Algebra liniowa z geometrią analityczną/Ćwiczenia 7: Wyznacznik

Zadanie 7.1

Niech $f:{\mathbb{ℝ}}^3\times {\mathbb{ℝ}}^3\to \mathbb{ℝ}$ będzie dane wzorem

$f((x_1,x_2,x_3),(y_1,y_2,y_3))=3x_1{y}_2-3x_2{y}_1-x_3{y}_1+x_1{y}_3.$

Zbadać, czy

i) $f$ jest odwzorowaniem dwuliniowym,

ii) $f$ jest odwzorowaniem symetrycznym,

iii) $f$ jest odwzorowaniem antysymetrycznym.

Wskazówka

Badając, czy odwzorowanie jest dwuliniowe odwołać się do definicji

i skorzystać ze znanych własności odwzorowań liniowych. W drugiej części zadania pamiętajmy, że

1. forma dwuliniowa jest symetryczna wtedy i tylko wtedy, gdy

$f(\mathbf{𝐱},\mathbf{𝐲})=f(\mathbf{𝐲},\mathbf{𝐱})$

dla dowolnych wektorów $\mathbf{𝐱}=(x_1,x_2,x_3),\mathbf{𝐲}=(y_1,y_2,y_3)\in {\mathbb{ℝ}}^3$,

1. forma dwuliniowa jest antysymetryczna wtedy i tylko wtedy, gdy

$f(\mathbf{𝐱},\mathbf{𝐲})=-f(\mathbf{𝐲},\mathbf{𝐱})$

dla dowolnych wektorów $\mathbf{𝐱}=(x_1,x_2,x_3),\mathbf{𝐲}=(y_1,y_2,y_3)\in {\mathbb{ℝ}}^3$.

Dlatego należy spróbować wyrazić $f(\mathbf{𝐲},\mathbf{𝐱})$ przy pomocy $f(\mathbf{𝐱},\mathbf{𝐲})$ dla dowolnych wektorów $\mathbf{𝐱}=(x_1,x_2,x_3),\mathbf{𝐲}=(y_1,y_2,y_3)\in {\mathbb{ℝ}}^3$

Rozwiązanie

Jeżeli ustalimy wektor

$\mathbf{𝐱}=(x_1,x_2,x_3)\in {\mathbb{ℝ}}^3$, to odwzorowanie $f_{\mathbf{𝐱}}:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^3$ dane wzorem

$f_{\mathbf{𝐱}}((y_1,y_2,y_3))=f(\mathbf{𝐱},(y_1,y_2,y_3))$

jest na mocy zadań 4.1 oraz 4.3 liniowe. Analogicznie jeżeli ustalimy wektor $\mathbf{𝐲}=(y_1,y_2,y_3)\in {\mathbb{ℝ}}^3$, to odwzorowanie $f_{\mathbf{𝐲}}:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^3$ dane wzorem

$f_{\mathbf{𝐲}}((x_1,x_2,x_3))=f((x_1,x_2,x_3),\mathbf{𝐲})$

jest na mocy zadań 4.1 oraz 4.3 liniowe. Oznacza to, że rozważane odwzorowanie $f$ jest odwzorowaniem dwuliniowym. Zauważmy także, że dla dowolnych wektorów $\mathbf{𝐱}=(x_1,x_2,x_3),\mathbf{𝐲}=(y_1,y_2,y_3)\in {\mathbb{ℝ}}^3$ zachodzi

f({y},{x})&=3y_1x_2 - 3y_2x_1 - y_3x_1 + y_1x_3
&=-(-3y_1x_2 + 3y_2x_1 + y_3x_1 - y_1x_3)
&=-(3y_2x_1-3y_1x_2 - y_1x_3 + y_3x_1)
&=-(3x_1y_2-3x_2y_1 - x_3y_1 + x_1y_3)
&=-f({x},{y}).

Oznacza to, że rozważana forma jest antysymetryczna. Ponieważ jedyną formą dwuliniową, która jest równocześnie symetryczna i antysymetryczna jest forma zerowa, nasza forma $f$ nie jest formą symetryczną.

