Довольно часто на практике возникает необходимость вычислять определители, элементы которых зависят от параметров. Метод Гаусса оказывается не слишком приспособленным для такой задачи.

Пример. Вычислить

$$ \left| \begin{array}{cccc} {\color{Red} \alpha } +1 &{\color{Red} \alpha } ^2+1 &{\color{Red} \alpha } ^2-1 & {\color{Red} \alpha } \\ {\color{Red} \alpha } ^2+{\color{Red} \alpha } +1 & {\color{Red} \alpha } ^2- {\color{Red} \alpha } +1 & {\color{Red} \alpha } ^2 & 1 \\ 2\,{\color{Red} \alpha } +1 &{\color{Red} \alpha } ^2+2 & {\color{Red} \alpha } & {\color{Red} \alpha } ^2-1 \\ 2\,{\color{Red} \alpha } & 2\, {\color{Red} \alpha } ^2+2\,{\color{Red} \alpha } +1 & {\color{Red} \alpha } ^2-{\color{Red} \alpha } -1 & {\color{Red} \alpha } +1 \end{array} \right| \ . $$

Решение. Разложение по общей формуле даст величину этого определителя в виде полинома от $ {\color{Red} \alpha } $. С другой стороны, если для его вычисления мы попытаемся применить метод Гаусса, то на первом же шаге элементы преобразованного определителя окажутся дробно–рациональными функциями от параметра $ {\color{Red} \alpha } $. Понятно, что после приведения определителя к треугольному виду и перемножения стоящих на диагонали дробей мы, в конце концов, получим тот же ответ полиномиального вида, но сам факт, что для его получения потребовалось «выйти за пределы» множества полиномиальных функций не свидетельствует в пользу метода Гаусса… ♦

Этот прием основан на свойстве полиномиальности определителя как функции его элементов. Если элементы зависят — также полиномиально — от одного параметра, то можно попытаться определить линейные множители «полинома из ответа»: иногда из особенностей определителя очевидно при каких значениях параметра этот определитель обращается в нуль.

Пример. Вычислить определитель

$$\left|\begin{array}{ccccc} 1&1&1&\dots&1\\ 1&2-x&1&\dots&1\\ 1&1&3-x&\dots&1\\ \vdots& & &\ddots&\vdots\\ 1&1&1&\dots&n+1-x \end{array}\right|.$$

Решение. Ответом в этой задаче должен быть полином по $ x_{} $. Обозначим его $ F(x)_{} $ и попробуем догадаться какие корни он может иметь. Обратим внимание на структуру определителя. Если положить $ x=1_{} $, то вторая строка будет одинаковой с первой, на основании свойства 3 определителя, при этом значении $ x_{} $ будем иметь $ F(1)=0 $. Аналогично убеждаемся, что $ F(2)=0, \dots, F(n)=0 $. Итак, на основании теоремы Безу, имеем: $$ F(x) \equiv F_1(x) (x-1)\times \dots \times (x-n) \ , $$ где через $ F_1(x) $ обозначен полином, являющийся частным от деления $ F(x)_{} $ на произведение линейных множителей. Оценим степень полинома $ F(x)_{} $. Очевидно, что при разложении определителя по общей формуле из определения, каждое слагаемое представляет произведение элементов определителя и будет полиномом по $ x_{} $. В каждом слагаемом максимально возможная степень может быть достигнута если каждый элемент в произведении будет иметь максимально возможную степень — в нашем случае равную $ 1_{} $. Отсюда с неизбежностью следует, что самым «большим» по степени может быть только главный член определителя, т.е. произведение элементов его главной диагонали: $$ F(x) \equiv 1\cdot (2-x)\times \dots \times (n+1-x) + \dots \ , $$ где многоточия скрывают все оставшиеся слагаемые полного разложения определителя и имеют степени меньшие степени выделенного слагаемого. Выделяем из этого слагаемого степень $ x_{} $: $$ F(x) \equiv (-1)^n x^n + \dots \ . $$ Мы получили оценку степени $ F(x)_{} $ вместе с выражением для его старшего коэффициента.

Ответ. $ (-1)^{n} (x-1)\times \dots \times (x-n) $.

Пример. Вычислить определитель

$$D=\left|\begin{array}{cccc} 0&x&y&z\\ x&0&y&z\\ y&z&0&x\\ z&y&x&0 \end{array}\right|.$$

Решение. Если к первому столбцу прибавить остальные, то обнаружится, что определитель делится на $ x+y+z $; если к первому столбцу прибавить второй и вычесть третий и четвертый, то выделится множитель $ y+z-x $; если к первому столбцу прибавить третий и вычесть второй и четвертый, то выделится множитель $ x-y+z $; наконец, если к первому столбцу прибавить четвертый и вычесть второй и третий, то выделится множитель $ x+y-z $. Считая $ x,y,z $ независимыми переменными, заключаем, что все эти четыре множителя попарно взаимно просты, и значит, определитель — как полином от $ x,y,z $ — делится на их произведение $ (x+y+z)(y+z-x)(x-y+z)(x+y-z) $.

