第2列元素为 ${2,m,k,3}$ ,其行列式 ${|A|}$ 的第2列的代数余子式为 ${1,-1,1,-1}$ ,第4列元素的代数余子式依次为 ${3,1,4,2}$ ,且 ${|A|=1}$ ,求 ${m,k}$ 的值.

solution
根据行列式的性质,有
${ \left\{\begin{array}{l} 2 \cdot 1+m \cdot(-1)+k \cdot 1+3 \cdot(-1)=|A|=1 \\ 2 \cdot 3+m \cdot 1+k \cdot 4+3 \cdot 2=0 \end{array}\right. }$
解得 ${m=-4,k=-2}$ .

(武汉大学,2022)已知 ${n}$ 阶行列式
$\left|\begin{array}{cccc} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1 n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2 n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n 1} & a_{n 2} & \cdots & a_{n n} \end{array}\right|=1$
且满足 ${a_{i j}=-a_{j i},i,j=1,2,\cdots,n,b}$ 为任意常数,求下列行列式
$D_{n}=\left|\begin{array}{cccc} a_{11}+b & a_{12}+b & \cdots & a_{1 n}+b \\ a_{21}+b & a_{22}+b & \cdots & a_{2 n}+b \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n 1}+b & a_{n 2}+b & \cdots & a_{n n}+b \end{array}\right| .$

solution
为了方便,记 ${A=\left(a_{i j}\right)}$ ,由 ${a_{i j}=-a_{j i},i,j=1,2,\cdots,n}$ 可知 ${A^{\prime}=-A}$ ,两边取行列式可得 ${|A|=(-1)^{n}|A|}$ ,若 ${n}$ 为奇数,则 ${|A|=0}$ ,这与 ${|A|=1}$ 矛盾,所以 ${n}$ 为偶数,进而 ${A}$ 的伴随矩阵 ${A^{*}=\left(A_{j i}\right)_{n \times n}}$ 满足
$\left(A^{*}\right)^{\prime}=\left(A^{\prime}\right)^{*}=(-A)^{*}=(-1)^{n-1} A^{*}=-A^{*} .$
由此可知 ${A_{i j}=-A_{j i},i,j=1,2,\cdots,n}$ ,从而
$\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} A_{i j}=0 .$
现将 ${D_{n}}$ 拆为 ${2^{n}}$ 个行列式之和,其中每个行列式的第 ${i}$ 行元素要么都为 ${b}$ ,要么为 ${a_{i 1},a_{i 2},\cdots,a_{i n}}$ ,这 ${2^{n}}$ 个行列式可以分为三类: 第一类是每行都不为 ${(b,b,\cdots,b)}$ 的行列式,这样的行列式只有一个,即 ${|A|=1}$ ; 第二类是至少有两行均为 ${(b,b,\cdots,b)}$ 的行列式,显然这一类行列式的值均为零; 第三类是只有一行元素为 ${(b,b,\cdots,b)}$ 的行列式,若 ${(b,b,\cdots,b)}$ 在第 ${i(1 \leqslant i \leqslant n)}$ 行,则按照第 ${i}$ 行展开可知行列式为 ${b \sum\limits_{j=1}^{n} A_{i j}}$ ,所以这一类行列式之和为 ${b \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} A_{i j}=0}$ .即
${ D_{n}=|A|+0+b \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} A_{i j}=1 }$

(重庆大学,2022)设有行列式
$\left|\begin{array}{cccc} 1 & 3 & 2 & 4 \\ 9 & 11 & -8 & 12 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 & 3 \end{array}\right|$
求 ${A_{21}-2 A_{22}+3 A_{23}-4 A_{24}}$ .

solution
根据行列式展开的性质,有
$\begin{aligned} A_{21}-2 A_{22}+3 A_{23}-4 A_{24} &=\left|\begin{array}{cccc} 1 & 3 & 2 & 4 \\ 1 & -2 & 3 & -4 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 2 & 1 & 1 & 3 \end{array}\right|\\&=\left|\begin{array}{cccc} 1 & 3 & 2 & 4 \\ 0 & -5 & 1 & -8 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & -5 & -3 & -5 \end{array}\right| \\ &=-\left|\begin{array}{cccc} 1 & 3 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & -4 & 2 \\ 0 & 0 & -8 & 5 \end{array}\right|\\&=-\left|\begin{array}{cccc} 1 & 3 & 2 & 4 \\ 0 & 1 & -1 & 2 \\ 0 & 0 & -4 & 2 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{array}\right| \\ &=4 . \end{aligned}$

(北京交通大学,2022)设 ${A=\left(a_{i j}\right)_{3 \times 3},A_{i j}}$ 为行列式 ${|A|}$ 中元素 ${a_{i j}}$ 的代数余子式,且 ${A_{i j}=a_{i j}}$ ,又 ${a_{11} \neq 0}$ ,求 ${|A|}$ .

solution
由 ${A_{i j}=a_{i j}}$ 可知 ${A^{\prime}=A^{*}}$ ,取行列式可得
${ |A|=\left|A^{*}\right|=|A|^{2} . }$
所以 ${|A|=0}$ 或 ${|A|=1}$ ,若 ${|A|=0}$ ,有 ${r(A) \leqslant 2}$ ,若 ${r(A) \leqslant 1}$ ,则 ${|A|}$ 的二阶子式均为零,于是 ${A^{*}=O}$ ,即 ${A^{\prime}=O}$ ,所以 ${A=O}$ ,这与 ${a_{11} \neq 0}$ 矛盾.若 ${r(A)=2}$ ,根据 ${A A^{*}=|A| E=O}$ 可知 ${A^{*}}$ 的列向量均为方程组 ${A X=0}$ 的解,所以 ${A^{*}}$ 的列向量可以由 ${A X=0}$ 的基础解系线性表出,而 ${r(A)=2}$ 说明 ${A X=0}$ 的基础解系中只含有一个向量,从而 ${r\left(A^{*}\right) \leqslant 1}$ ,这与 ${r\left(A^{*}\right)=r\left(A^{\prime}\right)=r(A)=2}$ 矛盾.所以只能是 ${|A|=1}$ .

note
因为没有已知 A 为实矩阵,所以通过
$|A|=a_{11}^2+a_{12}^2+a_{13}^2$
并不能得到 |A|>0.上述解答本质上是用了关于伴随矩阵秩的结论,即如下命题: 已知 ${A}$ 是一个 ${n(n \geq 2)}$ 级方阵,则
${ r\left(A^{*}\right)=\left\{\begin{array}{ll} n,r(A)=n \\ 1,r(A)=n-1 \\ 0,r(A) < n-1 \end{array}\right. }$

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