三对角线型行列式的求法

三对角线型行列式

摘要
典型例题
练习题
参考答案

摘要

笔者在复习高等代数行列式这章时, 发现三对角行列式问题是行列式计算中经常出现的一类行列式, 部分考研院校也曾直接出过三对角行列式的计算, 亦或是三对角行列式的变体问题. 本文主要介绍了一种通常情况下三对角行列式的解法, 即采用特征根法来求解行列式的通项公式.
例 1: 计算 nnn 阶行列式 (ac≠0)(a c \neq 0)(ac=0)
Dn=∣bc0…000abc…0000ab…000⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮000…abc000…0ab∣D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} b & c & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ a & b & c & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & a & b & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & a & b & c \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & a & b \end{array}\right| Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣ba0⋮00cba⋮000cb⋮00………⋱……000⋮a0000⋮ba000⋮cb∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
解:
按照第一行展开, 易得
Dn=bDn−1−acDn−2D_{n}=b D_{n-1}-a c D_{n-2} Dn=bDn−1−acDn−2
其中 D1=b,D2=b2−acD_{1}=b, D_{2}=b^{2}-a cD1=b,D2=b2−ac.
此时, 该问题已经变成已知数列的递推公式以及前两项, 求数列的通项公式.
我们希望将 (1) 式变形为
Dn−αDn−1=β(Dn−1−αDn−2)D_{n}-\alpha D_{n-1}=\beta\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right) Dn−αDn−1=β(Dn−1−αDn−2)
即待确定参数α和β\alpha和\betaα和β满足
α+β=b,αβ=ac\alpha+\beta=b,\alpha\beta=acα+β=b,αβ=ac
为了求参数α和β\alpha和\betaα和β
λ2−bλ+ac=0\lambda^{2}-b \lambda+a c=0 λ2−bλ+ac=0
这就是特征方程, α,β\alpha, \betaα,β 为其两根.
记 Δ=b2−4ac\Delta=b^{2}-4 a cΔ=b2−4ac, 下面对 Δ\DeltaΔ 进行分类讨论.
1 两个不同的实根 (Δ>0)(\Delta>0)(Δ>0)
对 Δ>0\Delta>0Δ>0, 特征方程 λ2−bλ+ac=0\lambda^{2}-b \lambda+a c=0λ2−bλ+ac=0 有两个互不相同的实根 α,β\alpha, \betaα,β.
由 ac≠0a c \neq 0ac=0 可得 α≠0,β≠0\alpha \neq 0, \beta \neq 0α=0,β=0, 那么 Dn=bDn−1−acDn−2D_{n}=b D_{n-1}-a c D_{n-2}Dn=bDn−1−acDn−2 可同时改写为
Dn−αDn−1=β(Dn−1−αDn−2)D_{n}-\alpha D_{n-1}=\beta\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right) Dn−αDn−1=β(Dn−1−αDn−2)
与
Dn−βDn−1=α(Dn−1−βDn−2)D_{n}-\beta D_{n-1}=\alpha\left(D_{n-1}-\beta D_{n-2}\right) Dn−βDn−1=α(Dn−1−βDn−2)
因此有
由 (3) 得 {Dn−αDn−1}\left\{D_{n}-\alpha D_{n-1}\right\}{Dn−αDn−1} 是以 β\betaβ 为公比的等比数列, Dn−αDn−1=βn−2(D2−αD1)D_{n}-\alpha D_{n-1}=\beta^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)Dn−αDn−1=βn−2(D2−αD1)
同样, 由 (4) 得 {Dn−βDn−1}\left\{D_{n}-\beta D_{n-1}\right\}{Dn−βDn−1} 是以 α\alphaα 为公比的等比数列, 因此有
Dn−βDn−1=αn−2(D2−βD1)D_{n}-\beta D_{n-1}=\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\beta D_{1}\right) Dn−βDn−1=αn−2(D2−βD1)
从以上两式消去 Dn−1D_{n-1}Dn−1 即得
Dn=αn−1(D2−αD1)−βn−1(D2−αD1)α−β=D2−βD1α(α−β)αn+D2−αD1β(β−α)βn.\begin{aligned} D_{n}=& \frac{\alpha^{n-1}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)-\beta^{n-1}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)}{\alpha-\beta} \\ &=\frac{D_{2}-\beta D_{1}}{\alpha(\alpha-\beta)} \alpha^{n}+\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\beta(\beta-\alpha)} \beta^{n} . \end{aligned} Dn=α−βαn−1(D2−αD1)−βn−1(D2−αD1)=α(α−β)D2−βD1αn+β(β−α)D2−αD1βn.
总结：当 Δ>0\Delta>0Δ>0 时,
Dn=C1αn+C2βnD_{n}=C_{1} \alpha^{n}+C_{2} \beta^{n} Dn=C1αn+C2βn
