1-作业详解

134265cosxsinx sinxcosx解 (1)

(2)aa解 根据对角线法则，有 cosxsinx22逆序数t = 0 + 0 + 0 + 2 + 0

+ 1 = 3

该排列为奇排列。

(2) 24(2n)(2n1)(2n3)1(1)

sinxcosx cosxsinx1

aaa aax a2xa2xa3a3a2xa2x0(2)

aax

【思考题】求一个二次多项式fxax2bxc，使得 f10，f23，f328. 解 根据题意，有

f(1)abc0f(2)4a2bc3f(3)9a3bc28

上式可看做是以a,b,c为未知量的线性方程组，其系数行列式

111D 421 200931

故方程组有唯一解。由

011D1 321 402831，

101D2 431 609281

110D3 423 209328

得

aD12, bD23, cD3DDD1

于是，所求的多项式为fx2x23x1.

第二节 全排列及其逆序数

1. 计算排列的逆序数，并判断奇偶性

逆序数t = 0 + 0 + … + 0 +

1 + 3 + … + (2n-1) = n2

当n为奇数时，该排列为奇排列；当n为偶数时，该排列为偶排列。 【思考题】分别用两种方法求排列 16352487 的逆序数

解 方法一：求出每个元素的逆序数（即每个元素左边比它小的数的个数）, 并相加，得

t = 0+0+1+1+3+2+0+1 = 8 方法二：求出每个元素右边比它小的数的个数，并相加，得

t = 0+4+1+2+0+0+0+1 = 8

第三节 对换

1. 以下变换需要经过多少次相邻对

换才能实现？

(1) 将 n 元排列 a1, a2, …, an 左

右翻转得 an, …, a2, a1;

(2) 将 k+m 元排列 a1, a2, …, ak;

b1, b2, …, bm 的左右两部分交换，得 b1, b2, …, bm; a1, a2, …, ak . 解 (1) 从a1, a2, …, an开始，将最左边的元素依次移到an的右侧，即

a1, a2, a3, …, an-1, an

n1次相邻对换 a2, a3, …, an-1, an；

a1

n2次相邻对换 a3

, …, an-1, an；

a2, a1

  an-1, an；

an-2,…,a3, a2, a1

1次相邻对换 an

, an-1, …, a3, a2, a1 所做的相邻对换的次数为：(n-1)+ n(n1)(n-2)+…+1=2 (2) 从a1, a2, …, ak; b1, b2, …, bm开始，将b1, b2, …, bm 依次移到a1

的左侧，即

a1, a2, …, ak; b1, b2, …, bm

k次相邻对换  b1； a1, a2, …, ak; b2, …, bm

k次相邻对换 b1,b2,； a1, a2, …, ak; b3, …, bm

  b1,…, bm-1； a1, a2, …, ak; bm

k次相邻对换 b1, b2, …, bm；a1, a2, …, ak .

所做的相邻对换的次数为：km

2. 不计算逆序数，判断排列 216345 的奇偶性.

[分析] 对216345，将1,2做一次对

换，再将6依此与右边的3,4,5做三次对换，可得标准排列123456，对换次数为偶数次.

解 从216345开始，经偶数次的对换可得标准排列123456，故216345是偶排列.

【思考题】 证明：在全部n元排列中 (n  2)，奇偶排列各占一半. 证 设在全部n元排列中有s个奇排列，t个偶排列.

对s个不同的奇排列，将前两个数

对换，则变成s个偶排列 (一次对换

改变排列的奇偶性)，并且它们彼此不

同 (否则，再次对换前两个数变回原

来的奇排列，其中会出现相同的奇排

列，矛盾)，于是 s  t  ①

同理， t 个不同的偶排列，将前两

个数对换，则变成t个不同的奇排列，

于是

t  s  ②

综合①②两式，有 s = t. 第四节 n阶行列式

1. 写出六阶行列式中含因子a23a31a42a56的项 [不同行、不同列的六个数的乘积。分析] 六阶行列式的每一项都含有

(-1)设t含有因子a23a准次序排列，a31a42a56的项为1ia23a31a42a56a6j (行标排列采取标

数列，有两种可能性。)，显然列标it和是列标排列的逆序j 是4,5的某个排 为当ij = 45时，列标排列的逆序数取“t(431265)=6+”。

，是偶排列，符号项为当取“t(5312)=7ij = 时，列标排列的逆序数-”。

，是奇排列，符号项解+a 所求的项分别为a

14a23a31a42a5665 和 -a15a23a31a42a56a 2. 根据行列式的定义，计算以下四阶行列式的值 00010010 00220333 02003000 (1) 4444；(2) 0004；(3) 0100 12340300 0400 [的公式进行计算分析] (1) 利用由行列式定义推出 a1nan(n1)2,n1a2n(1)2a1na2,n1an1an1an,n1ann

