Пусть задана матрица $A\in M_{n\times m}\left(P\right).$ Выберем произвольно $k$ строк и $k$ столбцов $\left(1\leqslant k\leqslant \min\left\{n,m\right\}\right).$ Минором $k-$ го порядка называют определитель матрицы, состоящей из элементов, которые стоят на пересечении выбранных строк и столбцов.

Пусть задана матрица $A\in M_{n}\left(P\right).$ Выберем произвольно минор $k-$ го порядка $\left(1\leqslant k\leqslant n-1\right).$ Дополнительным минором называют определитель матрицы порядка $n-k,$ которая получена путем вычеркивания строк и столбцов, в которых расположен выбранный минор.

Алгебраическим дополнением называют дополнительный минор, умноженный на число $\left(-1\right)^{\left(s_{1}+s_{2}\right)},$ где $s_{1}\;-$ сумма номеров строк, а $s_{2}\;-$ сумма номеров столбцов, в которых расположен минор.

Определитель (детерминант) $n-$ го порядка квадратной матрицы $A$ равен сумме произведений элементов какой-либо его строки (столбца) на их алгебраические дополнения. То есть: $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{kj}A_{kj}$ — разложение определителя по элементам столбца; $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{ik}A_{ik}$ — разложение определителя по элементам строки, где $\left(i,\;j\;\in\left\{1,2,…,n\right\}\right).$

Пусть задан определитель $n-$ го порядка: $\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Возьмем $j-$ й столбец матрицы $A$ и представим его в виде суммы: $\begin{bmatrix}a_{1j}\\a_{2j}\\\vdots\\a_{nj}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}a_{1j}\\0\\\vdots\\0\end{bmatrix}+\begin{bmatrix}0\\a_{2j}\\\vdots\\0\end{bmatrix}+\dots+\begin{bmatrix}0\\0\\\vdots\\a_{nj}\end{bmatrix}.$ Таким же образом запишем наш определитель: $\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1j}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2j}&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nj}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=$ $=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1j}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&0&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&0&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&0&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2j}&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&0&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}+\dots$ $\dots+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&0&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&0&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nj}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Данную сумму можем записать более кратко: $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\begin{vmatrix}\begin{array}{c}a_{11}\end{array}&a_{12}&\cdots&a_{1,j-1}&0&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{k,j-1}&0&a_{k,j+1}&\cdots&a_{kn}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,j-1}&0&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$

Переместим элемент $a_{kj}$ в левый верхний угол матрицы. Для этого переставим $k-$ ю строку на первое место, последовательно переставляя ее со строками, стоящими выше. Исходя из этого потребуется $k-1$ транспозиций. По свойствам определителей, каждая транспозиция двух строк (столбцов) приводит к определителю, у которого изменены все знаки его членов на противоположные. То есть при каждой транспозиции определитель умножается на $-1$ : $\det\;A=$ $\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{k-1}\begin{vmatrix}a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{k,j-1}&a_{kj}&a_{k,j+1}&\cdots&a_{kn}\\a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1,j-1}&0&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{k-1,1}&a_{k-1,2}&\cdots&a_{k-1,j-1}&0&a_{k-1,j+1}&\cdots&a_{k-1,n}\\a_{k+1,1}&a_{k+1,2}&\cdots&a_{k+1,j-1}&0&a_{k+1,j+1}&\cdots&a_{k+1,n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,j-1}&0&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Затем переместим $j-$ й столбец на первое место, последовательно переставляя со столбцами, стоящими левее $j-$ го. На это потребуется $j-1$ транспозиций: $\det\;A=$ $\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(k-1\right)+\left(j-1\right)}\begin{vmatrix}a_{kj}&a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{k,j-1}&a_{k,j+1}&\cdots&a_{kn}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1,j-1}&a_{1,j+1}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{k-1,1}&a_{k-1,2}&\cdots&a_{k-1,j-1}&a_{k-1,j+1}&\cdots&a_{k-1,n}\\0&a_{k+1,1}&a_{k+1,2}&\cdots&a_{k+1,j-1}&a_{k+1,j+1}&\cdots&a_{k+1,n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{n,j-1}&a_{n,j+1}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ В итоге мы получаем определитель, отличающийся от искомого знаком $\left(-1\right)^{\left(k+j\right)}:$ $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(k+j\right)}\begin{vmatrix}a_{kj}&a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kn}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$

