Tài liệu Về một số hệ phương trình đa thức

.. ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- TRẦN THỊ THU THỦY VỀ MỘT SỐ HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC --------------------------- TRẦN THỊ THU THỦY VỀ MỘT SỐ HỆ PHƢƠNG TRÌNH ĐA THỨC LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. Trần Nguyên An THÁI NGUYÊN - 2017 Mục lục MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 Chương 1. Hệ phương trình tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.1. Hệ thuần nhất với định thức khác không . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 1.2. Sử dụng tính chất nghiệm của đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.3. Sử dụng công thức nội suy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 1.4. Sử dụng ma trận, định thức đặc biệt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 1.5. Sử dụng các phương pháp biến đổi sơ cấp trên hệ . . . . . . . . 11 1.6. Hệ với yếu tố thực tế . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 Chương 2. Hệ phương trình đa thức không tuyến tính 20 2.1. Một số hệ và phương pháp giải cơ bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.1.1. Hệ phương trình đối xứng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.1.2. Hệ phương trình đối xứng loại hai đối với x và y . . . . . 23 2.1.3. Hệ có yếu tố đẳng cấp. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 2.1.4. Hệ có hai phương trình bán đẳng cấp bậc hai. . . . . . . . . 25 2.1.5. Hệ đẳng cấp bộ phận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 2.1.6. Hệ bậc hai tổng quát. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 ii 2.2. Ứng dụng của hệ không tuyến tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.2.1. Giải phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.2.2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.3. Ứng dụng của đại số máy tính . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.3.1. Thứ tự từ và cơ sở Groebner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 2.3.2. Giải hệ phương trình . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39 KẾT LUẬN . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 iii MỞ ĐẦU Giải hệ phương trình là bài toán cổ điển có nhiều ứng dụng trong toán học cũng như trong đời sống. Hệ phương trình có rất nhiều dạng và phương pháp giải khác nhau. Đây cũng là dạng toán thường gặp trong các kì thi học sinh giỏi cũng như các kì thi tuyển sinh đại học. Luận văn tìm hiểu về một số lớp hệ phương trình đa thức: hệ phương trình tuyến tính, hệ phương trình đa thức không tuyến tính. Cụ thể, luận văn tìm hiểu một số lớp hệ phương trình tuyến tính đặc biệt sử dụng công cụ ma trận, định thức và một số phương pháp đặc biệt để giải. Hệ phương trình đa thức không tuyến tính là một bài toán khó, bên cạnh việc giới thiệu phương pháp tổng quát để giải bằng công cụ Đại số máy tính, luận văn tìm