Это произведение содержит член $ z^4 $ с коэффициентом $ (-1) $, а сам определитель содержит тот же член с коэффициентом $ +1 $. Следовательно, $$ D=-(x+y+z)(y+z-x)(x-y+z)(x+y-z) =x^4+y^4+z^4-2x^2y^2-2x^2z^2-2y^2z^2 \ . $$

♦

Основная идея метода заключается в том, что некоторые определители можно свести к вычислению определителей, имеющих аналогичный вид, но меньший порядок. Если удается установить вид этой зависимости в виде явной формулы, то эта формула — последовательным ее применением — позволит нам «спуститься» к определителям малых порядков.

Пример. Вычислить определитель

$$D_n=\left|\begin{array}{ccccc} a_1&x&x&\dots&x\\ x&a_2&x&\dots&x\\ x&x&a_3&\dots&x\\ \vdots&&&\ddots&\vdots\\ x&x&x&\dots&a_n \end{array}\right|.$$

Решение. Представив элемент в правом нижнем углу в виде $ a_n=x+(a_n-x) $, можем определитель $ D_n $ разбить на сумму двух определителей: $$D_n=\left|\begin{array}{ccccc} a_1&x&x&\dots&x\\ x&a_2&x&\dots&x\\ x&x&a_3&\dots&x\\ \vdots&&&\ddots&\vdots\\ x&x&x&\dots&x \end{array}\right|+\left|\begin{array}{ccccc} a_1&x&x&\dots&0\\ x&a_2&x&\dots&0\\ x&x&a_3&\dots&0\\ \vdots&&&\ddots&\vdots\\ x&x&x&\dots&a_n-x \end{array}\right|.$$ В первом определителе последний столбец вычтем из остальных, а второй определитель разложим по последнему столбцу: $$D_n=x(a_1-x)(a_2-x)\times\dots\times(a_{n-1}-x)+(a_n-x)D_{n-1}\ .$$ Это и есть рекуррентное соотношение. Подставляя в него аналогичное выражение для $ D_{n-1} $, найдем $$\begin{array}{l} D_n=x(a_1-x)(a_2-x)\times\dots\times(a_{n-1}-x)+\\ +x(a_1-x)(a_2-x)\times\dots\times(a_{n-2}-x)(a_n-x)+D_{n-2}(a_{n-1}-x)(a_n-x). \end{array}$$ Повторяя то же рассуждение $ n-1 $ раз и замечая, что $ D_1=a_1=x+(a_1-x) $, найдем $$\begin{array}{l} D_n=x(a_1-x)(a_2-x)\dots(a_{n-1}-x)+x(a_1-x)\times\dots\times(a_{n-2}-x)(a_n-x)+\dots+\\ +x(a_2-x)\times\dots\times(a_n-x)+(a_1-x)(a_2-x)\times\dots\times(a_n-x)=\\ \displaystyle =x(a_1-x)(a_2-x)\times\dots\times(a_n-x)\left( \frac{1}{x}+\frac{1}{a_1-x}+\dots+\frac{1}{a_n-x}\right). \end{array}$$

♦

Вычислить определитель

$$\left|\begin{array}{ccccc} a_1b_1&a_1b_2&a_1b_3&\dots&a_1b_n\\ a_1b_2&a_2b_2&a_2b_3&\dots&a_2b_n\\ a_1b_3&a_2b_3&a_3b_3&\dots&a_3b_n\\ \vdots&&&&\vdots\\ a_1b_n&a_2b_n&a_3b_n&\dots&a_nb_n \end{array}\right|.$$

Ответ. $ \displaystyle a_1b_n\prod_{j=1}^{n-1}(a_{j+1}b_j-a_jb_{j+1}) $ .

Пример. Вычислить определитель

$$D_n=\left|\begin{array}{ccccc} a_1&x&x&\dots&x\\ y&a_2&x&\dots&x\\ y&y&a_3&\dots&x\\ \vdots&&&\ddots&\vdots\\ y&y&y&\dots&a_n \end{array}\right|.$$

Решение начинается тем же приемом, что и в предыдущем примере: $$ D_n= \left|\begin{array}{ccccc} a_1&x&x&\dots&x\\ y&a_2&x&\dots&x\\ y&y&a_3&\dots&x\\ \vdots&&&\ddots&\vdots\\ y&y&y&\dots&x \end{array}\right|+(a_n-x)D_{n-1}=x(a_1-y)(a_2-y)\times \dots \times (a_{n-1}-y)+(a_n-x)D_{n-1} \ . $$ Можно было бы идти по проторенному пути и «разделывать» определитель $ D_{n-1} $ с использованием уже полученной формулы. Имеется, однако, более эффективный прием. Заметим, что начальный определитель симметричен относительно вхождения параметров $ x_{} $ и $ y_{} $, и эта симметрия должна проявляться в окончательном ответе. Следовательно, наряду с полученным выражением, будет справедливо и следующее: $$ D_n=y(a_1-x)(a_2-x)\times \dots \times (a_{n-1}-x)+(a_n-y)D_{n-1} \ , $$ произведенное перестановкой параметров $ x \leftrightarrow y $. В результате мы получаем систему уравнений для определения двух неизвестных величин $ D_{n} $ и $ D_{n-1} $. Решаем эту систему относительно $ D_n $ (например, по формулам Крамера): $$ D_n = \frac{\displaystyle y\prod_{k=1}^n(a_k-x)-x\prod_{k=1}^n(a_k-y)}{y-x} \ . $$ ♦

В примере следующего пункта метод рекуррентных соотношений комбинируется с методом выделения линейных множителей.

