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)D

Mr-Apple

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Mr-Apple · 2022-03-12 21:57:35 发布

三对角线型行列式

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 $n$ 阶行列式 $\neq 0)$
$D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} b & c & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ a & b & c & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & a & b & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & a & b & c \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & a & b \end{array}\right|$
解:
按照第一行展开, 易得
$D_{n}=b D_{n-1}-a c D_{n-2}$
其中 $D_{1}=b, D_{2}=b^{2}-a c$ .
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
$D_{n}-\alpha D_{n-1}=\beta\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right)$
即待确定参数 $\alpha和\beta$ 满足
$\alpha+\beta=b,\alpha\beta=ac$
为了求参数 $\alpha和\beta$
$\lambda^{2}-b \lambda+a c=0$
这就是特征方程, $\alpha, \beta$ 为其两根.
记 $\Delta=b^{2}-4 a c$ , 下面对 $\Delta$ 进行分类讨论.
1 两个不同的实根 $(\Delta>0)$
对 $\Delta>0$ , 特征方程 $\lambda^{2}-b \lambda+a c=0$ 有两个互不相同的实根 $\alpha, \beta$ .
由 $\neq 0$ 可得 $\alpha \neq 0, \beta \neq 0$ , 那么 $D_{n}=b D_{n-1}-a c D_{n-2}$ 可同时改写为
$D_{n}-\alpha D_{n-1}=\beta\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right)$
与
$D_{n}-\beta D_{n-1}=\alpha\left(D_{n-1}-\beta D_{n-2}\right)$
因此有
由 (3) 得 $\left\{D_{n}-\alpha D_{n-1}\right\}$ 是以 $\beta$ 为公比的等比数列, $D_{n}-\alpha D_{n-1}=\beta^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)$
同样, 由 (4) 得 $\left\{D_{n}-\beta D_{n-1}\right\}$ 是以 $\alpha$ 为公比的等比数列, 因此有
$D_{n}-\beta D_{n-1}=\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\beta D_{1}\right)$
从以上两式消去 $D_{n-1}$ 即得
$\begin{aligned} D_{n}=& \frac{\alpha^{n-1}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)-\beta^{n-1}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)}{\alpha-\beta} \\ &=\frac{D_{2}-\beta D_{1}}{\alpha(\alpha-\beta)} \alpha^{n}+\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\beta(\beta-\alpha)} \beta^{n} . \end{aligned}$
总结：当 $\Delta>0$ 时,
$D_{n}=C_{1} \alpha^{n}+C_{2} \beta^{n}$
其中, $\alpha, \beta$ 为特征方程 $\lambda^{2}-b \lambda+a c=0$ 的根, $C_{1} C_{2}$ 由 $D_{1}, D_{2}$ 来确定.
对 $\Delta=0$ , 特征方程 $\lambda^{2}-b \lambda+a c=0$ 有两个相同的实根 $\alpha=\beta=\frac{b}{2}$ . 此时 $D_{n}=b D_{n-1}-a c D_{n-2}$ 可改写为
$D_{n}-\alpha D_{n-1}=\alpha\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right)$
由此可得 $\left\{D_{n}-\alpha D_{n-1}\right\}$ 是以 $\alpha$ 为公比的等比数列, 因此有
$D_{n}-\alpha D_{n-1}=\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)$
于是,
$\begin{aligned} D_{n} &=\alpha D_{n-1}+\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right) \\ &=\alpha\left(\alpha D_{n-2}+\alpha^{n-3}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)\right)+\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right) \\ &=\alpha^{2} D_{n-2}+2 \alpha^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right) \\ &=\ldots \\ &=\left(\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\alpha^{2}} n+\frac{2 \alpha D_{1}-D_{2}}{\alpha^{2}}\right) \alpha^{n} \end{aligned}$
总结: 当 $\Delta=0$ 时,
其中, $\alpha$ 为特征方程 $\lambda^{2}-b \lambda+a c=0$ 的根, $C_{1} C_{2}$ 由 $D_{1}, D_{2}$ 来确定.
3 两个不同的虚根 $(\Delta<0)$
对 $\Delta<0$ , 特征方程 $\lambda^{2}-b \lambda+a c=0$ 有两个互为共轭的复根
$\alpha=\frac{b}{2}+i \frac{\sqrt{-\Delta}}{2}, \beta=\frac{b}{2}-i \frac{\sqrt{-\Delta}}{2}=\bar{\alpha}$
类似情况 1, 可得
$\begin{aligned} D_{n}=&=\frac{D_{2}-\beta D_{1}}{\alpha(\alpha-\beta)} \alpha^{n}+\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\beta(\beta-\alpha)} \beta^{n} \\ &=\frac{D_{2}-\bar{\alpha} D_{1}}{\alpha(\alpha-\bar{\alpha})} \alpha^{n}+\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\bar{\alpha}(\bar{\alpha}-\alpha)} \bar{\alpha}^{n} \end{aligned}$
由于 $D_{1}, D_{2} \in R$ , 所以 $\frac{D_{2}-\bar{\alpha} D_{1}}{\alpha(\alpha-\bar{\alpha})}$ 和 $\frac{D_{2}-\alpha D_{1}}{\bar{\alpha}(\bar{\alpha}-\alpha)}$ 为一对共轭复数. 记
$\frac{D_{2}-\bar{\alpha} D_{1}}{\alpha(\alpha-\bar{\alpha})}=P+iQ\left(P,Q\in R\right)$
$\alpha=r e^{i \theta}=r(\cos \theta+i \sin \theta),(r=|\alpha|, \theta=\arg \alpha)$