其中, α,β\alpha, \betaα,β 为特征方程 λ2−bλ+ac=0\lambda^{2}-b \lambda+a c=0λ2−bλ+ac=0 的根, C1C2C_{1} C_{2}C1C2 由 D1,D2D_{1}, D_{2}D1,D2 来确定.
对 Δ=0\Delta=0Δ=0, 特征方程 λ2−bλ+ac=0\lambda^{2}-b \lambda+a c=0λ2−bλ+ac=0 有两个相同的实根 α=β=b2\alpha=\beta=\frac{b}{2}α=β=2b. 此时 Dn=bDn−1−acDn−2D_{n}=b D_{n-1}-a c D_{n-2}Dn=bDn−1−acDn−2 可改写为
Dn−αDn−1=α(Dn−1−αDn−2)D_{n}-\alpha D_{n-1}=\alpha\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right) Dn−αDn−1=α(Dn−1−αDn−2)
由此可得 {Dn−αDn−1}\left\{D_{n}-\alpha D_{n-1}\right\}{Dn−αDn−1} 是以 α\alphaα 为公比的等比数列, 因此有
Dn−αDn−1=αn−2(D2−αD1)D_{n}-\alpha D_{n-1}=\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right) Dn−αDn−1=αn−2(D2−αD1)
于是,
Dn=αDn−1+αn−2(D2−αD1)=α(αDn−2+αn−3(D2−αD1))+αn−2(D2−αD1)=α2Dn−2+2αn−2(D2−αD1)=…=(D2−αD1α2n+2αD1−D2α2)αn\begin{aligned} D_{n} &=\alpha D_{n-1}+\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right) \\ &=\alpha\left(\alpha D_{n-2}+\alpha^{n-3}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)\right)+\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right) \\ &=\alpha^{2} D_{n-2}+2 \alpha^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right) \\ &=\ldots \\ &=\left(\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\alpha^{2}} n+\frac{2 \alpha D_{1}-D_{2}}{\alpha^{2}}\right) \alpha^{n} \end{aligned} Dn=αDn−1+αn−2(D2−αD1)=α(αDn−2+αn−3(D2−αD1))+αn−2(D2−αD1)=α2Dn−2+2αn−2(D2−αD1)=…=(α2D2−αD1n+α22αD1−D2)αn
总结: 当 Δ=0\Delta=0Δ=0 时,
其中, α\alphaα 为特征方程 λ2−bλ+ac=0\lambda^{2}-b \lambda+a c=0λ2−bλ+ac=0 的根, C1C2C_{1} C_{2}C1C2 由 D1,D2D_{1}, D_{2}D1,D2 来确定.
3 两个不同的虚根 (Δ<0)(\Delta<0)(Δ<0)
对 Δ<0\Delta<0Δ<0, 特征方程 λ2−bλ+ac=0\lambda^{2}-b \lambda+a c=0λ2−bλ+ac=0 有两个互为共轭的复根
α=b2+i−Δ2,β=b2−i−Δ2=αˉ\alpha=\frac{b}{2}+i \frac{\sqrt{-\Delta}}{2}, \beta=\frac{b}{2}-i \frac{\sqrt{-\Delta}}{2}=\bar{\alpha} α=2b+i2−Δ,β=2b−i2−Δ=αˉ
类似情况 1, 可得
Dn==D2−βD1α(α−β)αn+D2−αD1β(β−α)βn=D2−αˉD1α(α−αˉ)αn+D2−αD1αˉ(αˉ−α)αˉn\begin{aligned} D_{n}=&=\frac{D_{2}-\beta D_{1}}{\alpha(\alpha-\beta)} \alpha^{n}+\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\beta(\beta-\alpha)} \beta^{n} \\ &=\frac{D_{2}-\bar{\alpha} D_{1}}{\alpha(\alpha-\bar{\alpha})} \alpha^{n}+\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\bar{\alpha}(\bar{\alpha}-\alpha)} \bar{\alpha}^{n} \end{aligned} Dn==α(α−β)D2−βD1αn+β(β−α)D2−αD1βn=α(α−αˉ)D2−αˉD1αn+αˉ(αˉ−α)D2−αD1αˉn
由于 D1,D2∈RD_{1}, D_{2} \in RD1,D2∈R, 所以 D2−αˉD1α(α−αˉ)\frac{D_{2}-\bar{\alpha} D_{1}}{\alpha(\alpha-\bar{\alpha})}α(α−αˉ)D2−αˉD1 和 D2−αD1αˉ(αˉ−α)\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\bar{\alpha}(\bar{\alpha}-\alpha)}αˉ(αˉ−α)D2−αD1 为一对共轭复数. 记
D2−αˉD1α(α−αˉ)=P+iQ(P,Q∈R)\frac{D_{2}-\bar{\alpha} D_{1}}{\alpha(\alpha-\bar{\alpha})}=P+iQ\left(P,Q\in R\right)α(α−αˉ)D2−αˉD1=P+iQ(P,Q∈R)
α=reiθ=r(cos⁡θ+isin⁡θ),(r=∣α∣,θ=arg⁡α)\alpha=r e^{i \theta}=r(\cos \theta+i \sin \theta),(r=|\alpha|, \theta=\arg \alpha)α=reiθ=r(cosθ+isinθ),(r=∣α∣,θ=argα)