Подробнее о матрице, определителе Вандермонда и их применении ☞ ЗДЕСЬ.

Пример. Вычислить определитель Вандермонда

$$ V(x_1,\dots,x_n)= \left|\begin{array}{ccccc} 1 &x_1&x_1^2&\ldots&x_1^{n-1}\\ 1 &x_2&x_2^2&\ldots&x_2^{n-1}\\ \vdots& &&& \vdots\\ 1 &x_n&x_n^2&\ldots&x_n^{n-1} \end{array}\right|_{n\times n} $$

Решение. Поясним идею для случая $ n=4 $. Выражение для $ V(x_1,x_2,x_3,x_4) $ — если его формально разложить по общей формуле — будет полиномом относительно своих переменных. Рассмотрим его как полином от переменной $ x_4 $, которую — для удобства — временно переобозначим через $ x $: $$ \tilde V(x)=\left|\begin{array}{llll} 1 &x_1&x_1^2&x_1^3\\ 1 &x_2&x_2^2&x_2^3\\ 1 &x_3&x_3^2&x_3^3\\ 1 &x&x^2&x^3\\ \end{array}\right| \ ; $$ оставшиеся переменные будем считать параметрами. Если подставить в этот определитель $ x=x_1 $, то определитель обратится в нуль (как имеющий одинаковые строки см. свойство 3 ☞ ЗДЕСЬ). Аналогичные рассуждения верны для $ x=x_2 $ и $ x=x_3 $. Таким образом, полином $ \tilde V(x) $ имеет корни $ x_1,x_2,x_3 $, а его степень — если разложить по последней строке — не превышает $ 3 $. Следовательно, этот полином должен иметь следующее разложение на линейные множители: $$ \tilde V(x) \equiv A(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3) \ ; $$ при этом константа $ A $ зависит только от $ x_1, x_2,x_3 $. Выражение для нее можно найти, если сообразить, что она является старшим коэффициентом полинома $ \tilde V(x) $, т.е. коэффициентом при степени $ x^3 $. Этот коэффициент можно «извлечь» из исходного определителя — это алгебраическое дополнение элемента определителя, стоящего в правом нижнем углу, т.е. $$ \left|\begin{array}{lll} 1 &x_1&x_1^2\\ 1 &x_2&x_2^2\\ 1 &x_3&x_3^2 \end{array}\right| \ . $$ Но этот определитель — тот же определитель Вандермонда, только порядка меньшего исходного. Возвращая переменной $ x $ ее исходное значение, получаем рекуррентное соотношение: $$ V(x_1,x_2,x_3,x_4)\equiv V(x_1,x_2,x_3) (x_4-x_1)(x_4-x_2)(x_4-x_3) \ . $$ Раскладываем определитель в правой части по той же схеме: $$ V(x_1,x_2,x_3) \equiv \left|\begin{array}{ll} 1 &x_1\\ 1 &x_2 \end{array}\right| (x_3-x_1)(x_3-x_2) \equiv (x_3-x_1)(x_3-x_2)(x_2-x_1) \ . $$ Таким образом, $$ V(x_1,x_2,x_3,x_4)= $$ $$ =(x_2-x_1)(x_3-x_1)(x_3-x_2)(x_4-x_1)(x_4-x_2)(x_4-x_3) \ . $$ А в общем случае получаем ответ $$ V(x_1,\dots,x_n)= \prod_{1\le j < k \le n} (x_k-x_j)\ . $$ ♦

Более сложный пример применения метода дает задача вычисления определителя трехдиагональной матрицы, представленного в следующем виде (определитель Якоби):

$$ {\mathfrak J}_n = \left|\begin{array}{ccccccc} a_1 &b_1&0&0& \dots & 0 & 0\\ -c_2 &a_2&b_2&0& \dots & 0 & 0\\ 0 &-c_3&a_3&b_3& \dots & 0 & 0\\ \vdots &&& &\ddots&& \vdots \\ 0 &0&0&0& \dots & a_{n-1} & b_{n-1}\\ 0 &0&0&0& \dots & -c_n & a_{n} \end{array}\right|_{n\times n} \ . $$ Формальное вычисление этого определителя (в соответствии с определением) даст полином по $ a_1,\dots,a_n,b_1,\dots,b_{n-1},c_2,\dots,c_n $, линейный по каждой из этих переменных. Если разложить $ {\mathfrak J}_n $ по последней строке, то получим: $$ \begin{matrix} {\mathfrak J}_n&=&a_n{\mathfrak J}_{n-1}+b_{n-1}c_n{\mathfrak J}_{n-2} =a_n(a_{n-1}{\mathfrak J}_{n-2}+b_{n-2}c_{n-1}{\mathfrak J}_{n-3})+ b_{n-1}c_n{\mathfrak J}_{n-2}= \\ &=&(a_na_{n-1}+b_{n-1}c_n){\mathfrak J}_{n-2}+a_nb_{n-2}c_{n-1}{\mathfrak J}_{n-3}= \dots \end{matrix} $$

Пример.