那么有
$\begin{aligned} D_{n} &=(P+i Q)\left(r e^{i \theta}\right)^{n}+(P-i Q)\left(r e^{-i \theta}\right)^{n} \\ &=(P+i Q)\left(r^{n} e^{i n \theta}\right)+(P-i Q)\left(r^{n} e^{-i n \theta}\right) \\ &=(P+i Q)\left(r^{n}(\cos n \theta+i \sin n \theta)\right)+(P-i Q)\left(r^{n}(\cos n \theta-i \sin n \theta)\right) \\ &=r^{n}(2 P \cos n \theta-2 Q \sin n \theta) . \end{aligned}$

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 $\Delta>0$ 时,
$D_{n}=C_{1}\alpha^{n}+C_{2}\beta^{n}$
当 $\Delta=0$ 时,
$D_{n}=\left(C_{1}+C_{2}\right)\alpha^{n}$
当 $\Delta<0$ 时,
$D_{n}=r^{n}\left(C_{1} \cos n\theta+i\sin n\theta\right)$
其中, $\alpha$ 为特征方程 $\lambda^{2}-b \lambda+a c=0$ 的根, $r=|\alpha|, \theta=\arg \alpha . C_{1} C_{2}$ 由 $D_{1}, D_{2}$
来确定.
我们利用 $\left( 12 \right)$ 式、 $\left(12\right)$ 式、 $\left(13\right)$ 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
$D_{ n}=\left|\begin{array}{cccccc}x+y & xy& 0& \cdots& 0& 0 \\ 1& x+y& xy& \cdots& 0& 0&\\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|$
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 $D_{n}$ 与 $D_{n-1} 、 D_{n-2}$ 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 $D_{ n }$ 按照第一行展开, 得:
$D_{n}=(x+y) D_{n-1}-x y=$
$\left|\begin{array}{cccccc}1 & x y & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & x+y & x y & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|=$

$D_{n}=\left|\begin{array}{cccccc}x+y & xy& 0& \cdots& 0& 0 \\ 1& x+y& xy& \cdots& 0& 0&\\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|=\left(x+y\right)\left|\begin{array}{cccccc}x+y & xy& 0& \cdots& 0& 0 \\ 1& x+y& xy& \cdots& 0& 0&\\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|-xy\left|\begin{array}{cccccc}1 & x y & 0 & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & x+y & x y & \cdots & 0 & 0 \\ 0 & 1 & x+y & \cdots & 0 & 0 \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & x+y & x y \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 & x+y\end{array}\right|=(x+y) D_{n-1}-x y D_{n-2}$