Zadanie 7.2

Niech $V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\mathbb{ℝ}$ i niech $f,g\in V^{*}$, $f\ne g$. Definiujemy

$h:V\times V\ni (v,w)\to f(v)g(w)-f(w)g(v)\in \mathbb{ℝ}.$

Zbadać, czy

1. $h$ jest formą dwuliniową,
2. $h$ jest odwzorowaniem antysymetrycznym.

Wskazówka

Wystarczy skorzystać, z definicji podanych na wykładzie

i z tego, że $V^{*}$ jest przestrzenią wektorową.

Rozwiązanie

Zbadamy, czy $h$ jest formą dwuliniową. Zauważmy, że jeżeli ustalimy

wektor $v\in V$, to odwzorowanie $h_{\mathbf{𝐯}}:{\mathbb{ℝ}}^3\to {\mathbb{ℝ}}^3$ dane wzorem

$h_{\mathbf{𝐯}}(w)=h(v,w)=f(v)g(w)-g(v)f(w)$

jest kombinacją liniową odwzorowań $g$ i $f$ o współczynnikach $f(v)$ i $-g(v)$, czyli jest także odwzorowaniem liniowym. W szczególności odwzorowanie $h$ jest liniowe ze względu na pierwszą zmienną. Analogicznie dowodzimy liniowości odwzorowania $h$ ze względu na drugą zmienną.

Zauważmy, że dla dowolnych wektorów $v,w\in V$ zachodzi

h(w,v) &= f(w) g(v) - f(v) g(w)
&=-( f(v) g(w) - f(w) g(v))
&=-h(v,w).

Oznacza to, że rozważana forma jest antysymetryczna.

Zadanie 7.3

Niech $V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\mathbb{𝕂}$ i niech $g:V\to V$ będzie endomorfizmem. Wykazać, że odwzorowanie

$G:\mathbb{𝕂}\times V\ni (\alpha ,v)\to g(\alpha v)\in V$

jest dwuliniowe.

Wskazówka

Badając, czy odwzorowanie jest dwuliniowe odwołać się do definicji

i skorzystać ze znanych własności odwzorowań liniowych.

Rozwiązanie

Ustalmy wektor $v\in V$. Wykażemy liniowość odwzorowania

$G$ ze względu na pierwszą zmienną. Niech $\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta$ będą dowolnymi elementami ciała $\mathbb{𝕂}$. Wówczas

G((+),v) &=g((+)v)
&=(+)g(v)
&=()g(v)+()g(v)
&=( g(v))+( g(v))
&= g( v)+ g( v)
&= G(,v)+ G(,v),

co oznacza, że odwzorowanie $G$ jest liniowe ze względu na pierwszą zmienną. Badając liniowość odwzorowania $G$ ze względu na drugą zmienną zauważmy, że przy ustalonym skalarze $\alpha \in \mathbb{𝕂}$ dla każdego wektora $v\in V$ zachodzi równość

$G(\alpha ,v)=g(\alpha v)=\alpha g(v).$

Oznacza to, że zachodzi następujące odwzorowania są sobie równe

$G_{\alpha }=\alpha g,$

gdzie $G_{\alpha }$ oznacza endomorfizm przestrzeni $V$ dany wzorem:

$G_{\alpha }(v)=G(\alpha ,v).$

Ponieważ odwzorowanie $\alpha g$ jest oczywiście odwzorowaniem liniowym, dowód liniowości odwzorowania $G$ ze względu na drugą zmienną jest zakończony. Oznacza to, że rozważane odwzorowanie $G$ jest odwzorowaniem dwuliniowym, co było do okazania.

Zadanie 7.4

Niech $V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\mathbb{𝕂}$ i niech

$G:\mathbb{𝕂}\times V\to V$

będzie odwzorowaniem dwuliniowym. Wykazać, że istnieje taki endomorfizm $g:V\to V$, że dla wszystkich $\alpha \in \mathbb{𝕂}$ i wszystkich $v\in V$ zachodzi równość:

$G(\alpha ,v)=g(\alpha v).$

Wskazówka

Ustalić odpowiedni skalar $\alpha \in \mathbb{𝕂}$ i zdefiniować

$g(v)=G(\alpha ,v),$

dla dowolnego $v\in V$.