Теперь пусть $\det\;A^\prime=\begin{vmatrix}a_{kj}&a_{k1}&a_{k2}&\cdots&a_{kn}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Так как все элементы первого столбца, кроме $a_{kj},$ равны нулю, можем записать полученный определитель как сумму: $\det\;A^\prime=\underset{s=2}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left[1,s_2,\dots,s_n\right]}a_{kj} a_{s2}\dots a_{sn},$ где суммирование производится по всем перестановкам длины $n.$

Множитель $a_{kj}$ является общим для всех слагаемых. Единица, стоящая на первом месте, не образует никаких инверсий (перестановок), что не влияет на знак: $\left[1,s_2,\dots,s_n\right]=\left[s_2,\dots,s_n\right].$ Исходя из этого, можем вынести за знак суммы множитель $a_{kj}:$ $\det\;A^\prime=a_{kj}\underset{s=2}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left[s_2,\dots,s_n\right]}a_{s2}\dots a_{sn}.$

Сумма $\underset{s=2}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left[s_2,\dots,s_n\right]}a_{s2}\cdot\dots\cdot a_{sn}$ равна определителю $\left(n-1\right)-$ го порядка. Этот определитель получается путем вычеркивания первой строки и первого столбца и является дополнительным минором искомого определителя. Следовательно, определитель матрицы $A$ равен: $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(k+j\right)}a_{kj}M_{kj}.$

Согласно определению, дополнительный минор, умноженный на число $\left(-1\right)^{\left(k+j\right)},$ где $k-$ номер строки, а $j-$ номер столбца, в которых расположен минор первого порядка, равен алгебраическому дополнению. Таким образом, мы получаем, что исходный определитель равен сумме произведений элементов $j-$ го столбца на их алгебраическое дополнение: $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{kj}A_{kj}.$ Разложение по столбцу доказано.

Аналогично докажем разложение определителя по строке: $\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}=$ $=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{i1}&0&\dots&0\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{i2}&\dots&0\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}+\cdots$ $\cdots+\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\dots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\dots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&0&\dots&a_{in}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\dots&a_{nn}\end{vmatrix}=$ $=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1k}&\cdots&a_{1n}\\a_{21}&a_{22}&\cdots&a_{2k}&\cdots&a_{2n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{i-1,1}&a_{i-1,2}&\cdots&a_{i-1,k}&\cdots&a_{i-1,n}\\0&0&\cdots&a_{ik}&\cdots&0\\a_{i+1,1}&a_{i+1,2}&\cdots&a_{i+1,k}&\cdots&a_{i+1,n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nk}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}.$ Элемент $a_{ik}$ перемещаем в левый верхний угол матрицы, последовательно меняя $i-$ ю строку с выше стоящими строками и $k-$ й столбец со стоящими слева столбцами. Потребуется $i+k$ транспозиций. Это означает, что определитель будет отличаться от искомого знаком $\left(-1\right)^{\left(i+k\right)}:$ $\det\;A=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(i+k\right)}\begin{vmatrix}a_{ik}&a_{i1}&a_{i2}&\cdots&a_{in}\\0&a_{11}&a_{12}&\cdots&a_{1n}\\\cdots&\cdots&\cdots&\cdots&\cdots\\0&a_{n1}&a_{n2}&\cdots&a_{nn}\end{vmatrix}=$ $=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}\left(-1\right)^{\left(i+k\right)}a_{ik}M_{ik}=\underset{k=1}{\overset{n}{\sum}}a_{ik}A_{ik}.$ Таким образом, разложение по строке доказано.

Примеры решения задач

Рассмотрим некоторые примеры решения задач на нахождение определителя с помощью теоремы о разложении определителя по строке. Читателю рекомендовано попытаться решить задачи самостоятельно, а затем сверить свое решение с приведенным ниже.

