Bài 19: ĐỊNH THỨC CỦA MA TRẬN

19.1. Các phép thế

Cho $n$ là số nguyên dương và đặt $I:=\{1,2,\dots ,n\}$.

$\mathbf{\text{Định nghĩa 19.1.}}$ Một song ánh $\sigma :I\to I$ được gọi là một $\mathbf{\text{phép thế bậc }}n$. Tập hợp tất cả các phép thế bậc $n$ được ký hiệu bởi $S_n$. Với $\sigma \in S_n$ ta thường biểu diễn nó dạng $$\sigma =\left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & n\\ \sigma (1)& \sigma (2)& \cdots & \sigma (n)\end{array}\right).$$

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.2.}}$

1. Với $n=1$, $I=\{1\}$ và phép thế bậc 1 duy nhất của $S_1$ chính là ánh xạ đồng nhất ${\mathrm{id}}_I$.  
2.  Với $n=2$, $I=\{1,2\}$ và $S_2$ có hai phép thế bậc 2 là ${\mathrm{id}}_I=\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 1& 2\end{array}\right)$ và $\sigma =\left(\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 1\end{array}\right).$ 
3.  Với $n=3$, $I=\{1,2,3\}$ và $S_3$ có 6 phép thế bậc 3 gồm ${\sigma }_1={\mathrm{id}}_I$ và $$\begin{array}{rl}{\sigma }_2& =\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right),{\sigma }_3=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 2& 1\end{array}\right),{\sigma }_4=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 3& 2\end{array}\right),\\ {\sigma }_5& =\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 3& 1\end{array}\right),{\sigma }_6=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right).\end{array}$$

$\mathbf{\text{Nhận xét 19.3.}}$ Với $\sigma ,\tau \in S_n$ thì tích hợp thành của $\sigma$ và $\tau$ được viết: $$\begin{array}{rl}\tau \cdot \sigma & =\left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & n\\ \tau (1)& \tau (2)& \cdots & \tau (n)\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & n\\ \sigma (1)& \sigma (2)& \cdots & \sigma (n)\end{array}\right)\\ & =\left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & n\\ \tau (\sigma (1))& \tau (\sigma (2))& \cdots & \tau (\sigma (n))\end{array}\right).\end{array}$$ Từ tính chất của các song ánh, ta nhận được các tính chất sau:

1. $\sigma \cdot (\tau \cdot \varrho )=(\sigma \cdot \tau )\cdot \varrho$ với mọi $\sigma ,\tau ,\varrho \in S_n$.  
2. Phép thế đồng nhất $\mathrm{id}:={\mathrm{id}}_I\in S_n$ thỏa $\sigma \cdot \mathrm{id}=\sigma =\mathrm{id}\cdot \sigma$ với mọi $\sigma \in S_n$.
3. Với mọi $\sigma \in S_n$, tồn tại phép thế ngược ${\sigma }^{-1}\in S_n$ sao cho $\sigma \cdot {\sigma }^{-1}=\mathrm{id}={\sigma }^{-1}\cdot \sigma$. Các tính chất trên chính là các tiên đề định nghĩa một nhóm, do đó $(S_n,\circ )$ lập thành một nhóm và được gọi là $\mathbf{\text{nhóm đối xứng bậc }}n$. Số phần tử của $S_n$ là $n!=1\cdot 2\cdots n$. Hơn nữa, nếu $n\ge 3$ thì tồn tại $\sigma ,\tau \in S_n$ sao cho $\sigma \cdot \tau \ne \tau \cdot \sigma$, chẳng hạn $$\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 3& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 3& 1\end{array}\right)\ne \left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 3& 1& 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 1& 3& 2\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 1& 3\end{array}\right).$$

$\mathbf{\text{Định nghĩa 19.4.}}$ Cho $1\le r\le n$ và cho $i_1,...,i_r\in I$ là các số đôi một khác nhau.

1. Nếu $\sigma \in S_n$ giữ nguyên $n-r$ số trong $I\setminus \{i_1,\dots ,i_r\}$ và thỏa $$\sigma (i_1)=i_2,\sigma (i_2)=i_3,...,\sigma (i_{r-1})=i_r,\sigma (i_r)=i_1,$$ thì ta ký hiệu $\sigma =(i_1,i_2,\dots ,i_r)$ và gọi nó là một $\mathbf{\text{vòng xích độ dài }}r$ trên $\mathbf{\text{tập nền}}$ $\{i_1,\dots ,i_r\}$.
2. Một vòng xích độ dài hai còn được gọi là một $\mathbf{\text{phép chuyển trí}}$.
3. Hai vòng xích $\sigma ,\tau \in S_n$ được gọi là $\mathbf{\text{tách rời}}$ nếu các tập nền của chúng không có phần tử chung.

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.5.}}$ Từ Ví dụ 19.2, ta có $S_3=\{{\sigma }_1=\mathrm{id},{\sigma }_2,{\sigma }_3,{\sigma }_4,{\sigma }_5,{\sigma }_6\}$ với $${\sigma }_2=(1,2),{\sigma }_3=(1,3),{\sigma }_4=(2,3),{\sigma }_5=(1,2,3),{\sigma }_6=(1,3,2).$$ Trong đó ${\sigma }_2$, ${\sigma }_3$ và ${\sigma }_4$ là các phép chuyển trí. Tuy nhiên, không tồn tại hai vòng xích độ dài hai tách rời trong $S_3$. Trường hợp $n=4$, các phép chuyển trí $\sigma =(1,2)$ và $\tau =(3,4)$ trong $S_4$ là hai vòng xích tách rời.

Lưu ý rằng vòng xích độ dài 1 trong $S_n$ chỉ là phép thế đồng nhất; hai vòng xích tách rời $\sigma ,\tau \in S_n$ thỏa mãn $\sigma \cdot \tau =\tau \cdot \sigma$. Kết quả dưới đây chỉ ra rằng chúng ta có thể phân tích một phép thế thành tích các vòng xích tách rời. Trường hợp $n=1$ là tầm thường nên dưới đây ta luôn giả thiết $n\ge 2$.

