递推法的常用步骤是:

按行或列展开行列式, 使行列式降阶,
- 比较原行列式和降阶后的行列式的异同, 找出递推关系.
- 如降阶一次仍看不出关系, 可再降一次试试.
从递推式求通式往往需要一定的技巧,
- 如下面的例 1.23 和例 1.25 都需要相当的技巧.
- 读者可细心体会之.
数学归纳法也是一种常用的方法, 本质上也是一种递推法.
许多问题用数学归纳法证明往往比较简单, 但它必须事先知道结论.
因此有时可以先猜出结论, 然后归纳地证明它.

例 1.22

求下列 $n$ 阶行列式的值:

D_{n} = 1 - a_{1} - 1 0 ⋮ 0 a_{2} 1 - a_{2} - 1 ⋮ 0 0 a_{3} 1 - a_{3} ⋮ 0 00 a_{4} ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ - 1 000 ⋮ 1 - a_{n} .

解

将所有行加到第一行上,再按第一行展开得 $D_{n} = - a_{1} D_{n - 1} + 1$ . 不难得到

D_{n} = 1 - a_{1} + a_{1} a_{2} - a_{1} a_{2} a_{3} + \dots + (- 1)^{n} a_{1} a_{2} \dots a_{n} .

例 1.23

计算 $n$ 阶行列式 $(b c \neq = 0)$ :

D_{n} = a c b a c b a ⋱ b ⋱ c ⋱ a c b a .

解

这个行列式的特点是主对角线上的元素全为 $a$ ,上次对角线上元素全为 $b$ , 下次对角线上的元素全为 $c$ ,其余元素为零. 为了求递推式,按第一行展开,得

D_{n} = a D_{n - 1} - b c D_{n - 2}

令 $a = α + β, b c = α β$ ,则

D_{n} - α D_{n - 1} = β (D_{n - 1} - α D_{n - 2}),

D_{n} - β D_{n - 1} = α (D_{n - 1} - β D_{n - 2}) .

于是

D_{n} - α D_{n - 1} = β^{n},

D_{n} - β D_{n - 1} = α^{n} .

因此,若 $a^{2} \neq = 4 b c$ (即 $α \neq = β$ ), 则

D_{n} = \frac{α ^{n + 1} - β ^{n + 1}}{α - β}

若 $a^{2} = 4 b c$ (即 $α = β$ ), 则

D_{n} = (n + 1) (\frac{a}{2})^{n} .

注

对由递推式决定的数列如何求其通项一般来说并不容易, 如果在递推式中系数为常数, 我们将有一个统一的方法来处理, 参见第 6 章例 6.52 .

例 1.24

求证: $n$ 阶行列式

∣ A ∣ = cos x 10 ⋮ 00 1 2 cos x 1 ⋮ 00 01 2 cos x ⋮ 00 001 ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ 10 000 ⋮ 2 cos x 1 000 ⋮ 1 2 cos x = cos n x .

证明

由行列式的性质 6,将 $∣ A ∣$ 的第一列进行拆分,可得

∣ A ∣ = 2 cos x 10 ⋮ 00 1 2 cos x 1 ⋮ 00 01 2 cos x ⋮ 00 001 ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ 10 000 ⋮ 2 cos x 1 000 ⋮ 1 2 cos x

- cos x 00 ⋮ 00 1 2 cos x 1 ⋮ 00 01 2 cos x ⋮ 00 001 ⋮ 00 \dots \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ 10 000 ⋮ 2 cos x 1 000 ⋮ 1 2 cos x

= D_{n} - cos x D_{n - 1}

其中 $D_{n}$ 是形如例 1.23 的行列式, $a = 2 cos x, b = c = 1$ . 根据例 1.23 的结论,我们可以事先解出: $α = cos x + i sin x$ , $β = cos x - i sin x$ .

若 $x \neq = kπ (k \in Z)$ ,则 $α \neq = β$ ,从而

D_{n} = \frac{α ^{n + 1} - β ^{n + 1}}{α - β}

= \frac{( cos ( n + 1 ) x + i sin ( n + 1 ) x ) - ( cos ( n + 1 ) x - i sin ( n + 1 ) x )}{( cos x + i sin x ) - ( cos x - i sin x )}

= \frac{sin ( n + 1 ) x}{sin x}

于是

∣ A ∣ = D_{n} - cos x D_{n - 1} = \frac{sin ( n + 1 ) x - cos x sin n x}{sin x}

= cos n x .