$ {\mathfrak J}_2=a_1a_2+b_1c_2 $ , $ {\mathfrak J}_3=a_1a_2a_3+a_1b_2c_3+b_1c_2a_3 $, $$ {\mathfrak J}_5=a_1a_2a_3a_4a_5+b_1c_2a_3a_4a_5+a_1b_2c_3a_4a_5+a_1a_2b_3c_4a_5 +a_1a_2a_3b_4c_5+b_1c_2b_3c_4a_5+b_1c_2a_3b_4c_5+a_1b_2c_3b_4c_5 \ . $$

Теорема. Значение $ {\mathfrak J}_n $ равно сумме главного члена $ a_1a_2\times \dots \times a_{n} $ и всевозможных произведений, получающихся из него заменой одной или нескольких пар соседних множителей $ a_ja_{j+1} $ на $ b_jc_{j+1} $.

Частный случай определителя Якоби — континуант: $$ Q_n(x_1,x_2,\dots,x_{n}) = \left|\begin{array}{ccccccc} x_1 &1&0&0& \dots & 0 & 0\\ -1 &x_2&1&0& \dots & 0 & 0\\ 0 &-1&x_3&1& \dots & 0 & 0\\ \vdots &&& &\ddots&&\vdots \\ 0 &0&0&0& \dots & x_{n-1} & 1\\ 0 &0&0&0& \dots & -1 & x_{n} \end{array}\right|_{n\times n} $$

Теорема. Континуант равен сумме произведения $ x_1\cdot x_2 \times \dots \times x_n $ и всевозможных произведений, получающихся из него вычеркиванием пар соседних множителей (и добавлением $ 1 $ в случае четного $ n $).

Пример.

$$ \begin{array}{lcl} Q_2(x_1,x_2)&=&x_1x_2+1 \ , \\ Q_3(x_1,x_2,x_3)&=& x_1x_2x_3+x_3+x_1 \ , \\ Q_6(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)&=&x_1x_2x_3x_4x_5x_6+\\ &&+x_3x_4x_5x_6 +x_1x_4x_5x_6+ x_1x_2x_5x_6+ x_1x_2x_3x_6+x_1x_2x_3x_4+ \\ &&+x_5x_6+x_1x_6+x_1x_2+x_1x_4+x_3x_4+x_3x_6+1 . \end{array} $$

Исследуем еще один частный случай определителя Якоби — при одинаковых элементах на диагоналях $$a_1=\dots=a_n = a, \ b_1=\dots=b_{n-1} = b, \ c_2=\dots=c_n = c \ ; $$ таким образом: $$ {\mathfrak J}_n= \left|\begin{array}{ccccccc} a &b&0&0& \dots & 0 & 0\\ c &a&b&0& \dots & 0 & 0\\ 0 &c&a&b& \dots & 0 & 0\\ \vdots &&& &\ddots&& \vdots \\ 0 &0&0&0& \dots & a & b\\ 0 &0&0&0& \dots & c & a \end{array}\right|_{n\times n} \ . $$ В этом случае уравнение, связывающее определители трех последовательных порядков, принимает вид: $$ {\mathfrak J}_n=a{\mathfrak J}_{n-1}-bc{\mathfrak J}_{n-2} \ .$$ Оно может быть решено применением общего приема решения линейного разностного уравнения.

Пример. Вычислить

$$ \left|\begin{array}{cccccc} 2 &2&0& \dots & 0 & 0\\ 1 & 2 &2& \dots & 0 & 0\\ 0 &1&2& \dots & 0 & 0\\ \vdots && \ddots &\ddots&& \vdots\\ 0 &0&0& \dots & 2 & 2\\ 0 &0&0& \dots & 1 & 2 \end{array}\right|_{n\times n} \ . $$

Решение. Разностное уравнение имеет вид $ {\mathfrak J}_n=2{\mathfrak J}_{n-1}-2{\mathfrak J}_{n-2} $. Cтроим соответствующее ему характеристическое уравнение и находим его корни: $ \lambda_{1,2}=1 \pm \mathbf i $. Поскольку они различны, решение разностного уравнения ищем в виде $$ C_1 (1+\mathbf i )^n+C_2 (1-\mathbf i)^n \ .$$ Для определения констант $ C_1 $ и $ C_2 $ вычислим определители первого и второго порядков: $ {\mathfrak J}_1=2,{\mathfrak J}_2=2 $. $$ \left\{ \begin{array}{llll} 2&=&C_1(1+\mathbf i)&+C_2(1+\mathbf i), \\ 2&=&C_1(1+\mathbf i)^2&+C_2(1+\mathbf i)^2 \end{array} \right. \quad \Rightarrow \quad C_1=\frac{1-\mathbf i}{2},\ C_2=\frac{1+\mathbf i}{2} $$ Ответ. $ {\mathfrak J}_n=(1+\mathbf i)^{n-1}+(1-\mathbf i)^{n-1} $.