hiểu một số lớp hệ phương trình đa thức đặc biệt giải bằng công cụ sơ cấp. Luận văn được chia làm hai chương. Chương 1 giới thiệu về hệ phương trình tuyến tính. Luận văn không lặp lại như một cuốn Đại số tuyến tính thông thường mà giới thiệu nhiều dạng hệ phương trình tuyến tính "không mẫu mực”. Hệ phương trình tuyến tính là bài toán có lời giải trọn vẹn và có nhiều ứng dụng trong thực tế. Chương 2 của luận văn trình bày về hệ phương trình đa thức không tuyến tính. Luận văn phân tích một số dạng hệ giải quyết được bằng công cụ sơ cấp. Nhiều ví dụ được phân tích kỹ nhằm giúp người đọc có công cụ sáng tác bài toán mới. Để tìm hiểu một hệ tổng quát người ta phải dùng đến công cụ của Đại số máy tính, Hình học đại số. Luận văn phân tích việc sử dụng cơ sở Groebner để giải quyết một số lớp hệ có hữu hạn nghiệm. Nhằm giảm tải nội dung trình bày luận văn không đi sâu phân tích lý thuyết về cơ sở Groebner mà hướng người đọc đến việc sử dụng máy tính để tính toán bằng việc hướng dẫn sử dụng phần mềm CocoA và Maple. Trong suốt quá trình làm luận văn, tôi nhận được sự hướng dẫn và giúp đỡ tận tình của TS. Trần Nguyên An. Tôi xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy. Tôi xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong khoa Toán - Tin, Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, các giáo sư của trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học quốc gia Hà Nội đã tạo điều kiện thuận lợi giúp đỡ tôi trong quá trình học tập và nghiên cứu tại trường Đại học Khoa học. Tôi xin chân thành cảm ơn các anh chị và bạn bè đồng nghiệp trong lớp Cao học Toán K9B2 đã luôn giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu. Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017, Trần Thị Thu Thủy 1 Chương 1 Hệ phương trình tuyến tính Trong chương này luận văn giới thiệu một số phương pháp giải hệ phương trình tuyến tính đặc biệt. Kiến thức tổng hợp về giải hệ phương trình tuyến tính có thể tham khảo trong [2]. Trong suốt luận văn ta cũng luôn giả thiết K là một trường. 1.1. Hệ thuần nhất với định thức khác không Ta chú ý một số kiến thức chuẩn bị sau: Cho A ∈ M atn (K), A = (aij ), khi n P đó vết của ma trận A là aii , ký hiệu là tr(A). i=1 Định nghĩa 1.1.1. Cho ma trận vuông A cấp n trên K. Số λ ∈ K được gọi là giá trị riêng của A nếu tồn tại vectơ x ∈ Kn và x 6= 0 sao cho Ax = λx. Khi đó, vectơ x được gọi là vectơ riêng ứng với giá trị riêng λ. Định nghĩa 1.1.2. Cho ma trận vuông A cấp n trên K. Đa thức det (A − λI) được gọi là đa thức đặc trưng của A và được ký hiệu là PA (λ). Phương trình PA (λ) = 0 được gọi là phương trình đặc trưng của A. Chú ý 1.1.3. (i) λ là giá trị riêng ⇔ AX = λX ⇔ (A − λI) X = 0 có nghiệm X 6= 0 ⇔ |A − λX| = 0. 2 a11 a12  a21 a22 (ii) Cho A =  ..  ... . an1 an2   . . . a1n . . . a2n  .  thì .. . ..  . . . ann PA (X) = |A − XI| a11 − X a12 ... a1n a21 a22 − X . . . a2n = .. .. .. ... . . . an1 an2 . . . ann − X = (a11 − X) . . . (ann − X) + ldots = (−1)n X n + bn−1 X n−1 + . . . + b1 X + b0 . Khi đó λ là giá trị riêng của A ⇔ λ là nghiêm của PA (X) (iii) Nếu PA (X) = 0 có n nghiệm λ1 , . . . , λn thì tr(A) = Qn i=1 n P λi và |A| = i=1 λi . (iv) Nếu λ là giá trị riêng của A thì λn là gia trị riêng của An . (v) Giả sử f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 ∈ K [x]. Khi đó f (A) = an An + . . . + a1 A + a0 I là đa thức của ma trận A. Nếu λ là gia trị riêng của A thì f (λ) cũng là giá riêng của f (A). Ví dụ 1.1.4. Cho aij là các số nguyên, giải hệ phương trình  1   a11 x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = x1   n   1  x2 a21 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = n   .............................................     an1 x1 + an2 x2 + · · · + ann xn = 1 xn n  1  Giải. Đặt A = (aij ) ∈ Mn (Z). Hệ đã cho tương đương với A − I X = 0. Ta có n A là ma trận với hệ số nguyên nên đa thức đặc trưng p(t) của A là đa thức định chuẩn (hệ số cao nhất bằng 1) với hệ số nguyên. Do đó p(t) không thể có nghiệm 1  1  hữu tỷ không nguyên. Suy ra p 6= 0, nghĩa là det A − I 6= 0. Như vậy, hệ n n phương trình trên chỉ có nghiệm tầm thường. Ví dụ 1.1.5. Giải hệ phương trình sau:  1 x +2x2 +... +2017x2017 = 2017 x1    1 1 2 2 x1 +2 x2 + . . . +2017 x2017 = 2017 x2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .........   x +22017 x + . . . +20172017 x 1 1 2 2017 = 2017 x2017 3 Giải. Viết hệ phương trình đã cho dưới dạng Ax = Giả sử det (A − 1 I ) 2017 2017 1 1 x ⇔ (A − I2017 )x = 0 2017 2017 = 0. Điều này chứng tỏ λ = 1 2017 là một giá trị riêng của A. Vì vậy đa thức đặc trưng của A là PA (t) = (−1)n tn + (−1)n−1 Tr(A)tn−1 + . . . + det A ∈ Z[t] đa thức trên nhận λ = 1 2017 lý này chứng tỏ (A −  det  0  0   duy nhất x =   . . . . 0 là một nghiệm . Từ đó suy ra 2017 là ước của (−1)n . Vô 1 I ) 2017 2017 6= 0, vì vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm Ví dụ 1.1.6. Cho A = [aij ] ∈ Mn (R) thỏa mãn A2 = A. Hãy giải hệ phương trình  a x + a12 x2 + · · · + a1n xn = −x1    11 1 a12 x1 + a22 x2 + · · · + a2n xn = −x2 .....................................   a x + a x + · · · + a x = −x . n1 1 n2 2 nn n n Giải. Hệ đã cho tương đương với  (a + 1)x1 + a12 x2 + · · · + a1n xn = 0    11 a12 x1 + (a22 + 1)x2 + · · · + a2n xn = 0 .  .......................................  a x + a x + · · · + (a + 1)x = 0. n1 1 n2 2 nn n Ma trận hệ số của hệ phương trình có dạng M = A + I. Ta có M (A − 2I) = (A + In )(A − 2In ) = A2 − A − 2In = −2In . Suy ra det(M ) 6= 0, nghĩa là M khả nghịch. Do đó hệ đã cho chỉ có nghiệm tầm thường. Chú ý. Bài toán này được xây dựng dựa trên ý tưởng phân tích đa thức t2 − t − 2 = (t + 1)(t − 2). Dựa trên ý tưởng này, ta có thể thay đổi hệ số −1 ở vế phải bởi hệ số α khác 0 và khác 1, rồi áp dụng sự phân tích (t − α)(t + α − 1) = t2 − t − α(α − 1) ta cũng được kết quả tương tự. 4 Ví dụ 1.1.7. Cho các số thực aij + aji = 0, ∀i, j = 1, 2, ..., 2017. Hãy giải hệ phương trình tuyến tính sau:  (a11 + 2017)x1 + a12 x2 + ... + a12017 x2017 = 0    a x + (a + 2017)x + ... + a 21 1 22 2 22017 x2017 = 0  .......................................................................................    