(2) 代数和根据定义，行列式算式) 的一般项可表示为

(4!项的 (1)ta1q1a2q2a2q3a如果乘积中的任一元素为零，则乘积

2q4为零，对代数和没有贡献，可不予考

虑，此时，各行元素的列标取值如下：q 1=3，q2=2，q3=1，q4=4 即(-1)，t(3214)在行a列式的4！项中，只有13a22a31a44这一项不等于零。

(3) 素的列标如下：不考虑各行元素中的零，各行元 qq1: 2 q2: 1, 2, 3, 4 3上面的这些数值无法使q: 2 4: 2 任何一个q4元排列因为其中的q1q2q3q4q组成 (1, q3, 的任一项中，不可能使相乘的4只能取2). 也就是说，在该行列式

素中不含零，故行列式的值等于零4个元. 00014( 002241)0333 (1)2123424解 (1) 4444

(2)

0010 02003000 (1)t(3214)1234(1)31234240004

(3) 乘，其中必然有从不同行、不同列取4个元素相有的项都为零，故0

，因此该行列式所0100 12340300 0400=0

x112fx1x1132x1【思考题】已知112x1，求x3的系数. [分析] 为了得到多项式f(x)中x3的系数，需要从行列式的不同行、不同列取4个元素相乘，并且其中1个元素为常数，另外3个元素含有x。满足上述要求的取法有2种。 解 记行列式为det(aij)，x3

则其中含有的项为

1t(1234)a11a22a33a441t1243a11a22a34a43

=10x3112x3

x3

第五节 行列式的性质

1. 用化简为三角形行列式的方法计算行列式的值： 044221 1121121420 1121(1) 1111; (2) 12; 43211212(3) 12; 413111311311211131(4) 1234; (5) 1113 [分析] 利用行列式的性质（主要是对换、提取公因子、倍加这三种运算），将行列式化为三角行列式，再利用三角行列式的公式即可计算出行列式的值。

本题中(2)是三对角行列式；(3)是三对角行列式的变形；(4)是爪形行列

式的变形；(5)的特点是各行(列)元素之和都相同。在计算行列式的值时，

先注意观察行列式的特点，并采取比较简洁的化简步骤。

0442 11211420 解 (1)

1111

1121r1r2 04421420 1111 [通过对换两行，使

(1,1)元变成非零的数]

1121r3r1044r 24r101 0232[将主对角线以下第

一列元素化成了0]

1121r2r3 010101 0232 [改变了(2,2)元，

避免后面出现分数运算]

1121r35r2 0101r42r20046 0034[将主对角线以下的

第二列元素化成了0]

1121r3r4 01010012 0034

1121r43r3 01010012 0002[将主对角线以下的

第三列元素化成了0]

= -(-1)(-1)1(-2) = 2 (2)

2121121r12r2213r203/211212r103/21121304/31121212

21r344r303/2104/31

05/4 =

2(3/2)(4/3)(5/4) = 5

432145122312ci2ci11012(i2,3,4)10(3)

1210

4(43)(1)2(23)11123

410131c1ici0121(i2,3,4)01(4)

123428234

4(43)(1)2111(28)28

3111366661311r1ri13111131i21131(5) 11131113

1111对第一行提取公因子6131111311113

1111rir100(i2,3,4)6020020480002

2. 用分块法计算以下行列式的值： 00100312 020000243000 0011(1)0004; (2)3113 [分析] 分块法计算行列式的公式如下：

AOA*AOOBOB*BAB

OA*AOABOBOB*(1)kmAB

注意，其中的A，B分别是k行k列和m行m列的“正方形”数字表格；O代表该矩形区域中(不一定是正方形)的元素全为0；*代表该矩形区域中的元素可任意取值而不会影响行列式的值。

0010 02000013000  020 4解 (1)0004

300

64 =

-24

031200243120011(1)310243(2)3113

011

(1)31324113

= -

3. 用拆分法计算行列式的值： 1x1y11x1y21x1y31x1y41x2y11x2y21x2y31x2y41x3y11x3y21x3y31x3y41x4y11x4y21x4y31x4y4 [(分析的第二子列行)的第一子列] 行列式的特点是：任意两列(行)成比例(行)相同、任意两列.