Rozwiązanie

Niech $1$ oznacza jedynkę ciała $\mathbb{𝕂}$. Niech $g:V\to V$ będzie dane wzorem

$g(v)=G(1,v),$

dla dowolnego $v\in V$. Liniowość odwzorowania $g$ wynika z dwuliniowości odwzorowania $G$. Ustalmy teraz dowolny skalar $\alpha \in \mathbb{𝕂}$ oraz wektor $v\in V$. Wówczas

g( v)&=G(1, v)
&= G(1, v)
&=G( 1, v)
&=G(, v),

co było do okazania.

Zadanie 7.5

Niech $V$ będzie przestrzenią wektorową nad ciałem $\mathbb{𝕂}$ i niech $\phi \in {{ℒ}}_a^n(V)$. Ustalmy wektory $v_1,\dots ,v_n\in V$. Wykazać, że dla dowolnych $j,k\in \{1,\dots ,n\}$, $j\ne k$ i dla dowolnego skalara $\alpha \in \mathbb{𝕂}$ zachodzi równość:

$\phi (v_1,\dots ,v_j+\alpha v_k,\dots ,v_n)=\phi (v_1,\dots ,v_n).$

Wskazówka

Skorzystać z liniowości odwzorowania $\phi$ ze względu na

$j$-tą zmienną oraz z faktu, że odwzorowania $n$-liniowe jest antysymetryczne wtedy i tylko wtedy, gdy znika na każdym układzie wektorów liniowo zależnych.

Rozwiązanie

Ustalmy: wektory $v_1,\dots ,v_n\in V$, skalar $\alpha \in \mathbb{𝕂}$ oraz liczby $j,k\in \{1,\dots ,n\}$, $j\ne k$. Z liniowości odwzorowania $\phi$ ze względu na $j$-tą zmienną wynika, że

$\phi (v_1,\dots ,v_j+\alpha v_k,\dots ,v_n)=\phi (v_1,\dots ,v_j,\dots ,v_n)+\phi (v_1,\dots ,\alpha v_k,\dots ,v_n).$

Zauważmy, że w ciąg wektorów

$v_1,\dots ,v_{j-1},\underset{j}{\underbrace{\alpha v_k}},v_{j+1}\dots ,v_n,$

w którym na $j$-tej pozycji stoi wektor $\alpha v_k$, a na $k$-tej pozycji stoi wektor $v_k$, przy czym $j\ne k$ musi stanowić liniowo zależny układ wektorów. Ponieważ $\phi$ jest odwzorowaniem $n$-liniowym antysymetrycznym, zatem znika ono na każdym układzie wektorów liniowo zależnych, w szczególności

$\phi (v_1,\dots ,\alpha v_k,\dots ,v_n)=0.$

Wynika stąd, że

$\phi (v_1,\dots ,v_j+\alpha v_k,\dots ,v_n)=\phi (v_1,\dots ,v_n),$

co było do okazania.

Zadanie 7.6

Niech

$A=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right].$

Wykazać, że $\det A=ad-bc$.

Wskazówka

Zadanie można rozwiązać na co najmniej dwa sposoby:

1. Zauważyć, że odwzorowanie $\omega :M(n,n;\mathbb{ℝ})\to \mathbb{ℝ}$

dane wzorem

$\omega \left(\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]\right)=ad-bc$

jest dwuliniowe i antysymetryczne względem kolumn macierzy oraz spełniona jest równość

$\omega \left(\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 1\end{array}\right]\right)=1$

a następnie skorzystać z odpowiedniego twierdzenia z wykładu.

1. Skorzystać z faktu, że wyznacznik macierzy $A=[a_{ij}{]}_{2\times 2}$

jest równy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{\sigma\in S_2}\sgn \sigma a_{\sigma(1)1}a_{\sigma(2)2}.\qedhere }

Rozwiązanie

Niech

$A=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\end{array}\right].$

Zauważmy, że zbiorem wszystkich permutacji dwuelementowych jest

$S_2=\{{\sigma }_0,{\sigma }_1\},$

gdzie ${\sigma }_0,{\sigma }_1$ są odwzorowaniami danymi wzorami:

_0(1)=&1,&_0(2)&=2
_1(1)=&2,&_1(2)&=1.