那么有
Dn=(P+iQ)(reiθ)n+(P−iQ)(re−iθ)n=(P+iQ)(rneinθ)+(P−iQ)(rne−inθ)=(P+iQ)(rn(cos⁡nθ+isin⁡nθ))+(P−iQ)(rn(cos⁡nθ−isin⁡nθ))=rn(2Pcos⁡nθ−2Qsin⁡nθ).\begin{aligned} D_{n} &=(P+i Q)\left(r e^{i \theta}\right)^{n}+(P-i Q)\left(r e^{-i \theta}\right)^{n} \\ &=(P+i Q)\left(r^{n} e^{i n \theta}\right)+(P-i Q)\left(r^{n} e^{-i n \theta}\right) \\ &=(P+i Q)\left(r^{n}(\cos n \theta+i \sin n \theta)\right)+(P-i Q)\left(r^{n}(\cos n \theta-i \sin n \theta)\right) \\ &=r^{n}(2 P \cos n \theta-2 Q \sin n \theta) . \end{aligned} Dn=(P+iQ)(reiθ)n+(P−iQ)(re−iθ)n=(P+iQ)(rneinθ)+(P−iQ)(rne−inθ)=(P+iQ)(rn(cosnθ+isinnθ))+(P−iQ)(rn(cosnθ−isinnθ))=rn(2Pcosnθ−2Qsinnθ).