Ганкелева матрица порядка $ k_{} $ — это квадратная матрица вида $$ \left(\begin{array}{llllll} \color{Brown}c_0 & \color{Blue}c_1 & \color{Green}c_2 & \color{Violet}c_3 & \dots & c_{k-1} \\ \color{Blue}c_1 & \color{Green}c_2 & \color{Violet}c_3 & c_4 & \dots & c_k \\ \color{Green}c_2 & \color{Violet}c_3 & c_4 & &\dots & c_{k+1} \\ \color{Violet}c_3 & c_4 & & & & \\ \vdots & & & \ddots & \vdots \\ c_{k-1} & c_{k} & c_{k+1} & &\dots & c_{2k-2} \end{array} \right)_{k\times k}= \left[ c_{j+k}\right]_{j,k=0}^{k-1} \ . $$ Элементы числовой последовательности $$ \{c\}= c_0,c_1,\dots, c_{2k-2},\dots $$ называются образующими ганкелевой матрицы.

Определитель ганкелевой матрицы порядка $ k $ будем обозначать $ H_{k} $.

Если в ганкелевой матрице порядка $ k+1 $ заменить последнюю строку на $ \left[ 1,x,x^2,\dots,x^{k} \right] $, то определитель полученной матрицы $$ \mathcal H_k(x) = \left| \begin{array}{lllll} c_0 & c_1 & c_2 & \ldots & c_{k} \\ c_1 & c_2 & c_3 &\ldots & c_{k+1} \\ \vdots & & & \ddots& \vdots \\ c_{k-1} & c_{k} & c_{k+1} & \ldots & c_{2k-1} \\ 1 & x & x^2 & \ldots & x^{k} \end{array} \right|_{(k+1) \times (k+1)} $$ будет полиномом по $ x_{} $; он называется ганкелевым полиномом k-го порядка (порожденным последовательностью $ \{c\} $). Его каноническое представление имеет коэффициентами числовые определители $ k_{} $-го порядка: $$ \mathcal H_k(x)\equiv x^{k} \left| \begin{array}{lllll} c_0 & c_1 & \ldots & c_{k-2} & c_{k-1} \\ c_1 & c_2 & \ldots & c_{k-1} & c_{k} \\ \vdots & & \ddots& & \vdots \\ c_{k-1} & c_{k} & \ldots & c_{2k-3} & c_{2k-2} \end{array} \right|- x^{k-1} \left| \begin{array}{lllll} c_0 & c_1 & \ldots & c_{k-2} & c_{k} \\ c_1 & c_2 & \ldots & c_{k-1} & c_{k+1} \\ \vdots & & \ddots& & \vdots \\ c_{k-1} & c_{k} & \ldots & c_{2k-3} & c_{2k-1} \end{array} \right|+ $$ $$ + \dots +(-1)^k \left| \begin{array}{lllll} c_1 & c_2 & \ldots & c_{k-1} & c_{k} \\ c_2 & c_3 & \ldots & c_{k} & c_{k+1} \\ \vdots & & \ddots& & \vdots \\ c_{k} & c_{k+1} & \ldots & c_{2k-2} & c_{2k-1} \end{array} \right| \ . $$ Коэффициенты будем обозначать $ h_{kj} $; таким образом $$ \mathcal H_k(x)\equiv h_{k0} x^k +h_{k1} x^{k-1} +\dots + h_{kk} \quad \mbox{ при } \quad h_{k0}= H_k \ ; $$ Коэффициент $ h_{k0} $ может обращаться в нуль, так что степень ганкелевого полинома $ k_{} $-го порядка может оказаться меньшей $ k_{} $.

Теорема [Якоби, Йоахимшталь].¹⁾ Любые три ганкелевых полинома $ \mathcal H_{k-2}(x), \mathcal H_{k-1}(x), \mathcal H_{k}(x) $ связаны тождеством

$$ H_k^2\mathcal H_{k-2}(x) + \left(H_kh_{k-1,1}-H_{k-1}h_{k1}-H_kH_{k-1}x\right)\mathcal H_{k-1}(x) + H_{k-1}^2 \mathcal H_{k}(x) \equiv 0 \, . $$

Это тождество позволяет организовать вычисление ганкелевого полинома, рекурсивное по порядку этого полинома: $ \mathcal H_{k}(x) $ вычисляется через ранее вычисленные $ \mathcal H_{k-1}(x) $ и $ \mathcal H_{k-2}(x) $. Подробнее ☞ ЗДЕСЬ.

Пример. Вычислить определитель

$$D_n=\left|\begin{array}{cccc} a_1+b_1&a_1+b_2&\dots&a_1+b_n\\ a_2+b_1&a_2+b_2&\dots&a_2+b_n\\ \dots&&&\dots\\ a_n+b_1&a_n+b_2&\dots&a_n+b_n \end{array}\right|.$$

Решение. Определитель раскладывается по первой строке на два определителя, каждый из них по второй строке снова раскладывается на два определителя и т.д. Дойдя до последней строки, получим $ 2^n $ определителей.