a20171 x1 + a20172 x2 + ... + (a20172017 + 2017)x2017 = 0 Giải. Đặt  x1  x2   X=  ...  xn  Hệ đã cho trở thành (A + 2017E)X = 0. Lấy chuyển vị hai vế ta được X t (A + 2017X)t = 0. Dẫn đến X t (−A + 2017E) = 0, hay −X t A + 2017X t E = 0. Từ đây suy ra −X t AX + 2017X t EX = 0. Ta có AX + 2017X = 0 ⇔ AX = −2017X. Kết hợp lại, ta được X t (−2017X) + 2017X t X = 0 ⇔ X t X + X t X = 0 ⇔ X t X = 0. Như vậy,  x1 x2  x1
 x2  2 2  ... x2017   ...  = 0 ⇔ x1 + ...x2017 = 0 ⇔ x1 = ... = x2017 = 0 x2017 1.2. Sử dụng tính chất nghiệm của đa thức Định lý 1.2.1. Cho R là một miền nguyên. Cho 0 6= f (x) ∈ R[x] và a1 , a2 , . . . , ar ∈ R là các nghiệm phân biệt của f (x). Giả sử ai là nghiệm bội ki của f (x) với i = 1, 2, . . . , r. Khi đó ta có f (x) = (x − a1 )k1 (x − a2 )k2 . . . (x − ar )kr g(x) trong đó g(x) ∈ R[x] và g(ai ) 6= 0 với mọi i = 1, . . . , r. Hệ quả 1.2.2. Cho R là một miền nguyên và f (x) ∈ R[x] là một đa thức khác 0. Khi đó số nghiệm của f (x), mỗi nghiệm tính với số bội của nó, không vượt quá bậc của của f (x). 5 Hệ quả 1.2.3. Cho R là miền nguyên và f (x), g(x) ∈ R[x], trong đó deg(f (x)) 6 n và deg(g(x)) 6 n. Nếu f (x) và g(x) có giá trị bằng nhau tại n + 1 phần tử khác nhau của R thì f (x) = g(x). Ví dụ 1.2.4. Cho đa thức P (x) = (x − 2)(x − 3)...(x − 2017). Giả sử P (x) = a1 + a2 x + ... + a2017 x2016 . Giải hệ phương trình sau:  ax +a2 x2 +... +a2016 x2016 +a2017 x2017 = 0    1 1 a2017 x1 +a1 x2 +... +a2015 x2016 +a2016 x2017 = 0 ... ... ... ... ... ...    ax +a3 x2 +... +a2017 x2016 +a1 x2017 = 0 2 1 Giải. Tách ma trận hệ số dưới dạng  a1 a2 a2017 a1  a2016 a2017  ..  .   a a 3 4 a2 a3  1 0 0 0 0 0 1 0 0 0  0 0 1 0 0 = a1  0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0  a3 ... a2016 a2017 a2 ... a2015 a2016   a1 ... a2014 a2015  .. .. .. ..  . . . .   a5 ... a1 a2  a4 ... a2017 a1   0 1 0 0 0 0 0 0 1 0   0 0 0 0 1  + a2  0 0 0 0 0 0 0 0 0  0 1 0 0 0 1   0 0 0 0 0 1 1 0 0 0 0 0   0 1 0 0 0 0 +.... + a2017   0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0  0 0  0  0 1 0 Đặt 0 0  0 B= 0 0 1  1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 1 0 0  0 0  0  0 1 0 Theo trên, ta có A = a1 I + a2 B + ... + a2017 B 2016 . Đa thức đặc trưng của B là P (x) = x2017 − 1. Đa thức này có 2017 nghiệm trong trường số phức là các căn 6 bậc 2017 của 1. Ta ký hiệu các căn là 1 , 2 , ..., 2017 . Khi đó các giá trị riêng của A là P (1 ), P (2 ), ..., P (2017 ). Các giá trị này khác không vì P (x) có các nghiệm 2, 3, ..., 2017. Từ trên ta có det(A) = P (1 )P (2 )...P (2017 ) 6= 0. Vậy A chỉ có nghiệm tầm thường x1 = x2 = ... = x2017 = 0. Ví dụ 1.2.5. Giả sử các số α1 , α2 , . . . , αn khác nhau đôi một và αi + j 6= 0 với mọi i, j = 1, 2, . . . , n. Giải hệ phương trình sau:  x1 x2 xn 4   + + ··· + =   1 + α1 2 + α1 n + α1 2α1 + 1    4  x1 + x2 + · · · + xn = 1 + α2 2 + α2 n + α2 2α2 + 1   ...     