4 结语
我们利用迭代法和特征根法, 通过对三种情况的分析, 成功求解了例 1 三种情况下的通解, 即:
当 Δ>0\Delta>0Δ>0 时,
Dn=C1αn+C2βnD_{n}=C_{1}\alpha^{n}+C_{2}\beta^{n}Dn=C1αn+C2βn
当 Δ=0\Delta=0Δ=0 时,
Dn=(C1+C2)αnD_{n}=\left(C_{1}+C_{2}\right)\alpha^{n}Dn=(C1+C2)αn
当 Δ<0\Delta<0Δ<0 时,
Dn=rn(C1cos⁡nθ+isin⁡nθ)D_{n}=r^{n}\left(C_{1} \cos n\theta+i\sin n\theta\right)Dn=rn(C1cosnθ+isinnθ)
其中, α\alphaα 为特征方程 λ2−bλ+ac=0\lambda^{2}-b \lambda+a c=0λ2−bλ+ac=0 的根, r=∣α∣,θ=arg⁡α.C1C2r=|\alpha|, \theta=\arg \alpha . C_{1} C_{2}r=∣α∣,θ=argα.C1C2 由 D1,D2D_{1}, D_{2}D1,D2
来确定.
我们利用(12)\left( 12 \right)(12)式、(12)\left(12\right)(12)式、(13)\left(13\right)(13)式便可计算三対角行列式的值，当然，其中具体参数仍需通过题目的条件所确定.

典型例题

例2:计算n阶行列式
Dn=∣x+yxy0⋯001x+yxy⋯0001x+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+yxy000⋯1x+y∣D_{ n}=\left|\begin{array}{cccccc}x+y & xy& 0& \cdots& 0& 0 \\ 1& x+y& xy& \cdots& 0& 0&\\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x+y10⋯00xyx+y1⋯000xyx+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+y1000⋯xyx+y∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣
分析: 对于此类三对角线型行列式, 消去法就不再适用了, 需要寻找其他方法来解决。通过观察, 我们发现 DnD_{n}Dn 与 Dn−1、Dn−2D_{n-1} 、 D_{n-2}Dn−1、Dn−2 具有相同的特点, 因此我们想到行列式按一行或一列展开定理, 将行列式降阶, 进而利用递推公式法进行求解。
解首先, 将行列式 DnD_{ n }Dn 按照第一行展开, 得:
Dn=(x+y)Dn−1−xy=D_{n}=(x+y) D_{n-1}-x y=Dn=(x+y)Dn−1−xy=
∣1xy0⋯000x+yxy⋯0001x+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+yxy000⋯1x+y∣=\left|\begin{array}{cccccc}1 & x y & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & x+y & x y & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣100⋯00xyx+y1⋯000xyx+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+y1000⋯xyx+y∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=

Dn=∣x+yxy0⋯001x+yxy⋯0001x+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+yxy000⋯1x+y∣=(x+y)∣x+yxy0⋯001x+yxy⋯0001x+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+yxy000⋯1x+y∣−xy∣1xy0⋯000x+yxy⋯0001x+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+yxy000⋯1x+y∣=(x+y)Dn−1−xyDn−2D_{n}=\left|\begin{array}{cccccc}x+y & xy& 0& \cdots& 0& 0 \\ 1& x+y& xy& \cdots& 0& 0&\\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|=\left(x+y\right)\left|\begin{array}{cccccc}x+y & xy& 0& \cdots& 0& 0 \\ 1& x+y& xy& \cdots& 0& 0&\\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|-xy\left|\begin{array}{cccccc}1 & x y & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & x+y & x y & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|=(x+y) D_{n-1}-x y D_{n-2}Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x+y10⋯00xyx+y1⋯000xyx+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+y1000⋯xyx+y∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=(x+y)∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣x+y10⋯00xyx+y1⋯000xyx+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+y1000⋯xyx+y∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣−xy∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣100⋯00xyx+y1⋯000xyx+y⋯00⋯⋯⋯⋯⋯⋯000⋯x+y1000⋯xyx+y∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣=(x+y)Dn−1−xyDn−2