Если при каждом разложении за первые слагаемые принимать числа $ a_i $, а за вторые — числа $ b_j $, то строки полученных определителей будут либо вида $ (a_i,a_i,\dots,a_i) $, либо вида $ (b_1,b_2,\dots,b_n) $. Две строки первого типа пропорциональны, а второго типа равны. При $ n>2 $ в каждый получившийся определитель попадут по крайней мере две строки одного типа, и он обратится в нуль. Таким образом, $$D_n=0 \ npu \ n>2,\ D_1=a_1+b_1,\quad D_2=\left|\begin{array}{cc} a_1&a_1\\ b_1&b_2 \end{array}\right|+\left|\begin{array}{cc} b_1&b_2\\ a_2&a_2 \end{array}\right|=(a_1-a_2)(b_2-b_1).$$

♦

Вычислить определитель методом представления его в виде суммы определителей

$$\left|\begin{array}{ccccc} x_1&a_1b_2&a_1b_3&\dots&a_1b_n\\ a_2b_1&x_2&a_2b_3&\dots&a_2b_n\\ a_3b_1&a_3b_2&x_3&\dots&a_3b_n\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ a_nb_1&a_nb_2&a_nb_3&\dots&x_n \end{array}\right|.$$

Ответ. $$(x_1-a_1b_1)(x_2-a_2b_2)\times \dots \times (x_n-a_nb_n) \times $$ $$ \times \left(1+\frac{a_1b_1}{x_1-a_1b_1}+\frac{a_2b_2}{x_2-a_2b_2}+\dots+\frac{a_nb_n}{x_n-a_nb_n}\right) \ .$$

Пример. Вычислить определитель

$$ \det \left[ s_{j+k}x-s_{j+k+1} \right]_{j,k=0}^{n-1} = \left| \begin{array}{llll} s_0x-s_1&s_1x-s_2&\dots& s_{n-1}x-s_{n} \\ s_1x-s_2&s_2x-s_3&\dots& s_{n}x-s_{n+1} \\ \dots & & & \dots \\ s_{n-1}x-s_{n} & s_{n}x-s_{n+1} & \dots & s_{2n-2}x-s_{2n-1} \end{array} \right|_{n\times n} $$ при заданных числовых значениях $ s_0,s_1,\dots,s_{2n-1} $.

Решение. Здесь каждый элемент определителя зависит от переменной $ x $. Как уже отмечалось в начале раздела, применение метода Гаусса к вычислению такого определителя неэффективно. Сформируем новый определитель порядка $ n+1 $, дополнив исходный одной строкой и одним столбцом: $$ \left| \begin{array}{llllc} s_0x-s_1&s_1x-s_2&\dots& s_{n-1}x-s_{n} & 0 \\ s_1x-s_2&s_2x-s_3&\dots& s_{n}x-s_{n+1} & 0 \\ \dots & & & \dots & \dots \\ s_{n-1}x-s_{n } & s_{n}x-s_{n+1} & \dots & s_{2n-2}x-s_{2n-1}& 0 \\ s_n & s_{n+1} & \dots & s_{2n-1}& 1 \end{array} \right|_{(n+1)\times (n+1)} \ . $$ Разложение нового определителя по последнему столбцу приведет к исходному определителю. С другой стороны, выполним элементарные преобразования нового определителя: прибавим последнюю строку к предпоследней: $$ \left| \begin{array}{llllc} s_0x-s_1&s_1x-s_2&\dots& s_{n-1}x-s_{n} & 0 \\ s_1x-s_2&s_2x-s_3&\dots& s_{n}x-s_{n+1} & 0 \\ \dots & & & \dots & \dots \\ s_{n-1}x & s_{n}x & \dots & s_{2n-2}x& 1 \\ s_n & s_{n+1} & \dots & s_{2n-1}& 1 \end{array} \right|_{(n+1)\times (n+1)} \ ; $$ вынесем общий множитель: $$ x\left| \begin{array}{llllc} s_0x-s_1&s_1x-s_2&\dots& s_{n-1}x-s_{n} & 0 \\ s_1x-s_2&s_2x-s_3&\dots& s_{n}x-s_{n+1} & 0 \\ \dots & & & \dots & \dots \\ s_{n-1} & s_{n} & \dots & s_{2n-2}& 1/x \\ s_n & s_{n+1} & \dots & s_{2n-1}& 1 \end{array} \right|_{(n+1)\times (n+1)} \ ; $$ предпоследнюю строку прибавим к предыдущей: $$ x\left| \begin{array}{llllc} s_0x-s_1&s_1x-s_2&\dots& s_{n-1}x-s_{n} & 0 \\ s_1x-s_2&s_2x-s_3&\dots& s_{n}x-s_{n+1} & 0 \\ \dots & & & \dots & \dots \\ s_{n-2}x & s_{n-1}x & \dots & s_{2n-3}x& 1/x \\ s_{n-1} & s_{n} & \dots & s_{2n-2}& 1/x \\ s_n & s_{n+1} & \dots & s_{2n-1}& 1 \end{array} \right|_{(n+1)\times (n+1)} \ ; $$ и снова вынесем общий множитель: $$ x^2\left| \begin{array}{lllll} s_0x-s_1&s_1x-s_2&\dots& s_{n-1}x-s_{n} & 0 \\ s_1x-s_2&s_2x-s_3&\dots& s_{n}x-s_{n+1} & 0 \\ \dots & & & \dots & \dots \\ s_{n-2} & s_{n-1} & \dots & s_{2n-3}& 1/x^2 \\ s_{n-1} & s_{n} & \dots & s_{2n-2}& 1/x \\ s_n & s_{n+1} & \dots & s_{2n-1}& 1 \end{array} \right|_{(n+1)\times (n+1)} \ . $$ Продолжим процесс по аналогии, в конце концов получим $$ x^n\left| \begin{array}{lllll} s_0x-s_1&s_1x-s_2&\dots& s_{n-1}x-s_{n} & 1/x^n \\ s_1x-s_2&s_2x-s_3&\dots& s_{n}x-s_{n+1} & 1/x^{n-1} \\ \dots & & & \dots & \dots \\ s_{n-2}x & s_{n-1}x & \dots & s_{2n-3}x& 1/x^2 \\ s_{n-1} & s_{n} & \dots & s_{2n-2}& 1/x \\ s_n & s_{n+1} & \dots & s_{2n-1}& 1 \end{array} \right|_{(n+1)\times (n+1)} \ , $$ и внесем множитель в последний столбец: $$ \left| \begin{array}{lllll} s_0&s_1&\dots&s_{n-1}&1 \\ s_1&s_2&\dots&s_n& x \\ \vdots & && \vdots & \vdots \\ s_{n}&s_{n+1}&\dots&s_{2n-1}&x^{n} \end{array} \right|_{(n+1)\times (n+1)} \ . $$ Получившийся определитель имеет порядок больший исходного. Тем не менее, выражения его элементов стали проще с той точки зрения, что переменная оказалась «выметена на край» определителя. Если разложить теперь определитель по последнему столбцу, то коэффициентами при степенях $ x $ становятся числовые определители, для вычисления которых уже можно применять метод Гаусса. ♦