x1 x2 xn 4   + + ··· + = . 1 + αn 2 + αn n + αn 2αn + 1 Giải. Xét f (x) = x2 xn 4 x1 + + ··· + − . Khi đó 1+x 2+x n + x 2x + 1 f (x) = p(x) n Q (2x + 1) (i + x) i=1 với đa thức p(x) bậc 6 n. Vì f (αi ) = 0 nên các p(αi ) = 0, và có p(x) = c(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn ), c ∈ R. Như vậy f (x) = − (x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn ) . Từ phương trình sau: (2x + 1)(x + 1)(x + 2) . . . (x + n) x1 x2 xn 4 c(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn ) + + ··· + − = 1+x 2+x n + x 2x + 1 (2x + 1)(x + 1)(x + 2) . . . (x + n) ta suy ra đồng nhất thức dưới đây (1 + 2x)[x1 (x + 2)(x + 3) . . . (x + n) + x2 (x + 1)(x + 3) . . . (x + n) + x3 (x + 1)(x + 2)(x + 4) . . . (x + n) + x4 (x + 1)(x + 2) . . . (x + n) + ··· + xn (x + 1)(x + 2) . . . (x + n − 1)] − 4(x + 1)(x + 2) . . . (x + n) = c(x − α1 )(x − α2 ) . . . (x − αn ). 7  n Q n−1  c(−1) (1 + αi )    i=1   x1 = với x = −1   1.(n − 1)!   n  Q  n−2  c(−1) (2 + αi )    i=1   với x = −2 x2 =   3.1!(n − 2)!   n  Q    c(−1)n−3 (3 + αi )   i=1 x = với x = −3 3 5.2!(n − 3)! Ta nhận được nghiệm của hệ   ...    n  Q  n−n  c(−1) (n + αi )    i=1   với x = −n xn =   (2n − 1).(n − 1)!   n 2i − 1  Q   −4    −1 2 i=1   c= với x =  n Q 2αi + 1  2   (−1)n 2 i=1 và hệ phương trình đã được giải xong vì hệ có nghiệm duy nhất. Ví dụ 1.2.6. Giả sử các số z1 , z2 , . . . , zn khác nhau đôi một và zi + aj 6= 0 với mọi i, j = 1, 2, . . . , n. Giải hệ phương trình sau đây:  x x2 xn 1  + + ··· + =1   a1 + z1 a2 + z1 an + z1     x1 + x2 + · · · + xn = 1 a1 + z2 a2 + z2 an + z2   ...    x1 x2 xn   + + ··· + = 1. a1 + zn a2 + zn an + zn Giải. Xét f (x) = x1 x2 xn p(z) + +···+ −1 = Q với đa thức p(z) n a1 + z a2 + z an + z (ai + z) i=1 bậc n. Vì f (zi ) = 0 nên p(zi ) = 0, i = 1, . . . , n và có f (z) = − Từ (z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn ) . (z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an ) x1 x2 xn (z − z1 ) . . . (z − zn ) + + ··· + −1=− ta có a1 + z a2 + z an + z (z + a1 ) . . . (z + an ) x1 (z + a2 )(z + a3 ) . . . (z + an ) + x2 (z + a1 )(z + a3 ) . . . (z + an ) + x3 (z + a1 )(z + a2 )(z + a4 ) . . . (z + an ) + x4 (z + a1 ) . . . (z + an ) + ··· + xn (z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an−1 ) − (z + a1 )(z + a2 ) . . . (z + an ) = −(z − z1 )(z − z2 ) . . . (z − zn ). 8  n Q   (−1)n−1 (a1 + zi )    i=1  x1 = với z = −a1  n  Q   (a − a )  i 1   i=2   n Q   n−2  (−1) (a2 + zi )    i=1 x 2 = với z = −a2  n  Q    (a2 − a1 ) (ai − a2 )   i=3  n Q n−3 Ta nhận được các nghiệm (−1) (a3 + zi )   i=1   x3 = 2 với z = −a3  n  Q Q   (a3 − ai ) (ai − a3 )    i=1 i=4     ...   