若 $x = kπ (k \in Z)$ ,则 $α = β$ ,从而

D_{n} = (n + 1) (\frac{a}{2})^{n} = (n + 1) (cos x)^{n} = (n + 1) (- 1)^{kn},

于是

∣ A ∣ = D_{n} - cos x D_{n - 1} = (n + 1) (- 1)^{kn} - (- 1)^{k} n (- 1)^{k (n - 1)}

= (- 1)^{kn} = cos n x . □

例 1.25

计算 $n$ 阶行列式:

D_{n} = x_{1} z z ⋮ z z y x_{2} z ⋮ z z y y x_{3} ⋮ z z \dots \dots \dots \dots \dots y y y ⋮ x_{n - 1} z y y y ⋮ y x_{n}

解

对第 $n$ 列进行分拆即可得到递推公式:

D_{n} = x_{1} z z ⋮ z z y x_{2} z ⋮ z z y y x_{3} ⋮ z z \dots \dots \dots \dots \dots y y y ⋮ x_{n - 1} z y + 0 y + 0 y + 0 ⋮ y + 0 y + x_{n} - y

= x_{1} z z ⋮ z z y x_{2} z ⋮ z z y y x_{3} ⋮ z z \dots \dots \dots \dots \dots y y y ⋮ x_{n - 1} z y y y ⋮ y y + x_{1} z z ⋮ z z y x_{2} z ⋮ z z y y x_{3} ⋮ z z \dots \dots \dots \dots \dots y y y ⋮ x_{n - 1} z 000 ⋮ 0 x_{n} - y

= x_{1} - z 00 ⋮ 0 z y - z x_{2} - z 0 ⋮ 0 z y - z y - z x_{3} - z ⋮ 0 z \dots \dots \dots \dots \dots y - z y - z y - z ⋮ x_{n - 1} - z z 000 ⋮ 0 y + (x_{n} - y) D_{n - 1}

= (x_{n} - y) D_{n - 1} + y i = 1 \prod n - 1 (x_{i} - z) .

同理 (转置) 有

D_{n} = (x_{n} - z) D_{n - 1} + z i = 1 \prod n - 1 (x_{i} - y) .

若 $y \neq = z$ ,解得

D_{n} = \frac{1}{z - y} [z i = 1 \prod n (x_{i} - y) - y i = 1 \prod n (x_{i} - z)];

若 $y = z$ ,由递推得

D_{n} = i = 1 \prod n (x_{i} - y) + y i = 1 \sum n j \neq = i \prod (x_{j} - y) . (口)

例 1.16 的解法 2

记 $∣ A ∣$ 为 $D_{n}$ ,我们来求 $D_{n}$ 与 $D_{n - 1}$ 之间的递推公式. 注意下面计算中的第一步是将行列式的前 $n - 1$ 列每列都减去第 $n$ 列; 第三步是将行列式的前 $n - 1$ 行每行都减去第 $n$ 行; 第二步和第四步都是提取公因式.

D_{n} = \frac{1}{a _{1} + b _{1}} ⋮ \frac{1}{a _{n - 1} + b _{1}} \frac{1}{a _{n} + b _{1}} \dots \dots \dots \frac{1}{a _{1} + b _{n - 1}} ⋮ \frac{1}{a _{n - 1} + b _{n - 1}} \frac{1}{a _{n} + b _{n - 1}} \frac{1}{a _{1} + b _{n}} ⋮ \frac{1}{a _{n - 1} + b _{n}} \frac{1}{a _{n} + b _{n}}

= \frac{b _{n} - b _{1}}{( a _{1} + b _{1} ) ( a _{1} + b _{n} )} ⋮ \frac{b _{n} - b _{1}}{( a _{n - 1} + b _{1} ) ( a _{n - 1} + b _{n} )} \frac{b _{n} - b _{1}}{( a _{n} + b _{1} ) ( a _{n} + b _{n} )} \dots \dots \dots \frac{b _{n} - b _{n - 1}}{( a _{1} + b _{n - 1} ) ( a _{1} + b _{n} )} ⋮ \frac{b _{n} - b _{n - 1}}{( a _{n - 1} + b _{n - 1} ) ( a _{n - 1} + b _{n} )} \frac{b _{n} - b _{n - 1}}{( a _{n} + b _{n - 1} ) ( a _{n} + b _{n} )} \frac{1}{a _{1} + b _{n}} ⋮ \frac{1}{a _{n - 1} + b _{n}} \frac{1}{a _{n} + b _{n}}