$\mathbf{\text{Định lý 19.6.}}$ Mọi phép thế $\sigma \in S_n$ đều biểu diễn được duy nhất (sai khác thứ tự) dưới dạng tích của các vòng xích tách rời. Đặc biệt, $\sigma$ biểu diễn được dưới dạng tích của các phép chuyển trí.

$\mathbf{\text{Chứng minh.}}$ Ta định nghĩa một quan hệ tương đương trên $I=\{1,2,\dots ,n\}$ bởi $$i\sim j\iff j={\sigma }^k(i)\text{ với }k\ge 0\text{ nào đó.}$$ Lớp tương đương của số $i\in I$ là $[i]=\{{\sigma }^k(i)\mid k\in \mathbb{N}\}$. Lưu ý rằng $[i]\subseteq I$. Tồn tại $k,l\ge 0$ sao cho ${\sigma }^k(i)={\sigma }^l(i)$ và $k<l$, thế nên ${\sigma }^{l-k}(i)=i$. Gọi $m$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho ${\sigma }^m(i)=i$. Ta có $$[i]=\{i,\sigma (i),\dots ,{\sigma }^{m-1}(i)\}.$$ Đặc biệt, ánh xạ thu hẹp $\sigma {|}_{[i]}$ của $\sigma$ lên $[i]$ là một phép thế của $[i]$, hơn thế nó là một vòng xích độ dài $m$, tức $$\sigma {|}_{[i]}=(i,\sigma (i),\dots ,{\sigma }^{m-1}(i)).$$ Khi đó các lớp tương đương lập thành một phân hoạch của $I$ và $\sigma$ là tích của các vòng xích tách rời $\sigma {|}_{[i]}$ với $[i]$ chạy trên tập thương của $I$ theo quan hệ $\sim$. Tiếp theo, ta cần chứng minh thêm rằng mọi vòng xích độ dài $r>2$ biểu diễn được dưới dạng tích của các phép chuyển trí. Xét vòng xích $(i_1,i_2,\dots ,i_r)\in S_n$. Ta có $$(i_1,i_2,\dots ,i_r)=(i_1,i_2,\dots ,i_{r-1})\cdot (i_{r-1},i_r)=\cdots =(i_1,i_2)\cdot (i_2,i_3)\cdots (i_{r-1},i_r).$$ Vậy ta có điều phải chứng minh.

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.7.}}$ Xét phép thế bậc $9$ $$\sigma =\left(\begin{array}{ccccccccc}1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9\\ 6& 4& 1& 2& 5& 3& 8& 9& 7\end{array}\right)\in S_9.$$ Ta có $$\sigma =(1,6,3)\cdot (2,4)\cdot (5)\cdot (7,8,9)=(1,6)\cdot (6,3)\cdot (2,4)\cdot (7,8)\cdot (8,9)$$ và $${\sigma }^{-1}=(3,6,1)\cdot (4,2)\cdot (5)\cdot (9,8,7)=(3,6)\cdot (6,1)\cdot (4,2)\cdot (9,8)\cdot (8,7).$$

Bây giờ xét các biến $x_1,\dots ,x_n$ và đặt $${\mathrm{\Delta }}_n:=\prod _{1\le i<j\le n}(x_j-x_i).$$ Với mỗi phép thế $\sigma \in S_n$, tác động của $\sigma$ lên ${\mathrm{\Delta }}_n$ định bởi $$\sigma ({\mathrm{\Delta }}_n):=\prod _{1\le i<j\le n}(x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)}).$$ Vì $\sigma$ là một song ánh, nên mỗi nhân tử $x_j-x_i$ của ${\mathrm{\Delta }}_n$ xuất hiện đúng một lần với dấu $\pm$ trong $\sigma (\mathrm{\Delta })$. Do đó, $\sigma ({\mathrm{\Delta }}_n)=\pm {\mathrm{\Delta }}_n$. Điều này đưa đến định nghĩa dưới đây.

$\mathbf{\text{Định nghĩa 19.8.}}$ Cho $\sigma \in S_n$ là một phép thế bậc $n$.

1. Số $\mathrm{sign}(\sigma ):=\frac{\sigma ({\mathrm{\Delta }}_n)}{{\mathrm{\Delta }}_n}\in \{\pm 1\}$ được gọi là $\mathbf{\text{dấu}}$ của $\sigma$.
2. $\sigma$ gọi là $\mathbf{\text{phép thế chẵn}}$ nếu $\mathrm{sign}(\sigma )=1$; là $\mathbf{\text{phép thế lẻ}}$ nếu $\mathrm{sign}(\sigma )=-1$.

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.9.}}$ Với $n\ge 2$, phép thế đồng nhất $\mathrm{id}\in S_n$ là phép thế chẵn, còn phép chuyển trí ${\tau }_0=(1,2)\in S_n$ là phép thế lẻ.

$\mathbf{\text{Mệnh đề 19.10.}}$ Với hai phép thế $\sigma ,\tau \in S_n$, ta có $$\mathrm{sign}(\tau \cdot \sigma )=\mathrm{sign}(\tau )\cdot \mathrm{sign}(\sigma ).$$ Đặc biệt, $\mathrm{sign}({\sigma }^{-1})=\mathrm{sign}(\sigma )$.