Выполнив разложение по первой строке, вычислить определитель: $\det\;A=\begin{vmatrix}2&-5&3\\8&4&-1\\0&3&2\end{vmatrix}.$

Решение

Перед нами определитель $3-$ го порядка. Разложим данный определитель по элементам первой строки: $\det\;A=\begin{vmatrix}2&-5&3\\8&4&-1\\0&3&2\end{vmatrix}=2A_{11}+\left(-5\right)A_{12}+3A_{13}.$ Воспользуемся формулой нахождения алгебраического дополнения: $A_{ij}=\left(-1\right)^{i+j}M_{ij},$ где $M_{ij}\;-$ дополнительный минор к элементу $a_{ij}.$ Найдем алгебраическое дополнение к элементу $a_{11}$ согласно формуле: $A_{11}=\left(-1\right)^{1+1}M_{11}=\left(-1\right)^2M_{11}=M_{11}.$ Для того чтобы найти дополнительный минор к элементу, нужно мысленно вычеркнуть строку и столбец, в которых расположен данный элемент, и записать оставшиеся элементы в виде определителя: $A_{11}=M_{11}=\begin{vmatrix}4&-1\\3&2\end{vmatrix}=4\cdot2-3\cdot\left(-1\right)=8+3=11.$ Аналогично вычисляем оставшиеся алгебраические дополнения: $A_{12}=\left(-1\right)^{1+2}M_{12}=\left(-1\right)^3M_{12}=-M_{12}=-\begin{vmatrix}8&-1\\0&2\end{vmatrix}=$ $=-\left(8\cdot2-0\cdot\left(-1\right)\right)=-16;$ $A_{13}=\left(-1\right)^{1+3}M_{12}=\left(-1\right)^4M_{12}=M_{12}=\begin{vmatrix}8&4\\0&3\end{vmatrix}=$ $=8\cdot3-0\cdot\left(4\right)=24.$ Следовательно, наш определитель равен: $\det\;A=2\cdot11+\left(-5\right)\cdot\left(-16\right)+3\cdot24=22+80+72=174.$

Для проверки воспользуемся другим методом вычисления определителя $3-$ го порядка — правилом Саррюса. Согласно этому правилу, определитель матрицы $3-$ го порядка равен: $\det\;A=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{11}a_{23}a_{32}-$ $-a_{12}a_{21}a_{33}.$ Наш определитель равен: $\det\;A=2\cdot4\cdot2+\left(-5\right)\cdot\left(-1\right)\cdot0+3\cdot8\cdot3-3\cdot4\cdot0-$ $-2\cdot\left(-1\right)\cdot3-\left(-5\right)\cdot8\cdot2=16+0+72-0+6+80=174.$ Ответ совпал. Проверка выполнена.
Выполнив разложение по первому столбцу, вычислить определитель: $\det\;A=\begin{vmatrix}3&5&-2\\-1&8&4\\0&-7&-3\end{vmatrix}.$

Решение

Разложим данный определитель $3-$ го порядка по элементам первого столбца: $\det\;A=\begin{vmatrix}3&5&-2\\-1&8&4\\0&-7&-3\end{vmatrix}=3A_{11}+\left(-1\right)A_{21}+0A_{31}=$ $=3A_{11}+\left(-1\right)A_{21}.$ Вспомним формулу нахождения алгебраического дополнения: $A_{ij}=\left(-1\right)^{i+j}M_{ij},$ где $M_{ij}\;-$ дополнительный минор к элементу $a_{ij}.$ Найдем алгебраические дополнения к каждому элементу: $A_{11}=\left(-1\right)^{1+1}M_{11}=M_{11}=\begin{vmatrix}8&4\\-7&-3\end{vmatrix}=8\cdot\left(-3\right)-\left(4\cdot\left(-7\right)\right)=$ $=-24+28=4;$ $A_{21}=\left(-1\right)^{2+1}M_{21}=-M_{21}=-\begin{vmatrix}5&-2\\-7&-3\end{vmatrix}=$ $=-\left(5\cdot\left(-3\right)-\left(\left(-2\right)\cdot\left(-7\right)\right)\right)=-\left(-15-14\right)=29.$ Значит, наш определитель равен: $\det\;A=3\cdot4+\left(-1\right)\cdot29=12-29=-17.$

Выполним проверку, используя правило Саррюса: $\det\;A=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{11}a_{23}a_{32}-$ $-a_{12}a_{21}a_{33}.$ $\det\;A=3\cdot8\cdot\left(-3\right)+5\cdot4\cdot0+\left(-2\right)\cdot\left(-1\right)\cdot\left(-7\right)-$ $-\left(-2\right)\cdot8\cdot0-3\cdot4\cdot\left(-7\right)-5\cdot\left(-1\right)\cdot\left(-3\right)=-17.$ Проверка выполнена. Ответ совпал.
Выполнив разложение по третьей строке, вычислить определитель матрицы $A=\left\|a_{ij}\right\|$ третьего порядка.