即得到 DnD_{n}Dn 与 Dn−1,Dn−2D_{n-1}, D_{n-2}Dn−1,Dn−2 之间的一个关系式 Dn=(x+D_{n}=(x+Dn=(x+ y) Dn−1−xyDn−2D_{n-1}-x y D_{n-2}Dn−1−xyDn−2, 将其变形为:
Dn−xDn−1=y(Dn−1−xDn−2)D_{n}-x D_{n-1}=y\left(D_{n-1}-x D_{n-2}\right) Dn−xDn−1=y(Dn−1−xDn−2)
或:
Dn−yDn−1=x(Dn−1−yDn−2)D_{n}-y D_{n-1}=x\left(D_{n-1}-y D_{n-2}\right) Dn−yDn−1=x(Dn−1−yDn−2)
这样就得到了我们想要的递推公式。由 (2)式反复利用低阶代替高阶, 可得:
Dn−xDn−1=y(Dn−1−xDn−2)=y2(Dn−2−xDn−3)=⋯=yn−2(D2−xD1)=yn−2(x2+y2+xy−x2−xy)=yn\begin{array}{r} D_{n}-x D_{n-1}=y\left(D_{n-1}-x D_{n-2}\right)=y^{2}\left(D_{n-2}-x D_{n-3}\right) \\ =\cdots=y^{n-2}\left(D_{2}-x D_{1}\right)=y^{n-2}\left(x^{2}+y^{2}+x y-x^{2}-x y\right)=y^{n} \end{array} Dn−xDn−1=y(Dn−1−xDn−2)=y2(Dn−2−xDn−3)=⋯=yn−2(D2−xD1)=yn−2(x2+y2+xy−x2−xy)=yn
由 (3) 式反复利用低阶代替高阶, 可得:
Dn−yDn−1=x(Dn−1−yDn−2)=x2(Dn−2−yDn−3)=⋯=xn−2(D2−yD1)=xn−2(x2+y2+xy−y2−xy)=xn\begin{aligned} & D_{n}-y D_{n-1}= x \left(D_{n-1}- y D_{n-2}\right)=x^{2}\left(D_{n-2}- y D_{n-3}\right) \\ =\cdots=& x^{n-2}\left(D_{2}-y D_{1}\right)=x^{n-2}\left(x^{2}+y^{2}+x y-y^{2}-x y\right)=x^{n} \end{aligned} =⋯=Dn−yDn−1=x(Dn−1−yDn−2)=x2(Dn−2−yDn−3)xn−2(D2−yD1)=xn−2(x2+y2+xy−y2−xy)=xn
将 (4)、(5)两式联立, 即 :
{Dn−xDn−1=ynDn−yDn−1=xn\left\{\begin{array}{l} D_{n}-x D_{n-1}=y^{n} \\ D_{n}-y D_{n-1}=x^{n} \end{array}\right. {Dn−xDn−1=ynDn−yDn−1=xn
当 x≠yx \neq yx=y 时, 解方程组 (6) 式, 得:
Dn=yn+1−xn+1y−xD_{n}=\frac{y^{n+1}-x^{n+1}}{y-x} Dn=y−xyn+1−xn+1

当 x=yx=yx=y 时, (4)(4)(4) 式变为 Dn−xDn−1=xnD_{n}-x D_{n-1}=x^{n}Dn−xDn−1=xn, 即 Dn=xDn−1+xnD_{n}=x D_{n-1}+x_{n}Dn=xDn−1+xn, 反复利用此公式, 将高肿品换为低阶, 得到:

Dn=xDn−1+xn=x(xDn−2+xn−1)+xn=x2(xDn−3+xn−2)+2xn=⋯=xn−3(xD2+x3)+(n−3)xn=(n+1)xn\begin{gathered} D_{n}=x D_{n-1}+x^{n}=x\left(x D_{n-2}+x^{n-1}\right)+x^{n}=x^{2}\left(x D_{n-3}+x^{n-2}\right)+2 x^{n} \\ =\cdots=x^{n-3}\left(x D_{2}+x^{3}\right)+(n-3) x^{n}=(n+1) x^{n} \end{gathered} Dn=xDn−1+xn=x(xDn−2+xn−1)+xn=x2(xDn−3+xn−2)+2xn=⋯=xn−3(xD2+x3)+(n−3)xn=(n+1)xn
所以, 行列式 DnD_{n}Dn 的计算结果为:

Dn={yn+1−xn+1y−x,x≠y(n+1)xn,x=yD_{n}=\left\{\begin{array}{l} \frac{y^{n+1}-x^{n+1}}{y-x}, x \neq y \\ (n+1) x^{n}, x=y \end{array}\right. Dn={y−xyn+1−xn+1,x=y(n+1)xn,x=y

对于这个行列式, 虽然我们通过观察看出 nnn 阶与 n−1n-1n−1 阶有相同的结构, 然后得到递推关系式, 但我们不能盲目进行替换，一定要看清这个递推关系式是否可以简化我们的计算, 如果不行的话, 就要适当地变换递推关系式，得到我们想要的关系式，如本例题。
比较例 1 与例 2 可以看出, 例 1 是例 2 的一个特殊情形, 事实上, 例 1 中的主对角线元素 2 可以看作 2=2=2= 1+11+11+1, 主对角线上方的元素可以看作 1=1×11=1 \times 11=1×1, 即 x+y=2x+y=2x+y=2, xy=1x y=1xy=1, 也即 x=1,y=1x=1, y=1x=1,y=1 的情形。利用例 2 所得的公式 (7), 代入 x,yx, yx,y 的值自然可以得到例 1 的答案, 即 Da=(n+1)D_{a}=(n+1)Da=(n+1) xn=n+1x^{n}=n+1xn=n+1, 与消去法所得结果一致, 但利用公式 (7)进行求解方便很多。所以,例 2 可以作为一个典型的三对角线型例子,好多的此类行列式都可以食用公式 (7) 求解, 既节省时间,结果又简单明了。需要注意的是例 1 、例 2 所给的三对角线型行列式并不包括所有的类型，例 1 、例 2 所对应的三对角线型行列式的主对角线下方的次对角线元素都是 1 , 因此我们要进一步研究更一般的类型，得到一般的计算公式。

练习题

练习题
练 1: 计算 nnn 阶行列式:
Dn=∣2cos⁡α10…00012cos⁡α1…000012cos⁡α…000⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮000…12cos⁡α1000…012cos⁡α∣.D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} 2 \cos \alpha & 1 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 \cos \alpha & 1 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \cos \alpha & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & 2 \cos \alpha & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 1 & 2 \cos \alpha \end{array}\right| . Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2cosα10⋮0012cosα1⋮00012cosα⋮00………⋱……000⋮10000⋮2cosα1000⋮12cosα∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
练 2: 计算 nnn 阶行列式:
Dn=∣α+βαβ0…0001α+βαβ…00001α+β…000⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮000…1α+βαβ000…01α+β∣.D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} \alpha+\beta & \alpha \beta & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & \alpha+\beta & \alpha \beta & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \alpha+\beta & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & \alpha+\beta & \alpha \beta \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 1 & \alpha+\beta \end{array}\right| . Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣α+β10⋮00αβα+β1⋮000αβα+β⋮00………⋱……000⋮10000⋮α+β1000⋮αβα+β∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
练 3: 计算 nnn 阶行列式:
Dn=∣1+xy0…000z1+xy…0000z1+x…000⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮000…z1+xy000…0z1+x∣,其中 x=yz. D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} 1+x & y & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ z & 1+x & y & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & z & 1+x & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & z & 1+x & y \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & z & 1+x \end{array}\right| \text {,其中 } x=y z \text {. } Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1+xz0⋮00y1+xz⋮000y1+x⋮00………⋱……000⋮z0000⋮1+xz000⋮y1+x∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,其中 x=yz.

