Demonstre que:
\left|\begin{array}{rrr}a_{1}+b_{1} t & a_{2}+b_{2} t & a_{3}+b_{3} t \a_{1} t+b_{1} & a_{2} t+b_{2} & a_{3} t+b_{3} \c_{1} & c_{2} & c_{3}\end{array}\right|=(1-t)^{2}\left|\begin{array}{lll}a_{1} & b_{1} & c_{1} \a_{2} & b_{2} & c_{2} \a_{3} & b_{3} & c_{3}\end{array}\right|

Passo 1

Vamos chamar de
M(t)=\begin{vmatrix} a_{1}+b_{1}t & a_{2}+b_{2}t & a_{3}+b_{3}t\\\ a_{1}t+b_{1} & a_{2}t+b_{2} & a_{3}t+b_{3}\\\ c_{1} & c_{2} & c_{3} \end{vmatrix}
o determinante do lado esquerdo. Note que cada entrada de M(t) é um polinômio em t de grau no máximo 1, portanto M(t) é um polinômio de grau no máximo 2. Nosso objetivo será determinar suas raízes e o coeficiente principal.

Passo 2

Avaliaremos M em t=1. Quando t=1, as duas primeiras linhas se tornam iguais:
\bigl(a_i+b_i\cdot1\bigr)_{i=1,2,3} \quad\text{e}\quad \bigl(a_i\cdot1+b_i\bigr)_{i=1,2,3}
são idênticas, logo
M(1)=0.

Passo 3

De modo análogo, avaliamos M em t=-1. Para t=-1 as linhas valem
\bigl(a_i - b_i\bigr)_{i=1,2,3} \quad\text{e}\quad \bigl(-a_i + b_i\bigr)_{i=1,2,3},
que também são iguais (só mudam de sinal), de onde
M(-1)=0.

Passo 4

Como encontramos duas raízes distintas t=1 e t=-1 e M(t) é de grau no máximo 2, segue que
M(t)=k\,(t-1)\,(t+1)=k\,(t^{2}-1)
para alguma constante k.

Passo 5

Basta agora achar k. Avaliamos em t=0:
M(0)=\begin{vmatrix} a_{1} & a_{2} & a_{3}\\\ b_{1} & b_{2} & b_{3}\\\ c_{1} & c_{2} & c_{3} \end{vmatrix} =\det\bigl[a,b,c\bigr].
Por outro lado, pela forma k\,(t^{2}-1), temos M(0)=-k. Logo
-k=\det[a,b,c]\quad\Longrightarrow\quad k=-\,\det[a,b,c].
Portanto
M(t)=-\,\det[a,b,c]\,(t^{2}-1)=\bigl(1-t^{2}\bigr)\,\det[a,b,c].

Resposta

Na verdade verifica-se que
\begin{vmatrix} a_{1}+b_{1}t & a_{2}+b_{2}t & a_{3}+b_{3}t\\\ a_{1}t+b_{1} & a_{2}t+b_{2} & a_{3}t+b_{3}\\\ c_{1} & c_{2} & c_{3} \end{vmatrix} =(1-t^{2})\, \begin{vmatrix} a_{1} & b_{1} & c_{1}\\\ a_{2} & b_{2} & c_{2}\\\ a_{3} & b_{3} & c_{3} \end{vmatrix},
e não (1-t)^{2} como dado originalmente.

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