Решение

Разложим определитель по элементам третьей строки: $\det\;A=\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}&a_{13}\\a_{21}&a_{22}&a_{23}\\a_{31}&a_{32}&a_{33}\end{vmatrix}=a_{31}\cdot\left(-1\right)^{3+1}\begin{vmatrix}a_{12}&a_{13}\\a_{22}&a_{23}\end{vmatrix}+$ $+a_{32}\cdot\left(-1\right)^{3+2}\begin{vmatrix}a_{11}&a_{13}\\a_{21}&a_{23}\end{vmatrix}+a_{33}\cdot\left(-1\right)^{3+3}\begin{vmatrix}a_{11}&a_{12}\\a_{21}&a_{22}\end{vmatrix}=$ $=a_{31}\left(a_{12}\cdot a_{23}-a_{22}\cdot a_{13}\right)-a_{32}\left(a_{11}\cdot a_{23}-a_{21}\cdot a_{13}\right)+$ $+a_{33}\left(a_{11}\cdot a_{22}-a_{21}\cdot a_{12}\right)=a_{12}a_{23}a_{31}-a_{13}a_{22}a_{31}-$ $-a_{11}a_{23}a_{32}+a_{13}a_{21}a_{32}+a_{11}a_{22}a_{33}-a_{12}a_{21}a_{33}=$ $=a_{11}a_{22}a_{33}+a_{12}a_{23}a_{31}+a_{13}a_{21}a_{32}-a_{13}a_{22}a_{31}-a_{11}a_{23}a_{32}-$ $-a_{12}a_{21}a_{33}.$ Как можно заметить, последняя формула является ничем иным, как правилом Саррюса, которым мы воспользовались при проверке первого и второго примеров.
Выполнив разложение по третьему столбцу, вычислить определитель: $\det\;A=\begin{vmatrix}2&5&a&-1\\3&4&b&-3\\7&9&c&-5\\4&2&d&-2\end{vmatrix}.$