$\mathbf{\text{Chứng minh.}}$ Ta có $\mathrm{sign}(\sigma )=\prod _{1\le i<j\le n}\frac{x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)}}{x_j-x_i}$ và $$\mathrm{sign}(\tau \cdot \sigma )=\frac{\prod _{1\le i<j\le n}(x_{\tau (\sigma (j))}-x_{\tau (\sigma (i))})}{\prod _{1\le i<j\le n}(x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)})}\cdot \frac{\prod _{1\le i<j\le n}(x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)})}{\prod _{1\le i<j\le n}(x_j-x_i)}.$$ Hơn nữa, ta có $$\prod _{1\le i<j\le n}\frac{x_{\tau (\sigma (j))}-x_{\tau (\sigma (i))}}{x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)}}=\prod _{\begin{array}{c}i<j\\ \sigma (i)<\sigma (j)\end{array}}\frac{x_{\tau (\sigma (j))}-x_{\tau (\sigma (i))}}{x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)}}\cdot \prod _{\begin{array}{c}i<j\\ \sigma (i)>\sigma (j)\end{array}}\frac{x_{\tau (\sigma (j))}-x_{\tau (\sigma (i))}}{x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)}}$$ $$=\prod _{\begin{array}{c}i<j\\ \sigma (i)<\sigma (j)\end{array}}\frac{x_{\tau (\sigma (j))}-x_{\tau (\sigma (i))}}{x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)}}\cdot \prod _{\begin{array}{c}i>j\\ \sigma (i)<\sigma (j)\end{array}}\frac{x_{\tau (\sigma (j))}-x_{\tau (\sigma (i))}}{x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)}}$$ $$=\prod _{1\le \sigma (i)<\sigma (j)\le n}\frac{x_{\tau (\sigma (j))}-x_{\tau (\sigma (i))}}{x_{\sigma (j)}-x_{\sigma (i)}}=\mathrm{sign}(\tau ).$$ Như vậy $\mathrm{sign}(\tau \cdot \sigma )=\mathrm{sign}(\tau )\cdot \mathrm{sign}(\sigma )$. Vì $\sigma \cdot {\sigma }^{-1}=\mathrm{id}$ và $\mathrm{id}$ là phép thế chẵn, ta có $\mathrm{sign}(\sigma )\cdot \mathrm{sign}({\sigma }^{-1})=1$, do đó $\mathrm{sign}(\sigma )=\mathrm{sign}({\sigma }^{-1})\in \{\pm 1\}$.

$\mathbf{\text{Hệ quả 19.11.}}$

1. Mỗi phép chuyển trí $\sigma =(i,j)\in S_n$ đều là phép thế lẻ.
2. Nếu $\sigma \in S_n$ và $\sigma ={\tau }_1\cdots {\tau }_k$ là tích của các phép chuyển trí ${\tau }_1,\dots ,{\tau }_k\in S_n$, thì $\mathrm{sign}(\sigma )=(-1{)}^k$.
3. Phép thế $\sigma \in S_n$ là phép thế chẵn nếu và chỉ nếu nó là tích của một số chẵn các phép chuyển trí.

$\mathbf{\text{Chứng minh.}}$ Rõ ràng (b) và (c) được suy ra ngay từ Mệnh đề 19.10 và (a). Bây giờ ta chứng minh khẳng định (a). Ta biết rằng phép chuyển trí ${\tau }_0=(1,2)$ là một phép thế lẻ. Gọi $\tau =(1,i)\cdot (2,j)$ là phép thế hoán vị 1 cho $i$ và 2 cho $j$. Khi đó ${\tau }^{-1}=\tau$. Ta sẽ chỉ ra rằng $$\sigma =(i,j)=\tau \cdot {\tau }_0\cdot {\tau }^{-1}.$$ Thật vậy, đặt ${\sigma }^{\prime }:=\tau \cdot {\tau }_0\cdot {\tau }^{-1}$. Ta có $${\sigma }^{\prime }(i)=\tau ({\tau }_0(1))=\tau (2)=j=\sigma (i)\text{ và }{\sigma }^{\prime }(j)=\tau ({\tau }_0(2))=\tau (1)=i=\sigma (j).$$ Với $k\notin \{i,j\}$, ta có ${\tau }^{-1}(k)\notin \{1,2\}$, kéo theo $${\sigma }^{\prime }(k)=\tau ({\tau }_0({\tau }^{-1}(k)))=\tau ({\tau }^{-1}(k))=k=\sigma (k).$$ Thế nên $\sigma ={\sigma }^{\prime }$. Vì vậy, Mệnh đề 19.10 kéo theo $$\mathrm{sign}(\sigma )=\mathrm{sign}(\tau )\cdot \mathrm{sign}({\tau }_0)\cdot \mathrm{sign}({\tau }^{-1})=\mathrm{sign}({\tau }_0)=-1.$$

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.12.}}$ Phép thế $\sigma =\left(\begin{array}{ccccccccc}1& 2& 3& 4& 5& 6& 7& 8& 9\\ 6& 4& 1& 2& 5& 3& 8& 9& 7\end{array}\right)\in S_9$ được biểu diễn dạng $\sigma =(1,6)\cdot (6,3)\cdot (2,4)\cdot (7,8)\cdot (8,9).$ Thế nên $\mathrm{sign}(\sigma )=(-1{)}^5=-1$, tức $\sigma$ là phép thế lẻ.

Tập hợp tất cả các phép thế chẵn trong $S_n$ được ký hiệu là $$A_n:=\{\sigma \in S_n\mid \mathrm{sign}(\sigma )=1\}\subseteq S_n.$$ Với mỗi $\tau \in S_n$ ta đặt $$A_n\tau :=\{\sigma \cdot \tau \mid \sigma \in A_n\}.$$ Nếu $\mathrm{sign}(\tau )=1$ thì ta có $A_n\tau =A_n$.

$\mathbf{\text{Mệnh đề 19.13.}}$ Cho $\tau \in S_n$ là phép thế lẻ. Khi đó $$S_n=A_n\cup A_n\tau \text{và}{A}_n\cap A_n\tau =\mathrm{\varnothing }.$$ Đặc biệt, $|A_n|=\frac{n!}{2}$.

$\mathbf{\text{Chứng minh.}}$ Cho $\sigma \in S_n$ là phép thế lẻ. Khi đó, theo Mệnh đề 19.10, ta có $\mathrm{sign}(\sigma \cdot {\tau }^{-1})=1$. Thế nên $\sigma =(\sigma \cdot {\tau }^{-1})\cdot \tau \in A_n\tau$. Suy ra $S_n=A_n\cup A_n\tau$. Đồng thời, mỗi phép thế $\sigma \in A_n\tau$ thỏa mãn $\mathrm{sign}(\sigma )=-1$, do đó $A_n\cap A_n\tau =\mathrm{\varnothing }$. Mặt khác, ánh xạ $A_n\to A_n\tau ,\sigma \mapsto \sigma \cdot \tau$ rõ ràng là một song ánh. Vì $|S_n|=n!$, ta có $|A_n|=|A_n\tau |=\frac{|S_n|}{2}=\frac{n!}{2}$.

