White Shore: Różne zadania z teorii macierzy i wyznaczników

Różne zadania z teorii macierzy i wyznaczników

Udowodnij, że :

(1)

$\left|\begin{array}{ccccc}1&a_{1}&a_{2}&\dots&a_{n}\\1&a_{1}+b_{1}&a_{2}&\dots&a_{n}\\1&a_{1}&a_{2}+b_{2}&\dots&a_{n}\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\1&a_{1}&a_{2}&\dots&a_{n}+b_{n}\end{array}\right|=b_{1}b_{2}\dots b_{n}$

Najpierw do każdego $i$ -tego wiersza ( $i=2,3,\dots,n$ ) dodajemy pierwszy wiersz pomnożony przez $-1$ :

(2)

$\left|\begin{array}{ccccc}1&a_{1}&a_{2}&\dots&a_{n}\\0&b_{1}&0&\dots&0\\0&0&b_{2}&\dots&0\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\0&0&0&\dots&b_{n}\end{array}\right|$

Następnie rozwijamy wyznacznik względem pierwszej kolumny:

(3)

$\left|\begin{array}{cccc}b_{1}&0&\dots&0\\0&b_{2}&\dots&0\\\dots&\dots&\dots&\dots\\0&0&\dots&b_{n}\end{array}\right|$

Z kolei wyznacznik macierzy diagonalnej jest równy $b_{1}b_{2}\dots b_{n}$

Udowodnij, że wyznacznik macierzy antysymetrycznej jest równy $0$ .

Macierzą antysymetryczną nazywamy macierz kwadratową nieparzystego stopnia, taką że dla dowolnych $i$ , $j$ zachodzi $a_{ij}=-a_{ji}$ . Zapisujemy ją w następujący sposób:

(4)

$A=\left[\begin{array}{ccccc}0&a_{12}&a_{13}&\dots&a_{1n}\\-a_{12}&0&a_{23}&\dots&a_{2n}\\-a_{13}&-a_{23}&0&\dots&a_{3n}\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\-a_{1n}&-a_{2n}&-a_{3n}&\dots\0\end{array}\right]$

Wynika z tego, że $A^{T}=-A$ , wiemy też, że $\det A=\det A^{T}$ , czyli $\det A=\det (-A)=(-1)^{n}\det A$ a więc $\det A - (-1)^{n}\det A=0\Leftrightarrow (1-(-1)^{n})\det A=0$ a ponieważ $n$ jest nieparzyste $\det A=0$ .

Oblicz wyznacznik:

(5)

$A=\left|\begin{array}{cccc}a&b&c&d\\b&-a&d&-c\\c&-d&-a&b\\d&c&-b&-a\end{array}\right|$

Korzystamy tutaj z faktu, że $\det A^{T}=\det A$ . Wynika z tego, że $\det AA^{T}=\det A^{2}$ .

(6)

$\det A\cdot\det A^{T}=\det\left(\left|\begin{array}{cccc}a&b&c&d\\b&-a&d&-c\\c&-d&-a&b\\d&c&-b&-a\end{array}\right|\cdot \left|\begin{array}{cccc}a&b&c&d\\b&-a&-d&c\\c&d&-a&-b\\d&-c&b&-a\end{array}\right|\right)=$

(7)

$=\left|\begin{array}{cccc}a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}&0&0&0\\0&a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}&0&0\\0&0&a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}&0\\0&0&0&a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2}\end{array}\right|=$

(8)

$=(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})^{4}$

A ponieważ $\det A^{2}=(\det A)^{2}\Rightarrow\det A=|(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})^{2}|$ Ale ponieważ widzimy, że mnożąc elementy na głównej przekątnej zawsze otrzymamy $-a^{4}$ więc odrzucamy jeden z przypadków.

(9)

$\det A=-(a^{2}+b^{2}+c^{2}+d^{2})^{2}$

Niech

(10)

$u_{n}=\left|\begin{array}{cccccc}a_{1}&1&0&\dots&0&0\\-1&a_{2}&1&\dots&0&0\\0&-1&a_{3}&\dots&0&0\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\0&0&0&\dots&a_{n-1}&1\\0&0&0&\dots&-1&a_{n}\end{array}\right|$

Dowiedź, że $u_{n}=a_{n}u_{n-1}+u_{n-2}$ .