Решение

Разложим данный определитель $4-$ го порядка по элементам третьего столбца: $\det\;A=\begin{vmatrix}2&5&a&-1\\3&4&b&-3\\7&9&c&-5\\4&2&d&-2\end{vmatrix}=aA_{13}+bA_{23}+cA_{33}+dA_{34}.$ Найдем все алгебраические дополнения: $A_{13}=\left(-1\right)^{1+3}M_{13}=M_{13}=\begin{vmatrix}3&4&-3\\7&9&-5\\4&2&-2\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по первому столбцу) $=3\cdot\left(-1\right)^{1+1}\begin{vmatrix}9&-5\\2&-2\end{vmatrix}+7\cdot\left(-1\right)^{2+1}\begin{vmatrix}4&-3\\2&-2\end{vmatrix}+4\cdot\left(-1\right)^{3+1}\begin{vmatrix}4&-3\\9&-5\end{vmatrix}=$ $=3\left(9\cdot\left(-2\right)-2\cdot\left(-5\right)\right)-7\left(4\cdot\left(-2\right)-2\cdot\left(-3\right)\right)+$ $+4\left(4\cdot\left(-5\right)-9\cdot\left(-3\right)\right)=3\cdot\left(-8\right)-7\cdot\left(-2\right)+4\cdot7=$ $=-24+14+28=18;$ $A_{23}=\left(-1\right)^{2+3}M_{23}=-M_{23}=-\begin{vmatrix}2&5&-1\\7&9&-5\\4&2&-2\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по третьей строке, умножая каждый элемент на $-1)$ $=-4\cdot\left(-1\right)^{3+1}\begin{vmatrix}5&-1\\9&-5\end{vmatrix}-2\cdot\left(-1\right)^{3+2}\begin{vmatrix}2&-1\\7&-5\end{vmatrix}-\left(-2\right)\cdot\left(-1\right)^{3+3}\begin{vmatrix}2&5\\7&9\end{vmatrix}=$ $=-4\left(5\cdot\left(-5\right)-9\cdot\left(-1\right)\right)+2\left(2\cdot\left(-5\right)-7\cdot\left(-1\right)\right)+2\left(2\cdot9-7\cdot5\right)=$ $=\left(-4\right)\cdot\left(-16\right)+2\cdot\left(-3\right)+2\cdot\left(-17\right)=64-6-34=24;$ $A_{33}=\left(-1\right)^{3+3}M_{33}=M_{33}=\begin{vmatrix}2&5&-1\\3&4&-3\\4&2&-2\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по второй строке) $=3\cdot\left(-1\right)^{2+1}\begin{vmatrix}5&-1\\2&-2\end{vmatrix}+4\cdot\left(-1\right)^{2+2}\begin{vmatrix}2&-1\\4&-2\end{vmatrix}+\left(-3\right)\cdot\left(-1\right)^{2+3}\begin{vmatrix}2&5\\4&2\end{vmatrix}=$ $=-3\left(5\cdot\left(-2\right)-2\cdot\left(-1\right)\right)+4\left(2\cdot\left(-2\right)-4\cdot\left(-1\right)\right)+3\left(2\cdot2-4\cdot5\right)=$ $=\left(-3\right)\cdot\left(-8\right)+4\cdot0+3\cdot\left(-16\right)=24-48=-24;$ $A_{43}=\left(-1\right)^{4+3}M_{43}=-M_{43}=-\begin{vmatrix}2&5&-1\\3&4&-3\\7&9&-5\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по второму столбцу, умножая каждый элемент на $-1)$ $=-5\cdot\left(-1\right)^{1+2}\begin{vmatrix}3&-3\\7&-5\end{vmatrix}-4\cdot\left(-1\right)^{2+2}\begin{vmatrix}2&-1\\7&-5\end{vmatrix}-9\cdot\left(-1\right)^{3+2}\begin{vmatrix}2&-1\\3&-3\end{vmatrix}=$ $=5\left(3\cdot\left(-5\right)-7\cdot\left(-3\right)\right)-4\left(2\cdot\left(-5\right)-7\cdot\left(-1\right)\right)+9\left(2\cdot\left(-3\right)-3\cdot\left(-1\right)\right)=$ $=5\cdot6-4\cdot\left(-3\right)+9\cdot\left(-3\right)=30+12-27=15.$ Следовательно, искомый определитель равен: $\det\;A=aA_{13}+bA_{23}+cA_{33}+dA_{34}=18a+24b-24c+15d.$
Определитель матрицы $A$ равен: $\det\;A=\begin{vmatrix}1&3&5&-2\\\lambda&0&1&0\\7&-4&3&2\\0&2&0&-1\end{vmatrix}=16.$ Найти $\lambda.$