19.2. Định thức của ma trận

Cho $A=(a_{ij}{)}_{n\times n}\in {\mathrm{Mat}}_n(\mathbb{K})$ là một ma trận vuông cấp $n$ trên trường số $\mathbb{K}$.

$\mathbf{\text{Định nghĩa 19.14.}}$ $\mathbf{\text{Định thức}}$ của ma trận $A$ được xác định bởi $$\begin{array}{}\text{(19.1)}& det(A):=\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sign}(\sigma )a_{1\sigma (1)}\cdots a_{n\sigma (n)}\end{array}$$

Định thức của ma trận $A$ còn được ký hiệu bởi $$|A|\text{hoặc}\left|\begin{array}{ccc}{a}_{11}& \dots & a_{1n}\\ ⋮& \ddots & ⋮\\ a_{n1}& \dots & a_{nn}\end{array}\right|.$$ Vào năm 1690, nhà toán học Leibniz thiết lập ra công thức (19.1). Công thức này khá cổ điển nhưng thường có ích để hiểu sâu về định thức. Rõ ràng, tổng ở vế phải của công thức có tất cả $|S_n|=n!$ số hạng, và mỗi số hạng là một tích của $n$ phần tử $a_{ij}$ trong đó không có hai phần tử nào cùng dòng hoặc cùng cột.

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.15.}}$

1. Nếu $A=(a_{11})\in {\mathrm{Mat}}_1(\mathbb{K})$ thì $det(A)=a_{11}\in \mathbb{K}$, vì $S_1=\{\mathrm{id}\}$ và phép thế đồng nhất $\mathrm{id}$ là phép thế chẵn.
2. Nếu $A=\left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right]\in {\mathrm{Mat}}_2(\mathbb{K})$, thì $S_2=\{\mathrm{id},(1,2)\}$ và $$det(A)=\left|\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right|=a_{11}{a}_{22}-a_{12}{a}_{21}.$$ Chẳng hạn, định thức của ma trận $\left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right]$ là $\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\end{array}\right|=1\cdot 4-2\cdot 3=-2.$

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.16.}}$ Nếu $A=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right]\in {\mathrm{Mat}}_3(\mathbb{K})$, thì $S_3$ có 6 phần tử với $$S_3=\{\mathrm{id},(1,2,3),(1,3,2),(1,3),(2,3),(1,2)\},$$ do đó $$\det (A)=a_{11}{a}_{22}{a}_{33}+a_{12}{a}_{23}{a}_{31}+a_{13}{a}_{21}{a}_{32}-a_{13}{a}_{22}{a}_{31}-a_{11}{a}_{23}{a}_{32}-a_{12}{a}_{21}{a}_{33}.$$

$\mathbf{\text{Nhận xét 19.17.}}$ Khi $A\in {\mathrm{Mat}}_3(\mathbb{K})$ là ma trận vuông cấp 3, $det(A)$ có thể được tính theo $\mathbf{\text{Quy tắc Sarrus}}$ như sau:

• Viết ma trận $A$ và thêm theo thứ tự cột một và cột hai ngay sau cột thứ ba của $A$.
• Ba số hạng mang dấu cộng trong $det(A)$ là tích của các phần tử nằm trên đường song song với đường chéo chính.
• Ba số hạng mang dấu trừ trong $det(A)$ là tích của các phần tử nằm trên đường song song với đường chéo phụ.

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.18.}}$ Tính định thức của ma trận sau $$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 2& 1& 1\\ 3& 2& -1\end{array}\right].$$ Theo quy tắc Sarrus, ta có $$\begin{array}{rl}\det (A)& =1\cdot 1\cdot (-1)+2\cdot 1\cdot 3+1\cdot 2\cdot 2-1\cdot 1\cdot 3-1\cdot 1\cdot 2-2\cdot 2\cdot (-1)\\ & =-1+6+4-3-2+4=8.\end{array}$$

$\mathbf{\text{Định lý 19.19}}$ [$\mathbf{\text{Tính chất đặc trưng của định thức}}$]

Cho $A=\left[\begin{array}{c}{\mathbf{a}}_1\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_n\end{array}\right]\in {\mathrm{Mat}}_n(\mathbb{K})$ là ma trận vuông cấp $n$, trong đó ${\mathbf{a}}_1,\dots ,{\mathbf{a}}_n$ là các véctơ dòng của $A$, và cho $i\in \{1,\dots ,n\}$. Khi đó định thức có ba tính chất cơ bản sau.

1. ($\mathbf{\text{Tuyến tính theo dòng}}$) $$ Nếu ${\mathbf{a}}_i=\lambda {\mathbf{a}}_i^{\prime }+\mu {\mathbf{a}}_i^{″}$ với $\lambda ,\mu \in \mathbb{K}$ thì $$\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i\\ ⋮\end{array}\right]=\lambda \cdot \det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i^{\prime }\\ ⋮\end{array}\right]+\mu \cdot \det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i^{″}\\ ⋮\end{array}\right].$$
2. ($\mathbf{\text{Thay phiên}}$)$$ Nếu $A$ có hai dòng bằng nhau thì $\det (A)=0$.
3. ($\mathbf{\text{Chuẩn hóa}}$)$$ Ta có $\det (I_n)=1$.