Dowodzimy to przez indukcję względem $n$ . Dla $n=3$ wzór $u_{3}=a_{3}u_{2}+u_{1}$ jest prawdziwy, ponieważ:

(11)

$u_{3}=\left|\begin{array}{ccc}a_{1}&1&0\\-1&a_{2}&1\\0&-1&a_{3}\end{array}\right|=a_{3}\left|\begin{array}{cc}a_{1}&1\\-1&a_{2}\end{array}\right|+a_{1}=a_{3}u_{2}+u_{1}$

Załóżmy więc, że dla wszystkich naturalnych $i<n$ twierdzenie jest prawdziwe. Teraz rozwijamy $u_{n}$ względem ostatniej kolumny:

(12)

$u_{n}=a_{n}A_{nn}+1\cdot A_{(n-1)n}=a_{n}(-1)^{n+n}M_{nn}+(-1)^{n-1+n}M_{(n-1)n}=a_{n}M_{nn}-M_{(n-1)n}$

Teraz korzystamy z założenia indukcyjnego i widzimy, że minor $M_{nn}=u_{n-1}$ . Następnie rozwijamy minor $M_{(n-1)n}$ względem jego ostatniej kolumny:

(13)

$M_{(n-1)n}=-1\cdot A_{n(n-1)}=-1\cdot(-1)^{n-1+n}M_{n(n-1)}$

Po raz kolejny korzystamy z założenia by zobaczyć, że $u_{n-2}=-M_{(n-1)n}$ . Na mocy indukcji matematycznej wzór jest prawdziwy.

Udowodnić, że poniższy wyznacznik stopnia $2k$ jest równy $(a^{2}-b^{2})^{k}$

(14)

$\left|\begin{array}{ccccc}a&0&\dots&0&b\\0&a&\dots&b&0\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\0&b&\dots&a&0\\b&0&\dots&0&a\end{array}\right|$

Dowód przez indukcję względem $k$ . Dla $k=1$ mamy

(15)

$\left|\begin{array}{cc}a&b\\b&a\end{array}\right|=a^{2}-b^{2}$

Zakładamy, że wzór jest ppawdziwy dla wszystkich naturalnych $n<k$ . Rozwińmy wyznacznik względem pierwszej kolumny:

(16)

$aM_{11}-bM_{(2k)1}=a\left|\begin{array}{cccccc}a&0&\dots&0&b&0\\0&a&\dots&b&0&0\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\0&b&\dots&a&0&0\\b&0&\dots&0&a&0\\0&0&\dots&0&0&a\end{array}\right|-b\left|\begin{array}{cccccc}0&0&\dots&0&0&b\\a&0&\dots&0&b&0\\0&a&\dots&b&0&0\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\0&b&\dots&a&0&0\\b&0&\dots&0&a&0\end{array}\right|$

Pierwszy z minorów rozwijamy względem ostatniego wiersza ( $2k-1$ ), drugi względem ostatniej kolumny:

(17)

$a^{2}\left|\begin{array}{ccccc}a&0&\dots&0&b\\0&a&\dots&b&0\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\0&b&\dots&a&0\\b&0&\dots&0&a\end{array}\right|-b^{2}\left|\begin{array}{ccccc}a&0&\dots&0&b\\0&a&\dots&b&0\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\0&b&\dots&a&0\\b&0&\dots&0&a\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccccc}a&0&\dots&0&b\\0&a&\dots&b&0\\\dots&\dots&\dots&\dots&\dots\\0&b&\dots&a&0\\b&0&\dots&0&a\end{array}\right|(a^{2}-b^{2})$

Widzimy, że oba minory są takie same i są stopnia $2k-2$ . Z założenia wiemy, że można je przedstawić jako $(a^{2}-b^{2})^{k-1}(a^{2}-b^{2})=(a^{2}-b^{2})^{k}$ . Otrzymaliśmy więc to czego oczekiwaliśmy.

wersja strony: 17, ostatnia edycja: 1212158422|%e %b %Y, %H:%M %Z (%O temu)

edytuj tagi historia pliki drukuj narzędzia + opcje