参考答案

练 1: 计算 nnn 阶行列式:
Dn=∣2cos⁡α10…00012cos⁡α1…000012cos⁡α…000⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮000…12cos⁡α1000…012cos⁡α∣.D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} 2 \cos \alpha & 1 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 \cos \alpha & 1 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \cos \alpha & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & 2 \cos \alpha & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 1 & 2 \cos \alpha \end{array}\right| . Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣2cosα10⋮0012cosα1⋮00012cosα⋮00………⋱……000⋮10000⋮2cosα1000⋮12cosα∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
1)解 因为
D1=2cos⁡α=sin⁡2αsin⁡α,D2=∣2cos⁡α112cos⁡α∣=4cos⁡2α−1=sin⁡3αsin⁡α, D_{1}=2 \cos \alpha=\frac{\sin 2 \alpha}{\sin \alpha}, D_{2}=\left|\begin{array}{cc} 2 \cos \alpha & 1 \\ 1 & 2 \cos \alpha \end{array}\right|=4 \cos ^{2} \alpha-1=\frac{\sin 3 \alpha}{\sin \alpha} \text {, } D1=2cosα=sinαsin2α,D2=∣∣∣∣2cosα112cosα∣∣∣∣=4cos2α−1=sinαsin3α,
猜测答案： Dn=sin⁡((n+1)α)/sin⁡α。 D_{n}=\sin ((n+1) \alpha) / \sin \alpha_{\text {。 }}Dn=sin((n+1)α)/sinα。下面对 nnn 用数学归纳法证明此猜测。当 n=1,2n=1,2n=1,2 时, 结论成立。
假设 n<kn<kn<k 时, 有 Dn=sin⁡((n+1)α)/sin⁡α∘D_{n}=\sin ((n+1) \alpha) / \sin \alpha_{\circ}Dn=sin((n+1)α)/sinα∘ 则当 n=kn=kn=k 时, 有 Dk=2cos⁡αDk−1+(−1)2k−1Dk−2D_{k}=2 \cos \alpha D_{k-1}+(-1)^{2 k-1} D_{k-2}Dk=2cosαDk−1+(−1)2k−1Dk−2 。
由归纳假设可得
Dk=2cos⁡αsin⁡kαsin⁡α−sin⁡(k−1)αsin⁡α=2cos⁡αsin⁡kα−sin⁡(k−1)αsin⁡α=sin⁡(k+1)α+sin⁡(k−1)α−sin⁡(k−1)αsin⁡α=sin⁡(k+1)αsin⁡α。 \begin{aligned} D_{k}=& 2 \cos \alpha \frac{\sin k \alpha}{\sin \alpha}-\frac{\sin (k-1) \alpha}{\sin \alpha}=\frac{2 \cos \alpha \sin k \alpha-\sin (k-1) \alpha}{\sin \alpha} \\ &=\frac{\sin (k+1) \alpha+\sin (k-1) \alpha-\sin (k-1) \alpha}{\sin \alpha}=\frac{\sin (k+1) \alpha}{\sin \alpha} \text { 。 } \end{aligned} Dk=2cosαsinαsinkα−sinαsin(k−1)α=sinα2cosαsinkα−sin(k−1)α=sinαsin(k+1)α+sin(k−1)α−sin(k−1)α=sinαsin(k+1)α 。