= \frac{i = 1 \prod n - 1 ( b _{n} - b _{i} )}{j = 1 \prod n ( a _{j} + b _{n} )} \cdot \frac{1}{a _{1} + b _{1}} ⋮ \frac{1}{a _{n - 1} + b _{1}} \frac{1}{a _{n} + b _{1}} \dots \dots \dots \frac{1}{a _{1} + b _{n - 1}} ⋮ \frac{1}{a _{n - 1} + b _{n - 1}} \frac{1}{a _{n} + b _{n - 1}} 1 ⋮ 11

= \frac{i = 1 \prod n - 1 ( b _{n} - b _{i} )}{j = 1 \prod n ( a _{j} + b _{n} )} \cdot \frac{a _{n} - a _{1}}{( a _{1} + b _{1} ) ( a _{n} + b _{1} )} ⋮ \frac{a _{n} - a _{n - 1}}{( a _{n - 1} + b _{1} ) ( a _{n} + b _{1} )} \frac{1}{a _{n} + b _{1}} \dots \dots \dots \frac{a _{n} - a _{1}}{( a _{1} + b _{n - 1} ) ( a _{n} + b _{n - 1} )} ⋮ \frac{a _{n} - a _{n - 1}}{( a _{n - 1} + b _{n - 1} ) ( a _{n} + b _{n - 1} )} \frac{1}{a _{n} + b _{n - 1}} 0 ⋮ 01

= \frac{i = 1 \prod n - 1 ( a _{n} - a _{i} ) ( b _{n} - b _{i} )}{j = 1 \prod n ( a _{j} + b _{n} ) k = 1 \prod n - 1 ( a _{n} + b _{k} )} \cdot \frac{1}{a _{1} + b _{1}} ⋮ \frac{1}{a _{n - 1} + b _{1}} \dots \dots \frac{1}{a _{1} + b _{n - 1}} ⋮ \frac{1}{a _{n - 1} + b _{n - 1}}

= \frac{i = 1 \prod n - 1 ( a _{n} - a _{i} ) ( b _{n} - b _{i} )}{j = 1 \prod n ( a _{j} + b _{n} ) k = 1 \prod n - 1 ( a _{n} + b _{k} )} \cdot D_{n - 1} .

不断递推下去即得

∣ A ∣ = 1 \leq i < j \leq n \prod (a_{j} - a_{i}) (b_{j} - b_{i}) / i, j = 1 \prod n (a_{i} + b_{j})

例 1.26

设行列式

A_{n} = a_{0} + a_{1} a_{1} 0 ⋮ 0 a_{1} a_{1} + a_{2} a_{2} ⋮ 0 0 a_{2} a_{2} + a_{3} ⋮ 0 00 a_{3} ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ a_{n - 1} 000 ⋮ a_{n - 1} + a_{n},

求证:

A_{n} = a_{0} a_{1} \dots a_{n} (\frac{1}{a _{0}} + \frac{1}{a _{1}} + \dots + \frac{1}{a _{n}}) .

证明

用数学归纳法. $n = 1, 2$ 时结论显然正确,假定结论在小于 $n$ 时正确. 将 $A_{n}$ 按第 $n$ 列展开,得:

A_{n} = (a_{n - 1} + a_{n}) A_{n - 1} - a_{n - 1} a_{0} + a_{1} a_{1} 0 ⋮ 0 a_{1} a_{1} + a_{2} a_{2} ⋮ 0 0 a_{2} a_{2} + a_{3} ⋮ 0 00 a_{3} ⋮ 0 \dots \dots \dots \dots 000 ⋮ a_{n - 1} .

即

A_{n} = (a_{n - 1} + a_{n}) A_{n - 1} - a_{n - 1}^{2} A_{n - 2} .

将归纳假设代入上面的式子就可得到结论.

Youliang Zhong

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1.2.6 递推法和数学归纳法