章节题库 | 宋浩数学笔记 · AI 数学学习计划

例 1

答案：

\boxed{D=(a-b)^{n-1}\bigl[a+(n-1)b\bigr]}.

解析：对第 $2$ 至第 $n$ 行依次作

R_i\leftarrow R_i-R_1\qquad(i=2,3,\ldots,n).

从这些行中各提出公因子 $a-b$ ，得到

D=(a-b)^{n-1} \begin{vmatrix} a & b & b & \cdots & b \\ -1 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ -1 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -1 & 0 & 0 & \cdots & 1 \end{vmatrix}.

再作

C_1\leftarrow C_1+C_2+\cdots+C_n,

第一列除首项外均化为 $0$ ，首项为 $a+(n-1)b$ ，故得到上述结果。

例 2

记调和数

H_n=1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1n.

答案：

\boxed{D=(-1)^{n-1}n!H_n}.

解析：作列变换

C_1\leftarrow C_1+\sum_{j=2}^{n}\frac1j C_j.

变换后，第一列的首项为 $H_n$ ，其余各项均为 $0$ 。按第一列展开：

D=H_n(-2)(-3)\cdots(-n) =(-1)^{n-1}n!H_n.

例 3

答案：

\boxed{ D=\left(\prod_{i=1}^{n}a_i\right) \left(1+\sum_{i=1}^{n}\frac1{a_i}\right) }.

解析：先对第 $2$ 至第 $n$ 列作

C_j\leftarrow C_j-C_1\qquad(j=2,3,\ldots,n).

此时第 $j$ 列只有两个非零元素：第 $1$ 行为 $-a_1$ ，第 $j$ 行为 $a_j$ 。从第 $j$ 列提出 $a_j$ ，再作

C_1\leftarrow C_1-C_2-\cdots-C_n.

新的第一列除首项外均为 $0$ ，首项为

1+a_1+a_1\sum_{j=2}^{n}\frac1{a_j} =a_1\left(1+\sum_{i=1}^{n}\frac1{a_i}\right).

乘回先前提出的 $a_2a_3\cdots a_n$ ，即得答案。

例 4

答案：

\boxed{D_n=x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}x+a_n}.

解析：沿最后一行展开。最后一行第 $j$ 个元素的代数余子式为

A_{nj}=x^{j-1}\qquad(j=1,2,\ldots,n).

因此

\begin{aligned} D_n &=a_n+a_{n-1}x+a_{n-2}x^2+\cdots+a_2x^{n-2} +(x+a_1)x^{n-1}\\ &=x^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}x+a_n. \end{aligned}

例 5

结论：

\boxed{ D_n=\prod_{1\le j<i\le n}(x_i-x_j) }.

证明：把 $D_n$ 看成关于 $x_n$ 的多项式，它的次数不超过 $n-1$ 。当

x_n=x_j\qquad(j=1,2,\ldots,n-1)

时，第 $n$ 列与第 $j$ 列相同，所以 $D_n=0$ 。因此

D_n=C\prod_{j=1}^{n-1}(x_n-x_j),

其中 $C$ 与 $x_n$ 无关。比较 $x_n^{n-1}$ 的系数可得 $C=D_{n-1}$ ，于是

D_n=D_{n-1}\prod_{j=1}^{n-1}(x_n-x_j).

从 $D_1=1$ 逐次递推，得到

D_n=\prod_{i=2}^{n}\prod_{j=1}^{i-1}(x_i-x_j) =\prod_{1\le j<i\le n}(x_i-x_j).

例 6

这是 $x_1=a,\ x_2=b,\ x_3=c,\ x_4=d$ 时的四阶范德蒙德行列式，因此

\boxed{ D=(b-a)(c-a)(d-a)(c-b)(d-b)(d-c) }.

例 7

答案：

\boxed{ D=(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a) }.

解析：作行变换

R_3\leftarrow R_3+R_1.

第三行的三个元素均变为 $a+b+c$ ，所以

\begin{aligned} D &=(a+b+c) \begin{vmatrix} a & b & c \\ a^2 & b^2 & c^2 \\ 1 & 1 & 1 \end{vmatrix} \\ &=(a+b+c) \begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ a & b & c \\ a^2 & b^2 & c^2 \end{vmatrix}. \end{aligned}

第二个等号相当于把第三行连续上移两次，符号不变。再使用三阶范德蒙德行列式公式，即得答案。

例 8

题目截图尚缺，暂无答案。

例 9

答案：

\boxed{ D=(a_1a_4-b_1b_4)(a_2a_3-b_2b_3) }.

解析：按 $1,4,2,3$ 的顺序同时重排行和列。行、列使用相同的置换，两个置换产生的符号相乘为 $1$ ，因此行列式的值不变：

D= \begin{vmatrix} a_1 & b_1 & 0 & 0 \\ b_4 & a_4 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & a_2 & b_2 \\ 0 & 0 & b_3 & a_3 \end{vmatrix}.

这是分块对角行列式，故

\begin{aligned} D &= \begin{vmatrix} a_1 & b_1 \\ b_4 & a_4 \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} a_2 & b_2 \\ b_3 & a_3 \end{vmatrix} \\ &=(a_1a_4-b_1b_4)(a_2a_3-b_2b_3). \end{aligned}

对应题目：练习题.md

例 1

答案：

\boxed{D=(a-b)^{n-1}\bigl[a+(n-1)b\bigr]}.