练 2: 计算 nnn 阶行列式:
Dn=∣α+βαβ0…0001α+βαβ…00001α+β…000⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮000…1α+βαβ000…01α+β∣.D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} \alpha+\beta & \alpha \beta & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & \alpha+\beta & \alpha \beta & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \alpha+\beta & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & \alpha+\beta & \alpha \beta \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 1 & \alpha+\beta \end{array}\right| . Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣α+β10⋮00αβα+β1⋮000αβα+β⋮00………⋱……000⋮10000⋮α+β1000⋮αβα+β∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣.
解按第一行展开得 Dn=(α+β)Dn−1−αβDn−2D_{n}=(\alpha+\beta) D_{n-1}-\alpha \beta D_{n-2}Dn=(α+β)Dn−1−αβDn−2, 将此式化为
Dn−αDn−1=β(Dn−1−αDn−2),Dn−βDn−1=α(Dn−1−βDn−2).\begin{gathered} D_{n}-\alpha D_{n-1}=\beta\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right),\\ D_{n}-\beta D_{n-1}=\alpha\left(D_{n-1}-\beta D_{n-2}\right). \end{gathered} Dn−αDn−1=β(Dn−1−αDn−2),Dn−βDn−1=α(Dn−1−βDn−2).
Dn−αDn−1=β(Dn−1−αDn−2)=β2(Dn−2−αDn−3)=⋯=βn−2(D2−αD1)=βn.\begin{aligned} D_{n}-\alpha D_{n-1}=& \beta\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right)=\beta^{2}\left(D_{n-2}-\alpha D_{n-3}\right)=\cdots=\beta^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)=\beta^{n}.\\ \end{aligned} Dn−αDn−1=β(Dn−1−αDn−2)=β2(Dn−2−αDn−3)=⋯=βn−2(D2−αD1)=βn.
即有
Dn=αDn−1+βn.D_{n}=\alpha D_{n-1}+\beta^{n}. Dn=αDn−1+βn.
利用公式 (2) 得
Dn−βDn−1=α(Dn−1−βDn−2)=α2(Dn−2−βDn−3)=⋯=αn−2(D2−βD1)=αn\begin{aligned} D_{n}-\beta D_{n-1}=\alpha\left(D_{n-1}-\beta D_{n-2}\right)=\alpha^{2}\left(D_{n-2}-\beta D_{n-3}\right)=\cdots=\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\beta D_{1}\right)=\alpha^{n} \end{aligned} Dn−βDn−1=α(Dn−1−βDn−2)=α2(Dn−2−βDn−3)=⋯=αn−2(D2−βD1)=αn
即有
Dn=βDn−1+αnD_{n}=\beta D_{n-1}+\alpha^{n} Dn=βDn−1+αn

练 3 计算 nnn 阶行列式
Dn=∣1+xy0…000z1+xy…0000z1+x…000⋮⋮⋮⋱⋮⋮⋮000…z1+xy000…0z1+x∣,其中 x=yz. D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} 1+x & y & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ z & 1+x & y & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & z & 1+x & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & z & 1+x & y \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & z & 1+x \end{array}\right| \text {,其中 } x=y z \text {. } Dn=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣1+xz0⋮00y1+xz⋮000y1+x⋮00………⋱……000⋮z0000⋮1+xz000⋮y1+x∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣,其中 x=yz.

解
容易计算 D1=1+x,D2=1+x+x2,D3=1+x+x2+x3D_{1}=1+x, D_{2}=1+x+x^{2}, D_{3}=1+x+x^{2}+x^{3}D1=1+x,D2=1+x+x2,D3=1+x+x2+x3. 猜想:
Dn=1+x+x2+⋯+xnD_{n}=1+x+x^{2}+\cdots+x^{n}Dn=1+x+x2+⋯+xn.
用数学归纳法证明: 当 n=1n=1n=1 时, D1=1+xD_{1}=1+xD1=1+x, 结论成立. 假设结论对 ⩽n−1\leqslant n-1⩽n−1 的正整数都成立. 现将 DnD_{n}Dn 按第一行展开:
Dn=(1+x)Dn−1−yzDn−2=(1+x)(1+x+x2+⋯+xn−1)−x(1+x+x2+⋯+xn−2)=1+x+x2+⋯+xn.\begin{aligned} D_{n} &=(1+x) D_{n-1}-y z D_{n-2} \\ &=(1+x)\left(1+x+x^{2}+\cdots+x^{n-1}\right)-x\left(1+x+x^{2}+\cdots+x^{n-2}\right) \\ &=1+x+x^{2}+\cdots+x^{n} . \end{aligned} Dn=(1+x)Dn−1−yzDn−2=(1+x)(1+x+x2+⋯+xn−1)−x(1+x+x2+⋯+xn−2)=1+x+x2+⋯+xn.