$\mathbf{\text{Chứng minh.}}$

1. Ta tính $$\begin{array}{rl}\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ \lambda {\mathbf{a}}_i^{\prime }+\mu {\mathbf{a}}_i^{″}\\ ⋮\end{array}\right]& =\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sign}(\sigma )\cdot a_{1\sigma (1)}\cdots (\lambda a_{i\sigma (i)}^{\prime }+\mu a_{i\sigma (i)}^{″})\cdots a_{n\sigma (n)}\\ & =\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sign}(\sigma )\cdot a_{1\sigma (1)}\cdots (\lambda a_{i\sigma (i)}^{\prime })\cdots a_{n\sigma (n)}\\ & +\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sign}(\sigma )\cdot a_{1\sigma (1)}\cdots (\mu a_{i\sigma (i)}^{″})\cdots a_{n\sigma (n)}\\ & =\lambda \cdot \det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i^{\prime }\\ ⋮\end{array}\right]+\mu \cdot \det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i^{″}\\ ⋮\end{array}\right].\end{array}$$
2. Giả sử $A$ có dòng thứ $k$ và dòng thứ $l$ bằng nhau với $l>k$. Gọi $\tau =(k,l)\in S_n$. Theo Bổ đề 19.13, ta có $S_n=A_n\cup A_n\tau$ và $A_n\cap A_n\tau =\mathrm{\varnothing }$. Nếu $\sigma \in A_n$ thì $\mathrm{sign}(\sigma )=1$ và $\sigma (\sigma \cdot \tau )=-1$. Khi $\sigma$ chạy khắp $A_n$ thì $\sigma \tau$ cũng chạy khắp $A_n\tau$. Do đó $$\begin{array}{}\text{(19.2)}& \det (A)=\sum _{\sigma \in A_n}{a}_{1\sigma (1)}\cdots a_{n\sigma (n)}-\sum _{\sigma \in A_n}{a}_{1\sigma (\tau (1))}\cdots a_{n\sigma (\tau (n))}\end{array}$$ Vì hai dòng thứ $k$ và $l$ bằng nhau, nên ta có $$\begin{array}{rl}& a_{1\sigma (\tau (1))}\cdots a_{k\sigma (\tau (k))}\cdots a_{l\sigma (\tau (l))}\cdots a_{n\sigma (\tau (n))}=a_{1\sigma (\tau (1))}\cdots a_{k\sigma (l)}\cdots a_{l\sigma (k)}\cdots a_{n\sigma (\tau (n))}\\ & =a_{1\sigma (\tau (1))}\cdots a_{k\sigma (k)}\cdots a_{l\sigma (l)}\cdots a_{n\sigma (\tau (n))}\\ & =a_{1\sigma (\tau (1))}\cdots a_{n\sigma (\tau (n))}.\end{array}$$ Suy ra hai số hạng trong (19.2) ứng với mỗi $\sigma \in A_n$ là đối nhau. Vậy $\det (A)=0$.
3. Ta có $I_n=({\delta }_{ij}{)}_{n\times n}$, ở đây ${\delta }_{ij}$ là ký hiệu Kronecker. Với $\sigma \in S_n$ ta thấy $${\delta }_{1\sigma (1)}\cdots {\delta }_{n\sigma (n)}=\{\begin{array}{ll}0& \text{ nếu }\sigma \mathbb{N}e\mathrm{id},\\ 1& \text{ nếu }\sigma =\mathrm{id}.\end{array}$$ Do vậy $$\det (I_n)=\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sign}(\sigma )\cdot {\delta }_{1\sigma (1)}\cdots {\delta }_{n\sigma (n)}=\mathrm{sign}(\mathrm{id})=1.$$

Với ba đặc trưng trên, ánh xạ định thức $\det :{\mathrm{Mat}}_n(\mathbb{K})\to \mathbb{K},A\mapsto \det (A)$ là xác định duy nhất (xem [Hung2001, Hệ quả 3.7, trang 134] hay [Fischer2014, Mục 3.2.5, trang 192]). Một số tính chất cơ bản khác của định thức được liệt kê ở mệnh đề sau đây.

$\mathbf{\text{Mệnh đề 19.20.}}$ Cho $A=(a_{ij})\in {\mathrm{Mat}}_n(\mathbb{K})$ là ma trận vuông cấp $n$.

1. Ta có $\det (\lambda \cdot A)={\lambda }^n\cdot \det (A)$ với mọi $\lambda \in \mathbb{K}$.
2. Nếu $A$ chứa dòng không thì $\det (A)=0$.
3. Nếu ma trận $B$ nhận được từ ma trận $A$ qua phép đổi chỗ hai dòng thì $\det (B)=-\det (A)$.
4. Nếu ma trận $B$ nhận được từ $A$ qua phép cộng một tích của $\lambda \in \mathbb{K}$ với dòng thứ $j$ vào dòng thứ $i$ ($i\ne j$) thì $\det (B)=\det (A)$.
5. Nếu $A$ là ma trận tam giác trên thì $\det (A)=a_{11}\cdot a_{22}\cdots a_{nn}$.
6. $\det (A)=0$ nếu và chỉ nếu $\mathrm{rk}(A)<n$.
7. Ta có $\det (A^{\mathrm{T}})=\det (A)$.

$\mathbf{\text{Chứng minh.}}$ Trước hết, ta nhận thấy rằng các khẳng định a và b được suy ra ngay từ Định lý 19.19.a. Bây giờ ta chứng minh các khẳng định còn lại.

c.$$ Giả sử $B$ nhận được từ $A$ qua phép biến đổi dòng sơ cấp $d_i\leftrightarrow d_j$ với $j>i$. Gọi ${\mathbf{a}}_i$ là dòng thứ $i$ của ma trận $A$ với $i=1,\dots ,n$. Khi đó, theo Định lý 19.19.a-b, ta có $$\begin{array}{rl}\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\end{array}\right]+\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_i\\ ⋮\end{array}\right]& =\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_i\\ ⋮\end{array}\right]+\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\end{array}\right]+\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_i\\ ⋮\end{array}\right]+\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\end{array}\right]\\ & =\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_i+{\mathbf{a}}_j\\ ⋮\end{array}\right]+\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_i+{\mathbf{a}}_j\\ ⋮\end{array}\right]=\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i+{\mathbf{a}}_j\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_i+{\mathbf{a}}_j\\ ⋮\end{array}\right]=0,\end{array}$$ tức $\det (A)+\det (B)=0$, và do đó c được chứng minh.