Можно считать излагаемый ниже метод обобщением приведенного выше метода выделения линейных множителей: если матрица имеет полиномиальную зависимость от параметра (параметров), то угадать корни ее определителя — также полинома от этого параметра — удается не всегда, а вот его значения при конкретных величинах параметра (параметров) всегда можно вычислить.

Попробуем решить пример, с которого начинается настоящий раздел.

Пример. Вычислить

$$ \det A(\alpha)= \left| \begin{array}{cccc} \alpha+1 &\alpha^2+1 &\alpha^2-1 &\alpha \\ \alpha^2+\alpha+1 & \alpha^2-\alpha+1 & \alpha^2 & 1 \\ 2\,\alpha+1 &\alpha^2+2 & \alpha & \alpha^2-1 \\ 2\,\alpha & 2\, \alpha^2+2\,\alpha+1 & \alpha^2-\alpha-1 & \alpha+1 \end{array} \right| \ . $$

Решение. Поскольку каждый элемент определителя является полиномом, то, на основании определения определителя как суммы произведений его элементов, величина определителя также должна быть полиномом по $ \alpha_{} $. Обозначим этот полином через $ F(\alpha) $. Таким образом, задача сводится к вычислению степени $ \deg F $ этого полинома и его коэффициентов. Для решения первой задачи формируем новый определитель, путем вытаскивания из элементов исходного определителя их старших мономов: $$ \left| \begin{array}{cccc} \alpha &\alpha^2 &\alpha^2 &\alpha \\ \alpha^2 & \alpha^2 & \alpha^2 & 1 \\ 2\,\alpha &\alpha^2 & \alpha & \alpha^2 \\ 2\,\alpha & 2\, \alpha^2 & \alpha^2 & \alpha \end{array} \right| \ . $$ Если этот определитель не равен нулю тождественно по $ \alpha_{} $, то его старший моном совпадает со старшим мономом $ F(\alpha) $. Новый определитель также зависит от $ \alpha_{} $, но характер этой зависимости становится менее сложным, чем у исходного, и для его вычисления можно использовать различные упрощающие соображения. Например, можно вынести общие множители элементов первого, второго и третьего столбцов (см. свойство 4 ☞ ЗДЕСЬ ) $$ =\alpha\cdot \alpha^2 \cdot \alpha \left| \begin{array}{cccc} 1 &1 & \alpha &\alpha \\ \alpha & 1 & \alpha & 1 \\ 2 &1 & 1 & \alpha^2 \\ 2 & 2 & \alpha & \alpha \end{array} \right| = $$ Далее, вычитаем из последней строки первую, умноженную на $ 2_{} $: $$ =\alpha^4 \left| \begin{array}{cccc} 1 &1 & \alpha &\alpha \\ \alpha & 1 & \alpha & 1 \\ 2 &1 & 1 & \alpha^2 \\ 0 & 0 & -\alpha & -\alpha \end{array} \right| =-\alpha^5 \left| \begin{array}{cccc} 1 &1 & \alpha &\alpha \\ \alpha & 1 & \alpha & 1 \\ 2 &1 & 1 & \alpha^2 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{array} \right| $$ Теперь вычтем из четвертого столбца третий: $$ =-\alpha^5 \left| \begin{array}{cccc} 1 &1 & \alpha & 0 \\ \alpha & 1 & \alpha & 1-\alpha \\ 2 &1 & 1 & \alpha^2 -1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right| $$ и разложим определитель по последней строке: $$ = \alpha^5 \left| \begin{array}{ccc} 1 &1 & 0 \\ \alpha & 1 & 1-\alpha \\ 2 &1 & \alpha^2 -1 \\ \end{array} \right| \ . $$ Поскольку нас интересует только лишь старший моном этого определителя, в элементах последнего столбца оставляем старшие мономы: $$ \alpha^5 \left| \begin{array}{ccc} 1 &1 & 0 \\ \alpha & 1 & -\alpha \\ 2 &1 & \alpha^2 \end{array} \right| = \alpha^6 \left| \begin{array}{ccc} 1 &1 & 0 \\ \alpha & 1 & -1 \\ 2 &1 & \alpha \end{array} \right| \ . $$ Этот определитель можно вычислить «вручную» (при этом, повторюсь, нас интересуют только лишь максимальные по степени $ \alpha_{} $ члены его разложения), получаем: $ - \alpha^8 $.