Решение

Разложим данный определитель $4-$ го порядка по элементам второй строки: $\det\;A=\begin{vmatrix}1&3&5&-2\\\lambda&0&1&0\\7&-4&3&2\\0&2&0&-1\end{vmatrix}=\lambda\cdot A_{21}+0\cdot A_{22}+1\cdot A_{23}+0\cdot A_{24}=$ $=\lambda\cdot A_{21}+A_{23}.$ Найдем алгебраические дополнения: $A_{21}=\left(-1\right)^{2+1}M_{21}=-M_{21}=-\begin{vmatrix}3&5&-2\\-4&3&2\\2&0&-1\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по первой строке, умножив каждый элемент на $\left(-1\right))$ $=-3\cdot\left(-1\right)^{1+1}\begin{vmatrix}3&2\\0&-1\end{vmatrix}\;-5\cdot\left(-1\right)^{1+2}\begin{vmatrix}-4&2\\2&-1\end{vmatrix}-$ $-\left(-2\right)\cdot\left(-1\right)^{1+3}\begin{vmatrix}-4&3\\2&0\end{vmatrix}=-3\left(3\cdot\left(-1\right)-0\cdot2\right)+5\left(\left(-4\right)\cdot\left(-1\right)-2\cdot2\right)+$ $+2\left(\left(-4\right)\cdot0-2\cdot3\right)=-3\cdot\left(-3\right)+5\cdot0+2\cdot\left(-6\right)=-3;$ $A_{23}=\left(-1\right)^{2+3}M_{21}=-M_{21}=-\begin{vmatrix}1&3&-2\\7&-4&2\\0&2&-1\end{vmatrix}=$ $($ разложим определитель по первому столбцу, умножив каждый элемент на $\left(-1\right))$ $=-1\cdot\left(-1\right)^{1+1}\begin{vmatrix}-4&2\\2&-1\end{vmatrix}\;-7\cdot\left(-1\right)^{2+1}\begin{vmatrix}3&-2\\2&-1\end{vmatrix}-$ $-0\cdot\left(-1\right)^{3+1}\begin{vmatrix}3&-2\\-4&2\end{vmatrix}=-1\left(\left(-4\right)\cdot\left(-1\right)-2\cdot2\right)+$ $+7\left(3\cdot\left(-1\right)-2\cdot\left(-2\right)\right)=-1\cdot0+7\cdot1=7.$ Следовательно, $\det\;A=-3\lambda+7.$ По условию, $\det\;A=-3\lambda+7=16 \Rightarrow\lambda=-3.$

Смотрите также

Фаддеев Д.К. Лекции по алгебре. М.: Наука, 1984 стр. 96-97
Курош А.Г. Курс высшей алгебры. М.: Наука, 1968 стр. 46-49
Воеводин В.В. Линейная алгебра. М.: Наука, 1980 стр. 129-131
Личный конспект, составленный на основе лекций Белозерова Г.С.

Теорема о разложении определителя по строке

Тест на знание темы «Теорема о разложении определителя по строке».

Задание 1 из 6

1.
Заполните пропуск (2 слова).
- Определитель (детерминант) $n-$ го порядка квадратной матрицы $A$ равен сумме произведений элементов какой-либо его строки (столбца) на их
Задание 2 из 6

2.
Выбрать минор для элемента $a_{23}$ матрицы $A,$ $A\;=\begin{pmatrix}2&1&-3\\5&3&-1\\0&2&-4\end{pmatrix}.$
- $\begin{vmatrix}3&-1\\2&-4\end{vmatrix}$
- $\begin{vmatrix}1&-3\\3&-1\end{vmatrix}$
- $\begin{vmatrix}2&1\\0&2\end{vmatrix}$
- $\begin{vmatrix}2&-3\\5&-1\end{vmatrix}$
Задание 3 из 6

3.
Выберете правильные утверждения.
- При разложении определителя по строке (столбцу) результат зависит от выбранной строки (столбца).
- Дополнительным минором называют определитель матрицы, состоящей из элементов, которые стоят на пересечении выбранных строк и столбцов.
- При разложении определителя по строке (столбцу) результат НЕ зависит от выбранной строки (столбца).
- Определитель НЕ может быть равным отрицательному числу.
- Дополнительным минором называют определитель матрицы порядка $n-k,$ которая получена путем вычеркивания строк и столбцов, в которых расположен выбранный минор $k-$ го порядка $\left(1\leqslant k\leqslant n-1\right).$
Задание 4 из 6

4.
Вычислить определитель матрицы $A:$ $\det\;A=\begin{vmatrix}1&1&-3\\4&2&-1\\0&3&-2\end{vmatrix}.$
Задание 5 из 6

5.
Отсортируйте значения миноров по убыванию (от большего к меньшему). $\det\;A=\begin{vmatrix}2&1&-1\\-3&1&-2\\5&3&-5\end{vmatrix}.$
- $M_{12}$
- $M_{33}$
- $M_{11}$
- $M_{31}$
- $M_{32}$

Задание 6 из 6

6.

Установите соответствие между определителем и его значением.