d.$$ Gọi $B$ là ma trận nhận từ $A$ qua phép biến đổi dòng sơ cấp $d_i+\lambda d_j$ với $\lambda \in \mathbb{K}$. Theo Định lý 19.19.a-b, ta thấy rằng $$\begin{array}{r}\det (B)=\det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_i+\lambda {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\end{array}\right]=\det (A)+\lambda \cdot \det \left[\begin{array}{c}⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\\ {\mathbf{a}}_j\\ ⋮\end{array}\right]=\det (A).\end{array}$$

e.$$ Giả sử $A$ là ma trận tam giác trên. Trước tiên ta xét trường hợp $a_{ii}\ne 0$ với mọi $i=1,\dots ,n$. Khi đó, dùng phép biến đổi dòng sơ cấp $d_i+\lambda d_j$, tính chất d và Định lý 19.19, ta có $$\det (A)=\det \left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& & 0\\ & \ddots & \\ 0& & a_{nn}\end{array}\right]=a_{11}\cdots a_{nn}\cdot \det (I_n)=a_{11}\cdots a_{nn}.$$ Trường hợp tồn tại $i$ sao cho $a_{ii}=0$, ta chọn $i$ lớn nhất trong số các chỉ số này, tức $a_{jj}\ne 0$ với mọi $j=i+1,\dots ,n$. Lại dùng phép biến đổi dòng sơ cấp $d_i+\lambda d_j$ với $j\in \{i+1,\dots ,n\}$, ta đưa dòng thứ $i$ trở thành dòng không. Theo b, ta thu được $\det (A)=a_{11}\cdots a_{nn}=0$.

f.$$ Qua các phép biến đổi dòng sơ cấp $d_i\leftrightarrow d_j$ và $d_i+\lambda d_j$, ta đưa ma trận $A$ về ma trận $B$ dạng bậc thang. Đặc biệt, vì $A$ là ma trận vuông nên $B$ là ma trận tam giác trên. Từ c-d, ta có $\det (A)=\pm \det (B)$. Hơn nữa, $\mathrm{rk}(A)=\mathrm{rk}(B)$. Theo e, ta nhận được $$\mathrm{rk}(B)=n\iff \det (B)=b_{11}\cdots b_{nn}\ne 0.$$

g.$$ Xét $A=(a_{ij}{)}_{n\times n}$. Khi đó $A^{\mathrm{T}}=(a_{ij}^{\prime }{)}_{n\times n}$ với $a_{ij}^{\prime }=a_{ji}$. Ta có $$\begin{array}{rl}\det (A^{\mathrm{T}})& =\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sign}(\sigma )\cdot a_{1\sigma (1)}^{\prime }\cdots a_{n\sigma (n)}^{\prime }=\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sign}(\sigma )\cdot a_{\sigma (1)1}\cdots a_{\sigma (n)n}\\ & \stackrel{(\ast )}{=}\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sign}({\sigma }^{-1})\cdot a_{1{\sigma }^{-1}(1)}\cdots a_{n{\sigma }^{-1}(n)}\stackrel{(\ast \ast )}{=}\det (A).\end{array}$$ Ở trên $(\ast )$ được suy ra bởi $\mathrm{sign}(\sigma )=\mathrm{sign}({\sigma }^{-1})$ từ Mệnh đề 19.10 và $$a_{\sigma (1)1}\cdots a_{\sigma (n)n}=a_{1{\sigma }^{-1}(1)}\cdots a_{n{\sigma }^{-1}(n)}$$ với mọi $\sigma \in S_n$; còn $(\ast \ast )$ được suy ra bởi thực tế rằng ánh xạ $S_n\to S_n,\sigma \mapsto {\sigma }^{-1},$ là song ánh vì tính duy nhất của phép thế ngược.

$\mathbf{\text{Nhận xét 19.21.}}$ Cho ma trận vuông $A\in {\mathrm{Mat}}_n(\mathbb{K})$.

1. Trong thực hành tính định thức của ma trận $A$, người ta sử dụng các phép biến đổi dòng sơ cấp như sau. Dùng các phép biến đổi dòng sơ cấp dạng $d_i\leftrightarrow d_j$ và $d_i+\lambda d_j$ để biến đổi ma trận $A$ về ma trận tam giác trên $B$. Gọi $k$ là số lần phép biến đổi $d_i\leftrightarrow d_j$ được thực hiện trong quá trình trên. Khi đó $$\det (A)=(-1{)}^k\det (B)=(-1{)}^k\cdot b_{11}\cdots b_{nn}.$$
2. Tương tự các phép biến đổi dòng sơ cấp, ta có các phép biến đổi cột sơ cấp $c_i\leftrightarrow c_j$, $\lambda c_i$, $c_i+\lambda c_j$ đối với ma trận $A$. Đặc biệt, tính chất g của Mệnh đề 19.20 chỉ ra rằng chúng ta có thể tính $\det (A)$ qua các phép biến đổi cột sơ cấp, hay qua việc kết hợp các phép biến đổi dòng và cột sơ cấp. Đặc biệt, các tính chất của định thức đúng với dòng thì cũng đúng với cột.

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.22.}}$ Bằng phép biến đổi dòng sơ cấp tính định thức của ma trận sau $$A=\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 2& 1& 1\\ 3& 2& -1\end{array}\right].$$ Ta có $$\begin{array}{rl}\det (A)& =\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 2& 1& 1\\ 3& 2& -1\end{array}\right|\underset{d_2-2d_1}{\overset{d_3-3d_1}{=}}\left|\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& -3& -1\\ 0& -4& -4\end{array}\right|=(-4)\cdot \left|\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& -3& -1\\ 0& 1& 1\end{array}\right|\\ & \stackrel{d_2\leftrightarrow d_3}{=}4\cdot \left|\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& -3& -1\end{array}\right|\stackrel{d_3+3d_2}{=}4\cdot \left|\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 0& 1& 1\\ 0& 0& 2\end{array}\right|=4\cdot 1\cdot 1\cdot 2=8.\end{array}$$