即得到 $D_{n}$ 与 $D_{n-1}, D_{n-2}$ 之间的一个关系式 $D_{n}=(x+$ y) $D_{n-1}-x y D_{n-2}$ , 将其变形为:
$D_{n}-x D_{n-1}=y\left(D_{n-1}-x D_{n-2}\right)$
或:
$D_{n}-y D_{n-1}=x\left(D_{n-1}-y D_{n-2}\right)$
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:
$\begin{array}{r} D_{n}-x D_{n-1}=y\left(D_{n-1}-x D_{n-2}\right)=y^{2}\left(D_{n-2}-x D_{n-3}\right) \\ =\cdots=y^{n-2}\left(D_{2}-x D_{1}\right)=y^{n-2}\left(x^{2}+y^{2}+x y-x^{2}-x y\right)=y^{n} \end{array}$
由 (3) 式反复利用低阶代替高阶, 可得:
$\begin{aligned} & D_{n}-y D_{n-1}= x \left(D_{n-1}- y D_{n-2}\right)=x^{2}\left(D_{n-2}- y D_{n-3}\right) \\ =\cdots=& x^{n-2}\left(D_{2}-y D_{1}\right)=x^{n-2}\left(x^{2}+y^{2}+x y-y^{2}-x y\right)=x^{n} \end{aligned}$
将 (4)、(5)两式联立, 即 :
$\left\{\begin{array}{l} D_{n}-x D_{n-1}=y^{n} \\ D_{n}-y D_{n-1}=x^{n} \end{array}\right.$
当 $\neq y$ 时, 解方程组 (6) 式, 得:
$D_{n}=\frac{y^{n+1}-x^{n+1}}{y-x}$

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

$\begin{gathered} D_{n}=x D_{n-1}+x^{n}=x\left(x D_{n-2}+x^{n-1}\right)+x^{n}=x^{2}\left(x D_{n-3}+x^{n-2}\right)+2 x^{n} \\ =\cdots=x^{n-3}\left(x D_{2}+x^{3}\right)+(n-3) x^{n}=(n+1) x^{n} \end{gathered}$
所以, 行列式 $D_{n}$ 的计算结果为:

$D_{n}=\left\{\begin{array}{l} \frac{y^{n+1}-x^{n+1}}{y-x}, x \neq y \\ (n+1) x^{n}, x=y \end{array}\right.$

对于这个行列式, 虽然我们通过观察看出 $n$ 阶与 $n - 1$ 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 $2 =$ $1 + 1$ , 主对角线上方的元素可以看作 $\times 1$ , 即 $x + y = 2$ , $x y = 1$ , 也即 $x = 1, y = 1$ 的情形。利用例 2 所得的公式 (7), 代入 $x, y$ 的值自然可以得到例 1 的答案, 即 $D_{a}=(n+1)$ $x^{n}=n+1$ , 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 $n$ 阶行列式:
$D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} 2 \cos \alpha & 1 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 \cos \alpha & 1 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \cos \alpha & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & 2 \cos \alpha & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 1 & 2 \cos \alpha \end{array}\right| .$
练 2: 计算 $n$ 阶行列式:
$D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} \alpha+\beta & \alpha \beta & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & \alpha+\beta & \alpha \beta & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \alpha+\beta & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & \alpha+\beta & \alpha \beta \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 1 & \alpha+\beta \end{array}\right| .$
练 3: 计算 $n$ 阶行列式:
$D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} 1+x & y & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ z & 1+x & y & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & z & 1+x & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & z & 1+x & y \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & z & 1+x \end{array}\right| \text {,其中 } x=y z \text {. }$