解式之和，其中每个行列式都至少有两 行列式按列拆分，得24

=16个行列列相同或成比例，故D=0. 4. 综合运用拆分法和分块法计算行列式的值： 1x111111x211111x311111x4 [分析] 将1写成1+0的形式，1x1101010101x2101010101x3101010101x4 进一步可拆分为中只有全取第5个行列式可能不等于16个行列式之和，0，其列取第种可能12子列而其余列取第子列(1种可能)；或者有一即，有两列取了第). 剩下的2子列(4有两列完全相同1)，从而等于子列11个行列式都至少(此时行列式中

0.

1x111111x211111x31解 1111x4 1x1101010101x2101010101x310=

1010101x4

x11x11x21x21x31x31x3=

x4+1x4+

1x4

x11x11x21x211x31+1x4+1

= x1x2 x3 x4 +x2 x3 x4 +x1 x3 x4 +x1

x2 x4 +x1 x2 x3

【思考题】设n阶行列式D=det(aij)，

(1) 将D左右(或上下)翻

转，记作D1；

(2) 将D逆时针(或顺时针)旋转90o

，记作D2；

(3) 将D依副对角线翻转

(记作D3)

求D1, D

2, D3与D的关系.

解 (1) 行列式D的左右翻转可通过如下方式实现：将D的第n列不断地

与左边相邻的列交换位置，直至其变为第1列（共进行了n-1次列的交换）；然后将所得行列式的第n列（即原行列式中的第n-1列）不断地与左边相

邻的列交换位置，直至其变为第2列

（共进行了n-2次列的交换）；…，按

这种方式进行下去，直到原行列式的第2列成为最后一列，此时只需再将该列与左边相邻的列进行一次交换，即可得到原行列式的左右翻转形式

D1。其间共进行了(n-1)+(n-2)+…+1=n(n-1)/2次列的交换，每次交换都会使行列式变号，即 n(n1)D(1)2D1

如果是上下翻转，对行进行类似的交换步骤，可得到同样的结论。 (2) 行列式D的逆时针旋转可按如下方式实现： D左右翻转转置D2

如果是顺时针旋转，可按如下方式实现：

D转置左右翻转D2

利用(1)的结论以及行列式性质“转置不会改变行列式的值”，有

n(n1)D(1)2D2

(3) 行列式D依副对角线可按如下方式实现：

D逆时针旋转90o左右翻转D3

利用(1)(2)的结论，有

D(1)n(n1)D3D3

第六节 行列式按行(列)展开

111121D311. n1求所有元素的代数余子式之和. [式之和，可先求出各行元素的代数余分析] 为计算所有元素的代数余子子式之和.

将D按第1行展开，得DA11A12A1n子式之和就等于，即第D的值1行元素的代数余

.

记新的行列式为将D的第2行元素全部替换成(2)1，代数余子式仍保持不变D，但第行展开，得. 将2行元素的(2)D(2)D按第2A21A22A2n.

替换成一般而言，将D(i)

按第1i，行展开，并记新的行列式为D的第i行元素全部则有D(i)， D(i)将Ai1Ai2Ain即就等于D的第. D(i)

i的值行元素的代数余子式之和.

之和，只需将该列元素替换为如果是计算某列元素的代数余子式按该列展开.