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.23.}}$ Tính định thức ma trận sau $$B=\left[\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 2& 1& 2& 3\\ 3& 2& 1& 2\\ 4& 3& 2& 1\end{array}\right].$$ Ta có $$\begin{array}{rl}\det (B)& =\left|\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 2& 1& 2& 3\\ 3& 2& 1& 2\\ 4& 3& 2& 1\end{array}\right|\stackrel{c_1+c_4}{=}5\cdot \left|\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 1& 1& 2& 3\\ 1& 2& 1& 2\\ 1& 3& 2& 1\end{array}\right|\underset{i=2,3,4}{\overset{d_i-d_1}{=}}5\cdot \left|\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 0& -1& -1& -1\\ 0& 0& -2& -2\\ 0& 1& -1& -3\end{array}\right|\\ & \stackrel{d_4+d_2}{=}5\cdot \left|\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 0& -1& -1& -1\\ 0& 0& -2& -2\\ 0& 0& -2& -4\end{array}\right|\stackrel{d_4-d_3}{=}5\cdot \left|\begin{array}{cccc}1& 2& 3& 4\\ 0& -1& -1& -1\\ 0& 0& -2& -2\\ 0& 0& 0& -2\end{array}\right|=-20.\end{array}$$ Tổng quát hơn, ta tính định thức ma trận $C_n$ cấp $n\ge 2$ $$C_n=\left[\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& \dots & n\\ 2& 1& 2& \dots & n-1\\ 3& 2& 1& \dots & n-2\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ n& n-1& n-2& \dots & 1\end{array}\right].$$ như sau: Ta có $$\begin{array}{rl}\det (C_n)& =\left|\begin{array}{ccccc}1& 2& 3& \dots & n\\ 2& 1& 2& \dots & n-1\\ 3& 2& 1& \dots & n-2\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ n& n-1& n-2& \dots & 1\end{array}\right|\\ & \underset{i=1,\dots ,n-1}{\overset{c_i+c_n}{=}}\left|\begin{array}{ccccc}n+1& n+2& n+3& \dots & n\\ n+1& n& n+1& \dots & n-1\\ n+1& n& n-1& \dots & n-2\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ n+1& n& n-1& \dots & 1\end{array}\right|\\ & \underset{i=n,\dots ,2}{\overset{d_i-d_{i-1}}{=}}\left|\begin{array}{ccccc}n+1& n+2& n+3& \dots & n\\ 0& -2& -2& \dots & -1\\ 0& 0& -2& \dots & -1\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \dots & -1\end{array}\right|=(n+1)(-1{)}^{n-1}{2}^{n-2}.\end{array}$$

19.3. Định lý nhân định thức

Một trong các tính chất cơ bản của định thức của ma trận là định lý sau.

$\mathbf{\text{Định lý 19.24}}$ Cho $A,B\in {\mathrm{Mat}}_n(\mathbb{K})$ là hai ma trận vuông cấp $n$. Ta có $$\det (AB)=\det (BA)=\det (A)\cdot \det (B).$$

$\mathbf{\text{Chứng minh.}}$ Viết $A=(a_{ij}{)}_{n\times n}$, $B=(b_{jk}{)}_{n\times n}$ và $AB=(c_{ik}{)}_{n\times n}$, và gọi ${\mathbf{b}}_i$ (t.ư. ${\mathbf{c}}_i$) là dòng thứ $i$ của $B$ (t.ư. $AB$). Khi đó, phần tử thứ $k$ của ${\mathbf{c}}_i$ là $$[{\mathbf{c}}_i{]}_k=c_{ik}=\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{b}_{jk}=\sum _{j=1}^n{a}_{ij}[{\mathbf{b}}_j{]}_k=[\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{\mathbf{b}}_j{]}_k,$$ do đó $${\mathbf{c}}_i=a_{i1}{\mathbf{b}}_1+\cdots +a_{in}{\mathbf{b}}_n.$$ Từ tính tuyến tính theo dòng của định thức ta có $$\begin{array}{rl}\det (AB)& =\det \left[\begin{array}{c}{a}_{11}{\mathbf{b}}_1+\cdots +a_{1n}{\mathbf{b}}_n\\ ⋮\\ a_{n1}{\mathbf{b}}_1+\cdots +a_{nn}{\mathbf{b}}_n\end{array}\right]=\sum _{i_1=1}^n\cdots \sum _{i_n=1}^n\det \left[\begin{array}{c}{a}_{1i_1}{\mathbf{b}}_{i_1}\\ ⋮\\ a_{n{i}_n}{\mathbf{b}}_{i_n}\end{array}\right]\\ & =\sum _{i_1=1}^n\cdots \sum _{i_n=1}^n{a}_{1i_1}\cdots a_{n{i}_n}\cdot \det \left[\begin{array}{c}{\mathbf{b}}_{i_1}\\ ⋮\\ {\mathbf{b}}_{i_n}\end{array}\right].\end{array}$$ Các số hạng trong tổng cuối là bằng không nếu $i_k=i_l$ với $k\ne l$, vì định thức của ma trận có hai dòng bằng nhau là 0 theo Mệnh đề 19.20. Thế nên, tổng cuối ở trên chỉ cần lấy trên các hoán vị $i_1,\dots ,i_r$ của $1,\dots ,n$, suy ra $$\begin{array}{rl}\det (AB)& =\sum _{\sigma \in S_n}{a}_{1\sigma (1)}\cdots a_{n\sigma (n)}\cdot \det \left[\begin{array}{c}{\mathbf{b}}_{\sigma (1)}\\ ⋮\\ {\mathbf{b}}_{\sigma (n)}\end{array}\right]\\ & =\sum _{\sigma \in S_n}{a}_{1\sigma (1)}\cdots a_{n\sigma (n)}\cdot \mathrm{sign}(\sigma )\cdot \det \left[\begin{array}{c}{\mathbf{b}}_1\\ ⋮\\ {\mathbf{b}}_n\end{array}\right]\\ & =(\sum _{\sigma \in S_n}\mathrm{sign}(\sigma )\cdot a_{1\sigma (1)}\cdots a_{n\sigma (n)})\cdot \det (B)\\ & =\det (A)\cdot \det (B).\end{array}$$ Vì vậy $\det (AB)=\det (A)\cdot \det (B)=\det (B)\cdot \det (A)=\det (BA)$.