Oczywiście mamy też

_0=&1,& _1&=-1.

Wiemy, że wyznacznik macierzy $A=[a_{ij}{]}_{2\times 2}$ jest równy:

$\sum _{\sigma \in S_2}\mathrm{sgn}\sigma a_{\sigma (1)1}{a}_{\sigma (2)2}.$

Uwzględniając powyższe informacje widzimy, że

A&= _0 a_{_0(1)1}a_{_0(2)2}+ _1 a_{_1(1)1}a_{_1(2)2}
&=a_{11}a_{22}-a_{21}a_{12}
&=ad-cb,

co było do okazania.

Zadanie 7.7

Niech

$A=\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right].$

Wykazać, że

$\det A=a_{11}{a}_{22}{a}_{33}+a_{12}{a}_{23}{a}_{31}+a_{13}{a}_{21}{a}_{32}-(a_{13}{a}_{22}{a}_{31}+a_{11}{a}_{23}{a}_{32}+a_{12}{a}_{21}{a}_{33}).$

Dowód Komentarz

Oto sposób obliczania tego wyznacznika: do macierzy $A$ dopisujemy pierwszą i drugą kolumnę

$\left[\begin{array}{ccc}{a}_{11}& a_{12}& a_{13}\\ a_{21}& a_{22}& a_{23}\\ a_{31}& a_{32}& a_{33}\end{array}\right]\begin{array}{cc}{a}_{11}& a_{12}\\ a_{21}& a_{22}\\ a_{31}& a_{32}\end{array}$

a następnie sumujemy iloczyny wyrazów stojących wzdłuż przekątnej głównej (łączącej $a_{11}$ i $a_{33}$) macierzy $A$ oraz iloczyny wyrazów stojących wzdłuż linii do niej równoległych i odejmujemy iloczyny wyrazów stojących wzdłuż przekątnej łączącej $a_{13}$ i $a_{31}$ oraz wzdłuż linii równoległych do niej.

Wskazówka

Patrz wskazówki do zadania 7.6, dowód można także przeprowadzić korzystając ze wzoru na wyznacznik macierzy $2\times 2$ podanego w zadaniu 7.6 i wzoru na rozwinięcie wyznacznika macierzy względem ustalonego wiersza (kolumny) podanego w twierdzeniu z modułu VII.

Rozwiązanie

Wiemy, że wyznacznik macierzy

$A=[a_{ij}{]}_{3\times 3}$ jest równy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tag”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{\sigma\in S_3}\sgn \sigma a_{1\sigma(1)}a_{2\sigma(2)}a_{3\sigma(3)}.\tag{} *Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle } }

Z drugiej strony wszystkie permutacje należące do $S_3$, ich znaki oraz odpowiadające tym permutacjom składniki sumy Uzupelnic sum3| podane są w zamieszczonej niżej tabelce:

$\begin{array}{ccc}\sigma & \mathrm{sgn}\sigma & a_{1\sigma (1)}{a}_{2\sigma (2)}{a}_{3\sigma (3)}\\ (1,2,3)& +1& a_{11}{a}_{22}{a}_{33}\\ (1,3,2)& -1& a_{11}{a}_{23}{a}_{32}\\ (2,1,3)& -1& a_{12}{a}_{21}{a}_{33}\\ (2,3,1)& +1& a_{12}{a}_{23}{a}_{31}\\ (3,1,2)& +1& a_{13}{a}_{21}{a}_{32}\\ (3,2,1)& -1& a_{13}{a}_{22}{a}_{31}\end{array}$

Wynika stąd, że

$\det A=a_{11}{a}_{22}{a}_{33}-a_{11}{a}_{23}{a}_{32}-a_{12}{a}_{21}{a}_{33}+a_{12}{a}_{23}{a}_{31}+a_{13}{a}_{21}{a}_{32}-a_{13}{a}_{22}{a}_{31},$

co po uporządkowaniu daje

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \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}).\qedhere }

ANIMACJA

Zadanie 7.7

Obliczyć wyznaczniki macierzy $A$, $B$, $AB$ oraz $A^{-1}$, gdy

A &= [ {rrr} -1 & 3 & 2
3 & 0 & 1
2 & 3 & 0

],& B &= [ {rrr} 1 & 0 & 2
2 & 3 & 1
3 &3 &-3

].