1，并解 将D按第1行展开，得第1行元素的代数余子式之和为

111121A11A12A1n31n1

123nr211ri(i2,3,n)31n1

2n(n1)2

将D的第2行元素全部替换为1，并按第2行展开，得第2行元素的代数余子式之和为

11111111A21A22A2n310n1 (因为第

1,2行相同)

同理，D的第3, 4,…, n行元素的代数余子式之和也都是0. 于是，D的所有元素的代数余子式之和为

nnAn(n1)ij2i1j12

14142143423112. 用降阶展开法计算：(1)3092; 21 22 (2)12 [分析] 用行列式展开法则计算行列式的基本思路是：将某行(列)元素尽可能多地化为0，再按该行(列)展开，

从而实现降阶计算

14121424394701781004593523r14r2211r32r2023x，有

xDn1x2Dn2an1xx2Dn2x3Dn3an2x2xn2D2xn1D1a2xn2DnxDn1ann-2

解 (1) 30

717859523按第二列展开11（1）10

再将各式相加，得

c72582c30053112

按第二行展开（1）235725311 = 10

21 22 (2)

12 按第一行展开2020（1）1122（1）1410022100 2 16(1)1221 =12

a1x1a2x1an1x13. 用递推法计算：anx 证 记行列式为Dn，按最后一行展开，得递推关系式

1D按第n行展开x1nxDn1(1)n1anx1n1阶

xDn1an 将递推式中的n分别用n, n-1, n-2, …, 2代替，有 DnxDn1anDn1xDn2an1Dn2xDn3an2D2xD1a2

将以上各式分别乘以1, x, x2

, …,

Dnxn1D1a2xn2an2x2an1xan

将D1=a1+x带入上式，有

Dnxna1xn1an1xan

4. 用数学归纳法证明： cos112cos1Dn12cos112coscosn 证 将行列式按最后一行展开，

cos112cosD n 2cosDn1 112cos11n1阶

再将右端的第二个n-1阶行列式按最后一列展开，得

D n 2cosDn1 Dn2

下面用数学归纳法证明题设结论成立. (1) 当n=1,2时，有

D1=cos cos1 D12cos2cos21cos22=

题设结论成立.

(2) 假设结论对n-1, n-2成立，即

Dn1cos(n1) Dn2cos(n2)

代入递推公式，有

Dn 2cosDn1 Dn2 2coscos(n1)cos(n2) cosncos(n2)cos(n2) cosn 故结论对一切自然数n成立.

1112222n② 由①②可得

5. 利用范德蒙行列式计算nn2nn [分析] 范德蒙德行列式： 1111x1x2x3xnx12x22x32x2nn(xixj)1jinx1n1xn21x3n1xnn1

本题可利用行列式性质化为范德蒙德行列式的形式，再利用上面的公式计算行列式的值。

1111112222n对各行提取公因子122n1n!解

nn2nn1nnn1

111转置n!12n12n1nn1 (范德蒙德行列式)

n!(21)(31)(41)(n1) (32)(42)(n2)  [n(n1)]

n!(n1)!(n1)!1!

ni!i1

1234522211D312452711122【思考题】已知43150， 求：(1)A41A42A43; (2)A44A45 解 将D按第4行展开，得

(A41A42A43)2(A44A45)D27 …

… ①

又，D的“第2行元素”与“第4 行元素的代数余子式”乘积之和为零，即

2(A41A42A43)(A44A45)0 ……

A41A42A439；A44A4518

第七节 克拉默法则

x1 x2 x3ax40x12x2 x3 x40x1 x23x3 x401. 齐次线性方程组x1 x2ax3bx40有

非零解时，a, b 必须满足什么条件？ 解

“齐次线性方程组有非零解  系数行列式D=0”，所以

111aD121111314b(a1)2011ab

故，该齐次线性方程组有非零解时，a, b必须满足(a1)24b

【思考题a0a1xa2x2】 anxn设n次多项式 f(x) 有n+1个互不相同

的根. 用克拉默法则证明：f(x)是零多项式.

解 设 x1, x2, …, xn+1 是f(x)的n+1互不相同的根，即

f(x1)a0a1x1a1x12anx1n02nf(x2)a0a1x2a1x2anx20       f(xn1)a0a1xn1a1x2n1anxnn10上式可看作是以 a

0, a1, …, an为未知量的齐次线性方程组 (含n+1个未知量、n+1个方程)，其系数行列式

1x1x12x1n1x2x22xn2D1x3x32x3n1xn1x2n1xnn1

1转置2x112x21122x3xn1nx1nx2nnx3xn1x1x2x3xn1 (n+1阶的范

德蒙德行列式)

由于x1, x2, …, xn+1互不相同，故D0. 根据克拉默法则，齐次线性方程组只有零解，即a0= a1=…= an=0，亦即 f(x)1jin1(xixj)是零多项式.