$\mathbf{\text{Hệ quả 19.25}}$ Nếu $A\in {\mathrm{Mat}}_n(\mathbb{K})$ là ma trận khả nghịch thì $$\det (A^{-1})=\frac{1}{\det (A)}.$$

$\mathbf{\text{Chứng minh.}}$ Ta biết rằng $A$ là khả nghịch nếu và chỉ nếu $\mathrm{rk}(A)=n$ theo Định lý 9.6. Từ Mệnh đề 19.20.f ta có $\det (A)\ne 0$. Do vậy, Định lý 19.24 và tính chuẩn hóa của định thức suy ra $$\det (A)\cdot \det (A^{-1})=\det (A{A}^{-1})=\det (I_n)=1.$$

$\mathbf{\text{Ví dụ 19.26.}}$ Tính định thức của ma trận vuông cấp $n$ sau $$A=\left[\begin{array}{cccc}1+a_1{b}_1& 1+a_1{b}_2& \cdots & 1+a_1{b}_n\\ 1+a_2{b}_1& 1+a_2{b}_2& \cdots & 1+a_2{b}_n\\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 1+a_n{b}_1& 1+a_n{b}_2& \cdots & 1+a_n{b}_n\end{array}\right]$$ Nhận thấy rằng $$A=\left[\begin{array}{ccccc}1& a_1& 0& \dots & 0\\ 1& a_2& 0& \dots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 1& a_n& 0& \dots & 0\end{array}\right]\cdot \left[\begin{array}{cccc}1& 1& \dots & 1\\ b_1& b_2& \dots & b_n\\ 0& 0& \dots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& \dots & 0\end{array}\right]$$ Do đó $$\begin{array}{rl}\det (A)& =\left|\begin{array}{ccccc}1& a_1& 0& \dots & 0\\ 1& a_2& 0& \dots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 1& a_n& 0& \dots & 0\end{array}\right|\cdot \left|\begin{array}{cccc}1& 1& \dots & 1\\ b_1& b_2& \dots & b_n\\ 0& 0& \dots & 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& \dots & 0\end{array}\right|\\ & =\{\begin{array}{ll}0& \text{ nếu }n>2,\\ (a_2-a_1)(b_2-b_1)& \text{ nếu }n=2.\end{array}\end{array}$$

Sử dụng Maple

Lệnh tính định thức của một ma trận trong gói $\mathtt{\text{LinearAlgebra}}$ của $\mathtt{\text{Maple}}$ là $\mathtt{\text{Determinant}}$. Chẳng hạn, ta tính định thức của ma trận $A$ trong Ví dụ 19.18 như sau:

$\mathtt{\text{> with(LinearAlgebra);}}$

$\mathtt{\text{> A := <<1, 2, 3>|<2, 1, 2>|<1, 1, -1>>:}}$

$\mathtt{\text{> Determinant(A);}}$

$\mathtt{\text{8}}$

như vậy tính toán chỉ ra $\det (A)=8$. Hơn nữa, chúng ta có thể kiểm tra công thức định thức của ma trận $C_n$ trong Ví dụ 19.23 qua tính toán một số trường hợp của $n$ như sau:

+ Với $n=4$, ta thấy

$\mathtt{\text{> C4 := <<1,2,3,4>|<2,1,2,3>|<3,2,1,2>|<4,3,2,1>>:}}$

$\mathtt{\text{> Determinant(C4);}}$

$\mathtt{\text{-20}}$

và kết quả trùng với tính toán ở Ví dụ 19.23 là $$\det (B)=\det (C_4)=-20=(4+1)(-1{)}^3{2}^{4-2}.$$

+ Với $n=5$, ta có

$\mathtt{\text{> C5 := <<1,2,3,4,5>|<2,1,2,3,4>|<3,2,1,2,3>}}$

$\mathtt{\text{ |<4,3,2,1,2>|<5,4,3,2,1>>:}}$

$\mathtt{\text{> Determinant(C5);}}$

$\mathtt{\text{48}}$

và thế nên $\det (C_5)=48=(5+1)(-1{)}^4{2}^3$ và công thức của $\det (C_n)=(n+1)(-1{)}^{n-1}{2}^{n-2}$ cũng đúng với $n=5$, v.v. Hơn nữa, ta có thể kiểm tra công thức bằng vòng lặp $\mathtt{\text{for}}$ cho $n=1,...,10$ như sau:

$\mathtt{\text{> for n from 1 by 1 to 10 do}}$

$\mathtt{\text{ f := (j, k)->|j-k|:}}$

$\mathtt{\text{ Cn := Matrix(n,n,1) +Matrix(n,f): \#tạo ma trận Cn}}$

$\mathtt{\text{ evalb(Determinant(Cn) = (n+1)*(-1)^(n-1)*2^(n-2));}}$

$\mathtt{\text{ end do}}$

Trong trường hợp, ma trận chứa tham số thì $\mathtt{\text{Maple}}$ vẫn cho phép ta tính toán định thức của ma trận, chẳng hạn:

$\mathtt{\text{ > A := <<1+a*x,1+b*x>|<1+a*y,1+b*y>>:}}$

$\mathtt{\text{ > Determinant(A);}}$

$\mathtt{\text{ a*x-a*y-b*x+b*y}}$

$\mathtt{\text{> B := <<1+a*x,1+b*x,1+c*x>|<1+a*y,1+b*y,1+c*y>}}$

$\mathtt{\text{|<1+a*z,1+b*z,1+c*z>>:}}$

$\mathtt{\text{> Determinant(B);}}$

$\mathtt{\text{ 0}}$

tức là $$\det (A)=\left|\begin{array}{cc}1+ax& 1+ay\\ 1+bx& 1+by\end{array}\right|=(a-b)(x-y)$$ and $$\det (B)=\left|\begin{array}{ccc}1+ax& 1+ay& 1+az\\ 1+bx& 1+by& 1+bz\\ 1+cx& 1+cy& 1+cz\end{array}\right|=0.$$