Итак, неизвестный полином $ F(\alpha) $ имеет степень $ 8_{} $. Для его определения у нас имеется представление этого полинома в форме определителя. При этом считается, что числовые определители мы вычислять умеем. Будем искать полином $ F(\alpha) $ как решение задачи интерполяции. Зададим произвольные числовые значения для $ \alpha_{} $ — в количестве $ 9_{} $ штук (по числу коэффициентов полинома, требующих определения), вычислим соответствующие числовые определители, составим интерполяционную таблицу: $$ \begin{array}{c|cccc} \alpha & \alpha_1 & \alpha_2 & \dots & \alpha_9 \\ \hline F & \det A (\alpha_1) &\det A (\alpha_2) & \dots & \det A (\alpha_9) \end{array} $$ и вычислим $ F(\alpha) $ по одному из методов вычисления интерполяционного полинома.

На виду лежат два соображения:

1. имеет смысл в качестве чисел $ \alpha_j $ выбирать возможно минимальные по модулю;

2. поскольку мы уже знаем величину одного из коэффициентов, имеет смысл выбрать — из двух стандартных представлений интерполяционного полинома — форму Ньютона (последнее вычисление делать не придется, можно сократить число узлов интерполяции). Для настоящего примера: $$ \begin{array}{c|rrrccccc} \alpha & 0 & 1 & -1 & 2 & -2 & 3 & -3 & 4 \\ \hline F & -4 & -4 & 24 &-222 & 734 & -9616 & 4388 & -98176 \end{array} $$

Ответ. $ -\alpha^8-3\,\alpha^7+3\,\alpha^6-\alpha^5+23\,\alpha^4-7\,\alpha^3-11\,\alpha^2-3\,\alpha-4 $.

$$\det \left[\frac{1}{a_j+b_k} \right]_{j,k=1}^n= \left|\begin{array}{cccc} \frac{1}{a_1+b_1} &\frac{1}{a_1+b_2}&\ldots&\frac{1}{a_1+b_n}\\ & & & \\ \frac{1}{a_2+b_1} &\frac{1}{a_2+b_2}&\ldots&\frac{1}{a_2+b_n}\\ & & & \\ \ldots & & & \ldots\\ \frac{1}{a_n+b_1} &\frac{1}{a_n+b_2}&\ldots&\frac{1}{a_n+b_n} \end{array}\right|_{n\times n}\ . $$ Рассматривается ☞ ЗДЕСЬ.

или определитель матрицы расстояний $$ \det \left[ |P_jP_k|^2 \right]_{j,k=1}^m =\left| \begin{array}{cccc} 0 & |P_1P_2|^2 & \dots & |P_1P_m|^2 \\ |P_1P_2|^2 & 0 & \dots & |P_2P_m|^2 \\ \vdots & & \ddots & \vdots \\ |P_1P_m|^2 & |P_2P_m|^2 & \dots & 0 \end{array} \right| \quad npu \quad \{P_1,\dots,P_m\} \subset \mathbb R^n $$ Рассматривается ☞ ЗДЕСЬ.

$$ \left|\begin{array}{llllllll} 1 & \cos x_1 & \sin x_1 & \cos \, 2\, x_1 & \sin \, 2\, x_1 & \dots & \cos \, n\, x_1 & \sin \, n\, x_1 \\ 1 & \cos x_2 & \sin x_2 & \cos \, 2\, x_2 & \sin \, 2\, x_2 & \dots & \cos \, n\, x_2 & \sin \, n\, x_2 \\ \dots & & & & & & & \dots \\ 1 & \cos x_{2n+1} & \sin x_{2n+1} & \cos \, 2\, x_{2n+1} & \sin \, 2\, x_{2n+1} & \dots & \cos \, n\, x_{2n+1} & \sin \, n\, x_{2n+1} \end{array} \right| = $$ $$ = 2^{2n^2} \prod_{0\le k < j \le 2n} \sin \frac{x_k-x_j}{2} \ . $$ Рассматривается ☞ ЗДЕСЬ.

☞ ЗДЕСЬ.

[1]. Микеладзе Ш.Е. Решение численных уравнений. Тбилиси.Мецниереба. 1965