}}

Wskazówka

Skorzystać ze wzoru podanego w zadaniu Uzupelnic zad_7_7|.

Obliczając wyznaczniki macierzy $AB$ oraz $A^{-1}$ skorzystać z odpowiednich własności funkcji $\det$.

Rozwiązanie

Korzystając ze wzoru podanego w zadaniu Uzupelnic zad_7_7|

otrzymujemy:

A &= [ {rrr} -1 & 3 & 2
3 & 0 & 1
2 & 3 & 0

]=27,& B &= [ {rrr} 1 & 0 & 2
2 & 3 & 1
3 &3 &-3

]=-18.

Aby obliczyć $\det AB$ wystarczy skorzystać z odpowiedniego wzoru, aby otrzymać, że

$\det AB=\det A\det B=27\cdot (-18)=-486.$

Podobnie

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \det A^{-1}=\frac{1}{\det A}=\frac{1}{27}.\qedhere }

Ćwiczenie

Obliczyć wyznacznik macierzy

$A=\left[\begin{array}{rrrr}2& 3& 2& 7\\ -2& 3& 0& 1\\ 0& 0& -3& 5\\ 0& 0& 4& -5\end{array}\right].$

Wskazówka

Aby uprościć obliczenia należy skorzystać z twierdzenia

0.1.6 z modułu VII.

Rozwiązanie

Podzielmy macierz na bloki zgodnie z poniższą

ilustracją:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\cline”): {\displaystyle \displaystyle A = \left [ \begin{array} {rr|rr} 2 & 3 & 2 & 7 \\ -2 & 3 & 0 & 1 \\ \cline{1-4} 0 & 0 & -3 & 5 \\ 0 & 0 & 4 & -5 \end{array} \right] = \left [ \begin{array} {c|c} \mathbf{A_{11}} & \mathbf{A_{12}} \\ \cline{1-2} \mathbf{0} & \mathbf{A_{22}} \end{array} \right]. }

Na mocy twierdzenia 0.1.6 z modułu VII widzimy, że

$\det A=\det A_{11}\cdot \det A_{22}.$

Jak łatwo obliczyć (korzystając np. z zadania Uzupelnic zad_7_6|) zachodzi

A_{11}&=12,& A_{22}&=-5,

co oznacza, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \det A =\det A_{11} \cdot \det A_{22}=-60.\qedhere }

Ćwiczenie

Wykazać, że

$\det \left[\begin{array}{rrr}1& a& a^2\\ 1& b& b^2\\ 1& c& c^2\end{array}\right]=(b-a)(c-a)(c-b).$

Wskazówka

Można skorzystać ze wzoru podanego

w zadaniu Uzupelnic zad_7_7|. Można także zauważyć, że jeżeli $a=b$ lub $b=c$ lub $a=c$, to nasz wyznacznik jest równy $0$, a następnie skorzystać z faktu, że wyznacznik macierzy $A=[a_{ij}{]}_{3\times 3}$ jest równy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{\sigma\in S_3}\sgn \sigma a_{\sigma(1)1}a_{\sigma(2)2}a_{\sigma(3)3}.\qedhere }

Rozwiązanie

Wykorzystując metodę podaną w zadaniu Uzupelnic zad_7_7| po wykonaniu

odpowiednich rachunków uzyskamy dowód. Podamy jednak alternatywny dowód, który dzięki pewnym obserwacjom będzie przeprowadzony bez wykonania jakichkolwiek rachunków. Wiemy, że wyznacznik macierzy $A=[a_{ij}{]}_{3\times 3}$ jest równy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tag”): {\displaystyle \displaystyle \sum_{\sigma\in S_3}\sgn \sigma a_{\sigma(1)1}a_{\sigma(2)2}a_{\sigma(3)3}.\tag{} *Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle } }

Zauważmy, że czynniki w każdym z iloczynów postaci $a_{\sigma (1)1}{a}_{\sigma (2)2}{a}_{\sigma (3)3}$ pochodzą zawsze z różnych wierszy i różnych kolumn macierzy $A$. Wynika stąd, że powyższe wyrażenie (Uzupelnic sum|) dla naszej macierzy jest wielomianem stopnia trzeciego trzech zmiennych $a$, $b$ i $c$, przy czym każda ze zmiennych występuje w co najwyżej drugiej potędze. Można także zauważyć, że jeżeli $a=b$ lub $b=c$ lub $a=c$, to nasz wyznacznik jest równy $0$, a zatem nasz wielomian musi być podzielny przez $(a-b)$, $(b-c)$ oraz $(a-c)$. Wynika stąd, że

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tag”): {\displaystyle \displaystyle \det A = \sum_{\sigma\in S_3}\sgn \sigma a_{\sigma(1)1}a_{\sigma(2)2}a_{\sigma(3)3}=k (a-b)(b-c)(a-c),\tag{} **Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle } }

gdzie $k$ jest nie ustaloną jeszcze liczbą rzeczywistą. Aby wyznaczyć $k$ zauważmy, że we wzorze (Uzupelnic sum|) składnik $b{c}^2$ pojawia się dokładnie raz i odpowiada identyczności, która jest permutacją o znaku równym $1$. Z drugiej strony w wyrażeniu (Uzupelnic sum2|) pojawia sie składnik $-kb{c}^2$. Wynika stąd, że $k=-1$ oraz

$\det A=-(a-b)(b-c)(a-c)=(b-a)(c-a)(c-b),$

co było do okazania.

Ćwiczenie

Podać wzór na wyznacznik następujących macierzy:

A&=[ {rrrrr} 1 & 2 & 3 & ... & n
-1 & 0 & 3 & ... & n
-1 & -2 & 0 & ... & n
& & & &
-1 & -2 & -3 & ... & 0

], & B&=[ {cccccc} 0 & a & 0 & 0 & 0 & 0
f & 0 & b & 0 & 0 & 0
0 & g & 0 & c & 0 & 0
0 & 0 & h & 0 & d & 0
0 & 0 & 0 & i & 0 & e
0 & 0 & 0 & 0 & j & 0

]

oraz

C&=[c_{ij}]_{n n},& { gdzie } c_{ij}&= 1,&{gdy }i+j=n+1
0,&{gdy }i+j n+1 ,
D&=[d_{ij}]_{n n},& { gdzie } d_{ij}&= i ,&{gdy }i=j,
n,&{gdy }i j.

Wskazówka

1. Dodając wybrany wiersz do pozostałych wierszy macierzy

sprowadzić ją do postaci trójkątnej tzn. wyzerować wszystkie wyrazy macierzy leżące pod główną przekątną, a następnie skorzystać z faktu, że dla takiej macierzy trójkątnej wyznacznik jest równy iloczynowi wyrazów stojących na głównej przekątnej.

1. Użyć twierdzenia Laplace'a.
2. Odpowiednio zamieniać wiersze miejscami, aby przekształcić macierz

$C$ do macierzy jednostkowej. Każda taka operacja zmienia znak macierzy na przeciwny.

1. Patrz wskazówka do podpunktu $(a)$.

Rozwiązanie

1. Dodając pierwszy wiersz macierzy $A$ do wierszy o numerach

$2,3,\dots ,n$ otrzymujemy macierz:

$\left[\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& 4& \dots & n\\ 0& 2& 2\cdot 3& 2\cdot 4& \dots & 2n\\ 0& 0& 3& 2\cdot 4& \dots & 2n\\ 0& 0& 0& 4& \dots & 2n\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \dots & n\end{array}\right].$

Ponieważ operacja dodawania jednego wiersza do innego wiersza nie zmienia wyznacznika macierzy widzimy, że