参考答案

练 1: 计算 $n$ 阶行列式:
$D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} 2 \cos \alpha & 1 & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 2 \cos \alpha & 1 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 2 \cos \alpha & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & 2 \cos \alpha & 1 \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 1 & 2 \cos \alpha \end{array}\right| .$
1)解 因为
$D_{1}=2 \cos \alpha=\frac{\sin 2 \alpha}{\sin \alpha}, D_{2}=\left|\begin{array}{cc} 2 \cos \alpha & 1 \\ 1 & 2 \cos \alpha \end{array}\right|=4 \cos ^{2} \alpha-1=\frac{\sin 3 \alpha}{\sin \alpha} \text {, }$
猜测答案： $D_{n}=\sin ((n+1) \alpha) / \sin \alpha_{\text {。 }}$ 下面对 $n$ 用数学归纳法证明此猜测。当 $n = 1, 2$ 时, 结论成立。
假设 $n < k$ 时, 有 $D_{n}=\sin ((n+1) \alpha) / \sin \alpha_{\circ}$ 则当 $n = k$ 时, 有 $D_{k}=2 \cos \alpha D_{k-1}+(-1)^{2 k-1} D_{k-2}$ 。
由归纳假设可得
$\begin{aligned} D_{k}=& 2 \cos \alpha \frac{\sin k \alpha}{\sin \alpha}-\frac{\sin (k-1) \alpha}{\sin \alpha}=\frac{2 \cos \alpha \sin k \alpha-\sin (k-1) \alpha}{\sin \alpha} \\ &=\frac{\sin (k+1) \alpha+\sin (k-1) \alpha-\sin (k-1) \alpha}{\sin \alpha}=\frac{\sin (k+1) \alpha}{\sin \alpha} \text { 。 } \end{aligned}$

练 2: 计算 $n$ 阶行列式:
$D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} \alpha+\beta & \alpha \beta & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 1 & \alpha+\beta & \alpha \beta & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & \alpha+\beta & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 1 & \alpha+\beta & \alpha \beta \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & 1 & \alpha+\beta \end{array}\right| .$
解按第一行展开得 $D_{n}=(\alpha+\beta) D_{n-1}-\alpha \beta D_{n-2}$ , 将此式化为
$\begin{gathered} D_{n}-\alpha D_{n-1}=\beta\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right),\\ D_{n}-\beta D_{n-1}=\alpha\left(D_{n-1}-\beta D_{n-2}\right). \end{gathered}$
$\begin{aligned} D_{n}-\alpha D_{n-1}=& \beta\left(D_{n-1}-\alpha D_{n-2}\right)=\beta^{2}\left(D_{n-2}-\alpha D_{n-3}\right)=\cdots=\beta^{n-2}\left(D_{2}-\alpha D_{1}\right)=\beta^{n}.\\ \end{aligned}$
即有
$D_{n}=\alpha D_{n-1}+\beta^{n}.$
利用公式 (2) 得
$\begin{aligned} D_{n}-\beta D_{n-1}=\alpha\left(D_{n-1}-\beta D_{n-2}\right)=\alpha^{2}\left(D_{n-2}-\beta D_{n-3}\right)=\cdots=\alpha^{n-2}\left(D_{2}-\beta D_{1}\right)=\alpha^{n} \end{aligned}$
即有
$D_{n}=\beta D_{n-1}+\alpha^{n}$

练 3 计算 $n$ 阶行列式
$D_{n}=\left|\begin{array}{ccccccc} 1+x & y & 0 & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ z & 1+x & y & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ 0 & z & 1+x & \ldots & 0 & 0 & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & z & 1+x & y \\ 0 & 0 & 0 & \ldots & 0 & z & 1+x \end{array}\right| \text {,其中 } x=y z \text {. }$

解
容易计算 $D_{1}=1+x, D_{2}=1+x+x^{2}, D_{3}=1+x+x^{2}+x^{3}$ . 猜想:
$D_{n}=1+x+x^{2}+\cdots+x^{n}$ .
用数学归纳法证明: 当 $n = 1$ 时, $D_{1}=1+x$ , 结论成立. 假设结论对 $\leqslant n-1$ 的正整数都成立. 现将 $D_{n}$ 按第一行展开:
$\begin{aligned} D_{n} &=(1+x) D_{n-1}-y z D_{n-2} \\ &=(1+x)\left(1+x+x^{2}+\cdots+x^{n-1}\right)-x\left(1+x+x^{2}+\cdots+x^{n-2}\right) \\ &=1+x+x^{2}+\cdots+x^{n} . \end{aligned}$