n  Q  n−n   (an + zi ) (−1)   i=1   với z = −an xn =  n−1  Q    (an − ai ) i=1 Hệ có nghiệm duy nhất vậy hệ đã được giải xong. 1.3. Sử dụng công thức nội suy Định lý 1.3.1 (Lagrange). Cho f (x) là đa thức bậc n và x0 , x1 , ..., xn là n + 1 số n Q phân biệt. Đặt g(x) = (x − xi ). Khi đó ta có biểu diễn i=0 (i) f (x) = n P i=0 (ii) f (x) = f (xi ) x − xk . k6=i,k=0 xi − xk n Q n f (x ) g(x) P i . 0 i=0 g (xi ) x − xi x − xk . Ta có deg h 6 n và i=0 k6=i,k=0 xi − xk h(x0 ) = h(x1 ) = · · · = h(xn ) = 0. Đa thức h(x) có deg h 6 n và có quá n nghiệm là n n P Q x − xk x0 , x1 , ..., xn . Do đó h(x) phải là đa thức 0. Vậy f (x) = f (xi ) . i=0 k6=i,k=0 xi − xk n Q x − xk 1 g(x) (ii) Vì = 0 nên từ (i) ta suy ra hệ thức sau đây:f (x) = g (xi ) x − xi k6=i,k=0 xi − xk n f (x ) g(x) P i . . 0 (x ) x − x g i i i=0 Chứng minh. (i) Đặt h(x) = f (x) − n P f (xi ) n Q Ví dụ 1.3.2. Giả sử g(x) = (x − a1 )(x − a2 ) . . . (x − an ) với các số phân biệt ak . 9 Tính n an−1 ask P k , , 0 6 s 6 n − 2, và giải hệ phương trình: 0 (a ) 0 (a ) g g k k=1 k k=1  2  x 0 + x 1 a1 + x 2 a1 = b 1 x0 + x1 a2 + x2 a22 = b2  x + x a + x a2 = b . 3 0 1 3 2 3 n P Chứng minh. Theo Định lý 1.3.1 ta có các đồng nhất thức xs = ask g(x) và 0 i=1 g (ak ) x − ak n P n an−1 g(x) P k . So sánh hệ số của xn−1 ở hai vế đối với đa thức xs và xn−1 , 0 i=1 g (ak ) x − ak n n an−1 P P ask k ta được = 0 khi s 6 n − 2, và = 1. 0 0 k=1 g (ak ) k=1 g (ak ) 3 f (a ) h(x) 3 P P bk h(x) k Từ f (x) = x0 + x1 x + x2 x2 = = , với h(x) = 0 0 k=1 h (ak ) x − ak k=1 h (ak ) x − ak (x − a1 )(x − a2 )(x − a3 ), ta suy ra f (x) = x0 + x1 x + x2 x2 = xn−1 = b1 (x − a2 )(x − a3 ) b2 (x − a1 )(x − a3 ) b3 (x − a1 )(x − a2 ) + + . Vậy (a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a3 − a1 )(a3 − a2 )  b 1 a2 a3 b 2 a1 a3 b 3 a1 a2  x0 = + +    (a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a3 − a1 )(a3 − a2 )   b1 (a2 + a3 ) b2 (a1 + a3 ) b3 (a1 + a2 ) + + x1 =  (a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a3 − a1 )(a3 − a2 )    b2 b3 b1  x 2 = + + . (a1 − a2 )(a1 − a3 ) (a2 − a1 )(a2 − a3 ) (a3 − a1 )(a3 − a2 ) 1.4. Sử dụng ma trận, định thức đặc biệt Ta thường sử dụng một số lớp ma trận và định thức đặc biệt. Chẳng hạn ta xét định thức của ma trận Vandermonde. Ví dụ 1.4.1.   1 1   x1 x2  2 x22 Dn =  x1 ..  ... .   xn−1 xn−1 1 2 ... ... ... .. . 1 xn x2n .. . . . . xn−1 n           Giải. Xem định thức Dn là đa thức theo xn . Suy ra, đa thức có bậc n − 1 với hệ số cao nhất là Dn−1 . Nếu ta thay xn bởi x1 ta có Dn = 0 vì có hai cột tỉ lệ với nhau. Tương tự thay xn bởi x2 , x3 , . . . , xn−1 ta được Dn = 0. Từ đây ta có x1 , x2 , . . . , xn là nghiệm của đa thức. Suy ra Dn = (xn − x1 )(xn − x2 ) . . . (xn − xn−1 )Dn−1 . Làm tương Q tự với các định thức cấp Dn−1 , Dn−2 , . . . , D1 ta được Dn = 1≤j - Xem thêm -