$\det \left[\begin{array}{rrrrrr}1& 2& 3& 4& \dots & n\\ -1& 0& 3& 4& \dots & n\\ -1& -2& 0& 4& \dots & n\\ -1& -2& -3& 0& \dots & n\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ -1& -2& -3& -4& \dots & 0\end{array}\right]=\det \left[\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& 4& \dots & n\\ 0& 2& 2\cdot 3& 2\cdot 4& \dots & 2n\\ 0& 0& 3& 2\cdot 4& \dots & 2n\\ 0& 0& 0& 4& \dots & 2n\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \dots & n\end{array}\right].$

Z drugiej strony jest jasne, że

$\det \left[\begin{array}{cccccc}1& 2& 3& 4& \dots & n\\ 0& 2& 2\cdot 3& 2\cdot 4& \dots & 2n\\ 0& 0& 3& 2\cdot 4& \dots & 2n\\ 0& 0& 0& 4& \dots & 2n\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \dots & n\end{array}\right]=n!.$

Wykazaliśmy zatem, że

$\det A=n!.$

1. Rozwijając wyznacznik macierzy $B$ względem pierwszego wiersza

widzimy, że

$\det B=(-1)a\det \left[\begin{array}{ccccc}f& b& 0& 0& 0\\ 0& 0& c& 0& 0\\ 0& h& 0& d& 0\\ 0& 0& i& 0& e\\ 0& 0& 0& j& 0\end{array}\right].$

Rozwijając następnie wyznacznik otrzymanej wyżej macierzy względem ostatniej kolumny otrzymujemy:

$\det B=(-1)a\cdot (-1)e\det \left[\begin{array}{cccc}f& b& 0& 0\\ 0& 0& c& 0\\ 0& h& 0& d\\ 0& 0& 0& j\end{array}\right].$

Ponownie rozwijając wyznacznik otrzymanej wyżej macierzy względem drugiego wiersza otrzymujemy:

$\det B=ae\cdot (-1)c\det \left[\begin{array}{ccc}f& b& 0\\ 0& h& d\\ 0& 0& j\end{array}\right].$

Ponieważ ta ostatnia macierz jest macierzą trójkątną, widzimy, że

$\det B=-acefhj.$

1. Zauważmy, że macierz $C$ wygląda tak:

$C=\left[\begin{array}{cccccc}0& 1& 0& 0& \dots & 0\\ 0& 0& 1& 0& \dots & 0\\ 0& 0& 0& 1& \dots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \dots & 1\\ 1& 0& 0& 0& \dots & 0\end{array}\right].$

Zamieniając miejscami wiersz $n$-ty z wierszem $n-1$-wszym, następnie $n-1$-wszy z $n-2$-gim i tak dalej, by na końcu zamienić miejscami wiersz pierwszy z drugim otrzymujemy macierz jednostkową. Potrzebowaliśmy $n-1$ operacji zamiany wiersza miejscami zatem wyznacznik naszej macierzy wynosi:

$\det C=(-1{)}^{n-1}\det I=(-1{)}^{n-1}.$

1. Zauważmy, że macierz $D$ wygląda schematycznie tak:

$D=\left[\begin{array}{cccccc}1& n& n& n& \dots & n\\ n& 2& n& n& \dots & n\\ n& n& 3& n& \dots & n\\ n& n& n& 4& \dots & n\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ n& n& n& n& \dots & n\end{array}\right].$

Odejmując wiersz o numerze $n$ od wierszy o numerach $1,2,\dots ,n-1$ otrzymujemy poniższą macierz $D^{\prime }$ o wyznaczniku równym wyznacznikowi macierzy $D$.

$D^{\prime }=\left[\begin{array}{cccccrc}1-n& 0& 0& 0& \dots & 0& 0\\ 0& 2-n& 0& 0& \dots & 0& 0\\ 0& n& 3-n& 0& \dots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ 0& 0& 0& 0& \dots & -1& 0\\ n& n& n& n& \dots & n& n\end{array}\right].$

Oczywiście mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\qedhere”): {\displaystyle \displaystyle \det D=\det D'=n\cdot(-1)\cdot (-2)\cdot \ldots (2-n)\cdot (1-n)=(-1)^{n-1}n!.\qedhere }

Ćwiczenie

Niech $A$ będzie rzeczywistą macierzą kwadratową wymiaru $n$.