Элементы сортировки

0
-22
7
-142

$\det\;A=\begin{vmatrix}1&3&12\\4&8&3\\2&6&24\end{vmatrix}$

$det\;A=\begin{vmatrix}0&9&-2\\5&2&-4\\1&-1&0\end{vmatrix}$

$det\;A=\begin{vmatrix}5&1&2\\-3&2&-4\\6&3&1\end{vmatrix}$

$det\;A=\begin{vmatrix}2&1&-2&3\\0&5&-1&2\\1&0&3&-1\\4&2&0&0\end{vmatrix}$

Задача из журнала «Квант» (1971 год, 8 выпуск)

Условие

На плоскости даны три прямые, пересекающиеся в одной точке. На одной из них отмечена точка. Известно, что прямые являются биссектрисами некоторого треугольника, а отмеченная точка — одна из его вершин. Построить этот треугольник.

Первое решение

рис.1.

Предположим, что $O$ — точка пересечения биссектрис $AK,$ $BL$ и $CM$ треугольника $ABC$ (рис. 1); тогда $\angle MOB\;=\;\angle OCB\;+\;\angle OBC\;=\;\frac12(\angle ACB\;+\;\angle ABC)\;=\;\frac{\mathrm\pi}2\;-\;\angle CAK,$ то есть $\angle CAK=\frac{\mathrm\pi}2-\alpha.$ Поэтому, если заданы прямые $AK,$ $BL$ и $CM$ и точка $A,$ то, построив по одну и другую сторону от луча $AO$ углы, равные $\varphi=\frac{\mathrm\pi}2-\alpha,$ мы найдем искомые вершины $B$ и $C$ (при условии, что $\varphi>0,$ $\varphi<\beta$ и $\varphi<\gamma$ ). Нужно еще доказать, что у построенного треугольника $ABC$ прямые $BL$ и $CM$ идут по биссектрисам. Углы $ABL$ и $ACM$ легко подсчитать — они равны соответственно $\frac{\mathrm\pi}2-\beta$ и $\frac{\mathrm\pi}2-\gamma.$ Трудность заключается лишь в доказательстве того, что $\angle LBC=\frac{\mathrm\pi}2-\beta$ и $\angle MCA=\frac{\mathrm\pi}2-\gamma$ (хотя ясно, что их сумма равна $\alpha$ ); ее можно преодолеть, например, так: если $\angle LBC<\angle ABL,$ то биссектриса угла $ABC$ пересекает отрезок $AO,$ поэтому биссектриса угла $ACB$ тоже его пересекает, и значит, $\angle MCB<\angle ACM,$ поэтому сумма $\angle LBC+\angle MBC$ меньше $(\frac{\mathrm\pi}2-\beta)+(\frac{\mathrm\pi}2-\gamma)=\alpha.$ Точно так же можно показать, что невозможен случай $\angle LBC>\angle ABL.$

Второе решение

рис. 2.

Построим точки $A^\prime$ и $A^{\prime\prime}$ , симметричные данной точки $A$ относительно биссектрис, не проходящих через $A.$ Ясно,что обе точки $A^\prime$ и $A^{\prime\prime}$ должны лежать на прямой $BC$ — на стороне искомого треугольника $ABC$ (или на ее продолжении). Проведя прямую через $A^\prime$ и $A^{\prime\prime},$ мы тем самым найдем нужные точки $B$ и $C$ (рис. 2).

Заметим, что хотя второе решение белее эффектно, но при таком подходе труднее выписать условия, при которых задача имеет решение. Эти условия таковы: $\alpha<\frac{\mathrm\pi}2,\;\beta<\frac{\mathrm\pi}2,\;\gamma<\frac{\mathrm\pi}2$ (поскольку $\alpha+\beta+\gamma=\mathrm\pi,$ их можно записать и так: $\alpha+\beta>\frac{\mathrm\pi}2,\;\beta+\gamma>\frac{\mathrm\pi}2,\;\gamma+\alpha>\frac{\mathrm\pi}2).$ Если они выполнены, то решение единственно. Подумайте, как можно получить эти условия при каждом из изложенных выше способов решения

Автор: Виктория Крачилова

Теорема о разложении определителя по строке

Примеры решения задач

Смотрите также

Теорема о разложении определителя по строке

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

Элементы сортировки

М418. Выполняются ли неравенства?

Условие

Решение

M58. О построении треугольника на заданных биссектрисах

Условие

Первое решение

Второе решение

Средний результат
Ваш результат