1. Udowodnić, że jeżeli $A$ jest macierzą skośnie symetryczną,

czyli $A^{*}=-A$ oraz $n$ jest liczbą nieparzystą, to $\det A=0$.

1. Podać przykład rzeczywistej skośnie symetrycznej macierzy

kwadratowej $A$ takiej, że $\det A\ne 0$.

1. Jeżeli $A^2+I=0$, to $n$ jest liczbą parzystą.
2. Czy powyższa implikacja pozostaje prawdziwa jeżeli założmy, że

$A$ jest macierzą zespoloną?

Wskazówka

Skorzystać z podstawowych własności wyznacznika.

Rozwiązanie

1. Załóżmy, że $A\in M(n,n;\mathbb{ℝ})$ jest macierzą skośnie symetryczną,

czyli $A^{*}=-A$ oraz $n$ jest liczbą nieparzystą. Z równości $A^{*}=-A$ wynika, że

$\det (A^{*})=\det (-A).$

Ponieważ $n$ jest liczbą nieparzystą widzimy, że

$\det (-A)=(-1{)}^n\det A=-\det A.$

Z drugiej strony

$\det (A^{*})=\det A.$

Otrzymaliśmy, że

$\det A=-\det A,$

co jest możliwe tylko, gdy $\det A=0$, co było do okazania.

1. Przykładem rzeczywistej skośnie symetrycznej macierzy

kwadratowej $A$ takiej, że $\det A\ne 0$ jest, jak łatwo sprawdzić, macierz

$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ -1& 0\end{array}\right].$

1. Jeżeli $A^2+I=0$, to

$A^2=-I.$

Wówczas

$\det A^2=\det (-I),$

czyli

$(\det A{)}^2=(-1{)}^n.$

Ponieważ $(\det A{)}^2$ jest dla dowolnej rzeczywistej macierzy kwadratowej liczbą rzeczywistą nieujemną widzimy, że $(-1{)}^n$ musi być równe $1$, co jest możliwe tylko, gdy $n$ jest liczbą parzystą.

1. Twierdzenie z porzedniego podpunktu przestaje być prawdziwe

jeżeli będziemy rozpatrywali macierze o wyrazach zespolonych. Niech

$A=\left[\begin{array}{ccc}\mathbf{𝐢}& 0& 0\\ 0& \mathbf{𝐢}& 0\\ 0& 0& \mathbf{𝐢}\end{array}\right].$

Wówczas $A$ jest macierzą wymiaru nieparzystego oraz

$A^2=\left[\begin{array}{ccc}{\mathbf{𝐢}}^2& 0& 0\\ 0& {\mathbf{𝐢}}^2& 0\\ 0& 0& {\mathbf{𝐢}}^2\end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccc}-1& 0& 0\\ 0& -1& 0\\ 0& 0& -1\end{array}\right]=-I.$

Podana wyżej macierz $A$ stanowi kontrprzykład dla twierdzenia zawartego w poprzednim podpunkcie w przypadku zespolonym.

Ćwiczenie

Uzasadnić, że wyznacznik następującej macierzy

$A=\left[\begin{array}{ccccc}{x}_0& x_2& x_4& x_6& x_8\\ x_1& x_3& x_5& x_7& x_9\\ x_{10}& x_{11}& 0& 0& 0\\ x_{12}& x_{13}& 0& 0& 0\\ x_{14}& x_{15}& 0& 0& 0\\ \end{array}\right],\text{ gdzie }{x}_1\dots x_{15}\in \mathbb{ℝ}.$

jest równy $0$.

Wskazówka

Wykazać, że kolumny tej macierzy nie mogą być liniowo

niezależne.

Rozwiązanie

Zauważmy, że trzy ostatnie kolumny rozważanej macierzy

traktowane jako wektory należą do dwuwymiarowej podprzestrzeni przestrzeni ${\mathbb{ℝ}}^5$, a zatem nie mogą być liniowo niezależne i rząd macierzy $A$ musi być mniejszy od $5$. Oznacza to, że

$\det A=0,$

co było do okazania.